On en déduit que $I \in T(C)$. Puis, comme tout ouvert non vide peut s'écrire comme réunion dénombrable d'intervalle s ouverts à extrémités finies (voir le lemme 2.11 page 40), on obtient que tout ouvert appartient à T(C). Ceci permet de conclure que $B(\mathbb{R}) \subset T(C)$ et finalement que $B(\mathbb{R}) = T(C)$.

4. Soit S un sous ensemble dense de $\mathbb{R}$. Montrer que $B(\mathbb{R}^N)$ est engendrée par la classe des boules ouvertes (ou bien fermées) telles que les coordonnées du centre et le rayon appartiennent S.

**Corrigé** – On reprend le même raisonnement que dans la première question en remplaçant $\mathbb{Q}^N$ par $S^N$ (qui est dense dans $\mathbb{R}^N$) et $\mathbb{Q}_+^*$ par $S_+^* = \{s \in S; s > 0\}$ (qui est dense dans $\mathbb{R}_+^*$).

**Exercice 2.8 (Une tribu infinie est non dénombrable)** Montrer que toute tribu infinie T sur un ensemble (infini) E est non dénombrable. [Si T est dénombrable, on pourra introduire, pour tout élément $x \in E$, l'ensemble $A(x)$ intersection de tous les éléments de T contenant $x$. Puis, montrer à l'aide de ces ensembles qu'il existe une injection de $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ dans T.]

**Exercice 2.9 (Algèbre)** Soit E un ensemble et $\mathcal{A} \subset \mathcal{P}(E)$.

1. Montrer que $\mathcal{A}$ est une algèbre (cf. définition 2.5) si et seulement si $\mathcal{A}$ vérifie les deux propriétés suivantes :

(a) $E \in \mathcal{A}$,

(b) $A, B \in \mathcal{A} \Rightarrow A \setminus B \in \mathcal{A}$.

**Corrigé** – On suppose que $\mathcal{A}$ est une algèbre. Il est clair que (a) est vérifiée. Pour montrer (b) il suffit d'utiliser la stabilité par intersection finie et par passage au complémentaire, cela donne bien que $A \setminus B = A \cap B^c \in \mathcal{A}$ si $A, B \in \mathcal{A}$.

On suppose maintenant que $\mathcal{A}$ vérifie (a) et (b).

On a alors $\emptyset = E \setminus E \in \mathcal{A}$, et donc $\emptyset, E \in \mathcal{A}$.

On remarque ensuite que, grâce à (b), $A^c = E \setminus A \in E$ si $A \in \mathcal{A}$. On a donc la stabilité de $\mathcal{A}$ par passage au complémentaire.

Soit maintenant $A_1, A_2 \in \mathcal{A}$. On a $A_1 \cap A_2 = A_1 \setminus A_2^c$, on en déduit que $A_1 \cap A_2 \in \mathcal{A}$ par (b) et la stabilité de $\mathcal{A}$ par passage au complémentaire. Une récurrence sur n donne alors que $\mathcal{A}$ est stable par intersection finie.

Enfin, la stabilité de $\mathcal{A}$ par union finie découle de la stabilité de $\mathcal{A}$ par intersection finie et par passage au complémentaire car $(\bigcup_{p=0}^n A_p)^c = \bigcap_{p=0}^n A_p^c$.

On a bien montré que $\mathcal{A}$ est une algèbre.

2. Soit $(A_i)_{i \in I}$ une famille d'algèbres (sur E). Montrer que $\bigcap_{i \in I} A_i = \{A \in \mathcal{P}(E); A \in A_i \text{ pour tout } i \in I\}$ est encore une algèbre.
**Corrigé** – On peut montrer que $\bigcap_{i \in I} A_i$ est une algèbre en utilisant directement la définition d'une algèbre. On peut aussi le montrer en utilisant la première question, ce que nous faisons ici. On montre donc que $\bigcap_{i \in I} A_i$ vérifie (a) et (b) :

$E \in \bigcap_{i \in I} A_i \text{ car } E \in A_i \text{ pour tout } i \in I.$

Soit $A, B \in \bigcap_{i \in I} A_i$. Pour tout $i \in I$, on a $A, B \in A_i$. On en déduit $A \setminus B \in A_i$ (car $A_i$ est une algèbre) et donc $A \setminus B \in \bigcap_{i \in I} A_i$.

On a bien montré que $\bigcap_{i \in I} A_i$ est une algèbre.

Si $C \subset \mathcal{P}(E)$, la deuxième question permet donc de définir l'algèbre engendrée par $C$ comme l'intersection de toutes les algèbres sur $E$ contenant $C$.

**Exercice 2.10 (Suite croissante de tribus)** Soit $E$ un ensemble. Soit $(A_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite croissante de tribus de $E$. Montrer que $A = \cup_{n \in \mathbb{N}} A_n$ est une algèbre (cf. définition 2.5), mais n'est pas, en général, une tribu. Donner une suite d'algèbres finies de parties de $[0, 1]$ dont la réunion engendre $B([0, 1])$.

**Exercice 2.11 (Tribu engendrée par une partition)**

Soit $E$ un ensemble et $(A_i)_{i \in I}$ une partition de $E$, c'est-à-dire que $\cup_{i \in I} A_i = E$ et $A_i \cap A_j = \emptyset$ si $i \neq j$. On suppose aussi que $A_i \neq \emptyset$ pour tout $i \in I$.

On note $C$ l'ensemble des parties de $E$ s'écrivant comme réunion au plus dénombrable d'éléments de cette partition, c'est-à-dire que

$$C = \{ \cup_{i \in J} A_j, \text{ avec } J \subset I, J \text{ au plus dénombrable} \}.$$

On note aussi $\mathcal{D} = \{B^c, B \in \mathcal{C}\}$ et $T = \mathcal{C} \cup \mathcal{D}$.

1. On suppose, dans cette question, que $I = \{1, 2, ..., n\}$ avec $n \in \mathbb{N}^*$. Montrer que $T = \mathcal{C} = \mathcal{D}$ et que $T$ est la tribu engendrée par la famille $\{A_1, ..., A_n\}$. Combien la tribu $T$ a-t-elle d'éléments ?

**Corrigé** – Soit $B \in \mathcal{D}$. On a $B^c \in \mathcal{C}$ et il existe donc $J \subset I$ tel que $B^c = \cup_{i \in J} A_i$, ce qui donne $B = \cup_{i \in J^c} A_i$. Comme $J^c$ est fini, on a donc $B \in \mathcal{C}$. On a ainsi montré que $\mathcal{D} \subset \mathcal{C}$. Un raisonnement analogue donne $C \subset \mathcal{D}$ et donc $C = \mathcal{D}$. Finalement, on obtient bien $C = \mathcal{D} = T$.

On note $\bar{T}$ la tribu engendrée par $\{A_1, ..., A_n\}$. Comme $\bar{T} \supset \{A_1, ..., A_n\}$ et que $\bar{T}$ est stable par union finie, on a $C \subset \bar{T}$. Pour montrer que $\bar{T} = C$, il suffit donc de montrer que $C$ est une tribu (car $\bar{T}$ est la plus petite tribu contenant $\{A_1, ..., A_n\}$).

Pour montrer que $C$ est une tribu, on remarque que

* $\emptyset \in C \text{ car } \emptyset = \cup_{i \in J} A_j \text{ avec } J = \emptyset$,

* $C$ est stable par union dénombrable car toute réunion de parties de $I$ est finie,

* $C$ est stable par passage au complémentaire car $B^c \in \mathcal{D} = C \text{ si } B \in \mathcal{C}$.
Ceci donne bien que $\mathcal{C}$ est une tribu et donc que $\mathcal{C} = \bar{\mathcal{T}}$.

Pour trouver le nombre déléments de $\mathcal{C}$, on considère l'application $f$ de l'ensemble des parties de $\{1,...,n\}$ dans $\mathcal{C}$ définie par $f(J) = \cup_{i \in J} A_i$. La définition de $\mathcal{C}$ donne que $f$ est surjective et, comme les $A_i$ sont tous non vides et que les $A_i$ sont disjoints deux à deux, on remarque que $f$ est injective. Ceci montre que $f$ est bijective et donc que le cardinal de $\mathcal{C}$ est le même que le cardinal de l'ensemble des parties de $\{1,...,n\}$, c'est-à-dire $2^n$. La tribu $\mathcal{C}$ a donc $2^n$ éléments.

2. On suppose, dans cette question, que $I$ est dénombrable (on peut donc supposer que $I = \mathbb{N}$). Montrer que $T = \mathcal{C} = \mathcal{D}$ et que $T$ est la tribu engendrée par la famille $\{A_i, i \in I\}$.

**Corrigé** – On reprend le même raisonnement que pour la question précédente. Soit $B \in \mathcal{D}$. On a $B^c \in \mathcal{C}$ et il existe donc $J \subset I$ tel que $B^c = \cup_{i \in J} A_i$, ce qui donne $B = \cup_{i \in J} A_i$. Comme $J^c \subset I$, $J^c$ est au plus dénombrable, on a donc $B \in \mathcal{C}$. On a ainsi montré que $\mathcal{D} \subset \mathcal{C}$. Un raisonnement analogue donne $\mathcal{C} \subset \mathcal{D}$ et donc $\mathcal{C} = \mathcal{D}$. Finalement, on obtient bien $\mathcal{C} = \mathcal{D} = T$.

On note $\bar{\mathcal{T}}$ la tribu engendrée par $\{A_i, i \in I\}$. Comme $\bar{\mathcal{T}} \supset \{A_i, i \in I\}$ et que $\bar{\mathcal{T}}$ est stable par union dénombrable (et donc aussi par union finie), on a $\mathcal{C} \subset \bar{\mathcal{T}}$. Pour montrer que $\bar{\mathcal{T}} = \mathcal{C}$, il suffit donc de montrer que $\mathcal{C}$ est une tribu (car $\bar{\mathcal{T}}$ est la plus petite tribu contenant $\{A_i, i \in I\}$).

Pour montrer que $\mathcal{C}$ est une tribu, on remarque que

* $\emptyset \in \mathcal{C}$ car $\emptyset = \cup_{i \in J} A_j$ avec $J = \emptyset$,

* $\mathcal{C}$ est stable par union dénombrable car toute réunion de parties de $I$ est au plus dénombrable,

* $\mathcal{C}$ est stable par passage au complémentaire car $B^c \in \mathcal{D} = \mathcal{C}$ si $B \in \mathcal{C}$.

Ceci donne bien que $\mathcal{C}$ est une tribu et donc que $\mathcal{C} = \bar{\mathcal{T}}$.

3. On suppose maintenant que $I$ est un ensemble infini non dénombrable. Montrer que $\mathcal{C} \neq \mathcal{D}$ et que $T$ est la tribu engendrée par la famille $\{A_i, i \in I\}$.

**Corrigé** – Pour montrer que $\mathcal{C} \neq \mathcal{D}$, il suffit de remarquer que $\emptyset \in \mathcal{C}$ (car $\emptyset = \cup_{i \in J} A_i$ avec $J = \emptyset$) et que $\emptyset \notin \mathcal{D}$. En effet, $\emptyset^c = \mathbb{E} = \cup_{i \in I} A_i$ et donc $\emptyset^c \neq \cup_{i \in J} A_i$ pour tout $J \subset I$, $J$ au plus dénombrable (et donc $J \neq I$) car les $A_i$ sont disjoints deux à deux et non vides. Ce qui montre que $\emptyset^c \notin \mathcal{C}$ et donc $\emptyset \notin \mathcal{D}$.

En fait, on peut même montrer que $\mathcal{C} \cap \mathcal{D} = \emptyset$.

On note $\bar{\mathcal{T}}$ la tribu engendrée par $\{A_i, i \in I\}$. Comme $\bar{\mathcal{T}} \supset \{A_i, i \in I\}$ et que $\bar{\mathcal{T}}$ est stable par union dénombrable (et donc aussi par union finie), on a $\mathcal{C} \subset \bar{\mathcal{T}}$. Puis comme $\bar{\mathcal{T}}$ est stable par passage au complémentaire, on a aussi $\mathcal{D} \subset \bar{\mathcal{T}}$. On a donc $T \subset \bar{\mathcal{T}}$. Pour montrer que $\bar{\mathcal{T}} = T$, il suffit donc de montrer que $T$ est une tribu (car $\bar{\mathcal{T}}$ est la plus petite tribu contenant $\{A_i, i \in I\}$).

On montre maintenant que $T$ est une tribu.

* $\emptyset \in T$ car $\emptyset = \cup_{i \in J} A_j \in \mathcal{C} \subset T$, avec $J = \emptyset$.
* T est stable par passage au complémentaire car $B^c \in \mathcal{D} \subset T$ si $B \in C$ et $B^c \in C \subset T$ si $B \in \mathcal{D}$.

* Il reste à montrer la stabilité de T par union dénombrable. Soit $(B_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une famille d'éléments de T. Pour montrer que $\cup_{n \in \mathbb{N}} B_n \in T$, on distingue deux cas :

**Cas 1.** $B_n \in C$ pour tout $n \in \mathbb{N}$, On a alors $\cup_{n \in \mathbb{N}} B_n \in C \subset T$, car une réunion dénombrable d'ensembles au plus dénombrable est encore au plus dénombrable.

**Cas 2.** Il existe $m \in \mathbb{N}$ tel que $B_m \notin C$ (et donc $B_m \in \mathcal{D}$). On a alors $B_m^c \in C$ et il existe donc $J \subset I$, $J$ au plus dénombrable, tel que $B_m^c = \cup_{i \in J} A_i$. On a alors
$$ (\cup_{n \in \mathbb{N}} B_n)^c = \cap_{n \in \mathbb{N}} B_n^c \subset B_m^c, $$
ce qui prouve qu'il existe $\mathcal{J} \subset J$ tel que $(\cup_{n \in \mathbb{N}} B_n)^c = \cup_{i \in \mathcal{J}} A_i$. Comme $\mathcal{J}$ est au plus dénombrable, on a donc $(\cup_{n \in \mathbb{N}} B_n)^c \in C$ et donc $\cup_{n \in \mathbb{N}} B_n \in \mathcal{D} \subset T$. Ceci prouve la stabilité de de T par union dénombrable.

On a ainsi montré que T est une tribu et donc que $T = \bar{T}$.

**Exercice 2.12** Soit E un ensemble et C un ensemble de parties de E. On suppose que $\emptyset, E \in C$, que C est stable par intersection finie et que le complémentaire de tout élément de C est une union finie disjointe d'éléments de C, c'est-à-dire :

$$ C \in C \Rightarrow \exists n \in \mathbb{N}^* \text{ et } C_1, \dots, C_n \in C \text{ tels que } C^c = \bigcup_{p=1}^n C_p \text{ et } C_p \cap C_q = \emptyset \text{ si } p \neq q. $$

On note $\mathcal{B}$ l'ensemble des réunions finies disjointes d'éléments de $C$. Une partie de E est donc un élément de $\mathcal{B}$ si et seulement si il existe $n \in \mathbb{N}^*$ et $(A_p)_{p=1,...,n} \subset C$ tel que $A_p \cap A_q = \emptyset$ si $p \neq q$ et $A = \bigcup_{p=1}^n A_p$.

1. Montrer que $\mathcal{B}$ est stable par intersection finie et par passage au complémentaire.

**Corrigé** – On montre tout d'abord la stabilité de $\mathcal{B}$ par intersection finie. Soit $A, B \in \mathcal{B}$. Il existe $A_1, \dots, A_n \in C$ et $B_1, \dots, B_m \in C$ tels que $A_i \cap A_j = \emptyset \text{ si } i \neq j$, $B_i \cap B_j = \emptyset$, si $i \neq j$, $A = \bigcup_{i=1}^n A_i$ et $B = \bigcup_{j=1}^m B_j$. On a alors $A \cap B = (\bigcup_{i=1}^n A_i) \cap (\bigcup_{j=1}^m B_j) = \bigcup_{i=1}^n \bigcup_{j=1}^m (A_i \cap B_j)$. Comme $A_i \cap B_j \in C$ (car $C$ est stable par intersection finie) pour tout $i, j$ et que $(A_i \cap B_j) \cap (A_k \cap B_l) = \emptyset$ si $(i, j) \neq (k, l)$, on en déduit que $A \cap B \in \mathcal{B}$.

Une récurrence sur $n$ donne alors la stabilité de $\mathcal{B}$ par intersection finie.

On montre maintenant la stabilité de $\mathcal{B}$ par passage au complémentaire. Soit $A \in \mathcal{B}$. Il existe $A_1, \dots, A_n \in C$ tels que $A_i \cap A_j = \emptyset \text{ si } i \neq j$ et $A = \bigcup_{i=1}^n A_i$. On a alors $A^c = \bigcap_{i=1}^n A_i^c$. Comme $A_i^c$ est une réunion finie disjointe d'éléments de $C$, on a bien $A_i^c \in \mathcal{B}$. La stabilité de $\mathcal{B}$ par intersection finie donne alors que $A^c \in \mathcal{B}$. On a donc bien montré la stabilité de $\mathcal{B}$ par passage au complémentaire.

2. Montrer que l'algèbre engendrée (voir remarque 2.6 pour la définition) par $C$ est égale à $\mathcal{B}$.
**Corrigé** – On note $\mathcal{A}$ l'algèbre engendrée par $\mathcal{C}$. Comme $\mathcal{A}$ est stable par union finie et contient $\mathcal{C}$, il est clair que $\mathcal{A} \supset \mathcal{B}$. Comme $\mathcal{B}$ contient $\mathcal{C}$, pour montrer l'inclusion inverse, il suffit de montrer que $\mathcal{B}$ est une algèbre (car $\mathcal{A}$ est l'intersection de toutes les algèbres contenant $\mathcal{C}$). On montre donc maintenant que $\mathcal{B}$ est une algèbre.

Pour montrer que $\mathcal{B}$ est une algèbre, on montre que $\mathcal{B}$ vérifie les quatre propriétés d'une algèbre.

(a) $\mathcal{E}, \emptyset \in \mathcal{B}$ car $\mathcal{C} \subset \mathcal{B}$ et $\mathcal{E}, \emptyset \in \mathcal{C}$.

(b) La question précédente montre que $\mathcal{B}$ est stable par intersection finie et par passage au complémentaire.

(c) La stabilité de $\mathcal{B}$ par union finie découle facilement de la stabilité de $\mathcal{B}$ par intersection finie et par passage au complémentaire, car $\bigcup_{i=1}^{n} A_i = (\bigcap_{i=1}^{n} A_i)^c$.

On a bien montré que $\mathcal{B}$ est une algèbre. Comme $\mathcal{B} \supset \mathcal{C}$, on a donc $\mathcal{B} \supset \mathcal{A}$ et finalement $\mathcal{B} = \mathcal{A}$.

**Exercice 2.13 (Classes monotones)** Soit $\mathcal{E}$ un ensemble. Pour $\Sigma \subset \mathcal{P}(\mathcal{E})$, on dit que $\Sigma$ est une classe monotone (sur $\mathcal{E}$) si $\Sigma$ vérifie les deux propriétés suivantes (de stabilité par union croissante dénombrable et par intersection décroissante dénombrable) :

$$ (\text{p1}) \ (A_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \Sigma, \ A_n \subset A_{n+1} \ \text{pour tout } n \in \mathbb{N} \Rightarrow \bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n \in \Sigma, $$

$$ (\text{p2}) \ (A_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \Sigma, \ A_n \supset A_{n+1} \ \text{pour tout } n \in \mathbb{N} \Rightarrow \bigcap_{n \in \mathbb{N}} A_n \in \Sigma. $$

1. Soit $\Sigma \subset \mathcal{P}(\mathcal{E})$. Montrer que $\Sigma$ est une tribu si et seulement si $\Sigma$ est une classe monotone et une algèbre (cf. exercice 2.9).

**Corrigé** – Si $\Sigma$ est une tribu, $\Sigma$ est stable par union dénombrable et intersection dénombrable. On en déduit immédiatement que $\Sigma$ est une algèbre et une classe monotone.

On suppose maintenant que $\Sigma$ est une algèbre et une classe monotone. Comme $\Sigma$ est une algèbre, pour montrer que $\Sigma$ est une tribu, il suffit de montrer que $\Sigma$ est stable par union dénombrable.

Soit donc $(A_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \Sigma$ et $A = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n$. On veut montrer que $A \in \Sigma$. On remarque que

$$ A = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} B_n \text{ avec } B_n = \bigcup_{p=0}^{n} A_p. $$

Comme $\Sigma$ est une algèbre, on a $B_n \in \Sigma$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. Puis, comme $\Sigma$ est stable par union croissante (noter que $B_n \subset B_{n+1}$) dénombrable, on en déduit que $A \in \Sigma$. On a bien montré que $\Sigma$ est stable par union dénombrable et donc que $\Sigma$ est une tribu.

Noter que l'hypothèse de stabilité de $\Sigma$ par intersection décroissante dénombrable n'a pas été utilisée. Elle sera utile à la question 4.

2. Donner un exemple, avec $\mathcal{E} = \mathbb{R}$, de classe monotone qui ne soit pas une tribu.
**Corrigé** – Il y a beaucoup d'exemples de classes monotones qui ne sont pas des tribus. En voici un : $\Sigma = \{\mathbb{R}\}$.

3. Soit $(\Sigma_i)_{i \in I}$ une famille de classes monotones (sur E). Montrer que

$$ \bigcap_{i \in I} \Sigma_i = \{A \in \mathcal{P}(E); A \in \Sigma_i \text{ pour tout } i \in I\} $$

est encore une classe monotone.

**Corrigé** – Soit $(A_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \bigcap_{i \in I} \Sigma_i$ telle que $A_n \subset A_{n+1}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. On a donc, pour tout $i \in I$, $(A_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \Sigma_i$ et donc, puisque $\Sigma_i$ est une classe monotone, $\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n \in \Sigma_i$. On en déduit que $\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n \subset \bigcap_{i \in I} \Sigma_i$.

Soit $(A_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \bigcap_{i \in I} \Sigma_i$ telle que $A_n \supset A_{n+1}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. On a donc, pour tout $i \in I$, $(A_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \Sigma_i$ et donc, puisque $\Sigma_i$ est une classe monotone, $\bigcap_{n \in \mathbb{N}} A_n \in \Sigma_i$. On en déduit que $\bigcap_{n \in \mathbb{N}} A_n \subset \bigcap_{i \in I} \Sigma_i$.

Ceci montre bien que $\bigcap_{i \in I} \Sigma_i$ est une classe monotone.

Si $C \subset \mathcal{P}(E)$, cette question permet donc de définir la classe monotone engendrée par $C$ comme l'intersection de toutes les classes monotones sur E contenant $C$.

4. (Lemme des classes monotones) Soit $\mathcal{A}$ une algèbre sur E. On note $\Sigma$ la classe monotone engendrée par $\mathcal{A}$ et on note $T$ la tribu engendrée par $\mathcal{A}$.

(a) Montrer que $\Sigma \subset T$.

**Corrigé** – $\Sigma$ est l'intersection de toutes les classes monotones sur $\mathcal{A}$. Une tribu étant aussi une classe monotone, la tribu $T$ (engendrée par $\mathcal{A}$) est donc une classe monotone contenant $\mathcal{A}$. On en déduit que $\Sigma \subset T$.

(b) Soit $A \subset E$. On pose $\Sigma_A = \{B \subset E ; A \setminus B \in \Sigma \text{ et } B \setminus A \in \Sigma\}$. Montrer que $\Sigma_A$ est une classe monotone.

**Corrigé** – Soit $(B_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \Sigma_A$, $B_n \subset B_{n+1}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

On pose $B = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} B_n$. On va montrer que $B \in \Sigma_A$.

On a $A \setminus B = A \cup \bigcup_{n \in \mathbb{N}} B_n = \bigcap_{n \in \mathbb{N}} (A \setminus B_n)$. La suite $(A \setminus B_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est une suite décroissante de $\Sigma$. Comme $\Sigma$ est une classe monotone, on en déduit $A \setminus B = \bigcap_{n \in \mathbb{N}} (A \setminus B_n) \in \Sigma$.

On montre aussi que $B \setminus A \in \Sigma$. En effet, $B \setminus A = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} B_n \setminus A = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} (B_n \setminus A) \in \Sigma$ par la stabilité de $\Sigma$ par union croissante dénombrable.

On a donc bien montré que $B \in \Sigma_A$, ce qui donne la stabilité de $\Sigma$ par union croissante dénombrable.

De manière analogue, on va montrer la stabilité de $\Sigma$ par intersection décroissante dénombrable. Soit $(B_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \Sigma_A$, $B_n \supset B_{n+1}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. On pose $B = \bigcap_{n \in \mathbb{N}} B_n$.
Comme $A \setminus B = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} (A \setminus B_n)$, on obtient $A \setminus B \in \Sigma$ en utilisant la stabilité de $\Sigma$ par union croissante dénombrable.

Comme $B \setminus A = \bigcap_{n \in \mathbb{N}} (B_n \setminus A)$, on obtient $B \setminus A \in \Sigma$ en utilisant la stabilité de $\Sigma$ par intersection décroissante dénombrable.

On a donc $B \in \Sigma_A$, ce qui donne la stabilité de $\Sigma$ par intersection décroissante dénombrable.

On a bien montré que $\Sigma_A$ est une classe monotone.

(c) (Question plus difficile.) Montrer que $\Sigma$ est une algèbre. [Utiliser la question (b) et la première question de l'exercice 2.9.] En déduire que $T = \Sigma$.

**Corrigé** – Pour montrer que $\Sigma$ est une algèbre, il suffit de montrer que $\Sigma$ vérifie les propriétés (a) et (b) de la première question de l'exercice 2.9. Il est immédiat que la propriété (a) est vérifiée car $E \in A \in \Sigma$. Pour montrer (b), on utilise la classe monotone $\Sigma_A$ définie à la question 4 pour $A \subset E$.

Soit $A \in A$. Comme $A$ est une algèbre, on a donc $A \subset \Sigma_A$. La classe monotone $\Sigma_A$ contient $A$, elle contient donc $\Sigma$ qui est l'intersection de toutes les classes monotones contenant $A$. On a donc :

$$A \in A, B \in \Sigma \Rightarrow B \in \Sigma_A. \qquad (2.18)$$

On remarque maintenant que, pour tout $A, B \in \mathcal{P}(E)$, on a :

$$A \in \Sigma_B \Leftrightarrow B \in \Sigma_A.$$

On déduit donc de (2.18) :

$$A \in A, B \in \Sigma \Rightarrow A \in \Sigma_B.$$

Si $B \in \Sigma$, la classe monotone $\Sigma_B$ contient donc $A$. Elle contient alors aussi $\Sigma$ (qui est l'intersection de toutes les classes monotones sur $E$ contenant $A$). On a donc montré :

$$B \in \Sigma, A \in \Sigma \Rightarrow A \in \Sigma_B.$$

On en déduit que $A \setminus B \in \Sigma$ si $A, B \in \Sigma$.

On a bien montré que $\Sigma$ vérifie la propriété (b) de la première question de l'exercice 2.9 et donc que $\Sigma$ est une algèbre.

Pour conclure, on remarque $\Sigma$ est une classe monotone et une algèbre. C'est donc une tribu (par la question 1) contenant $A$. Elle contient donc $T$ (qui est l'intersection de toutes les tribus contenant $A$) et on a bien, finalement, $\Sigma = T$.

**Exercice 2.14 (Caractérisation de la tribu engendrée)** Soit $E$ un ensemble et $A \subset \mathcal{P}(E)$. On dit que $A$ est stable par intersection finie si $A, B \in A \Rightarrow A \cap B \in A$. On dit que $A$ est stable par différence si :

$$A, B \in A, B \subset A \Rightarrow A \setminus B = A \cap B^c \in A.$$
On dit que $\mathcal{A}$ est stable par union dénombrable disjointe si :

$$ (A_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{A}, A_n \cap A_m = \emptyset \text{ pour } n \neq m \Rightarrow \bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n \in \mathcal{A}. $$

Soit $\mathcal{C} \subset \mathcal{P}(\mathcal{E})$.

1. On note $\mathcal{Z}$ l'ensemble des parties de $\mathcal{P}(\mathcal{E})$ stables par différence et stables par union dénombrable disjointe. Montrer qu'il existe $\mathcal{D} \in \mathcal{Z}$ tel que $\mathcal{C} \subset \mathcal{D}$ et :

$$ \mathcal{A} \in \mathcal{Z}, \mathcal{C} \subset \mathcal{A} \Rightarrow \mathcal{D} \subset \mathcal{A}. $$

**Corrigé** – On note $\mathcal{Z}_r$ l'ensemble des éléments de $\mathcal{Z}$ contenant $\mathcal{C}$. On remarque tout d'abord que $\mathcal{Z}_r \neq \emptyset$ car $\mathcal{P}(\mathcal{E}) \in \mathcal{Z}_r$. Puis, on note $\mathcal{D}$ l'ensemble des parties de $\mathcal{E}$ appartenant à tous les éléments de $\mathcal{Z}_r$ (c'est-à-dire que, pour $A \in \mathcal{P}(\mathcal{E})$, on a $A \in \mathcal{D}$ si, pour tout $B \in \mathcal{Z}_r$, $A \in \mathcal{B}$).

Il est facile de voir que $\mathcal{D}$ est stable par différence, stable par union dénombrable disjointe et que $\mathcal{D}$ contient $\mathcal{C}$ (car tous les éléments de $\mathcal{Z}_r$ vérifient ces trois propriétés). Enfin, $A \in \mathcal{Z}_r \Rightarrow \mathcal{D} \subset \mathcal{A}$, ce qui est bien la propriété demandée.

Dans la suite, on note toujours $\mathcal{D}$ cette partie de $\mathcal{P}(\mathcal{E})$. On suppose maintenant que $\mathcal{C}$ est stable par intersection finie et que $E \in \mathcal{C}$.

2. Pour $A \in \mathcal{P}(\mathcal{E})$, on note $\mathcal{D}_A = \{D \in \mathcal{D} \text{ tel que } A \cap D \in \mathcal{D}\}$.

(a) Soit $A \in \mathcal{P}(\mathcal{E})$. Montrer que $\mathcal{D}_A$ est stable par union dénombrable disjointe et stable par différence.

**Corrigé** – Soit $(D_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{D}_A$ avec $D_n \cap D_m = \emptyset$ si $n \neq m$. On va montrer que $\bigcup_{n \in \mathbb{N}} D_n \in \mathcal{D}_A$. On remarque tout d'abord que $\bigcup_{n \in \mathbb{N}} D_n \in \mathcal{D}$ car $D_n \in \mathcal{D}$, pour tout $n \in \mathbb{N}$, et $\mathcal{D}$ est stable par union dénombrable disjointe. Puis, $A \cap (\bigcup_{n \in \mathbb{N}} D_n) = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} (D_n \cap A) \in \mathcal{D}$ car $D_n \cap A \in \mathcal{D}$, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $(D_n \cap A) \cap (D_m \cap A) = \emptyset$, si $n \neq m$, et $\mathcal{D}$ est stable par union dénombrable disjointe. On a donc montré que $\bigcup_{n \in \mathbb{N}} D_n \in \mathcal{D}_A$. Ce qui prouve que $\mathcal{D}_A$ est stable par union dénombrable disjointe.

Soit maintenant $D_1, D_2 \in \mathcal{D}_A$, avec $D_1 \subset D_2$. On va montrer que $D_2 \setminus D_1 \in \mathcal{D}_A$. Pour cela, on remarque que $D_2 \setminus D_1 \in \mathcal{D}$ car $D_1, D_2 \in \mathcal{D}$ et que $\mathcal{D}$ est stable par différence. Puis, $A \cap (D_2 \setminus D_1) = (A \cap D_2) \setminus (A \cap D_1) \in \mathcal{D}$ car $A \cap D_1, A \cap D_2 \in \mathcal{D}$, $(A \cap D_1) \subset (A \cap D_2)$ et $\mathcal{D}$ est stable par différence. On a donc montré que $D_2 \setminus D_1 \in \mathcal{D}_A$, ce qui prouve que $\mathcal{D}_A$ est stable par différence.

(b) Soit $A \in \mathcal{C}$. Montrer que $\mathcal{C} \subset \mathcal{D}_A$. En déduire que $\mathcal{D}_A = \mathcal{D}$.

**Corrigé** – Soit $B \in \mathcal{C}$. On a $B \in \mathcal{D}$ (car $\mathcal{D} \supset \mathcal{C}$) et $A \cap B \in \mathcal{C}$ (car $\mathcal{C}$ est stable par intersection finie), donc $A \cap B \in \mathcal{D}$. Ceci montre que $B \in \mathcal{D}_A$ et donc $\mathcal{C} \subset \mathcal{D}_A$.

Comme $\mathcal{D}_A$ est stable par différence, stable par union dénombrable disjointe et que $\mathcal{D}_A$ contient $\mathcal{C}$, la question 1 donne $\mathcal{D}_A \supset \mathcal{D}$ et, finalement, $\mathcal{D}_A = \mathcal{D}$.
(c) Soit $A \in \mathcal{D}$. Montrer que $\mathcal{D}_A = \mathcal{D}$. En déduire que $\mathcal{D}$ est stable par intersection finie.

**Corrigé** – Soit $B \in \mathcal{C}$. On a $B \in \mathcal{D}$ (car $\mathcal{D} \supset \mathcal{C}$). Comme $B \in \mathcal{C}$, la question précédente donne $\mathcal{D} = \mathcal{D}_B$ et donc $A \in \mathcal{D}_B$. On a donc $A \cap B \in \mathcal{D}$. Ceci montre que $B \in \mathcal{D}_A$ et donc $C \subset \mathcal{D}_A$.

On en déduit, comme à la question précédente, que $\mathcal{D}_A = \mathcal{D}$.

Soit maintenant $B \in \mathcal{D}$. Comme $\mathcal{D} = \mathcal{D}_A$, on a $B \in \mathcal{D}_A$ et donc $A \cap B \in \mathcal{D}$. L'intersection de deux éléments de $\mathcal{D}$ est donc aussi dans $\mathcal{D}$. Ceci prouve bien la stabilité de $\mathcal{D}$ par intersection finie (une récurrence facile donne que l'intersection d'un nombre fini d'éléments de $\mathcal{D}$ est aussi dans $\mathcal{D}$).

3. Montrer que $\mathcal{D}$ est une tribu. En déduire que $\mathcal{D}$ est la tribu engendrée par $\mathcal{C}$.

**Corrigé** – On remarque que $E \in \mathcal{D}$ (car $E \in \mathcal{C} \subset \mathcal{D}$) et que $\mathcal{D}$ est stable par complémentaire car, si $A \in \mathcal{D}$, on a $E \setminus A \in \mathcal{D}$ car $\mathcal{D}$ est stable par différence (et $E, A \in \mathcal{D}$ avec $A \subset E$). Pour montrer que $\mathcal{D}$ est une tribu, il suffit de montrer que $\mathcal{D}$ est stable par union dénombrable (non nécessairement disjointe).

Soit $(A_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{D}$. Comme $\mathcal{D}$ est stable par complémentaire, on aussi $A_n^c \in \mathcal{D}$, pour tout $n \in \mathbb{N}$. Pour tout $n \in \mathbb{N}$, on pose :

$$B_n = A_n \cap \left( \bigcap_{i=0}^{n-1} A_i^c \right).$$

On a $B_n \in \mathcal{D}$ car $\mathcal{D}$ est stable par intersection finie et $B_n \cap B_m = \emptyset$ si $n \neq m$ (en notant que $B_n \subset A_n$ et $B_m \subset A_n^c$ si $m > n$). Comme $\mathcal{D}$ est stable par union dénombrable disjointe, on en déduit $\bigcup_{n \in \mathbb{N}} B_n \in \mathcal{D}$ et donc $\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n \in \mathcal{D}$ (car $\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} B_n$). Ceci prouve que $\mathcal{D}$ est stable par union dénombrable et donc que $\mathcal{D}$ est une tribu.

On a ainsi montré que $\mathcal{D}$ est une tribu contenant $\mathcal{C}$ et donc contenant la tribu engendrée par $\mathcal{C}$, notée $\tau(\mathcal{C})$. D'autre part, il est facile de voir que toute tribu contenant $\mathcal{C}$ appartient à $Z_r$ (défini à la question 1) et donc que $\tau(\mathcal{C})$ contient $\mathcal{D}$. On a bien montré finalement que $\mathcal{D} = \tau(\mathcal{C})$.

Remarque : l'hypothèse “$E \in \mathcal{C}$” n'a été utilisée qu'une seule fois. Elle n'a été utilisée que pour montrer que $E \in \mathcal{D}$ (dans la question 3). On peut remplacer cette hypothèse par “il existe une suite $(E_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{C}$ telle que $E_n \cap E_m = \emptyset$, si $n \neq m$, et $E = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} E_n$”. En effet, de cette hypothèse, on déduit aussi $E \in \mathcal{D}$ car $\mathcal{D}$ est stable par union dénombrable disjointe et $\mathcal{C} \subset \mathcal{D}$. La suite du raisonnement de la question 3 donne alors aussi que $\mathcal{D}$ est la tribu engendrée par $\mathcal{C}$.

## 2.7.2 Mesures et probabilités

**Exercice 2.15 (Exemple de mesures)** Soit E un ensemble infini non dénombrable. Pour toute partie A de E, on pose $m(A) = 0$ si A est au plus dénombrable, et $m(A) = +\infty$ sinon. L'application m est-elle une mesure sur $\mathcal{P}(E)$ ?
**Corrigé** – Oui, l'application $m$ est une mesure sur $P(E)$. En effet, on a bien $m(\emptyset) = 0$ et si $(A_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset P(E)$ on a $m(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n) = \sum_{n=0}^{+\infty} m(A_n) = 0$ si $A_n$ est au plus dénombrable pour tout $n \in \mathbb{N}$ (car une réunion d'ensembles au plus dénombrables est au plus dénombrable) et $m(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n) = \sum_{n=0}^{+\infty} m(A_n) = +\infty$ s'ill existe $n \in \mathbb{N}$ tel que $A_n$ est infini non dénombrable. On a donc toujours $m(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n) = \sum_{n=0}^{+\infty} m(A_n)$ (noter d'ailleurs qu'il est inutile de supposer les $A_n$ disjoints deux à deux).

**Exercice 2.16 (Exemple de probabilité)** Soit $E = \{x_k, k \in \mathbb{N}\}$ un ensemble infini dénombrable et $(p_k)_{k \in \mathbb{N}} \subset [0, 1]^\mathbb{N}$ telle que $p_k \ge 0 \forall k \in \mathbb{N}$ et $\sum_{k \in \mathbb{N}} p_k = 1$.

1. Montrer que, pour tout $A \in P(E)$, $A \neq \emptyset$, on peut définir $p(A) = \sum_{k; x_k \in A} p_k$. On pose $p(\emptyset) = 0$.

2. Montrer que $p$ définie en 1. est une probabilité

**Exercice 2.17 (Mesure trace et restriction d'une mesure)** Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré

1. Soit $F \in T$. Montrer que la tribu trace de $T$ sur $F$, notée $T_F$, est incluse dans $T$ (cette tribu est une tribu sur $F$). Montrer que la restriction de $m$ à $T_F$ est une mesure sur $T_F$. On l'appellera la trace de $m$ sur $F$. Si $m(F) < +\infty$, cette mesure est finie.

**Corrigé** – Soit $B \in T_F$, il existe donc $A \in T$ tel que $B = A \cap F$. Comme $F \in T$, on a donc aussi $B \in T$.

On note $m_F$ la restriction de $m$ à $T_F$, on a donc $m_F(B) = m(B)$ pour tout $B \in T_F$. Il est alors immédiat de voir que $m_F(\emptyset) = 0$ et que $m_F$ est $\sigma$-additive sur $T_F$, $m_F$ est donc une mesure sur $T_F$. Si $m(F) < +\infty$, on a $m_F(F) = m(F) < +\infty$, la mesure $m_F$ est donc finie (mais la mesure $m$ peut ne pas être finie, c'est-à-dire que l'on peut avoir $m(E) = +\infty$).

2. Soit $\mathcal{A}$ une tribu incluse dans $T$. La restriction de $m$ à $\mathcal{A}$ est une mesure. Est-elle finie (resp. $\sigma$-finie) si $m$ est finie (resp. $\sigma$-finie) ?

**Corrigé** – On note $m_a$ la restriction de $m$ à $\mathcal{A}$, on a donc $m_a(B) = m(B)$ pour tout $B \in \mathcal{A}$. Il est clair que $m_a$ est une mesure sur $\mathcal{A}$.

Si $m$ est finie, on a $m_a(E) = m(E) < +\infty$, $m_a$ est donc aussi une mesure finie.

Si $m$ est $\sigma$-finie, il existe une suite $(A_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset T$ telle que $\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n = E$ et $m(A_n) < +\infty$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. Mais, comme les $A_n$ ne sont pas nécessairement dans $\mathcal{A}$, la mesure $m_a$ peut ne pas être $\sigma$-finie. On peut construire un exemple facilement de la manière suivante :

On suppose que $m$ est $\sigma$-finie mais n'est pas finie (on peut prendre, par exemple $(E, T, m) = (\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}), \lambda)$) et on prend $\mathcal{A} = \{\emptyset, E\}$. La mesure $m_a$ n'est pas $\sigma$-finie...

**Exercice 2.18 (Différence de deux unions)** Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré fini ("fini" signifie que $m(E) < +\infty$) et $(A_n)_{n \in \mathbb{N}}$, $(B_n)_{n \in \mathbb{N}}$ des suites d'ensembles mesurables tels que $B_n \subset A_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.
1. Montrer que $(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n) \setminus \bigcup_{n \in \mathbb{N}} B_n \subset \bigcup_{n \in \mathbb{N}} (A_n \setminus B_n)$.

**Corrigé** – Soit $x \in (\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n) \setminus \bigcup_{n \in \mathbb{N}} B_n$, on a donc $x \in \bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n$ et $x \notin \bigcup_{n \in \mathbb{N}} B_n$, c'est-à-dire qu'il existe $p \in \mathbb{N}$ tel que $x \in A_p$ et que, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $x \notin B_n$. On a donc $x \in A_p \setminus B_p$, ce qui prouve que $x \in \bigcup_{n \in \mathbb{N}} (A_n \setminus B_n)$ et donc que

$$ (\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n) \setminus \bigcup_{n \in \mathbb{N}} B_n \subset \bigcup_{n \in \mathbb{N}} (A_n \setminus B_n). $$

2. Montrer que $m(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n) - m(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} B_n) \leq \sum_{n \in \mathbb{N}} (m(A_n) - m(B_n))$.

**Corrigé** – Puisque $m(E) < +\infty$, on a, pour tout $A, B \in T$ tels que $B \subset A$, $m(A \setminus B) = m(A) - m(B)$. La monotonie de $m$, la $\sigma$-sous additivité de $m$ (et la question précédente) nous donne alors :

$$ \begin{aligned} m(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n) - m(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} B_n) &= m((\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n) \setminus (\bigcup_{n \in \mathbb{N}} B_n)) \\ &\leq m(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} (A_n \setminus B_n)) \leq \sum_{n=0}^{+\infty} m(A_n \setminus B_n) = \sum_{n=0}^{+\infty} (m(A_n) - m(B_n)). \end{aligned} $$

**Exercice 2.19 (Intersection d'ensembles pleins)** Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré fini et $(A_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset T$ telle que, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $m(A_n) = m(E)$. Montrer que $m(\cap_{n \in \mathbb{N}} A_n) = m(E)$.

**Corrigé** – Comme $m(E) < +\infty$, on a $m(A^c) = m(E) - m(A)$ pour tout $A \in T$. De $m(A_n) = m(E)$, on déduit alors $m(A_n^c) = 0$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. Par $\sigma$-sous additivité de $m$, on a alors $m(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n^c) = 0$. Comme $\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n^c = (\cap_{n \in \mathbb{N}} A_n)^c$, on a donc

$$ m((\bigcap_{n \in \mathbb{N}} A_n)^c) = 0 \text{ et donc } m(\bigcap_{n \in \mathbb{N}} A_n) = m(E). $$

**Exercice 2.20 (Sur la mesure d'une union)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, m)$ un espace mesuré et $n \in \mathbb{N}^*$. Soit $A_1, \dots, A_n \in \mathcal{A}$ et $B \in \mathcal{A}$. On suppose que $m(A_p) < +\infty$ pour tout $p$. Montrer que

$$ m(\bigcup_{p=1}^{n} (B \cap A_p)) = \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k+1} \left( \sum_{1 \le i_1 < \dots < i_k \le n} m(B \cap (\bigcap_{j=1}^{k} A_{i_j})) \right). \quad (2.19) $$

**Corrigé** – On va montrer que pour toute mesure finie, notée $\mu$, sur $\mathcal{A}$, on a, pour tout $n \in \mathbb{N}^*$ et toute famille $A_1, \dots, A_n \in \mathcal{A}$,

$$ \mu(\bigcup_{p=1}^{n} A_p) = \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k+1} \left( \sum_{1 \le i_1 < \dots < i_k \le n} \mu(\bigcap_{j=1}^{k} A_{i_j}) \right). \quad (2.20) $$

Ceci est suffisant pour montrer (2.19). En effet, on pose $C = B \cup (\bigcup_{i=p}^n A_i)$ et on définit $\mu$ en posant, pour $A \in \mathcal{A}$, $\mu(A) = m(A \cap C)$ (on a bien ainsi une mesure finie sur $\mathcal{A}$). L'égalité (2.19) est alors identique à (2.20).
Pour montrer (2.20), on raisonne par récurrence sur $n$. L'égalité (2.20) est clairement vraie pour $n = 1$. Soit $n \in \mathbb{N}^*$. On suppose que (2.20) est vraie pour cette valeur de $n$ et pour toute mesure finie sur $\mathcal{A}$ et il s'agit donc de montrer (2.20) pour $n + 1$ au lieu de $n$.

Soit $\mu$ une mesure finie sur $\mathcal{A}$ et $A_1, \dots, A_{n+1} \in \mathcal{A}$, on a (comme $\mu(B \cup C) = \mu(B) + \mu(C) - \mu(B \cap C)$ pour tout $B, C \in \mathcal{A}$)

$$ \mu(\bigcup_{p=1}^{n+1} A_p) = \mu(\left(\bigcup_{p=1}^{n} A_p\right) \cup A_{n+1}) = \mu(A_{n+1}) + \mu(\bigcup_{p=1}^{n} A_p) - \mu(A_{p+1} \cap (\bigcup_{p=1}^{n} A_p)). \quad (2.21) $$

On peut alors utiliser l'hypothèse de récurrence pour la famille $A_1, \dots, A_n$ et la mesure $\mu$. On obtient

$$ \mu(\bigcup_{p=1}^{n} A_p) = \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k+1} \left( \sum_{1 \le i_1 < \dots < i_k \le n} \mu(\bigcap_{j=1}^{k} A_{i_j}) \right). \quad (2.22) $$

Mais, on peut aussi utiliser l'hypothèse de récurrence pour la famille $A_1, \dots, A_n$ et la mesure $\mu_1$ définie par $\mu_1(C) = \mu(C \cap A_{n+1})$ pour $C \in \mathcal{A}$ (ce qui revient a écrire (2.19) avec $\mu$ au lieu de $m$ et $A_{n+1}$ au lieu de $B$). On obtient

$$ \mu(A_{p+1} \cap (\bigcup_{p=1}^{n} A_p)) = \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k+1} \left( \sum_{1 \le i_1 < \dots < i_k \le n} \mu(A_{n+1} \cap (\bigcap_{j=1}^{k} A_{i_j})) \right). \quad (2.23) $$

En utilisant (2.22) et (2.23) dans (2.21), on obtient bien (2.20), ce qui termine cette démonstration.

**Exercice 2.21 (Contre-exemples)** 1. Soit $\lambda$ la mesure de Lebesgue sur $\mathcal{B}(\mathbb{R})$ et $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$ tel que $\lambda(A) = 0$. A-t-on nécessairement A fermé ?

**Corrigé** – Non, A n'est pas nécessairement fermé. On peut prendre, par exemple $A = \{\frac{1}{n}, n \ge 1\}$. On a $\lambda(A) = 0$ et A n'est pas fermé (car 0 appartient à l'adhérence de A sans être dans A).

2. Soit $(E, \mathcal{T})$ un espace mesurable et $\mathcal{C} \subset \mathcal{P}(E)$ qui engendre $\mathcal{T}$. On considère $m_1$ et $m_2$ des mesures sur $\mathcal{T}$. Montrer que $m_1(A) = m_2(A)$ pour tout $A \in \mathcal{C}$ n'implique pas que $m_1 = m_2$ sur $\mathcal{T}$. [On pourra trouver un exemple (facile) avec $(E, \mathcal{T}) = (\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}))$ et $m_1, m_2$ non finies. Un exemple avec $(E, \mathcal{T}) = (\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}))$ et $m_1, m_2$ finies est aussi possible mais plus difficile à trouver...]

**Corrigé** – On prend $(E, \mathcal{T}) = (\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}))$.

Exemple facile (avec $m_1, m_2$ non finies).

On prend

$$ C_1 = \{ ]a, +\infty[ , a \in \mathbb{R} \}. $$

On a bien $T(C_1) = \mathcal{B}(\mathbb{R})$, c'est-à-dire que $C_1$ engendre $\mathcal{B}(\mathbb{R})$ (voir la proposition 2.10).

On prend alors $m_1 = \lambda$ et $m_2 = 2\lambda$ (c'est-à-dire $m_2(B) = 2\lambda(B)$ pour tout $B \in \mathcal{B}(\mathbb{R}))$.

On a bien $m_1(B) = m_2(B)$ pour tout $B \in C_1$ (car on a alors $m_1(B) = m_2(B) = +\infty$).

Mais $m_1 \neq m_2$ puisque, par exemple, $m_1(]0, 1[) = 1$ et $m_2(]0, 1[) = 2$.
Exemple difficile (avec $m_1$, $m_2$ finies).

On prend maintenant $C_2 = \{B \in \mathcal{B}(\mathbb{R}) ; \{-1,0,1\} \cap B = \emptyset\} \cup \{\{-1,0\}\} \cup \{\{0,1\}\} \text{ (un élément de } C_2 \text{ est donc un borélien ne contenant ni } -1 \text{ ni } 0 \text{ ni } 1, \text{ ou bien la partie } \{-1,0\} \text{, ou bien la partie } \{0,1\} \text{). On montre d'abord que } T(C_2) = \mathcal{B}(\mathbb{R})\text{. Il est clair que } T(C_2) \subset \mathcal{B}(\mathbb{R}) \text{ car } C_2 \subset \mathcal{B}(\mathbb{R})\text{. Pour montrer l'inclusion inverse, c'est-à-dire } \mathcal{B}(\mathbb{R}) \subset T(C_2), \text{ on remarque que } \{0\} = \{-1,0\} \cap \{0,1\} \in T(C_2) \text{ et donc que } \{-1\} = \{-1,0\} \setminus \{0\} \in T(C_2), \{1\} = \{0,1\} \setminus \{0\} \in T(C_2)\text{. Finalement on voit alors que } \mathcal{B}(\mathbb{R}) \subset T(C_2) \text{ car tout borélien s'écrit comme un borélien ne contenant ni } -1 \text{ ni } 0 \text{ ni } 1 \text{ (qui appartient donc à } T(C_2)\text{)), auquel on ajoute éventuellement } 1, 2 \text{ ou } 3 \text{ autre(s) élément(s) de } T(C_2) \text{ (qui sont les parties } \{0\}, \{-1\} \text{ et } \{1\}, \text{ on conclut alors avec la stabilité par union finie de la tribu } T(C_2)\text{))}.

On rappelle que, pour $a \in \mathbb{R}$, on note $\delta_a$ la mesure de Dirac sur $\mathcal{B}(\mathbb{R})$. On a donc, pour $B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$, $\delta_a(B) = 1$ si $a \in B$ et $\delta_a(B) = 0$ si $a \notin B$. On prend alors $m_1 = \delta_{-1} + \delta_0 + \delta_1$ et $m_2 = 2\delta_{-1} + 2\delta_1$. On a clairement $m_1 = m_2$ sur $C_2$ car $m_1(B) = m_2(B) = 0$ si $B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$ est tel que $\{-1,0,1\} \cap B = \emptyset$ et $m_1(\{-1,0\}) = m_2(\{-1,0\}) = m_1(\{0,1\}) = m_2(\{0,1\}) = 2$. Enfin, on a $m_1 \neq m_2$ puisque, par exemple, $m_1(\{0\}) = 1$ et $m_2(\{0\}) = 0$.

**Exercice 2.22 (Résultat d'unicité)** Soit $(E, T)$ un espace mesurable et $m, \mu$ deux mesures sur $T$. Soit $C \subset \mathcal{P}(E)$. On suppose que $C$ engendre $T$ et que $C$ est stable par intersection finie.

On suppose que $m(A) = \mu(A)$ pour tout $A \in C$.

1. On suppose que $E \in C$ et que $m(E) < +\infty$. Montrer que $m(A) = \mu(A)$ pour tout $A \in T$. [On pourra introduire $\mathcal{D} = \{A \in T, m(A) = \mu(A)\}$ et utiliser l'exercice 2.14.]

**Corrigé** – On pose $\mathcal{D} = \{A \in T, m(A) = \mu(A)\}$. La $\sigma$-additivité de $m$ et $\mu$ montre que $\mathcal{D}$ est stable par union dénombrable disjointe. Comme $m(E) < +\infty$, on peut aussi montrer que $\mathcal{D}$ est stable par différence (au sens de l'exercice 2.14). En effet, si $A, B \in \mathcal{D}$, avec $B \subset A$, on a (par additivité de $m$ et $\mu$) $m(B) + m(A \setminus B) = m(A)$ et $\mu(B) + \mu(A \setminus B) = \mu(A)$. Comme $m(A) < +\infty$ et $\mu(A) < +\infty$, on a donc $m(A \setminus B) = m(A) - m(B)$ et $\mu(A \setminus B) = \mu(A) - \mu(B)$, ce qui prouve que $m(A \setminus B) = \mu(A \setminus B)$ et donc que $A \setminus B \in \mathcal{D}$.

On utilise maintenant l'exercice 2.14. Comme $\mathcal{D} \supset C$, $C$ est stable par intersection finie et $E \in C$, la question 3 de l'exercice 2.14 permet de montrer $\mathcal{D} = \tau(C) = T$. (Plus précisément, comme $\mathcal{D} \supset C$, on a $\mathcal{D} \supset Z_r$, où $Z_r$ est défini dans le corrigé de l'exercice de 2.14. Puis, en utilisant que $C$ est stable par intersection finie et que $E \in C$, la dernière question de l'exercice 2.14 donne que $\mathcal{D} \supset \tau(C)$.)

On a donc bien montré que $m(A) = \mu(A)$ pour tout $A \in T$.

2. (Généralisation de la question précédente).

On suppose qu'il existe une suite $(E_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset C$ telle que $E_n \cap E_m = \emptyset$ si $n \neq m$, $m(E_n) < +\infty$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ et $E = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} E_n$. Montrer que $m(A) = \mu(A)$ pour tout $A \in T$.
**Corrigé** – Soit $n \in \mathbb{N}$. Pour $A \in \mathcal{T}$, on pose $m_n(A) = m(A \cap E_n)$ et $\mu_n(A) = \mu(A \cap E_n)$ (noter que $A \cap E_n \in \mathcal{T}$, car $A, E_n \in \mathcal{T}$). On obtient ainsi deux mesures sur $\mathcal{T}$, $m_n$ et $\mu_n$. Ces deux mesures sont égales sur $\mathcal{C}$ (car $A \cap E_n \in \mathcal{C}$ puisque $\mathcal{C}$ est stable par intersection finie).

On raisonne alors comme à la question précédente. On pose $\mathcal{D} = \{A \in \mathcal{T}, m_n(A) = \mu_n(A)\}$ et le raisonnement de la question précédente donne que $\mathcal{D}$ est stable par union dénombrable disjointe et (grâce à $m_n(E) < +\infty$) que $\mathcal{D}$ est stable par différence (au sens de l'exercice 2.14). On utilise maintenant la remarque de la fin de la question 3 de l'exercice 2.14. Comme $\mathcal{D} \supset \mathcal{C}$, $\mathcal{C}$ est stable par intersection finie et $E$ est une union dénombrable disjointe d'éléments de $\mathcal{C}$, cette remarque donne $\mathcal{D} = \tau(\mathcal{C}) = \mathcal{T}$. On a donc, pour tout $A \in \mathcal{T}$ et tout $n \in \mathbb{N}$ :

$$m(A \cap E_n) = m_n(A) = \mu_n(A) = \mu(A \cap E_n).$$

On en déduit que $m(A) = \mu(A)$, pour tout $A \in \mathcal{T}$, car, par $\sigma$-additivité de $m$ et $\mu$, $m(A) = \sum_{n \in \mathbb{N}} m(A \cap E_n) = \sum_{n \in \mathbb{N}} \mu(A \cap E_n) = \mu(A)$.

3. Avec $(\mathcal{T}, \mathcal{T}) = (\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}))$, donner un exemple pour lequel $E \in \mathcal{C}$ et $m \neq \mu$.

**Corrigé** – Un exemple simple est obtenu en prenant pour $\mathcal{C}$ l'ensemble des ouverts de $\mathbb{R}$, $\mu = 2m$ et $m$ définie sur $\mathcal{T}$ par $m(A) = \text{card}(A)$ si $A$ a un nombre fini d'éléments et $m(A) = +\infty$ sinon.

**Exercice 2.23 (Existence d'une mesure, de l'algèbre à la $\sigma$-algèbre)** Soit $\Omega$ un ensemble, $\mathcal{F}_0$ une algèbre sur $\Omega$ et $m$ une mesure sur $\mathcal{F}_0$ (c'est-à-dire que $m$ est une application de $\mathcal{F}_0$ dans $\mathbb{R}_+$, $m(\emptyset) = 0$ et $m(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n) = \sum_{n \in \mathbb{N}} m(A_n)$ pour toute suite $(A_n)_{n \in \mathbb{N}}$ d'éléments de $\mathcal{F}_0$ disjoints deux à deux et telle que $\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n \in \mathcal{F}_0$). On note $\mathcal{F} = \sigma(\mathcal{F}_0)$. Cette exercice montre qu'il est possible de prolonger $m$ en une mesure sur $\mathcal{F}$.

Pour $A \subset \Omega$ on pose

$$m^*(A) = \inf\{\sum_{n \in \mathbb{N}} m(A_n), (A_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{F}_0, A \subset \bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n\}.$$

1. Montrer que $m^*$ vérifie les 3 propriétés suivantes :

$$-m^*(\emptyset) = 0,$$

$$- (\text{monotonie de } m^*) \text{ pour tout } A, B \in \mathcal{P}(\Omega), A \subset B \Rightarrow m^*(A) \leq m^*(B),$$

$$- (\sigma\text{-sous-additivité de } m^*) \text{ pour toute suite } (A_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{P}(\Omega), m^*(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n) \leq \sum_{n \in \mathbb{N}} m^*(A_n).$$

N.B. : On dit que $m^*$ est une mesure extérieure.

Soit $A \in \mathcal{P}(\Omega)$.

On dit que $A$ est $m^*$-mesurable si on a, pour tout $E \in \mathcal{P}(\Omega)$, $m^*(E) = m^*(E \cap A) + m^*(E \cap A^c)$.

On note $\mathcal{M}$ l'ensemble des parties de $E$ $m^*$-mesurables.
2. Soit $A \in \mathcal{P}(\Omega)$. Montrer que $A$ est $m^*$-mesurable si et seulement si on a, pour tout $E \in \mathcal{P}(\Omega)$ tel que $m^*(E) < +\infty$, $m^*(E) \ge m^*(E \cap A) + m^*(E \cap A^c)$.

3. Montrer que $M$ est une algèbre. [On montrera que $\Omega \in M$, puis que $A \cap B^c \in M$ pour tout $A, B \in M$.]

4. Montrer que $M$ est une $\sigma$-algèbre. [On pourra montrer, par exemple, que $M$ est stable par union dénombrable.]

5. Montrer que la restriction de $m^*$ à $M$ est une mesure.

6. Montrer que $\mathcal{F}_0 \subset M$ et que $m^* = m$ sur $\mathcal{F}_0$. En déduire que $\mathcal{F} \subset M$ et que la restriction de $m^*$ à $\mathcal{F}$ est une mesure sur $\mathcal{F}$ prolongeant $m$.

**Exercice 2.24 (Un pas vers l'unicité d'une mesure)** Soit $\Omega$ un ensemble, $\mathcal{F}$ une tribu sur $\Omega$ et $\mu_1, \mu_2$ deux mesures sur $\mathcal{F}$. Soit $A \in \mathcal{F}$ tel que $\mu_1(A) = \mu_2(A) < +\infty$. On pose $\mathcal{L} = \{B \in \mathcal{F} \text{ tel que } \mu_1(A \cap B) = \mu_2(A \cap B)\}$. Montrer que $\mathcal{L}$ est un $\lambda$-système (c'est-à-dire que $\mathcal{L}$ est stable par union dénombrable croissante, $\Omega \in \mathcal{L}$ et $B \setminus C \in \mathcal{L}$ si $B, C \in \mathcal{L}$ avec $C \subset B$).

**Corrigé** – Soit $(B_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite croissante d'éléments de $\mathcal{L}$. On pose $B = \cup_{n \in \mathbb{N}} B_n$. On veut montrer que $B \in \mathcal{L}$. On remarque d'abord que $B \in \mathcal{F}$ (par stabilité de $\mathcal{F}$ par union dénombrable). Puis, comme $A \cap B = \cup_{n \in \mathbb{N}} (A \cap B_n)$ et que $\mu_1(A \cap B_n) = \mu_2(A \cap B_n)$ pour tout $n \in \mathbb{N}$, la continuité croissante de $\mu_1$ et $\mu_2$ donne que $\mu_1(A \cap B) = \mu_2(A \cap B)$. On a donc $B \in \mathcal{L}$ et ceci montre la stabilité de $\mathcal{L}$ par union dénombrable croissante.

On a bien $\Omega \in \mathcal{L}$ car $\mu_1(A \cap \Omega) = \mu_1(A) = \mu_2(A) = \mu_2(A \cap \Omega)$.

On montre maintenant la troisième propriété. Soit $B, C \in \mathcal{L}$ avec $C \subset B$. On veut montrer que $B \setminus C \in \mathcal{L}$. On remarque d'abord que $B \setminus C = B \cap C^c \in \mathcal{F}$ par stabilité de $\mathcal{F}$ par passage au complémentaire et par intersection.

Puis, on a $A \cap (B \setminus C) = (A \cap B) \setminus (A \cap C)$. Comme $\mu_1(A) < +\infty$ et $\mu_2(A) < +\infty$ on a aussi $\mu_1(A \cap C) < +\infty$ et $\mu_2(A \cap C) < +\infty$ et donc

$$\mu_1((A \cap B) \setminus (A \cap C)) = \mu_1(A \cap B) - \mu_1(A \cap C),$$

$$\mu_2((A \cap B) \setminus (A \cap C)) = \mu_2(A \cap B) - \mu_2(A \cap C).$$

Comme $B, C \in \mathcal{L}$, on en déduit que $\mu_1((A \cap B) \setminus (A \cap C)) = \mu_2((A \cap B) \setminus (A \cap C))$ et donc

$$\mu_1(A \cap (B \setminus C)) = \mu_2(A \cap (B \setminus C)).$$

Ceci montre que $B \setminus C \in \mathcal{L}$ et termine la démonstration du fait que $\mathcal{L}$ est un $\lambda$-système.

**Exercice 2.25 (Mesure atomique, mesure diffuse)** Soit $(E, \mathcal{T})$ un espace mesurable tel que $\{x\} \in \mathcal{T}$ pour tout $x \in E$. Une mesure $m$ sur $\mathcal{T}$ est diffuse si $m(\{x\}) = 0$ pour tout $x \in E$. Une mesure $m$ sur $\mathcal{T}$ est purement atomique s'il existe $S \in \mathcal{T}$ tel que $m(S^c) = 0$ et $m(\{x\}) > 0$ si $x \in S$.

1. Montrer qu'une mesure purement atomique et diffuse est nulle. Donner, pour $(E, \mathcal{T}) = (\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}))$ un exemple de mesure purement atomique et un exemple de mesure diffuse. [Montrer que la mesure de Lebesgue sur $\mathcal{B}(\mathbb{R})$ est diffuse.]
**Corrigé** – Soit $m$ une mesure purement atomique et soit $S \in T$ tel que $m(S^c) = 0$ et $m(\{x\}) > 0$ si $x \in S$. Si $m$ est diffuse, on a $m(\{x\}) = 0$ pour tout $x \in E$, donc $S = \emptyset$ et $m = 0$.

On rappelle que, pour $a \in \mathbb{R}$, on note $\delta_a$ la mesure de Dirac sur $\mathcal{B}(\mathbb{R})$. On a donc, pour $B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$, $\delta_a(B) = 1$ si $a \in B$ et $\delta_a(B) = 0$ si $a \notin B$. La mesure $\delta_a$ est (pour tout $a \in \mathbb{R}$) purement atomique, il suffit de prendre $S = \{a\}$, on a bien $\delta_a(S^c) = 0$ et $\delta_a(\{a\}) = 1 > 0$.

Un exemple de mesure diffuse sur $(\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}))$ est donné par la mesure de Lebesgue sur $\mathcal{B}(\mathbb{R})$.

2. Soit $m$ une mesure diffuse sur $T$. Montrer que tous les ensembles dénombrables sont de mesure nulle.

**Corrigé** – Soit $A$ une partie dénombrable de $E$. Il existe donc une suite $(x_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset E$ telle que $A = \{x_n, n \in \mathbb{N}\} = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} \{x_n\}$. On a donc $A \in T$ (car $\{x_n\} \in T$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ et que $T$ est stable par union dénombrable) et $m(A) \le \sum_{n=0}^{+\infty} m(\{x_n\}) = 0$ car $m$ est diffuse.

3. Soit $m$ une mesure sur $T$. On suppose que $m$ est $\sigma$-finie, c'est-à-dire qu'il existe $(E_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset T$ telle que $E = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} E_n$ et $m(E_n) < +\infty$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

(a) Montrer que l'ensemble des $x \in E$ tels que $m(\{x\}) > 0$ (de tels $x$ sont appelés "atomes" de $m$) est au plus dénombrable. [On pourra introduire l'ensemble $A_{n,k} = \{x \in E_n; m(x) \ge \frac{1}{k}\}$.]

**Corrigé** – On pose $A = \{x \in E; m(\{x\}) > 0\}$. Si $x \in A$, il existe $n \in \mathbb{N}$ tel que $x \in E_n$ et il existe $k \in \mathbb{N}^*$ tel que $m(\{x\}) \ge \frac{1}{k}$. On a donc $x \in A_{n,k}$. Ceci montre que $A = \bigcup_{(n,k) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N}^*} A_{n,k}$. Pour montrer que $A$ est au plus dénombrable, il suffit de montrer que $A_{n,k}$ est au plus dénombrable (car une réunion dénombrable d'ensembles au plus dénombrables est au plus dénombrable). Soit donc $n \in \mathbb{N}$ et $k \in \mathbb{N}^*$. Soit $x_1, \dots, x_p$ p éléments distincts de $A_{n,k}$. Par monotonie et additivité de $m$, on a $\frac{p}{k} \le \sum_{n=1}^p m(\{x_n\}) = m(\{x_1, \dots, x_p\}) \le m(E_n) < +\infty$. On en déduit que $p \le km(E_n) < +\infty$ et donc que $A_{n,k}$ a un nombre fini d'éléments (ce nombre est inférieur ou égal à $km(E_n)$). On en déduit donc que $A$ est au plus dénombrable.

(b) Montrer qu'il existe une mesure diffuse $m_d$ et une mesure purement atomique $m_a$ sur $T$ telles que $m = m_d + m_a$. Montrer que $m_d$ et $m_a$ sont étrangères, c'est-à-dire qu'il existe $A \in T$ tel que $m_d(A) = 0$ et $m_a(A^c) = 0$.

**Corrigé** – On considère toujours $A = \{x \in E; m(\{x\}) > 0\}$. On remarque tout d'abord que $A \in T$ (car $A$ est au plus dénombrable, d'après la question précédente, et que les singletons, c'est-à-dire les parties réduites à un seul élément, sont dans $T$). On pose alors, pour tout $B \in T$ :

$$m_a(B) = m(B \cap A), \quad m_d(B) = m(B \cap A^c).$$

Il est facile de voir que $m_d$ et $m_a$ sont des mesures sur $T$ et que, par additivité de $m$, on a bien $m = m_a + m_d$.
La mesure $m_d$ est diffuse car, si $x \in E$, on a $m_d(\{x\}) = m(\{x\}) = 0$ si $x \in A^c$ (car $A$ contient tous les points tels que $m(\{x\}) > 0$) et $m_d(\{x\}) = m(\emptyset) = 0$ si $x \in A$ (car $\{x\} \cap A^c = \emptyset$).

La mesure $m_a$ est purement atomique. Il suffit de prendre $S = A$, on a bien $m_a(S^c) = m(A^c \cap A) = 0$ et $m_a(\{x\}) = m(\{x\}) > 0$ si $x \in S = A$.

Enfin, $m_a$ et $m_d$ sont étrangères car $m_d(A) = 0$ et $m_a(A^c) = 0$.

(c) Montrer que si $m$ est finie il existe un singleton dont la mesure est supérieure ou égale à la mesure de tous les autres singletons. Montrer que ceci peut-être inexact si $m$ n'est que $\sigma$-finie.

**Corrigé** – On suppose que $m$ est finie. Soit $M = \sup\{m(\{x\}), x \in E\}$. On veut montrer qu'il existe $x \in E$ tel que $M = m(\{x\})$. On suppose $M > 0$ (sinon, il suffit de prendre n'importe quel $x \in E$ pour avoir $m(\{x\}) = M)$. On va raisonner par l'absurde, on suppose donc que $m(\{x\}) < M$ pour tout $x \in E$. Par définition de $M$, Il existe une suite $(x_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset E$ tel que $m(\{x_n\}) \to M$ quand $n \to +\infty$. Comme $m(\{x_n\}) < M$ pour tout $n \in \mathbb{N}$, on peut même supposer (quitte à extraire une sous-suite) que $m(\{x_n\}) < m(\{x_{n+1}\}) < M$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. Quitte à supprimer les premiers termes de la suite, on peut aussi supposer que $m(\{x_0\}) > \frac{M}{2}$. Les points $x_n$ sont alors tous distincts, ce qui donne $\sum_{n=0}^{+\infty} m(\{x_n\}) = m(\{x_n, n \in \mathbb{N}\}) \le m(E)$. Ceci est impossible car $m(E) < +\infty$ et $m(\{x_n\}) > \frac{M}{2}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ (donc $\sum_{n=0}^{+\infty} m(\{x_n\}) = +\infty$).

Exemple de mesure $\sigma$-finie pour laquelle $M$ n'est pas atteint.

Sur $B(\mathbb{R})$ on définit $m$ par $m(B) = \sum_{n=2}^{+\infty} (1-\frac{1}{n})\delta_n(B)$ (où $\delta_n$ est la mesure de Dirac au point $n \in \mathbb{N}$, définie en (2.2)).

Pour montrer que $m$ est une mesure, on peut remarquer, en posant $\mathbb{N}_2 = \{n \in \mathbb{N}; n \ge 2\}$, que $m(B) = \sum_{n \in \mathbb{N}_2; n \in B} (1-\frac{1}{n})$. Si $B = \cup_{p \in \mathbb{N}} B_p$ avec $B_p \cap B_q = \emptyset$ si $p \ne q$, on a

$$ \sum_{p \in \mathbb{N}} m(B_p) = \sum_{p \in \mathbb{N}} \sum_{n \in \mathbb{N}_2; n \in B_p} \left(1 - \frac{1}{n}\right) = \sum_{(n,p) \in \mathbb{N}_2 \times \mathbb{N}; n \in B_p} \left(1 - \frac{1}{n}\right) $$

(on utilise ici le lemme 2.37 page 54). Comme les $B_p$ sont disjoints deux à deux, $n$ appartient à $B_p$ pour au plus 1 $p$, et comme $B = \cup_{p \in \mathbb{N}} B_p$, on obtient

$$ \sum_{(n,p) \in \mathbb{N}_2 \times \mathbb{N}; n \in B_p} \left(1 - \frac{1}{n}\right) = \sum_{n \in \mathbb{N}_2 \times \mathbb{N}; n \in B} \left(1 - \frac{1}{n}\right) = m(B). $$

Ceci prouve la $\sigma$-additivité de $m$. Le fait que $m(\emptyset) = 0$ est immédiat. On a donc bien montré que $m$ est une mesure.

La mesure $m$ est bien $\sigma$-finie, il suffit de remarquer que $m([-n, n]) < +\infty$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ et que $\mathbb{R} = \cup_{n \in \mathbb{N}} [-n, n]$. enfin, pour cette mesure $m$, on a $M = \sup\{m(\{x\}), x \in E\} = 1$ et il n'existe pas de $x \in \mathbb{R}$ tel que $m(\{x\}) = 1$. En fait, $m$ est purement atomique car $m((\mathbb{N}_2)^c) = 0$ et on a $0 < m(\{x\})$, pour tout $x \in \mathbb{N}_2$.
4. Pour $(E, T) = (\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}))$, donner un exemple de mesure purement atomique finie dont l'ensemble des atomes est infini.

**Corrigé** – Un tel exemple est obtenu en modifiant légèrement la mesure construite à la question précédente. Sur $(\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}))$ on définit $m$ par $m(B) = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^2} \delta_n(B)$. Une démonstration analogue à celle faite à la question précédente montre que $m$ est bien une mesure sur $\mathcal{B}(\mathbb{R})$, $m$ est finie (on a $m(\mathbb{R}) = \frac{\pi^2}{6} < +\infty$), et $m$ est atomique car $m((\mathbb{N}^*)^c) = 0$ et $0 < m(\{x\}) < 1$, pour tout $x \in \mathbb{N}^*$. L'ensemble des atomes de $m$ est infini, c'est $\mathbb{N}^*$.

**Exercice 2.26 (Limites sup et inf d'ensembles)** Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré et $(A_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset T$. On rappelle que

$$ \limsup_{n \to +\infty} A_n = \bigcap_{n \in \mathbb{N}} \bigcup_{p \ge n} A_p \quad \text{et} \quad \liminf_{n \to +\infty} A_n = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} \bigcap_{p \ge n} A_p. $$

1. On suppose qu'il existe $n_0 \in \mathbb{N}$ tel que $m(\bigcup_{p \ge n_0} A_p) < +\infty$. Montrer que

$$ m(\liminf_{n \to +\infty} A_n) \le \liminf_{n \to +\infty} m(A_n) \le \limsup_{n \to +\infty} m(A_n) \le m(\limsup_{n \to +\infty} A_n). $$

**Corrigé** – • La propriété de continuité croissante d'une mesure (voir la proposition 2.26) donne :

$$ m(\liminf_{n \to +\infty} A_n) = \lim_{n \to +\infty} m(\bigcap_{p \ge n} A_p). $$

La monotonie de $m$ donne $m(\bigcap_{p \ge n} A_p) \le m(A_q)$ pour tout $q \ge n$. On a donc
$$ m(\bigcap_{p \ge n} A_p) \le \inf_{p \ge n} m(A_p) \text{ et donc} $$

$$ \lim_{n \to +\infty} m(\bigcap_{p \ge n} A_p) \le \lim_{n \to +\infty} (\inf_{p \ge n} m(A_p)). $$

soit encore

$$ m(\liminf_{n \to +\infty} A_n) \le \liminf_{n \to +\infty} m(A_n). $$

$$ \bullet \text{ De } \inf_{p \ge n} m(A_p) \le \sup_{p \ge n} m(A_p), \text{ on déduit} $$

$$ \liminf_{n \to +\infty} m(A_n) \le \limsup_{n \to +\infty} m(A_n). $$

$$ \bullet \text{ Comme il existe } n_0 \in \mathbb{N} \text{ tel que } m(\bigcup_{p \ge n_0} A_p) < +\infty, \text{ la propriété de continuité décroissante d'une mesure (voir la proposition 2.26) donne} $$

$$ m(\limsup_{n \to +\infty} A_n) = \lim_{n \to +\infty} m(\bigcup_{p \ge n} A_p). $$

La monotonie de $m$ donne $m(\bigcup_{p \ge n} A_p) \ge m(A_q)$ pour tout $q \ge n$. On a donc

$$ m(\bigcup_{p \ge n} A_p) \ge \sup_{p \ge n} m(A_p) $$

et donc $\lim_{n \to +\infty} m(\bigcup_{p \ge n} A_p) \ge \lim_{n \to +\infty} (\sup_{p \ge n} m(A_p))$, c'est-à-dire

$$ m(\limsup_{n \to +\infty} A_n) \ge \limsup_{n \to +\infty} m(A_n). $$
2. Donner un exemple (c'est-à-dire choisir (E, T, m) et (A_n)_{n∈N} ⊂ T) pour lequel :

$$ \limsup_{n \to +\infty} m(A_n) > m(\limsup_{n \to +\infty} A_n). $$

**Corrigé** – On prend (E, T, m) = (ℝ, B(ℝ), λ) et A_n = [n, n+1[, pour tout n ∈ N. On obtient alors :

$$ \limsup_{n \to +\infty} m(A_n) = 1 > 0 = m(\emptyset) = m(\limsup_{n \to +\infty} A_n). $$

3. Donner un exemple avec m finie (c'est-à-dire m(E) < +∞) pour lequel

$$ m(\liminf_{n \to +\infty} A_n) < \liminf_{n \to +\infty} m(A_n) < \limsup_{n \to +\infty} m(A_n) < m(\limsup_{n \to +\infty} A_n). $$

**Corrigé** – On prend (E, T, m) = ([0, 4], B([0, 4]), λ) (plus précisément, λ est ici la restriction à B([0, 4]) de λ qui est une mesure sur B(ℝ)) et A_{2n} = [0, 2], A_{2n+1} = [1, 4] pour tout n ∈ N. On obtient $\limsup_{n \to +\infty} A_n = [0, 4]$ et $\liminf_{n \to +\infty} A_n = [1, 2]$. On a ainsi :

$$ \begin{align*} \liminf_{n \to +\infty} m(A_n) &= 1, & \liminf_{n \to +\infty} m(A_n) &= 2, \\ \limsup_{n \to +\infty} m(A_n) &= 3, & \limsup_{n \to +\infty} A_n) &= 4. \end{align*} $$

4. On suppose que $\sum_{n \in N} m(A_n) < +\infty$. Montrer que $m(\limsup_{n \to +\infty} A_n) = 0$.

**Corrigé** – De $\sum_{n \in N} m(A_n) < +\infty$ on déduit $\sum_{p=n}^{+\infty} m(A_p) \to 0$ quand $n \to +\infty$ et donc $m(\bigcup_{p \ge n} A_p) \to 0$ quand $n \to +\infty$ (car, par σ-sous additivité de m, on a $m(\bigcup_{p \ge n} A_p) \le \sum_{p=n}^{+\infty} m(A_p)$). Par continuité décroissante de m, on en déduit alors $m(\limsup_{n \to +\infty} A_n) = 0$.

**Exercice 2.27 (Petit ouvert dense...)** On considère ici l'espace mesuré (ℝ, B(ℝ), λ). Soit $\varepsilon > 0$, peut-on construire un ouvert dense dans ℝ de mesure inférieure à $\varepsilon$ ? [On rappelle qu'une partie A de R est dense dans ℝ si $\bar{A} = R$ ou encore si, pour tout $x \in R$ et pour tout $\varepsilon > 0$, il existe $a \in A$ tel que $|x - a| < \varepsilon$.]

**Corrigé** – La réponse est oui.... Soit $\varepsilon > 0$. Comme $\mathbb{Q}$ est dénombrable, il existe $\varphi : \mathbb{N} \to \mathbb{Q}$, bijective. On considère alors $O = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} \varphi(n) - \frac{\varepsilon}{2^{n+2}}$, $\varphi(n) + \frac{\varepsilon}{2^{n+2}}$. On est bien un ouvert (comme réunion d'ouverts), dense dans $\mathbb{R}$ (car $O \supset \mathbb{Q}$ et $\mathbb{Q}$ est dense dans $\mathbb{R}$) et, par σ-sous additivité d'une mesure, on a $\lambda(O) \le \varepsilon \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{1}{2^{n+1}} = \varepsilon$.

**Exercice 2.28 (Non existence de la mesure de Lebesgue sur $P(ℝ)$)**

On définit la relation d'équivalence sur $[0, 1[$ : $xRy$ si $x - y \in \mathbb{Q}$. En utilisant l'axiome du choix, on construit un ensemble $A \subset [0, 1[$ tel que A contienne un élément et un seul de chaque classe d'équivalence. Pour $q \in \mathbb{Q} \cap [0, 1[$, on définit $A_q = \{y \in [0, 1[; y = x + q$ ou $y = x + q - 1, x \in A\}$, c'est-à-dire $A_q = \{y \in [0, 1[; y - q \in A$ ou $y - q + 1 \in A\}$.
1. Montrer que $\bigcup_{q \in \mathbb{Q} \cap [0,1[} A_q = [0,1[$.

**Corrigé** – Soit $y \in [0,1[$, il existe $x \in A$ tel que $yRx$ (car $A$ contient un élément dans chaque classe d'équivalence), c'est-à-dire $y-x \in \mathbb{Q}$. Comme $y-x \in [-1,1[$ (car $x,y \in [0,1[$), on a donc $y-x = q \in \mathbb{Q} \cap [0,1[$ ou $y-x+1 = q \in \mathbb{Q} \cap ]0,1[$. Ceci donne $y \in A_q$. On a donc $[0,1[ \subset \bigcup_{q \in \mathbb{Q} \cap [0,1[} A_q$. Comme $A_q \subset [0,1[$ pour tout $q \in \mathbb{Q} \cap [0,1[$, on a finalement $[0,1[ = \bigcup_{q \in \mathbb{Q} \cap [0,1[} A_q$.

Il est important aussi de remarquer que les $A_q$ sont disjoints deux à deux. En effet, si $y \in A_q \cap A_{q'}$, il existe $x, x' \in A$ tels que $y-x = q$ ou $(q-1)$ et $y-x' = q'$ ou $(q'-1)$. On en déduit $x-x' \in \mathbb{Q}$ et donc $x = x'$ (car $A$ contient un seul élément de chaque classe d'équivalence). Ceci donne $q = q' = y-x$ (si $y-x \in [0,1[$ ou $q = q' = y-x+1$ (si $y-x \in [-1,0[$).

2. Montrer que si $m$ est une application de $\mathcal{P}(\mathbb{R})$ dans $\bar{\mathbb{R}}_+$, invariante par translation et vérifiant $m([0,1]) = 1$, $m$ ne peut pas être $\sigma$-additive. En déduire la non-existence d'une mesure $m$, sur $\mathcal{P}(\mathbb{R})$, invariante par translation et telle que $m([a,b]) = b-a$ pour tout $a,b \in \mathbb{R}$, $a < b$. En particulier, montrer que l'application $\lambda^*$, définie en cours, ne peut pas être une mesure sur $\mathcal{P}(\mathbb{R})$.

**Corrigé** – On suppose que $m$ est une mesure sur $\mathcal{P}(\mathbb{R})$ vérifiant $m([0,1]) = 1$. La $\sigma$-additivité de $m$ donne alors, avec la première question,

$$1 = \sum_{q \in \mathbb{Q} \cap [0,1[} m(A_q). \qquad (2.24)$$

Pour $x \in \mathbb{R}$ et $B \in \mathcal{P}(\mathbb{R})$, on note $B+x = \{y+x, y \in B\}$. On suppose que $m$ est invariante par translation, on a donc $m(B+x) = m(B)$ pour tout $B \in \mathcal{P}(\mathbb{R})$ et tout $x \in \mathbb{R}$.

On remarque maintenant que $A_q = ((A+q) \cap [0,1]) \cup ((A+q-1) \cap [0,1])$ pour tout $q \in \mathbb{Q} \cap [0,1[$. De plus, si $y \in ((A+q) \cap [0,1]) \cup ((A+q-1) \cap [0,1])$, il existe $x, x' \in A$ tels que $y = x+q = x' + q-1$, donc $x' - x = 1$, ce qui est impossible. Ceci montre que $((A+q) \cap [0,1]) \cap ((A+q-1) \cap [0,1]) = \emptyset$. On a donc, en utilisant l'additivité de $m$, l'invariance par translation de $m$ et le fait que $A+q \subset [0,2[$, $m(A_q) = m((A+q) \cap [0,1]) + m((A+q-1) \cap [0,1]) = m((A+q) \cap [0,1]) + m((A+q) \cap [1,2]) = m(A+q) = m(A)$, pour tout $q \in \mathbb{Q} \cap [0,1[$. On en déduit $\sum_{q \in \mathbb{Q} \cap [0,1[} m(A_q) = 0$ si $m(A) = 0$ et $\sum_{q \in \mathbb{Q} \cap [0,1[} m(A_q) = +\infty$ si $m(A) > 0$, et donc $\sum_{q \in \mathbb{Q} \cap [0,1[} m(A_q) \neq 1$, en contradiction avec (2.24). Il n'existe donc pas de mesure sur $\mathcal{P}(\mathbb{R})$, invariante par translation et telle que $m([0,1]) = 1$.

Si $m$ est une mesure sur $\mathcal{P}(\mathbb{R})$, invariante par translation et telle que $m([a,b]) = b-a$ pour tout $a,b \in \mathbb{R}$, $a < b$. On montre que $m[0,1[ = 1$ en utilisant la continuité croissante de $m$ et le fait que $[0,1[ = \bigcup_{n \ge 1} [0,1-\frac{1}{n}]$. Il est donc impossible de trouver une telle mesure.

L'application $\lambda^*$ définie en cours sur $\mathcal{P}(\mathbb{R})$ (à valeurs dans $\bar{\mathbb{R}}_+$) est invariante par translation et vérifie $\lambda^*([a,b]) = b-a$ pour tout $a,b \in \mathbb{R}$, $a < b$. Elle n'est donc pas $\sigma$-additive sur $\mathcal{P}(\mathbb{R})$.
**Exercice 2.29 (Non existence d'une mesure sur $P(\mathbb{R})$ donnant la longueur)** Cet exercice est plus général que le précédent car on veut montrer qu'il n'existe pas de mesure sur $P(\mathbb{R})$ telle que $m([a, b]) = b - a$ pour tout $a, b \in \mathbb{R}$, $a < b$, sans l'hypothèse d'invariance par translation de l'exercice précédent.

Soit E un ensemble non dénombrable, sur lequel on suppose qu'il existe un ordre total, noté $\le$, tel que pour tout $x \in E$, l'ensemble $\{y \in E; y \le x\}$ est dénombrable, c'est-à-dire qu'il existe une application $f_x$ injective de cet ensemble dans $\mathbb{N}$. Si $E = \mathbb{R}$ ou $E = [0, 1]$, on peut démontrer l'existence d'un tel ordre (ceci est une conséquence de l'axiome du continu). Soit $m$ une mesure sur $P(E)$; on suppose que $m$ est finie, i.e. $m(E) < +\infty$, et diffuse. On se propose de montrer que $m$ est nulle, i.e. $m(A) = 0$, pour tout $A \in P(E)$. On pose, pour $x \in E$ et $n \in \mathbb{N}$, $A_{x,n} = \{y \in E; y \ge x \text{ et } f_y(x) = n\}$.

1. Montrer que pour tout $x, y \in E$ et $n \in \mathbb{N}$, $A_{x,n} \cap A_{y,n} = \emptyset$.

En déduire que, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $\{x \in E; m(A_{x,n}) \neq 0\}$ est au plus dénombrable (utiliser le fait que $m$ est finie).

2. Montrer qu'il existe $x \in E$ tel que, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $m(A_{x,n}) = 0$.

3. En déduire que $m$ est nulle (montrer pour cela que $m(E) = 0$ en utilisant la question précédente et le fait que $m$ est diffuse).

4. Montrer qu'il n'existe pas de mesure $m$ sur $P(\mathbb{R})$ telle que $m([0, 1]) = b - a$ pour tout $a, b \in \mathbb{R}$, $a < b$.

**Exercice 2.30 (Une caractérisation de la mesure de Lebesgue)** Soit $m$ une mesure sur $B(\mathbb{R})$ telle que pour tout intervalle $I$ et tout $x \in \mathbb{R}$ on ait $m(I) = m(I + x)$ (avec $I + x = \{a + x, a \in I\}$) et $m([0, 1]) = 1$. Montrer que pour tout $x \in \mathbb{R}$, $m(\{x\}) = 0$ (i.e. $m$ est diffuse). En déduire que $m$ est la mesure de Lebesgue sur $B(\mathbb{R})$. [On pourra découper $[0, 1[$ en $q$ intervalles de longueur $1/q$.]

**Corrigé** – On pose $m(\{0\}) = \alpha$. Soit $x \in \mathbb{R}$. On prend $I = \{0\}$ (I est bien un intervalle) de sorte que $I + x = \{x\}$. On a alors $\alpha = m(\{0\}) = m(I) = m(I + x) = m(\{x\})$. On a donc montré que $m(\{x\}) = \alpha$ pour tout $x \in \mathbb{R}$. Pour montrer que $\alpha = 0$, il suffit, par exemple, de remarquer que, en utilisant la $\sigma$-additivité de $m$ :

$$1 = m([0, 1]) \ge \sum_{n=1}^{+\infty} m(\{\frac{1}{n}\}) \ge \sum_{n=1}^{+\infty} \alpha.$$

On en déduit $\alpha = 0$ (sinon, le membre de droite de la précédente inégalité est égal à $+\infty$ et l'inégalité est alors fausse).

On a donc bien montré que $m(\{x\}) = 0$ pour tout $x \in \mathbb{R}$. Ceci donne, en particulier que $1 = m([0, 1]) = m([0, 1] + m(\{1\})) = m([0, 1])$.

Soit maintenant $q \in \mathbb{N}^*$. On a $m([\frac{i}{q}, \frac{i+1}{q}]) = m([0, \frac{1}{q}])$ pour tout $i \in \{0, \dots, q-1\}$, car $[\frac{i}{q}, \frac{i+1}{q}] = [0, \frac{1}{q}] + \frac{i}{q}$. On en déduit :

$$1 = m([0, 1]) = \sum_{i=0}^{q-1} m([\frac{i}{q}, \frac{i+1}{q}]) = qm([0, \frac{1}{q}]),$$
et donc $m([0, \frac{1}{q}]) = \frac{1}{q}$. Ceci donne aussi, pour tout $x \in \mathbb{R}$, $m([x, x + \frac{1}{q}]) = \frac{1}{q}$, car
$x, x + \frac{1}{q} = [0, \frac{1}{q}] + x$.

En utilisant l'additivité de m, on a donc, pour tout $p \in \mathbb{N}^*$ :

$$
m([0, \frac{p}{q}]) = \sum_{i=0}^{p-1} m([\frac{i}{q}, \frac{i+1}{q}]) = \frac{p}{q}. \qquad (2.25)
$$

De (2.25), on va déduire $m([\alpha, \beta[) = \beta - \alpha$ pour tout $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$ tels que $\alpha < \beta$. En
effet, soit $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$ tels que $\alpha < \beta$. Comme $[\alpha, \beta[ = [0, \gamma[+\alpha$, avec $\gamma = \beta - \alpha$, on a
$m([\alpha, \beta[) = m([0, \gamma[)$. Il existe alors deux suites $(r_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathbb{Q}_+$ et $(s_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathbb{Q}_+$ telles
que $r_n \uparrow \gamma$ et $s_n \downarrow \gamma$ quand $n \to +\infty$. Comme $[0, r_n[ \subset [0, \gamma[ \subset [0, s_n[$, on a, grâce à
(2.25), $r_n = m([0, r_n[) \le m([0, \gamma[) \le m([0, s_n[) = s_n$. Eh faisant $n \to +\infty$, on en déduit
que $m([0, \gamma[) = \gamma$ et donc $m([\alpha, \beta[) = \beta - \alpha$.

Enfin, comme $m(\{\alpha\}) = 0$, on a aussi

$$
m(\alpha, \beta] = \beta - \alpha, \text{ pour tout } \alpha, \beta \in \mathbb{R}, \alpha < \beta.
$$

La partie "unicité" du théorème de Carathéodory donne alors $m = \lambda$.

**Exercice 2.31 (Support d'une mesure sur les boréliens)** Soit $m$ une mesure sur $\mathcal{B}(\mathbb{R}^d)$. Montrer qu'il existe un plus grand ouvert de mesure nulle pour $m$. L'ensemble fermé complémentaire de cet ouvert s'appelle le *support* de $m$. [On pourra, par exemple, considérer les pavés à extrémités rationnelles qui sont de mesure nulle pour $m$.]

**Corrigé** – On note A l'ensemble des ouverts de $\mathbb{R}^d$ de mesure nulle pour m. L'ensemble A est non vide (car l'ensemble vide est un ouvert de $\mathbb{R}^d$ de mesure nulle). On pose :

$$
O = \bigcup_{\omega \in A} \omega.
$$

L'ensemble O est donc la réunion de tous les ouverts de $\mathbb{R}^d$ de mesure nulle. Il est clair
que O est ouvert (car c'est une réunion d'ouverts) et qu'il contient tous les ouverts de
$\mathbb{R}^d$ de mesure nulle. Pour montrer que O est le plus grand ouvert de mesure nulle, il
suffit donc de montrer que O est de mesure nulle. Pour cela, on va montrer que O est
une réunion dénombrable d'ouverts de mesure nulle.

Soit $x = (x_1, \dots, x_d)^t \in O$. Il existe $\omega \in A$ tel que $x \in \omega$. Comme $\omega$ est ouvert, il existe $\varepsilon > 0$ tel que :

$$
\prod_{i=1}^{d} |x_i - \varepsilon, x_i + \varepsilon[ \subset \omega.
$$

Pour tout $i \in \{1, \dots, d\}$ il existe $\gamma_{i,x} \in ]x_i - \varepsilon, x_i + \varepsilon[ \cap \mathbb{Q}$ et $\delta_{i,x} \in ]x_i, x_i + \varepsilon[ \cap \mathbb{Q}$. On a donc :

$$
x \in \prod_{i=1}^{d} ]\gamma_{i,x}, \delta_{i,x}[ \subset \omega \subset O.
$$
Par monotonie d'une mesure, on a $m(\prod_{i=1}^{d}]\gamma_{i,x}, \delta_{i,x}] \le m(\omega) = 0$, et donc

$$m(\prod_{i=1}^{d}]\gamma_{i,x}, \delta_{i,x}] = 0.$$

Comme $O = \bigcup_{x \in O} \{x\}$, on a aussi :

$$O = \bigcup_{x \in O} \prod_{i=1}^{d}]\gamma_{i,x}, \delta_{i,x}[ = \bigcup_{x \in O} P_{\gamma_x, \delta_x}, \quad (2.26)$$

en posant $\gamma_x = (\gamma_{1,x}, \dots, \gamma_{d,x})^t$, $\delta_x = (\delta_{1,x}, \dots, \delta_{d,x})^t$ et $P_{\gamma, \delta} = \prod_{i=1}^d]\gamma_i, \delta_i[ (\text{si } \gamma = (\gamma_1, \dots, \gamma_d)^t \text{ et } \delta = (\delta_1, \dots, \delta_d)^t)$.

On remarque maintenant que, pour tout $x \in O$, $\gamma_x, \delta_x \in \mathbb{Q}^d$. L'égalité (2.26) donne donc :

$$O = \bigcup_{(\gamma, \delta) \in B} P_{\gamma, \delta},$$

où B est une partie de $\mathbb{Q}^{2d}$ et $m(P_{\gamma,\delta}) = 0$ pour tout $(\gamma, \delta) \in B$. Comme $\mathbb{Q}^{2d}$ est dénombrable, la partie B est au plus dénombrable et la $\sigma$-sous additivité d'une mesure donne alors que $m(O) = 0$.

Exercice 2.32 (Ensemble de Cantor)

On considère l'espace mesuré $([0,1], \mathcal{B}([0,1]), \lambda)$. On pose $C_0 = [0,1]$, $a_1^0 = 0$, $b_1^0 = 1$, et $\alpha_0 = 1$. Pour $n \ge 0$, on construit $C_{n+1} \subset [0,1]$ de la manière suivante : on suppose $C_n = \bigcup_{p=1}^{2^n} [a_p^n, b_p^n]$ connu, et on définit $C_{n+1} = \bigcup_{p=1}^{2^{n+1}} [a_p^{n+1}, b_p^{n+1}]$ où, pour $p = 1, \dots, 2^n$, $a_{2p-1}^{n+1} = a_p^n$, $b_{2p-1}^{n+1} = a_p^n + \alpha_{n+1}$, $a_{2p}^{n+1} = b_p^n - \alpha_{n+1}$ et $b_{2p}^{n+1} = b_p^n$, avec $\alpha_{n+1} = \frac{\rho_n \alpha_n}{2}$, et $0 < \rho_n < 1$. On pose $C = \bigcap_{n \ge 0} C_n$ (C s'appelle ensemble de Cantor", l'exemple le plus classique est obtenu avec $\rho_n = \frac{2}{3}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$).

1. Montrer que $C_{n+1} \subset C_n$.

**Corrigé** – Pour tout $n \in \mathbb{N}$ et $p \in \{1, \dots, 2^n\}$, la longueur de l'intervalle $[a_p^n, b_p^n]$ est $\alpha_n$. Comme $\alpha_{n+1} < \frac{\alpha_n}{2}$ et que $a_{2p-1}^{n+1} = a_p^n$ et $b_{2p}^{n+1} = b_p^n$, on a $[a_{2p-1}^{n+1}, b_{2p-1}^{n+1}] \cup [a_{2p}^{n+1}, b_{2p}^{n+1}] \subset [a_p^n, b_p^n]$, pour tout $n \in \mathbb{N}$ et $p \in \{1, \dots, 2^n\}$. En prenant l'union sur $p \in \{1, \dots, 2^n\}$, on en déduit $C_{n+1} \subset C_n$.

2. Montrer que C est compact et $\mathring{C} = \emptyset$.

**Corrigé** – L'ensemble C est fermé (dans $\mathbb{R}$) car c'est une intersection de fermés (chaque $C_n$ est fermé). D'autre part $C \subset [0,1]$, C est donc compact (car fermé et borné dans $\mathbb{R}$).

Comme $\alpha_{n+1} < \frac{\alpha_n}{2}$, on a toujours $b_p^n < a_{p+1}^n$ (pour tout $n \in \mathbb{N}$ et $p \in \{1, \dots, 2^n-1\}$). Les intervalles composant $C_n$ sont donc disjoints deux à deux et de longueur $\alpha_n$. Ceci montre que $x, y \in [0,1]$, $(y-x) > \alpha_n$ implique $]x, y[ \subset C_n$. Comme $\alpha_n \to 0$ quand $n \to +\infty$ (noter que $\alpha_n \le \frac{1}{2^n}$), on en déduit que $C = \bigcap_{n \in \mathbb{N}} C_n$ ne contient aucun intervalle ouvert (non vide) et donc que $\mathring{C} = \emptyset$.
### 3. Montrer que $C$ est non dénombrable.

**Corrigé** – On commence par définir, par récurrence sur $n \in \mathbb{N}^*$, des points $x_c$ pour $c \in \{1, 2\}^n$.

Pour $n = 1$, $x_{(1)} = a_1^0$ et $x_{(2)} = b_1^0$.

Soit $n \ge 1$. Supposons que $x_c$ est construit pour tout $c \in \{1, 2\}^n$ et que pour chaque $c \in \{1, 2\}^n$, $x_c \in \{b_p^{n-1}, p = 1, \dots, 2^{n-1}\} \cup \{a_p^{n-1}, p = 1, \dots, 2^{n-1}\}$. On construit maintenant $x_c$ pour $c \in \{1, 2\}^{n+1}$. Soit donc $c \in \{1, 2\}^{n+1}$, on pose $c = \{\bar{c}, b\}$ avec $\bar{c} \in \{1, 2\}^n$ et $d \in \{1, 2\}$ et on distingue 4 cas :

(a) $x_{\bar{c}} = b_p^{n-1}$, avec $p \in \{1, \dots, 2^{n-1}\}$, $d = 1$. On pose alors $x_c = a_{2p}^n$,

(b) $x_{\bar{c}} = b_p^{n-1}$, avec $p \in \{1, \dots, 2^{n-1}\}$, $d = 2$. On pose alors $x_c = b_{2p}^n$,

(c) $x_{\bar{c}} = a_p^{n-1}$, avec $p \in \{1, \dots, 2^{n-1}\}$, $d = 1$. On pose alors $x_c = a_{2p-1}^n$,

(d) $x_{\bar{c}} = a_p^{n-1}$, avec $p \in \{1, \dots, 2^{n-1}\}$, $d = 2$. On pose alors $x_c = b_{2p-1}^n$.

Il est intéressant de noter, avec ces formules, que $|x_c - x_{\bar{c}}| \le \alpha_n \le \frac{1}{2^n}$ et que $x_c \in C$.

On note $S$ l'ensemble des suites indexées par $\mathbb{N}^*$, prenant leurs valeurs dans $\{1, 2\}$. Si $c \in S$, on note $c_n$ l'élément de $\{1, 2\}^n$ formé par les $n$ premiers termes de la suite et on note $x_n = x_{c_n}$. La suite $(x_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est de Cauchy (car $|x_{n+1} - x_n| \le \frac{1}{2^n}$) et incluse dans $C$, elle converge donc vers un point $x_c \in C$. On remarque que si $c$ et $c'$ sont deux suites différentes, alors $x_c \ne x_{c'}$. En effet soit $n \in \mathbb{N}$ tel que $c_n = c'_n$ et $c_{n+1} \ne c'_{n+1}$, on alors $|x_{c_m} - x_{c'_m}| \ge (1 - \rho_n)\alpha_n$ pour tout $m > n$ et donc, en passant à la limite quand $m \to +\infty$, $|x_c - x_{c'}| \ge (1 - \rho_n)\alpha_n$, ce qui donne $x_c \ne x_{c'}$. L'application $c \mapsto x_c$ est donc une injection de $S$ dans $C$. Ceci montre que $C$ est infini non dénombrable (car $S$ est infini non dénombrable).

### 4. Montrer que si $\rho_n$ ne dépend pas de $n$, alors $\lambda(C) = 0$. En déduire que si $A \in \mathcal{B}([0, 1])$, $\lambda(A) = 0$ n'entraîne pas que $A$ est dénombrable.

**Corrigé** – La construction des points $a_p^n$ et $b_p^n$ donne

$$ \lambda([a_{2p-1}^{n+1}, b_{2p-1}^{n+1}] \cup [a_{2p}^{n+1}, b_{2p}^{n+1}]) = 2\alpha_{n+1} = \rho_n\alpha_n = \rho_n\lambda([a_p^n, b_p^n]). $$

En prenant l'union sur $p \in \{1, \dots, 2^n\}$, on en déduit $\lambda(C_{n+1}) = \rho_n\lambda(C_n)$.

Si $\rho_n$ ne dépend pas de $n$, c'est-à-dire $\rho_n = \rho$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ et $0 < \rho < 1$, on a donc $\lambda(C_{n+1}) = \rho\lambda(C_n)$. Ceci donne, comme $\lambda(C_0) = 1$, $\lambda(C_n) = \rho^n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. Par continuité décroissante de $\lambda$, on en déduit $\lambda(C) = \lim_{n \to +\infty} \lambda(C_n) = 0$.

### 5. Soit $0 < \varepsilon < 1$. Montrer qu'il existe une suite $(\rho_n)_{n \ge 0} \subset ]0, 1[$ telle que $\lambda(C) = \varepsilon$.

**Corrigé** – Soit $(\varepsilon_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset ]\varepsilon, 1]$ telle que $\varepsilon_0 = 1$, $\varepsilon_{n+1} < \varepsilon_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ et $\varepsilon_n \to \varepsilon$ quand $n \to +\infty$ (on peut prendre, par exemple, $\varepsilon_n = \varepsilon - \frac{1-\varepsilon}{n+1}$).

On prend $\rho_n = \frac{\varepsilon_{n+1}}{\varepsilon_n}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. On a bien $0 < \rho_n < 1$ et, comme $\lambda(C_{n+1}) = \rho_n\lambda(C_n)$ (ceci a été démontré à la question précédente), on a donc $\lambda(C_n) = \varepsilon_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. Par continuité décroissante de $\lambda$, on en déduit $\lambda(C) = \lim_{n \to +\infty} \lambda(C_n) = \varepsilon$.
6. Soit $f$ lipschitzienne de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. Montrer que si $A$ est un compact de $[0, 1]$ tel que $\lambda(A) = 0$, alors $f(A)$ est un compact de $\mathbb{R}$ tel que $\lambda(f(A)) = 0$.

**Corrigé** – Comme $f$ est continue, $f$ transforme les compacts en compacts. Donc, $f(A)$ est bien un compact de $\mathbb{R}$ (et donc appartient à $\mathcal{B}(\mathbb{R})$).

On montre maintenant que $\lambda(f(A)) = 0$.

Soit $L \in \mathbb{R}$ tel que $|f(y) - f(x)| \le L|y - x|$ pour tout $x, y \in \mathbb{R}$. On commence par montrer un petit résultat préliminaire. Soit $I = [a, b]$ un intervalle fermé de $[0, 1]$ (I est donc compact). Comme $f$ est continue sur $[a, b]$, il existe $x, y \in [a, b]$ tels que $f(x) = m = \min\{f(z), z \in [a, b]\}$ et $f(y) = M = \max\{f(z), z \in [a, b]\}$. On a donc $f(I) \subset [m, M]$ (en fait, $f(I) = [m, M]$), d'où :

$$ \lambda(f(I)) \le M - m = f(y) - f(x) \le L|y - x| = L\lambda(I). \quad (2.27) $$

Soit $\eta > 0$. Comme $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$, d'après la régularité de $\lambda$ (voir le théorème 2.42), il existe $O$, ouvert de $\mathbb{R}$, tel que $A \subset O$ et $\lambda(0) \le \eta$. D'après le lemme 2.43 page 60, $O$ est une union dénombrable d'intervalles ouverts disjoints deux à deux. En prenant éventuellement la restriction à $[0, 1]$ de ces intervalles, on obtient donc une famille dénombrable, notée $(I_n)_{n \in \mathbb{N}}$, d'intervalles inclus dans $[0, 1]$, disjoints deux à deux tels que $A \subset \bigcup_{n \in \mathbb{N}} I_n \subset O$. On en déduit

$$ \sum_{n=0}^{+\infty} \lambda(I_n) = \lambda\left(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} I_n\right) \le \eta \text{ et } f(A) \subset \bigcup_{n \in \mathbb{N}} f(I_n) \subset \bigcup_{n \in \mathbb{N}} f(\bar{I}_n). $$

On a donc $\lambda(f(A)) \le \sum_{n=0}^{+\infty} \lambda(f(\bar{I}_n))$. En utilisant (2.27), on a donc

$$ \lambda(f(A)) \le L \sum_{n=0}^{+\infty} \lambda(\bar{I}_n) = L \sum_{n=0}^{+\infty} \lambda(I_n) \le L\eta. $$

Comme $\eta$ est arbitrairement petit, on a donc $\lambda(f(A)) = 0$.

7. Construire une fonction continue de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ telle que si $A$ est un compact de $[0, 1]$ tel que $\lambda(A) = 0$, on n'a pas forcément $\lambda(f(A)) = 0$ (mais $f(A)$ est un compact de $\mathbb{R}$). [Utiliser un ensemble de Cantor de mesure nulle (cf question 4) et un ensemble de Cantor de mesure $\epsilon > 0$ (cf question 5).]

**Corrigé** – On note $C$ l'ensemble obtenu dans la question 4, c'est-à-dire avec $\rho_n = \rho$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ et $0 < \rho < 1$ (par exemple, $\rho = \frac{2}{3}$). On note $a_n^p, b_n^p, C_n$ les points et ensembles utilisés pour construire $C$ et on note aussi $D = \{a_n^p, n \in \mathbb{N}, p \in \{1, \dots, 2^n\}\} \cup \{b_n^p, n \in \mathbb{N}, p \in \{1, \dots, 2^n\}\}$. (Noter que $D \subset C$.)

Soit $\epsilon > 0$. On note $\tilde{C}$ l'ensemble $C$ obtenu à la question 5. On a donc $\lambda(\tilde{C}) = \epsilon$. On note $\tilde{a}_n^p, \tilde{b}_n^p, \tilde{C}_n$ les points et ensembles utilisés pour construire $\tilde{C}$ et on note aussi

$$ \tilde{D} = \{\tilde{a}_n^p, n \in \mathbb{N}, p \in \{1, \dots, 2^n\}\} \cup \{\tilde{b}_n^p, n \in \mathbb{N}, p \in \{1, \dots, 2^n\}\}. $$

(Noter que $\tilde{D} \subset \tilde{C}$.)

Soit $n \in \mathbb{N}$ et $p \in \{1, \dots, 2^n\}$. On construit une fonction $f$ sur l'intervalle $[b_{2p-1}^{n+1}, a_{2p}^{n+1}]$ en prenant $f$ affine et telle que $f(b_{2p-1}^{n+1}) = \tilde{b}_{2p-1}^{n+1}$ et $f(a_{2p-1}^{n+1}) = \tilde{a}_{2p-1}^{n+1}$. On remarque
que

$$f : \left( \bigcup_{n \in \mathbb{N}} C_n^c \right) \cup D \to \left( \bigcup_{n \in \mathbb{N}} \tilde{C}_n^c \right) \cup \tilde{D}$$

est strictement croissante. Comme $(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} C_n^c)^c = C$ et que $C$ est d'intérieur vide, $f$ est définie sur une partie dense de $[0,1]$ et, comme $(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} \tilde{C}_n^c)^c = \tilde{C}$ et que $\tilde{C}$ est d'intérieur vide, l'image de $f$ est dense dans $[0,1]$.

Il est maintenant facile de définir $f$ par densité sur tout $[0,1]$. En effet, soit $x \in [0,1] \setminus (\bigcup_{n \in \mathbb{N}} C_n^c) \cup D$, il existe une suite de points de $(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} C_n^c) \cup D$, notée $(y_n)_{n \in \mathbb{N}}$, convergeant en croissant vers $x$ et une suite de points de $(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} C_n^c) \cup D$, notée $(z_n)_{n \in \mathbb{N}}$, convergeant en décroissant vers $x$ (en fait, ces points peuvent même être pris dans $D$). Comme $f$ et croissante, la suite $(f(y_n))_{n \in \mathbb{N}}$ converge donc en croissant vers un certain $\gamma \in [0,1]$ et la suite $(f(z_n))_{n \in \mathbb{N}}$ converge en décroissant vers un certain $\delta \in [0,1]$ (la croissance de $f$ donne aussi que ces limites ne dépendent que du choix de $x$ et non du choix des suites $(y_n)_{n \in \mathbb{N}}$ et $(z_n)_{n \in \mathbb{N}}$). Comme $f$ est croissante, on a $\gamma \le \delta$ et comme l'image de $f$ (définie pour l'instant seulement sur $(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} C_n^c) \cup D)$ est dense dans $[0,1]$, on a nécessairement $\gamma = \delta$ (l'intervalle $[\gamma, \delta]$ ne rencontre pas l'image de $f$). On peut donc poser $f(x) = \gamma = \delta$.

La fonction $f$ est donc maintenant définie sur tout $[0,1]$ à valeurs dans $[0,1]$. Elle est strictement croissante et son image est dense dans $[0,1]$, elle est donc continue (par le même raisonnement que celui fait pour définir $f(x)$ en tout point $x \in [0,1] \setminus (\bigcup_{n \in \mathbb{N}} C_n^c) \cup D$). Comme une application continue transforme un compact en compact, on a donc $f([0,1]) = [0,1]$ et ceci prouve en particulier que

$$f([0,1] \setminus (\bigcup_{n \in \mathbb{N}} C_n^c) \cup D) = [0,1] \setminus (\bigcup_{n \in \mathbb{N}} \tilde{C}_n^c) \cup \tilde{D}$$

Comme $f(D) = \tilde{D}$, on a aussi $f(C) = \tilde{C}$. Pour que $f$ soit définie sur $\mathbb{R}$ et continue, on ajoute $f(x) = 0$ pour $x < 0$ et $f(x) = 1$ pour $x > 1$. On a toujours $f(C) = \tilde{C}$. Ceci donne bien le résultat désiré car $\lambda(C) = 0$ et $\lambda(\tilde{C}) = \varepsilon > 0$.

**Exercice 2.33 (Mesure complète)** Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré. Une partie $B$ de $E$ est dite “négligeable” si elle est incluse dans un élément de $T$ de mesure nulle. On note $N_m$ l'ensemble des parties négligeables. On pose $\bar{T} = \{A \cup N; A \in T, N \in N_m\}$.

1. Montrer que $\bar{T}$ est une tribu et que $T \cup N_m \subset \bar{T}$.

**Corrigé** – (a) On montre d'abord que $\bar{T}$ est une tribu.

– $\emptyset \in \bar{T}$ car $\emptyset = \emptyset \cup \emptyset$ et $\emptyset$ appartient à $T$ et $N_m$ (car il est de mesure nulle).

– $\bar{T}$ est stable par passage au complémentaire :

Soit $C \in \bar{T}$. Il existe $A \in T$ et $N \in N_m$ tels que $C = A \cup N$. Comme $N \in N_m$, il existe $B \in T$ tel que $N \subset B$ et $m(B) = 0$.

On remarque alors que $C^c = (A \cup N)^c = A^c \cap N^c = (A^c \cap B^c) \cup (A^c \cap N^c \cap B)$. Comme $A^c \cap B^c \in T$ (par les propriétés de stabilité de $T$) et $(A^c \cap N^c \cap B) \in N_m$ (car inclus dans $B$), on en déduit que $C^c \in \bar{T}$. Donc, $\bar{T}$ est stable par passage au complémentaire.
– $\bar{T}$ est stable par union dénombrable :

Soit $(C_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \bar{T}$. Il existe $(A_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset T$ et $(N_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{N}_m$ tels que $C_n = A_n \cup N_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. Comme, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $N_n \in \mathcal{N}_m$, il existe $B_n \in T$ tel que $N_n \subset B_n$ et $m(B_n) = 0$. On a alors

$$ \bigcup_{n \in \mathbb{N}} C_n = \left( \bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n \right) \cup \left( \bigcup_{n \in \mathbb{N}} N_n \right). $$

On remarque que

$$ \bigcup_{n \in \mathbb{N}} N_n \subset B = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} B_n \in T $$

et $m(B) = 0$ par σ-sous additivité de $m$. Donc, $\bigcup_{n \in \mathbb{N}} N_n \in \mathcal{N}_m$ comme $\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n \in T$, on a finalement $\bigcup_{n \in \mathbb{N}} C_n \in \bar{T}$. Ce qui prouve bien que $\bar{T}$ est stable par union dénombrable.

On a bien montré que $\bar{T}$ est une tribu sur $E$.

(b) On montre maintenant que $T \cup \mathcal{N}_m \subset \bar{T}$.

– Si $A \in T$, on a $A = A \cup \emptyset$. Comme $\emptyset \in \mathcal{N}_m$, on en déduit $A \in \bar{T}$. Donc, $T \subset \bar{T}$.

– Si $N \in \mathcal{N}_m$, on a $N = \emptyset \cup N$. Comme $\emptyset \in T$, on en déduit $N \in \bar{T}$. Donc, $\mathcal{N}_m \subset \bar{T}$.

Finalement, on a bien $T \cup \mathcal{N}_m \subset \bar{T}$.

2. Soit $A_1, A_2 \in T$ et $N_1, N_2 \in \mathcal{N}_m$ tels que $A_1 \cup N_1 = A_2 \cup N_2$. Montrer que $m(A_1) = m(A_2)$.

**Corrigé** – Soit $B_2 \in T$ tel que $N_2 \subset B_2$ et $m(B_2) = 0$. On a :

$$ A_1 \subset A_1 \cup N_1 = A_2 \cup N_2 \subset A_2 \cup B_2. $$

Donc, par monotonie et sous additivité de $m$, $m(A_1) \le m(A_2 \cup B_2) \le m(A_2)+m(B_2) = m(A_2)$. En changeant les rôles de $A_1$ et $A_2$, on a aussi $m(A_2) \le m(A_1)$. On a donc $m(A_1) = m(A_2)$.

Pour $B \in \bar{T}$, soit $A \in T$ et $N \in \mathcal{N}_m$ tel que $B = A \cup N$, on pose $\bar{m}(B) = m(A)$. (La question précédente montre que cette définition est cohérente.)

3. Montrer que $\bar{m}$ est une mesure sur $\bar{T}$ et $\bar{m}|_{T} = m$. Montrer que $\bar{m}$ est la seule mesure sur $\bar{T}$ égale à $m$ sur $T$.

**Corrigé** – (a) On montre d'abord que $\bar{m}$ est une mesure sur $\bar{T}$.

$$ \text{Comme } \emptyset = \emptyset \cup \emptyset \text{ et } \emptyset \in T \cap \mathcal{N}_m, \text{ on a } \bar{m}(\emptyset) = m(\emptyset) = 0. $$

Soit maintenant $(C_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \bar{T}$ telle que $C_n \cap C_m = \emptyset$ si $n \ne m$. Il existe des suites $(A_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset T$ et $(N_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{N}_m$ telles que $C_n = A_n \cup N_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. Comme, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $N_n \in \mathcal{N}_m$, il existe $B_n \in T$ tel que $N_n \subset B_n$ et $m(B_n) = 0$.

On a donc

$$ \bigcup_{n \in \mathbb{N}} C_n = \left( \bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n \right) \cup \left( \bigcup_{n \in \mathbb{N}} N_n \right). $$
On a déjà vu que $\bigcup_{n \in \mathbb{N}} \mathbb{N}_n \in \mathcal{N}_m$. Par définition de $\bar{m}$, on a donc

$$ \bar{m}\left(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} C_n\right) = m\left(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n\right). $$

Comme $C_n \cap C_m = \emptyset$ si $n \neq m$, on a aussi $A_n \cap A_m = \emptyset$ si $n \neq m$ (car $A_p \subset C_p$ pour tout $p$). La $\sigma$-additivité de $m$ (et la définition de $\bar{m}(C_n)$) donne(nt) alors :

$$ \bar{m}\left(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} C_n\right) = m\left(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n\right) = \sum_{n \in \mathbb{N}} m(A_n) = \sum_{n \in \mathbb{N}} \bar{m}(C_n). $$

Ce qui prouve la $\sigma$-additivité de $\bar{m}$.

(b) On montre maintenant que $\bar{m}|_{\bar{T}} = m$.

Si $A \in \bar{T}$, on a $A = A \cup \emptyset$. Comme $\emptyset \in \mathcal{N}_m$, on a donc ($A \in \bar{T}$, on le savait déjà, et) $\bar{m}(A) = m(A)$. Donc, $\bar{m}|_{\bar{T}} = m$.

(c) Enfin, on montre que $\bar{m}$ est la seule mesure sur $\bar{T}$ égale à $m$ sur $T$.

Soit $\tilde{m}$ une mesure sur $\bar{T}$ égale à $m$ sur $T$.

Soit $C \in \bar{T}$. Il existe $A \in \bar{T}$ et $N \in \mathcal{N}_m$ tel que $C = A \cup N$. Comme $N \in \mathcal{N}_m$, il existe $B \in \bar{T}$ tel que $N \subset B$ et $m(B) = 0$. On a alors $A \subset C \subset A \cup B$. La monotonie de $\tilde{m}$, le fait que $\tilde{m} = m$ sur $T$ et la sous additivité de $m$ donnent :

$$ m(A) = \tilde{m}(A) \leq \tilde{m}(C) \leq \tilde{m}(A \cup B) = m(A \cup B) \leq m(A) + m(B) = m(A). $$

On a donc $\tilde{m}(C) = m(A) = \bar{m}(C)$. Ce qui prouve que $\tilde{m} = \bar{m}$.

4. Montrer que $\mathcal{N}_{\bar{m}} = \mathcal{N}_m \subset \bar{T}$.

**Corrigé** – On a déjà vu (à la question 1) que $\mathcal{N}_m \subset \bar{T}$.

- Il est facile de voir que $\mathcal{N}_m \subset \mathcal{N}_{\bar{m}}$. En effet, soit $N \in \mathcal{N}_m$. Il existe $B \in \bar{T}$ tel que $N \subset B$ et $m(B) = 0$. Comme $T \subset \bar{T}$ et que $\bar{m} = m$ sur $T$, on a donc aussi $B \in \bar{T}$ et $\bar{m}(B) = 0$, ce qui prouve que $N \in \mathcal{N}_{\bar{m}}$.

- Soit maintenant $N \in \mathcal{N}_{\bar{m}}$. Il existe $C \in \bar{T}$ tel que $N \subset C$ et $\bar{m}(C) = 0$. Comme $C \in \bar{T}$, il existe $A \in \bar{T}$, $M \in \mathcal{N}_m$ et $B \in \bar{T}$ tel que $m(B) = 0$ et $C = A \cup M \subset A \cup B$. La définition de $\bar{m}$ donne que $\bar{m}(C) = m(A)$, on a donc $m(A) = 0$. On en déduit $m(A \cup B) \leq m(A) + m(B) = 0$, et donc, comme $C \subset A \cup B$, on a bien $C \in \mathcal{N}_m$.

On a bien montré que $\mathcal{N}_{\bar{m}} = \mathcal{N}_m \subset \bar{T}$.

Cet exercice montre la différence dérisoire, du point de vue de l’intégration, entre $(E, T, m)$ et son complété $(E, \bar{T}, \bar{m})$.

**Exercice 2.34 (Série commutativement convergente dans $\mathbb{R}$)**

Soit $(a_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite de nombres réels. Le but de l'exercice est de montrer que si la série $\sum_{n \in \mathbb{N}} a_{\varphi(n)}$ est convergente pour toute bijection $\varphi : \mathbb{N} \to \mathbb{N}$, alors la série $\sum_{n \in \mathbb{N}} a_n$ est absolument convergente.

Pour montrer ce résultat, on suppose, par exemple, que $\sum_{n \in \mathbb{N}} a_n^+ = +\infty$. Montrer qu'il existe $\varphi : \mathbb{N} \to \mathbb{N}$, bijective, telle que $\sum_{p=0}^{n} a_{\varphi(p)} \to +\infty$ quand $n \to +\infty$ et conclue.
**Corrigé** – On suppose que la série $\sum_{n \in \mathbb{N}} a_n$ n'est pas absolument convergente. La suite $(\sum_{p=0}^n |a_p|)_{n \in \mathbb{N}}$ converge donc en croissant vers $+\infty$. Comme $|a_p| = a_p^+ + a_p^-$ et que $a_p^+ = \max\{a_p, 0\} \ge 0$ et $a_p^- = \max\{-a_p, 0\} \ge 0$, les deux suites $(\sum_{p=0}^n a_p^+)$ et $(\sum_{p=0}^n a_p^-)$ sont donc aussi croissantes et l'une des deux, au moins, converge vers $+\infty$.

On suppose que la suite $(\sum_{p=0}^n a_p^+)$$_{n \in \mathbb{N}}$ converge vers $+\infty$ (un raisonnement analogue à ce qui suit permettrait de traiter le cas où la suite $(\sum_{p=0}^n a_p^-)$$_{n \in \mathbb{N}}$ converge vers $+\infty$). On va construire ci-après une bijection $\varphi$ de $\mathbb{N}$ dans $\mathbb{N}$ telle que $\sum_{p=0}^n a_{\varphi(p)} \to +\infty$ quand $n \to +\infty$. Ceci prouvera que la série $\sum_{n \in \mathbb{N}} a_{\varphi(n)}$ est non convergente pour au moins une bijection de $\mathbb{N}$ dans $\mathbb{N}$.

On note $P = \{n \in \mathbb{N}, a_n \ge 0\}$ et $N = \{n \in \mathbb{N}, a_n < 0\}$ (de sorte que $P \cap N = \emptyset$ et $P \cup N = N$). Soit $\varphi_1$ et $\varphi_2$ les deux applications strictement croissantes de $\mathbb{N}$ dans $\mathbb{N}$ telles que $P = \{\varphi_1(n), n \in \mathbb{N}\}$ et $N = \{\varphi_2(n), n \in \mathbb{N}\}$.

On commence par montrer qu'il existe une suite strictement croissante $(a_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathbb{N}$ telle que $a_0 = 0$ et :

$$a_{\varphi_2(n)} + \sum_{p=a_n}^{a_{n+1}-1} a_{\varphi_1(p)} \ge 1. \qquad (2.28)$$

Pour montrer l'existence d'une telle suite $(a_n)_{n \in \mathbb{N}}$, on pose $a_0 = 0$. Puis, on raisonne par récurrence sur $n$. Si $a_0, \dots, a_n$ sont construits, l'existence de $a_{n+1}$ découle du fait que

$$\sum_{p=a_n}^{+\infty} a_{\varphi_1(p)} = \sum_{p=\varphi_1(a_n)}^{+\infty} a_p^+ = +\infty.$$

La construction de la suite $(\varphi(n))_{n \in \mathbb{N}}$ se fait alors en prenant $\varphi_1(a_0), \dots, \varphi_1(a_1 - 1)$ puis $\varphi_2(0)$ puis $\varphi_1(a_1), \dots, \varphi_1(a_2 - 1)$ puis $\varphi_2(1) \dots$ puis $\varphi_1(a_n), \dots, \varphi_1(a_{n+1} - 1)$ puis $\varphi_2(n) \dots$.

Pour décrire précisément cette application $\varphi$, on pose $b_0 = 0$ et, pour $n \in \mathbb{N}$, $b_{n+1} = b_n + a_{n+1} - a_n + 1$ (la suite $(b_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est strictement croissante et tend donc vers $+\infty$ quand $n \to +\infty$). On définit alors, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $\varphi(q)$ lorsque $q \in \{b_n, \dots, b_{n+1} - 1\}$ par :

$$\varphi(b_n + p) = \varphi_1(a_n + p) \text{ pour } p \in \{0, \dots, a_{n+1} - a_n - 1\}, \\ \varphi(b_{n+1} - 1) = \varphi_2(n).$$

On a bien ainsi défini une application de $\mathbb{N}$ dans $\mathbb{N}$ car $b_{n+1} - 1 = b_n + p$, pour $p = a_{n+1} - a_n$. L'application $\varphi$ est surjective car $\{\varphi(q), q \in \mathbb{N}\} = P \cup N$. Elle est injective car chaque valeur de $\varphi_1$ et $\varphi_2$ n'est prise qu'une seule fois par $\varphi$. Enfin, on a bien $\sum_{p=0}^n a_{\varphi(p)} \to +\infty$ quand $n \to +\infty$. En effet, on remarque que, grâce à (2.28) :

$$\sum_{q=0}^{b_{n+1}-1+p} a_{\varphi(q)} \ge \sum_{q=0}^{b_{n+1}-1} a_{\varphi(q)} \ge n,$$
pour tout $p \ge 0$ et tout $n \in \mathbb{N}$, ce qui donne, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $\liminf_{p \to +\infty} \sum_{q=0}^{p} a_{\varphi(q)}$
$\ge n$, et donc

$$ \sum_{q=0}^{p} a_{\varphi(q)} \to +\infty, \text{ quand } p \to +\infty. $$

Exercice 2.35 (Lemme de Borel-Cantelli)

Soient (E, T, p) un espace probabilisé et $(A_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite d'éléments de T.
On pose

$$ B_n = \bigcup_{k \ge n} A_k \text{ et } A = \bigcap_{n \in \mathbb{N}} B_n $$

(on rappelle que $A = \limsup_{n \to +\infty} A_n$).

1. Montrer que si $\sum_{n \in \mathbb{N}} p(A_n) < +\infty$ alors $p(A) = 0$.

**Corrigé** – Cette question a été traitée dans l'exercice 2.26, question 4.

2. On suppose que, pour tout $n \in \mathbb{N}$, les événements $A_0, \dots, A_n$ sont indépendants. On suppose aussi que $\sum_{n \in \mathbb{N}} p(A_n) = +\infty$. Montrer que $p(A) = 1$.

**Corrigé** – Comme cela a été vu à l'exercice 2.26, la propriété de continuité décroissante d'une mesure (voir la proposition 2.26) donne $p(A) = \lim_{n \to +\infty} p(B_n)$. Il suffit donc de montrer que $p(B_n) = 1$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

Soit $n \in \mathbb{N}$; supposons d'abord qu'il existe $k \ge n$ tel que $p(A_k) = 1$. On a alors, par monotonie de $p$, que $p(B_n) \ge p(A_k) = 1$ et donc $p(B_n) = 1$. On suppose maintenant que $p(A_k) < 1$ pour tout $k \ge n$. Comme $B_n^c = \bigcap_{k \ge n} A_k^c$, la continuité décroissante de $p$ et l'indépendance des $A_k$ donne :

$$ p(B_n^c) = \lim_{m \to +\infty} \prod_{k=n}^{m} p(A_k^c) = \lim_{m \to +\infty} \prod_{k=n}^{m} (1 - p(A_k)). $$

Comme $\ln(1-x) \le -x$ pour tout $x < 1$ (ou, de manière équivalente, $\ln(u) \le u - 1$ pour tout $u > 0$, ceci est une conséquence, par exemple, de la concavité de la fonction $\ln$), on a, pour $m > n$ :

$$ \ln\left(\prod_{k=n}^{m} (1 - p(A_k))\right) = \sum_{k=n}^{m} \ln(1 - p(A_k)) \le -\sum_{k=n}^{m} p(A_k). $$

De l'hypothèse $\sum_{n \in \mathbb{N}} p(A_n) = +\infty$, on déduit

$$ \lim_{m \to +\infty} \ln\left(\prod_{k=n}^{m} (1 - p(A_k))\right) = -\infty, $$

et donc $p(B_n^c) = 0$. Ceci donne bien $p(B_n) = 1$ et termine la démonstration.

Exercice 2.36 (Probabilité sur $S^1$) On considère $S^1 = \{(x, y)^t \in \mathbb{R}^2, |x|^2 + |y|^2 = 1\}$ ($S^1$ est donc le cercle unité de $\mathbb{R}^2$). Pour $z = (x, y)^t \in S^1$, il existe un unique $\theta_z \in [0, 2\pi]$ tel que $x = \cos(\theta_z)$ et $y = \sin(\theta_z)$. Pour $\alpha \in [0, 2\pi]$ et $z \in S^1$ on pose

$$ R_{\alpha}(z) = (\cos(\theta_z + \alpha), \sin(\theta_z + \alpha))^t. $$
Noter que $R_\alpha$ est une bijection de $S^1$ sur $S^1$ (c'est la rotation d'angle $\alpha$).

Définir une tribu T sur $S^1$, telle que T contienne les parties de la forme $\{(\cos(\theta), \sin(\theta))^t, \theta \in \alpha, \beta\}$ avec $-\infty < \alpha < \beta < +\infty$, et une mesure $\mu$ sur T de sorte que $(S^1, T, \mu)$ soit un espace mesuré avec $\mu(S^1) = 1$ et telle que $\mu$ soit invariante par rotation, c'est-à-dire que, pour tout $A \in T$ et $\alpha \in [0, 2\pi[, on ait $R_\alpha(A) = \{R_\alpha(z), z \in A\} \in T$ et $\mu(R_\alpha(A)) = \mu(A)$. [On pourra utiliser la tribu borélienne de $\mathbb{R}$, notée $\mathcal{B}(\mathbb{R})$, et la mesure de Lebesgue sur $\mathcal{B}(\mathbb{R})$.]

**Corrigé** – On note $\Theta$ l'application $z \mapsto \theta_z$ de $S^1$ dans $\mathbb{R}$ (cette application est bijективe de $S^1$ dans $[0, 2\pi[$. On prend alors $T = \{\Theta^{-1}(B), B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})\}$. C'est bien une tribu sur $S^1$ (voir l'exercice 2.4).

Soit $-\infty < \alpha < \beta < +\infty$ et $E = \{(\cos(\theta), \sin(\theta))^t, \theta \in \alpha, \beta\}$. On a $E \subset S^1$ et, si $z \in S^1$, on a $z \in E$ si et seulement s'il existe $k \in \mathbb{Z}$ tel que $\theta_z + 2k\pi \in \alpha, \beta$. Ceci prouve que

$$E = \bigcup_{k \in \mathbb{Z}} \Theta^{-1}(\alpha - 2k\pi, \beta - 2k\pi),$$

et donc que $E \in T$ car $\Theta^{-1}(\alpha - 2k\pi, \beta - 2k\pi) \in T$ pour tout $k \in \mathbb{Z}$.

On définit maintenant $\mu$. Soit $A \in T$. On pose $\Theta_A = \{\theta_z, z \in A\}$. Comme $A \in T$, il existe $B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$ tel que $A = \Theta^{-1}(B)$, et donc $A = \Theta^{-1}(B \cap [0, 2\pi[)$. Comme $\Theta$ est une bijection de $S^1$ dans $[0, 2\pi[, on a alors $\Theta_A = B \cap [0, 2\pi[ \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$. On pose $\mu(A) = \frac{1}{2\pi}\lambda(\Theta_A)$, où $\lambda$ est la mesure de Lebesgue sur $\mathcal{B}(\mathbb{R})$.

Montrons que $\mu$ est bien une mesure sur $T$. En effet, on a $2\pi\mu(\emptyset) = \lambda(\Theta_\emptyset) = \lambda(\emptyset) = 0$. Puis, si $(A_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est une suite d'éléments de $T$, disjoints deux à deux, la suite $(\Theta_{A_n})_{n \in \mathbb{N}}$ est une suite d'éléments de $\mathcal{B}(\mathbb{R})$, disjoints deux à deux. La $\sigma$-additivité de $\mu$ découle alors de celle de $\lambda$.

Il reste à montrer que $\mu$ est invariante par rotation. Soit $\alpha \in [0, 2\pi[$ et $A \in T$. Comme on l'a vu précédemment, il existe $B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$ tel que $A = \Theta^{-1}(B \cap [0, 2\pi[)$. On a donc

$$A = \{(\cos(\theta), \sin(\theta))^t, \theta \in B \cap [0, 2\pi]\}.$$

Pour $\beta \in \mathbb{R}$, on note $B_\beta = \{\theta + \beta, \theta \in B\}$. On a alors :

$$ \begin{align*} R_{\alpha}(A) &= \{(\cos(\theta + \alpha), \sin(\theta + \alpha))^t, \theta \in B \cap [0, 2\pi]\} \\ &= \{(\cos(\theta), \sin(\theta))^t, \theta \in B_{\alpha} \cap [\alpha, 2\pi + \alpha]\} \\ &= \{(\cos(\theta), \sin(\theta))^t, \theta \in B_{\alpha} \cap [\alpha, 2\pi]\} \cup \{(\cos(\theta), \sin(\theta))^t, \theta \in B_{\alpha-2\pi} \cap [0, \alpha]\} \\ &= \Theta^{-1}(B_{\alpha} \cap [\alpha, 2\pi]) \cup \Theta^{-1}(B_{\alpha-2\pi} \cap [0, \alpha]). \end{align*} $$

La propriété d'invariance par translation de $\lambda$ permet de dire que $B_\beta \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$ pour tout $\beta \in \mathbb{R}$. On a donc $R_\alpha(A) \in T$ et, par additivité d'une mesure et définition de $\mu$,

$$2\pi\mu(R_{\alpha}(A)) = \lambda(B_{\alpha} \cap [\alpha, 2\pi]) + \lambda(B_{\alpha-2\pi} \cap [0, \alpha]).$$

L'invariance par translation de $\lambda$ donne

$$\lambda(B_{\alpha-2\pi} \cap [0, \alpha]) = \lambda(B_{\alpha} \cap [2\pi, \alpha + 2\pi])$$
et donc :

$$
\begin{align*}
2\pi\mu(R_{\alpha}(A)) &= \lambda(B_{\alpha} \cap [\alpha, 2\pi[) + \lambda(B_{\alpha} \cap [2\pi, \alpha + 2\pi[) \\
&= \lambda(B_{\alpha} \cap [\alpha, \alpha + 2\pi[) \\
&= \lambda(B \cap [0, 2\pi[).
\end{align*}
$$

Ce qui donne bien $\mu(R_\alpha(A)) = \mu(A)$.

**Exercice 2.37 (Sur la continuité de la fonction de répartition)** Soient $p$ une probabilité sur $\mathcal{B}(\mathbb{R})$ et $F$ la fonction de répartition de $p$. Soit $a \in \mathbb{R}$. Montrer que $F$ est continue en $a$ si et seulement si $p(\{a\}) = 0$. En déduire que $F$ est continue sur $\mathbb{R}$ si $p$ ne charge pas les points.
# Chapitre 3

## Fonctions mesurables, variables aléatoires

### 3.1 Introduction, topologie sur $\overline{\mathbb{R}}_+$

Nous allons, dans ce chapitre, introduire différents outils nécessaires à la définition de l’intégrale de Lebesgue. De la même manière que les fonctions en escalier ont été introduites lors de la définition de l’intégrale des fonctions réglées, nous introduisons maintenant le concept de fonction étagée sur un espace mesurable (E, T). Nous introduirons ensuite les concepts de fonction mesurable et de variable aléatoire, ainsi que les premières notions de convergence de suite de ces fonctions. La notion de variable aléatoire est fondamentale en calcul des probabilités : c’est en général par la connaissance de la variable aléatoire (et par sa loi de probabilité) que se construit le modèle probabiliste, l’espace probabilisé (E, T, p) restant souvent mal connu.

**Remarque 3.1**

1. L'objectif est d'intégrer des fonctions de E (espace de départ) dans F (espace d'arrivée). Pour construire ainsi une notion d'intégrale, il faut un espace mesuré au départ et un espace topologique à l'arrivée, car nous aurons besoin dans l'espace d'arrivée d'une notion de convergence (pour les procédés de passage à la limite dans la définition de l'intégrale). Les espaces d'arrivée usuels sont (pour la théorie de l'intégration) $\mathbb{R}$, $\mathbb{C}$, $\mathbb{R}^N$ ou un espace de Banach. Le procédé de construction dû à Lebesgue donne un rôle fondamental aux fonctions à valeurs dans $\overline{\mathbb{R}}_+$ (et à la notion de convergence croissante) et nous aurons besoin d'utiliser la topologie de $\overline{\mathbb{R}}_+$ (voir la définition 3.2).

2. On rappelle qu'un espace topologique est la donnée d'un ensemble F muni d'une famille de parties de F, appelées "ouverts de F", contenant $\emptyset$ et F, stable par union (quelconque) et stable par intersection finie. On rappelle aussi que, dans un espace
topologique, $x_n \to x$, quand $n \to +\infty$, signifie que, pour tout O ouvert contenant $x$, il existe $n_0$ tel que $x_n \in O$ pour tout $n \ge n_0$.

3. Soit F un espace topologique et $G \subset F$. On appelle topologie trace sur G la topologie définie par l'ensemble des restrictions à G des ouverts de F. Si $O \subset G$, O est un ouvert de G si et seulement s'il existe U ouvert de F tel que $O = U \cap G$. Noter donc que O peut ne pas être un ouvert de F si G n'est pas un ouvert de F. Par contre, il est important de remarquer que si G est un borélien de F (c'est-à-dire $G \in \mathcal{B}(F)$, $\mathcal{B}(F)$ étant la tribu engendrée par les ouverts de F), l'ensemble des boréliens de G est exactement l'ensemble des boréliens de F inclus dans G, c'est-à-dire $\mathcal{B}(G) = \{B \subset G; B \in \mathcal{B}(F)\}$, ceci est démontré dans l'exercice 2.3 page 71.

4. Un exemple fondamental de topologie sur l'ensemble F est celui de la topologie donnée par une distance sur F. Dans le cas de $F = \mathbb{R}$, nous considérerons toujours $\mathbb{R}$ muni de la topologie donnée par la structure métrique de $\mathbb{R}$, c'est-à-dire par l'application "distance" définie par $d(a, b) = |b - a|$.

**Définition 3.2 (Topologie et tribu de Borel sur $\overline{\mathbb{R}}_+$)** $\overline{\mathbb{R}}_+ = \mathbb{R}_+ \cup \{+\infty\}$

1. Soit $O \subset \overline{\mathbb{R}}_+$. O est un ouvert si pour tout $a \in O$ on a :

(a) Si $0 < a < \infty$, alors il existe $\varepsilon \in \mathbb{R}_+^*$ tel que $]a - \varepsilon, a + \varepsilon[ \subset O$,

(b) si $a = 0$, alors il existe $\alpha \in \mathbb{R}_+^*$ tel que $[0, \alpha[ \subset O$,

(c) si $a = \infty$, alors il existe $\alpha \in \mathbb{R}_+$ tel que $]\alpha, \infty] \subset O$.

2. $\mathcal{B}(\overline{\mathbb{R}}_+)$ est la tribu (sur $\overline{\mathbb{R}}_+$) engendrée par les ouverts de $\overline{\mathbb{R}}_+$. Soit $B \subset \overline{\mathbb{R}}_+$, on peut montrer (voir la remarque 3.3 ci après) que $B \in \mathcal{B}(\overline{\mathbb{R}}_+)$ si et seulement si $B \cap \mathbb{R} \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$ ($\mathcal{B}(\mathbb{R})$ est la tribu de Borel sur $\mathbb{R}$).

**Remarque 3.3 (Topologie sur $\mathbb{R}$ et $\overline{\mathbb{R}}_+$)**

1. La topologie sur $\mathbb{R}_+$ est la topologie induite par celle de $\overline{\mathbb{R}}_+$, c'est aussi la topologie induite par celle de $\mathbb{R}$. L'ensemble des boréliens de $\mathbb{R}_+$ est donc égal à l'ensemble des boréliens de $\overline{\mathbb{R}}_+$ inclus dans $\mathbb{R}_+$ et c'est aussi l'ensemble des boréliens de $\mathbb{R}$ inclus dans $\overline{\mathbb{R}}_+$ (voir la remarque 3.1). On remarque aussi que $\{+\infty\} \in \mathcal{B}(\overline{\mathbb{R}}_+)$ (car $\{+\infty\}$ est, par exemple, une intersection dénombrable d'ouverts de $\overline{\mathbb{R}}_+$). On en déduit que, si $B \subset \overline{\mathbb{R}}_+$, on a $B \in \mathcal{B}(\overline{\mathbb{R}}_+)$ si et seulement si $B \cap \mathbb{R} \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$ (noter que $B \cap \mathbb{R} = B \cap \mathbb{R}_+$).

2. Soit $A \subset \overline{\mathbb{R}}_+$, A est donc un borélien de $\overline{\mathbb{R}}_+$ si et seulement si $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$ ou si $A = B \cup \{+\infty\}$, avec $B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$.
3. La définition de la topologie sur $\overline{\mathbb{R}}_+$ donne bien que, pour $(x_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \overline{\mathbb{R}}_+$, on a $x_{n \to +\infty}$ (dans $\overline{\mathbb{R}}_+$, quand $n \to +\infty$) si et seulement si, pour tout $\alpha > 0$, il existe $n_0$ tel que $x_n \in ]\alpha, +\infty]$ pour tout $n \ge n_0$ (ce qui est la définition usuelle de convergence vers $+\infty$).

4. On peut aussi montrer que $\mathcal{B}(\overline{\mathbb{R}}_+)$ est la tribu engendrée par $C_1 = \{]a, +\infty]; a \in \mathbb{R}_+\}$. C'est aussi la tribu engendrée par $C_2 = \{]a, +\infty[\cap \mathbb{R}_+; a \in \mathbb{R}\}$. Par contre, ce n'est pas la tribu engendrée (sur $\overline{\mathbb{R}}_+$) par $C_3 = \{]a, +\infty[; a \in \mathbb{R}_+\}$(on a donc $T(C_3) \subset \mathcal{B}(\overline{\mathbb{R}}_+)$ et $T(C_3) \neq \mathcal{B}(\overline{\mathbb{R}}_+)$$).

## 3.2 Fonctions étagées

**Définition 3.4 (Fonction caractéristique d'un ensemble)** Soient $(E, T)$ un espace mesurable et soit $A \in T$. On appelle fonction caractéristique mesurable de l'ensemble $A$, et on note $1_A$ (ou $\chi_A$) la fonction définie par : $1_A(x) = 1$ si $x \in A$ et $1_A(x) = 0$ si $x \in A^c$.

**Définition 3.5 (Fonction étagée)** Soient $(E, T)$ un espace mesurable et $f : E \to \mathbb{R}$.

1. On dit que $f$ est étagée (ou T-étagée) si $f$ est une combinaison linéaire (finie) de fonctions caractéristiques mesurables, c'est-à-dire s'il existe une famille finie $(A_i)_{i=1,...,n} \subset T$ et n réels $a_1,...,a_n$ tels que $f = \sum_{i=1}^n a_i 1_{A_i}$.

2. On dit que $f$ est étagée positive si $f$ est étagée et prend ses valeurs dans $\mathbb{R}_+$.

On note $\mathcal{E}$ l'ensemble des fonctions étagées et $\mathcal{E}_+$ l'ensemble des fonctions étagées positives.

La notion de fonction étagée positive va nous permettre de définir l'intégrale à partir de la notion de mesure. On se limite pour l'instant aux fonctions positives afin de donner un sens à l'addition de mesures infinies. Notons que, dans la définition d'une fonction étagée, les ensembles $A_i$ peuvent être d'intersection non vide. On aura besoin, pour introduire facilement la notion d'intégrale d'une fonction étagée positive, de considérer une décomposition de la fonction étagée sur des ensembles d'intersection vide. C'est l'objet du lemme suivant :

**Lemme 3.6 (Décomposition canonique d'une fonction étagée positive)** Soit $(E, T)$ un espace mesurable, et soit $f \in \mathcal{E}_+$ une fonction étagée positive, non identiquement nulle. Alors il existe une unique famille finie $(a_i, A_i)_{i=1,...,n} \subset \mathbb{R}_+^* \times T$ telle que $0 < a_1 < \dots < a_n, A_i \neq \emptyset$, pour tout $i$, $A_i \cap A_j = \emptyset$, si $i \neq j$, et $f = \sum_{i=1}^n a_i 1_{A_i}$.
DÉMONSTRATION – Soient $(B_i)_{i=1,...,p} \subset T$, $(b_i)_{i=1,...,p} \subset \mathbb{R}$ et $f = \sum_{i=1}^{p} b_i 1_{B_i}$ une fonction étagée positive non nulle. L'ensemble $\text{Im}f$ des valeurs prises par $f$ est donc fini. Comme $\text{Im}f \subset \mathbb{R}_+$, on a donc $\text{Im}f \setminus \{0\} = \{a_1,...,a_n\}$ avec $0 < a_1 < \dots < a_n$. En posant $A_i = \{x \in E; f(x) = a_i\}$, on a donc $f = \sum_{i=1}^{n} a_i 1_{A_i}$ avec $A_i \neq \emptyset$ et $A_i \cap A_j = \emptyset$. (Noter aussi que $\{x \in E; f(x) = 0\} = (\bigcup_{i=1}^{n} A_i)^c$.) Il reste à montrer que $A_i \in T$. Pour $i \in \{1,...,n\}$, on pose $I_i = \{K \subset \{1,...,p\} ; a_i = \sum_{k \in K} b_k\}$. On a alors, pour tout $i \in \{1,...,n\}$, $A_i = \bigcup_{K \in I_i} C_K$, avec $C_K = \bigcap_{j=1}^{p} D_j$, $D_j = B_j$ si $j \in K$ et $D_j = B_j^c$ si $j \notin K$. Les propriétés de stabilité d'une tribu nous donnent alors que $A_i \in T$ pour tout $i \in \{1,...,n\}$. On a donc trouvé la décomposition voulue de $f$. Le fait que cette décomposition est unique est immédiat car on a nécessairement $\{a_1,...,a_n\} = \text{Im}f \setminus \{0\}$ et $A_i = \{x \in E; f(x) = a_i\}$.

■

On aurait envie à partir de la notion de fonction étagée positive décomposée sous la forme précédente, de définir l’intégrale de $f$ comme $\int f dm = \sum_{i=1}^{n} a_i m(A_i)$. En fait, on pourra même (cf définition 4.1) définir l’intégrale d’une fonction étagée avec une décomposition plus générale (non unique) grâce au lemme suivant :

**Lemme 3.7** Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré et soit $f \in \mathcal{E}_+$ une fonction étagée positive non nulle, telle que

$$f = \sum_{i=1}^{n} a_i 1_{A_i} \quad \text{et} \quad f = \sum_{i=1}^{p} b_i 1_{B_i}$$

où $a_1, ..., a_n, b_1, ..., b_p$ sont des réels strictement positifs, $(A_i)_{i=1,...,n} \subset T$ et $(B_i)_{i=1,...,p} \subset T$ sont des familles de parties disjointes deux à deux, i.e. telles que $A_i \cap A_j = \emptyset$ et $B_i \cap B_j = \emptyset$ si $i \neq j$. Alors :

$$\sum_{i=1}^{n} a_i m(A_i) = \sum_{j=1}^{p} b_j m(B_j). \qquad (3.1)$$

DÉMONSTRATION – On pose, pour $i = 1, ..., n$ et $j = 1, ..., p$, $C_{ij} = A_i \cap B_j$. En remarquant que $\{x; f(x) > 0\} = \bigcup_{i=1}^{n} A_i = \bigcup_{j=1}^{p} B_j$, on écrit $A_i = \bigcup_{j=1}^{p} C_{ij}$ et $B_j = \bigcup_{i=1}^{n} C_{ij}$. On peut donc écrire

$$\sum_{i=1}^{n} a_i m(A_i) = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{p} a_i m(C_{ij})$$

et

$$\sum_{j=1}^{p} b_j m(B_j) = \sum_{j=1}^{p} \sum_{i=1}^{n} b_j m(C_{ij})$$

On remarque alors que $a_i = b_j$ dès que $C_{ij} \neq \emptyset$, d'où l'égalité 3.1.

■
**Lemme 3.8 (Décomposition d'une fonction étagée avec une partition)** *Soit (E, T)* un espace mesurable, et soit $f \in \mathcal{E}$ une fonction étagée. Alors il existe une unique famille finie $(a_i, A_i)_{i=0,\dots,n} \subset \mathbb{R} \times T$ telle que $a_i \neq a_j$ si $i \neq j$, $A_i \neq \emptyset$, pour tout $i$, $A_i \cap A_j = \emptyset$, si $i \neq j$, $E = \bigcup_{i=0}^n A_i$ et $f = \sum_{i=0}^n a_i 1_{A_i}$.

DÉMONSTRATION – La démonstration est très voisine de celle donnée pour la dé-
composition d'une fonction étagée positive (lemme 3.6). L'ensemble $\{a_i, i \in \{0, \dots, n\}\}$
est l'ensemble de toutes les valeurs prises par $f$ (et pas seulement les valeurs non
nulles) et $A_i = \{x \in E ; f(x) = a_i\}$.
■

Enfin, on conclut ce paragraphe en remarquant que $\mathcal{E}$ est un espace vectoriel sur $\mathbb{R}$.

**Proposition 3.9 (Structure vectorielle de E)** *Soit (E, T) un espace mesurable, l'ensemble des fonctions étagées, E, est un espace vectoriel sur R. De plus, si f, g ∈ E, on a aussi fg ∈ E.*

DÉMONSTRATION – Soit $f, g \in \mathcal{E}$ et soit $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$. On utilise la décomposition de $f$ et $g$ donnée dans le lemme 3.8. Elle donne $f = \sum_{i=0}^{n} a_i 1_{A_i}$ et $g = \sum_{j=0}^{m} b_j 1_{B_j}$. Comme les familles $(A_i)_{i \in \{0, \dots, n\}}$ et $(B_j)_{j \in \{0, \dots, m\}}$ forment des partitions de $E$, on a :

$$
f = \sum_{i=0}^{n} \sum_{j=0}^{m} a_i 1_{A_i \cap B_j} \text{ et } g = \sum_{j=0}^{m} \sum_{i=0}^{n} b_j 1_{A_i \cap B_j},
$$

de sorte que $\alpha f + \beta g = \sum_{i=0}^{n} \sum_{j=0}^{m} (\alpha a_i + \beta b_i) 1_{A_i \cap B_j}$, ce qui montre que $\alpha f + \beta g \in \mathcal{E}$, et donc que $\mathcal{E}$ est un espace vectoriel.

D'autre part, on remarque aussi que $fg = \sum_{i=0}^{n} \sum_{j=0}^{m} a_i b_j 1_{A_i \cap B_j}$, ce qui montre que
$fg \in \mathcal{E}$.
\hfill \textcircled{4}

On montrera aussi les propriétés de linéarité et de monotonie de l’intégrale des
fonctions étagées (voir proposition 4.3).

**3.3 Fonctions mesurables et variables aléatoires**

Afin d'étendre le concept d'intégrale à une classe de fonctions plus générale que celle
des fonctions étagées (positives), on introduit les fonctions mesurables (positives). On
pourra ensuite utiliser une technique de passage à la limite pour définir l'intégrale de
telles fonctions.

On va tout d'abord définir la notion de mesurabilité pour une fonction $f$ de $E$ dans $F$.
L'espace de départ, $E$, est muni d'une tribu et l'espace d'arrivée, $F$, est, en général,
muni d'une topologie (et donc de sa tribu de Borel, les exemples fondamentaux sont
$F = \mathbb{R}$ ou $F = \bar{\mathbb{R}}_+$). On peut aussi considérer le cas où $F$ est muni d'une tribu (non
donnée par une topologie sur $F$).
**Remarque 3.13** Comme cela a été dit dans la proposition 3.10, on dit, en l'absence d'ambiguïté, “mesurable” au lieu de “T-mesurable”. On remarque d'ailleurs que le terme probabiliste “variable aléatoire” ne mentionne pas la dépendance par rapport à la tribu. Dans la définition 3.12, on a noté X la variable aléatoire plutôt que f car c'est l'usage dans la littérature probabiliste.

**Définition 3.14 (Tribu engendrée par une fonction mesurable)** Soient $(E, T)$ un espace mesurable (resp. probabilisable) et $f$ (resp. $X$) une fonction mesurable de $E$ dans $\mathbb{R}$ (resp. une variable aléatoire) alors l'ensemble $\{f^{-1}(A), A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})\}$ (resp. $\{X^{-1}(A), A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})\}$) est une tribu sur $E$ qu'on appelle tribu engendrée par la fonction mesurable $f$ (resp. la variable aléatoire $X$). Cette tribu est aussi la tribu image réciproque de $\mathcal{B}(\mathbb{R})$ par $f$ (resp. $X$).

**Définition 3.15 (Espaces $M$ et $M_+$)** Soit $(E, T)$ un espace mesurable, on note :

- $M(E, T) = \{f : E \to \mathbb{R}, \text{mesurable}\}$,

- $M_+(E, T) = \{f : E \to \bar{\mathbb{R}}_+, \text{mesurable}\}$.

En l'absence d'ambiguïté, on notera $M = M(E, T)$ et $M_+ = M_+(E, T)$.

**Proposition 3.16 (Première caractérisation de la mesurabilité)**

Soient $(E, T)$ un espace mesurable et $f : E \to F$, avec $F = \mathbb{R}$ ou $\bar{\mathbb{R}}_+$. Soit $C$ une partie de $P(F)$ engendrant la tribu borélienne de $F$. On a alors : $f$ est mesurable si et seulement $f^{-1}(C) \in T$ pour tout $C \in C$. En particulier, $f$ est mesurable si et seulement si $f$ vérifie l'une des deux propriétés suivantes :

1. $f^{-1}([\alpha, \beta]) \in T$, pour tout $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$, $\alpha < \beta$,

2. $f^{-1}([\alpha, +\infty[) \in T$, pour tout $\alpha \in \mathbb{R}$.

Dans cette caractérisation, l'ensemble $[\alpha, \beta]$ (ou $[\alpha, +\infty[$) désigne, bien sûr, l'ensemble des éléments de $F$ appartenant à $[\alpha, \beta]$ (ou $[\alpha, +\infty[$).

La démonstration de cette proposition fait l'objet de l'exercice 3.1. Le lecteur pourra trouver lui-même d'autres caractérisations de la mesurabilité, en utilisant la proposition ci-dessus. Par exemple, soit $f$ de $E$ (muni de la tribu $T$) dans $\bar{\mathbb{R}}_+$, la fonction $f$ est mesurable si et seulement si $f^{-1}([\alpha, +\infty[) \in T$ pour tout $\alpha > 0$ (par contre, $f^{-1}([\alpha, +\infty[) \in T$ pour tout $\alpha \ge 0$ n'implique pas que $f$ est mesurable).

La proposition suivante nous permettra de définir l'intégrale des fonctions appartenant à $M_+$ (comme limite d'intégrales de fonctions étagées, voir le chapitre suivant). Par contre, on ne pourra pas donner un sens, dans le cas général, à l'intégrale des fonctions appartenant à $M$.
**Proposition 3.17 (Mesurabilité positive)** Soient (E, T) un espace mesurable et f :
E → ℝ+. Alors f ∈ M+ si et seulement s'il existe une suite (f_n)_{n∈N} ⊂ E+, telle que :

1. pour tout $x \in E$, $f_n(x) \to f(x)$, quand $n \to +\infty$,

2. $f_{n+1}(x) \ge f_n(x)$, pour tout $x \in E$, et tout $n \in \mathbb{N}$.

Les deux conditions précédentes seront notées dans la suite sous la forme $f_n \uparrow f$
quand $n \to +\infty$.

DÉMONSTRATION – Soit $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \in \mathcal{E}_+$ t.q. $f_n \uparrow f$ quand $n \to +\infty$. On remarque
que, pour tout $\alpha \in \mathbb{R}$,

$$
f^{-1}([)\alpha, +\infty]) = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} f_n^{-1}([)\alpha, +\infty[).
$$

Comme $f_n$ est mesurable, pour tout $n \in \mathbb{N}$ (voir la remarque 3.11), on a $f_n^{-1}([)\alpha, +\infty[)] \in \mathcal{T}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ et donc, par stabilité de $\mathcal{T}$ par union dénombrable, $f_n^{-1}([)\alpha, +\infty[)] \in \mathcal{T}$. Ceci étant vrai pour tout $\alpha \in \mathbb{R}$, on en déduit, comme $[)\alpha, +\infty[$, $\alpha \ge 0$] engendre $\mathcal{B}(\mathbb{R}_+)$, que $f$ est mesurable de $E$ dans $\mathbb{R}_+$, c'est-à-dire $f \in \mathcal{M}_+$.

Réciproquement, on suppose que $f \in \mathcal{M}_+$. On va construire une suite $(f_n)_{n \in \mathbb{N}^*} \subset \mathcal{E}_+$ telle que $f_n \uparrow f$ quand $n \to +\infty$.

Pour $n \in \mathbb{N}^*$, on définit la fonction $f_n$ par :

$$
f_n(x) = \begin{cases} \frac{p}{2^n} & \text{si } f(x) \in [\frac{p}{2^n}, \frac{p+1}{2^n}], \text{ avec } p \in \{0, \dots, n2^n - 1\} \\ \frac{p}{n} & \text{si } f(x) \ge n, \end{cases}
$$

de sorte que

$$
f_n = n 1_{\{x \in E; f(x) \ge n\}} + \sum_{p=0}^{n 2^n - 1} \frac{p}{2^n} 1_{\{x \in E; f(x) \in [\frac{p}{2^n}, \frac{p+1}{2^n}]\}}
$$

Comme $f \in \mathcal{M}_+$, on a $\{x \in E; f(x) \ge n\} \in \mathcal{T}$ et $\{x \in E; f(x) \in [\frac{p}{2^n}, \frac{p+1}{2^n}]\} \in \mathcal{T}$ pour tout $n$ et tout $p$, on a donc $(f_n)_{n \in \mathbb{N}^*} \subset \mathcal{E}_+$.

On montre maintenant que, pour tout $x \in E$, on a $f_n(x) \to f(x)$, quand $n \to +\infty$. Soit $x \in E$. On distingue deux cas :

Premier cas. On suppose $f(x) < +\infty$. On a alors, pour $n \ge \text{const.}$, $|f(x) - f_n(x)| \le \frac{1}{2^n}$.
On a donc $f_n(x) \to f(x)$ quand $n \to +\infty$.

Deuxième cas. On suppose $f(x) = +\infty$. On a alors $f_n(x) = n$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$ et donc $f_n(x) \to f(x)$ quand $n \to +\infty$.

On montre enfin que, pour tout $x \in E$ et pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, on a $f_{n+1}(x) \ge f_n(x)$. Soit $x \in E$ et $n \in \mathbb{N}^*$. On distingue trois cas :

Premier cas. On suppose $f(x) \ge n+1$. On a alors $f_{n+1}(x) = n+1 > n = f_n(x)$.

Deuxième cas. On suppose $n \le f(x) < n+1$. Il existe alors $i \in \{n2^{n+1}, \dots, (n+1)2^{n+1} - 1\}$ tel que $f(x) \in [\frac{i}{2^{n+1}}, \frac{i+1}{2^{n+1}}]$. On a alors $f_n(x) = n \le \frac{i}{2^{n+1}} = f_{n+1}(x)$.

Troisième cas. On suppose $f(x) < n$. Il existe alors $p \in \{0, \dots, n2^n - 1\}$ tel que $f(x) \in$
$[\frac{p}{2^n}, \frac{p+1}{2^n}] = [\frac{2p}{2^{n+1}}, \frac{2(p+1)}{2^{n+1}}]$. Si $f(x) \in$ $[\frac{2p}{2^{n+1}}, \frac{2p+1}{2^{n+1}}[$, on a $f_n(x) = \frac{p}{2^n} = \frac{2p}{2^{n+1}} = f_{n+1}(x)$.
Si $f(x) \in [\frac{2p+1}{2^{n+1}}, \frac{2(p+1)}{2^{n+1}}[$, on a $f_n(x) = \frac{p}{2^n} < \frac{2p+1}{2^{n+1}} = f_{n+1}(x)$. On a toujours $f_n(x) \le f_{n+1}(x)$.

On a bien ainsi construit une suite $(f_n)_{n \in \mathbb{N}^*} \subset \mathcal{E}_+$ telle que $f_n \uparrow f$ quand $n \to +\infty$.

■

**Proposition 3.18 (Mesurabilité sans signe)** *Soient (E, T) un espace mesurable, et f : E → ℝ. On suppose que f est mesurable. Il existe alors une suite $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{E}$ telle que, pour tout $x \in E$, $f_n(x) \to f(x)$, quand $n \to +\infty$.*

**DÉMONSTRATION –** On définit la fonction $f^+ : E \to \mathbb{R}_+$ par $f^+(x) = \max(f(x), 0)$ pour tout $x \in E$. On remarque que $f^+ \in \mathcal{M}_+$ (et $f^+ \in \mathcal{M}$, voir l'exercice 3.4). En effet, $f^+$ prend ses valeurs dans $\mathbb{R}_+$ et $(f^+)^{-1}([\alpha, +\infty)) = f^{-1}([\alpha, +\infty]) \in T$ si $\alpha > 0$. On conclut en remarquant que $[\alpha, +\infty]$, $\alpha > 0$ engendre $\mathcal{B}(\mathbb{R}_+)$. On définit également $f^- = (-f)^+$, de sorte que $f = f^+ - f^-$. On a donc aussi $f^- \in \mathcal{M}_+$. La proposition 3.17 donne l'existence de suites $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{E}_+$ et $(g_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{E}_+$ telles que $f_n \uparrow f^+$ et $g_n \uparrow f^-$ quand $n \to +\infty$. On pose $h_n = f_n - g_n$, de sorte que $h_n(x) \to f(x)$, quand $n \to +\infty$, pour tout $x \in E$. D'autre part, comme $\mathcal{E}$ est un espace vectoriel (voir la proposition 3.9 page 113), on a $(h_n)_{n \in \mathbb{N}} \in \mathcal{E}$.

■

La proposition précédente nous donnera, avec les propriétés de stabilité de $\mathcal{M}$ et $\mathcal{M}_+$ (voir la proposition 3.19) une deuxième caractérisation de la mesurabilité, voir la proposition 3.20.

L'ensemble des fonctions mesurables est un ensemble très stable, c'est-à-dire que des opérations usuelles (comme addition, multiplication, limite...) sur des fonctions mesurables donnent encore des fonctions mesurables, ceci est précisé dans la proposition suivante. Dans le cas (fondamental) de (E, T) = $(\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}))$, il est difficile de trouver des fonctions non mesurables (comme il est difficile de trouver des parties non boréliennes, bien que le cardinal de $\mathcal{B}(\mathbb{R})$ soit égal au cardinal de $\mathbb{R}$ et donc strictement inférieur au cardinal de $\mathcal{P}(\mathbb{R}))$. En pratique, on peut en gros supposer que les fonctions de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ sont toutes $\mathcal{B}(\mathbb{R})$-mesurables (bien qu'il y ait “beaucoup” de fonctions non mesurables).

**Proposition 3.19 (Stabilité de $\mathcal{M}$ et $\mathcal{M}_+$)** *Soit (E, T) un espace mesurable.*

1. *Soit* $I \subset \mathbb{N}$.

*Soit* $(f_n)_{n \in I} \subset \mathcal{M}_+$, alors $\sup_{n \in I} f_n \in \mathcal{M}_+$ et $\inf_{n \in I} f_n \in \mathcal{M}_+$.

*Soit* $(f_n)_{n \in I} \subset \mathcal{M}$. Si $\sup_{n \in I} f_n$ prend ses valeurs dans $\mathbb{R}$, alors $\sup_{n \in I} f_n \in \mathcal{M}$.

De même, si $\inf_{n \in I} f_n$ prend ses valeurs dans $\mathbb{R}$, alors $\inf_{n \in I} f_n \in \mathcal{M}$.

2. *Soit* $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{M}_+$, alors $\lim \sup_{n \to +\infty} f_n \in \mathcal{M}_+$ et $\lim \inf_{n \to +\infty} f_n \in \mathcal{M}_+$.

*Soit* $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{M}$. Si $\lim \sup_{n \in \mathbb{N}} f_n$ prend ses valeurs dans $\mathbb{R}$, alors $\lim \sup_{n \in \mathbb{N}} f_n \in \mathcal{M}$.

De même, si $\lim \inf_{n \in \mathbb{N}} f_n$ prend ses valeurs dans $\mathbb{R}$, alors $\lim \inf_{n \in \mathbb{N}} f_n \in \mathcal{M}$.
ses valeurs dans $\mathbb{R}$, pour tout $n \in \mathbb{N}$. On a donc, avec la propriété démontrée en 1, $\sup_{p \ge n} f_p \in \mathcal{M}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. Puis, utilisant encore la propriété démontrée en 1, $f = \inf_{n \in \mathbb{N}}(\sup_{p \ge n} f_p) \in \mathcal{M}$. Un raisonnement analogue donne $\lim \inf_{n \to +\infty} f_n = \sup_{n \in \mathbb{N}}(\inf_{p \ge n} f_p) \in \mathcal{M}$ dès que l'on suppose que $\lim \inf_{n \to +\infty} f_n$ prend ses valeurs dans $\mathbb{R}$.

3. Cette question est immédiate grâce à la précédente. Il suffit de remarquer que dès que la limite de la suite $(f_n(x))_{n \in \mathbb{N}}$ existe, elle est nécessairement égale à la limite supérieure (ou la limite inférieure) de cette même suite $(f_n(x))_{n \in \mathbb{N}}$, c'est-à-dire que $\lim_{n \to +\infty} f_n(x) = \lim \sup_{n \to +\infty} f_n(x)$ (pour tout $x \in E$). Ici on remarque donc simplement que $f = \lim \sup_{n \to +\infty} f_n$ et on applique la propriété 2.

4. Soit $f, g \in \mathcal{M}$ et soit $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$. On pose $h = \alpha f + \beta g$. D'après la proposition 3.18, il existe des suites $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{E}$ et $(g_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{E}$ telles que $f_n(x) \to f(x)$ et $g_n(x) \to g(x)$, quand $n \to +\infty$, pour tout $x \in E$. On pose $h_n = \alpha f_n + \beta g_n$, de sorte que $h_n(x) \to h(x)$, quand $n \to +\infty$, pour tout $x \in E$. La proposition 3.9 donne que $\mathcal{E}$ est un espace vectoriel sur $\mathbb{R}$, on a donc $(h_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{E}$. Comme $\mathcal{E} \subset \mathcal{M}$ (voir la remarque 3.11), la propriété 3 ci-dessus donne alors que $h \in \mathcal{M}$. L'ensemble $\mathcal{M}$ est donc un espace vectoriel (sur $\mathbb{R}$).

Soit $f, g \in \mathcal{M}$. On pose $h = fg$. On raisonne comme ci-dessus, il existe $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{E}$ et $(g_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{E}$ telle que $f_n(x) \to f(x)$ et $g_n(x) \to g(x)$, quand $n \to +\infty$, pour tout $x \in E$. On pose $h_n = f_n g_n$, de sorte que $h_n(x) \to h(x)$, quand $n \to +\infty$, pour tout $x \in E$. La proposition 3.9 donne aussi $(h_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{E} \subset \mathcal{M}$. La propriété 3 ci-dessus donne alors que $h \in \mathcal{M}$.

■

**Proposition 3.20 (Deuxième caractérisation de la mesurabilité)** Soit $(E, \mathcal{T})$ un espace mesurable et $f : E \to \mathbb{R}$. Alors, $f$ est mesurable si et seulement s'il existe une suite $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{E}$ telle que pour tout $x \in E$, $f_n(x) \to f(x)$, quand $n \to +\infty$.

**DÉMONSTRATION –** Cette caractérisation est donnée par la proposition 3.18 pour le sens “seulement si” et par la propriété 3 de la proposition 3.19 pour le sens “si”.

■

On rappelle aussi qu'une fonction $f$ de $E$ (muni de la tribu $\mathcal{T}$) dans $\bar{\mathbb{R}}_+$ est mesurable (c'est-à-dire appartient à $M_+$) si et seulement s'il existe $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{E}_+$ t.q. $f_n \uparrow f$ (voir la proposition 3.17).

**Remarque 3.21** Il est intéressant de remarquer que la proposition 3.20 peut être fausse si on prend pour $F$ un espace topologique quelconque (elle reste vraie, par exemple, si $F$ est un espace vectoriel normé de dimension finie) avec une définition immédiate de $\mathcal{E}$ généralisant celle donnée pour les fonctions à valeurs dans $\mathbb{R}$ ou $\bar{\mathbb{R}}_+$.
**Définition 3.22** Soient E un ensemble et $f : E \to \mathbb{R}$. Pour tout $x \in E$, on pose :

$$- f^{+}(x) = \max(f(x), 0),$$

$$- f^{-}(x) = -\min(f(x), 0) = (-f)^{+}(x),$$

$$- |f|(x) = |f(x)|.$$

**Proposition 3.23** Soient (E, T) un espace mesurable et $f \in \mathcal{M}$. On a alors $f = f^{+} - f^{-}$, $|f| = f^{+} + f^{-}$ et $f^{+}, f^{-}, |f| \in \mathcal{M}_{+} \cap \mathcal{M}$.

DÉMONSTRATION – Le fait que $f = f^{+} - f^{-}$ et $|f| = f^{+} + f^{-}$ est immédiat. On a déjà vu, dans la démonstration de la proposition 3.18, que $f^{+}, f^{-} \in \mathcal{M}_{+}$ et donc que $f^{+}, f^{-} \in \mathcal{M}$ (voir l'exercice 3.4). La proposition 3.19 donne que $\mathcal{M}$ est un espace vectoriel sur $\mathbb{R}$. On a donc $|f| \in \mathcal{M}$ et donc aussi $|f| \in \mathcal{M}_{+}$ car $|f| \ge 0$. ■

## 3.4 Mesure image, loi d'une v.a., v.a. indépendantes

Soit (E, T) et (F, T) deux espaces mesurables (l'exemple fondamental est (F, T) = (ℝ, B(ℝ))) et f une fonction mesurable de E vers F. Si m est une mesure sur T, alors on peut définir, à partir de f et m, une mesure sur T de la manière suivante :

**Proposition 3.24 (Mesure image)** Soient (E, T, m) un espace mesuré, (F, T) un espace mesurable et f une fonction mesurable de E vers F (c'est-à-dire (T, T)-mesurable). Alors, l'application $m_f$ définie de T dans $\mathbb{R}_+$ par : $m_f(A) = m(f^{-1}(A))$, pour tout $A \in T$, est une mesure sur T, appelée mesure image par f.

DÉMONSTRATION – Il suffit de remarquer que $m_f$ est bien définie, que $m_f(\emptyset) = 0$ et que $m_f$ est $\sigma$-additive, ce qui découle naturellement des propriétés de m. ■

**Définition 3.25 (Loi de probabilité et fonction de répartition d'une v.a.)**

Soient (E, T, p) un espace probabilisé, X une variable aléatoire réelle (c'est-à-dire une fonction mesurable de E, muni de la tribu T, dans ℝ, muni de la tribu borélienne). On appelle loi de probabilité de la variable aléatoire X la probabilité p_X image de p par X (cette probabilité est donc définie sur B(ℝ)). On appelle fonction de répartition de la variable aléatoire X la fonction de répartition de la probabilité p_X.
Dans de nombreux cas, les modèles probabilistes seront déterminés par une loi de
probabilité d’une variable aléatoire. Une conséquence immédiate du théorème 2.60
est que la loi de probabilité d’une variable aléatoire réelle est entièrement déterminée
par sa fonction de répartition. Ceci est énoncé dans la proposition suivante.

**Proposition 3.26 (Égalité de deux lois)** *Soient (E, T, p) et (E', T', p') des espaces probabilisés, X une variable aléatoire réelle sur E (c'est-à-dire une fonction mesurable de E, muni de T, dans $\mathbb{R}$ muni de $\mathcal{B}(\mathbb{R})$ et X' une variable aléatoire réelle sur E'. On a alors $p_X = p_Y$ si et seulement si $p(\{X \le t\}) = p'(\{Y \le t\})$ pour tout $t \in \mathbb{R}$. On a aussi $p_X = p_Y$ si et seulement si $p(\{s \le X \le t\}) = p'(\{s \le Y \le t\})$ pour tout s, $t \in \mathbb{R}$, $s < t$. (Les inégalités strictes peuvent être remplacées par des inégalités larges.)*

DÉMONSTRATION – Cette proposition est une conséquence des théorèmes 2.60 et 2.61. Il suffit de remarquer que $p(\{X \le t\}) = p_X(]-\infty, t])$ et $p(\{s \le X \le t\}) = p_X([s, t])$ (et les mêmes égalités avec Y au lieu de X).

On rappelle que la notation $p(\{X \le t\})$ (si X est une v. a. réelle sur l'espace probabilisé (E, T, p)) signifie $p(\{\omega \in E ; X(\omega) \le t\})$. Cette notation sera parfois abrégée sous la forme $p(X \le t)$.

**Définition 3.27 (Variables aléatoires équidistribuées)**

Soient (E, T, p) et (E', T', p') des espaces probabilisés, X (resp. X') une variable aléatoire de (E, T, p) (resp. (E', T', p')) dans $(\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}))$, on dit que les variables aléatoires X et X' sont équidistribuées si elles ont même loi de probabilité.

**Définition 3.28 (Variable aléatoire discrète, entière, continue)** *Soient (E, T, p) un espace probabilisé, X une variable aléatoire réelle sur (E, T, p), $p_X$ la loi de la variable aléatoire X et $F_X$ sa fonction de répartition ;*

1. Si $X(E)$ est dénombrable, on dit que la variable aléatoire $X$ est discrète.

2. Si $X(E) \subset \mathbb{N}$, on dit que la variable aléatoire $X$ est entière.

3. Si la fonction de répartition $F_X$ définie de $\mathbb{R}$ dans $[0,1]$ est continue, on dit que la variable aléatoire est continue.

**Définition 3.29 (Variables aléatoires indépendantes)** *Soit (E, T, p) un espace probabilisé.*
1. Soit $N > 1$ et $X_1, \dots, X_N$ une famille de variables aléatoires réelles. On dit que $X_1, \dots, X_N$ sont indépendantes (ou que la famille $(X_1, \dots, X_N)$ est indépendante) si les tribus engendrés par $X_1, \dots, X_N$ (on notera souvent $\tau(X)$ ou $\sigma(X)$ la tribu engendrée par la variable aléatoire $X$) sont indépendantes.

2. Soit $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite de variables aléatoires réelles. On dit cette suite est indépendante (ou que les v.a. $X_1, \dots, X_n, \dots$ sont indépendantes) si, pour tout $N > 1$, les v.a. $X_1, \dots, X_N$ sont indépendantes.

On appellera "suite de v.a.r.i.i.d. " une suite de variables aléatoires réelles indépendantes identiquement distribuées (ce dernier point signifiant que toutes les v.a. de la suite ont même loi).

Soit $(E, T, \rho)$ un espace probabilisé et $X_1, X_2, X_3$ trois v.a.r. (c'est-à-dire variables aléatoires réelles). Le fait que $X_1$ soit indépendante de $X_2$ et $X_3$ n'implique pas que $X_1$ soit indépendante de (par exemple) $X_2 + X_3$, même si $X_2$ et $X_3$ sont indépendantes. Mais, on a bien $X_1$ indépendante de $X_2 + X_3$ si la famille $(X_1, X_2, X_3)$ est indépendante. Ceci est une conséquence de la proposition suivante.

**Proposition 3.30 (Indépendance et composition)** *Soit $(E, T, \rho)$ un espace probabilisé, $n \ge 1$, $m \ge 1$ et $X_1, \dots, X_n, Y_1, \dots, Y_m$ des v.a.r. indépendantes. Soit $\varphi$ une fonction borélienne de $\mathbb{R}^n$ dans $\mathbb{R}$ et $\psi$ une fonction borélienne de $\mathbb{R}^m$ dans $\mathbb{R}$. Alors, les v.a.r. $\varphi(X_1, \dots, X_n)$ et $\psi(Y_1, \dots, Y_m)$ sont indépendantes. Nous avons ici décomposé la famille initiale de v.a.r. indépendantes en 2 groupes. la proposition peut se généraliser à une décomposition en un nombre quelconque de groupes.*

**DÉMONSTRATION** – La notation $\varphi(X_1, \dots, X_n)$ est un peu incorrecte (mais est toujours utilisée). Elle désigne (comme on le devine facilement) la composition de $\varphi$ (qui va de $\mathbb{R}^n$ dans $\mathbb{R}$) avec l'application de $E$ dans $\mathbb{R}^n$ donnée par les $X_i$, $i = 1, \dots, n$.

La démonstration de cette proposition (et de sa généralisation à un nombre quelconque de groupes) est une conséquence simple de la proposition 2.58 dés que l'on remarque que la tribu engendrée par $\varphi(X_1, \dots, X_n)$ est incluse dans la tribu engendrée par $X_1, \dots, X_n$, ce que nous démontrons maintenant.

On note $\tau$ la tribu engendrée par $X_1, \dots, X_n$ et X l'application de $E$ dans $\mathbb{R}^n$ qui à $\omega \in E$ associe $(X_1(\omega), \dots, X_n(\omega))^t$. Il est facile de voir que $\{A \in \mathcal{B}(\mathbb{R}^n) \text{ t.q. } X^{-1}(A) \in \tau\}$ est une tribu (sur $\mathbb{R}^n$). Si $A = \prod_{i=1}^n A_i$ avec $A_i \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$ pour tout $i = 1, \dots, n$, on a

$$X^{-1}(A) = \bigcap_{i=1}^{n} X_i^{-1}(A_i) \in \tau$$

(car $X_i^{-1}(A_i)$ appartient à $\tau(X_i)$ et donc à $\tau$). Comme $\mathcal{B}(\mathbb{R}^n)$ est engendrée par l'ensemble des produits de boréliens de $\mathbb{R}$ (et même par l'ensemble des produits d'intervalles ouverts de $\mathbb{R}$, voir l'exercice 2.7), on en déduit que

$$\{A \in \mathcal{B}(\mathbb{R}^n) \text{ t.q. } X^{-1}(A) \in \tau\} \supset \mathcal{B}(\mathbb{R}^n).$$
Pour tout $B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$, on a donc $(\varphi(X))^{-1}(B) = X^{-1}(\varphi^{-1}(B)) \in \tau \text{ car } \varphi^{-1}(B) \in \mathcal{B}(\mathbb{R}^n)$
(puisque $\varphi$ est borélienne), ce qui prouve bien que la tribu engendrée par $\varphi(X_1, \dots, X_n)$
est incluse dans la tribu engendrée par $X_1, \dots, X_n$.
■

Nous verrons au chapitre 7 la conséquence principale de l'indépendance. Cette consé-
quence est que, si X, Y sont des v.a.r. indépendantes, la loi du couple (X, Y) est le pro-
duit des lois P_X et P_Y (c'est-à-dire , avec les notations du Chapitre 7, P_{X,Y} = P_X \otimes P_Y).
Une propriété analogue est vraie pour une famille (X_1, ..., X_n) de v.a.r. indépendantes.

Nous terminons ce paragraphe par un théorème très utile en probabilités sur la repré-
sentation d'une v.a. mesurable par rapport à une autre v.a..

Théorème 3.31 (V.a. mesurable par rapport à une autre v.a.)

Soient X et Y deux v.a. réelles définies sur un espace probabilisé (Ω, A, P). Alors,
la v.a. Y est mesurable par rapport à la tribu engendrée par X (notée τ(X)) si et
seulement si il existe une fonction borélienne f de R dans R telle que Y = f (X).

DÉMONSTRATION – La démonstration de ce résultat fait l’objet de l’exercice 3.15.
Il est intéressant de remarquer que la démonstration de ce théorème effectuée dans
l’exercice 3.15 donne les informations complémentaires suivantes :

* Y est τ(X)-mesurable bornée si et seulement s'il existe f borélienne bornée t.q. Y = f(X),

* Y est τ(X)-mesurable positive si et seulement s'il existe f borélienne positive t.q. Y = f(X).

La partie “si” de ces deux résultats est immédiate. Pour la partie “seulement si”, il
suffit de remarquer que la démonstration faite dans l’exercice 3.15 donne f t.q.

$$
\mathrm{Im}(f) = \{f(t), t \in \mathbb{R}\} \subset \mathrm{Im}(Y) \cup \{0\}, \text{ avec } \mathrm{Im}(Y) = \{Y(\omega), \omega \in \Omega\}.
$$

<figure><img src="image_10.png" /></figure>

**3.5 Convergence p.p., p.s., en mesure, en probabilité**

On introduit ici plusieurs notions de convergence de fonctions définies sur un espace
mesuré à valeurs dans $\mathbb{R}$ (ou $\overline{\mathbb{R}}_+$) et on donne des liens entre ces différentes conver-
gences. On introduit les notions équivalentes pour les variables aléatoires en langage
probabiliste.
**Définition 3.32 (Égalité presque partout)** Soient $(E, T, m)$ un espace mesuré, F un ensemble et $f$ et $g$ des fonctions définies de $E$ dans $F$ ($F = \mathbb{R}$ ou $F = \mathbb{R}_+$, par exemple); on dit que $f = g$ m-presque partout (et on note $f = g$ m-p.p.) si l'ensemble $\{x \in E; f(x) \neq g(x)\}$ est négligeable, c'est-à-dire qu'il existe $A \in T$ tel que $m(A) = 0$ et $f(x) = g(x)$ pour tout $x \in A^c$.

On peut remarquer que si $f$ et $g$ sont des fonctions mesurables de $E$ (muni de la tribu $T$ et de la mesure $m$) dans $\mathbb{R}$ (ou $\mathbb{R}_+$), l'ensemble $\{x \in E; f(x) \neq g(x)\}$ (noté aussi $\{f \neq g\}$) appartient à $T$. Le fait que $f = gm$ p.p. revient donc à dire que $m(\{f \neq g\}) = 0$. Dans la cas où $f$ ou $g$ n'est pas mesurable, l'ensemble $\{f \neq g\}$ peut être négligeable sans appartenir à $T$ (il appartient nécessairement à $T$ si la mesure est complète, voir la définition 2.25).

En l'absence de confusion possible, on remplace $m$-p.p. par p.p.. Cette définition se traduit en langage probabiliste par :

**Définition 3.33 (Égalité presque sûre)** Soient $(E, T, p)$ un espace probabilisé, $X$ et $Y$ des variables aléatoires réelles. On dit que $X = Y$ presque sûrement (et on note $X = Y$ p.s.), si l'ensemble $\{x \in E; X(x) \neq Y(x)\}$ est négligeable.

**Définition 3.34 (Convergence presque partout)** Soient $(E, T, m)$ un espace mesuré, F un ensemble, $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite de fonctions de $E$ dans $F$ et $f$ une fonction de $E$ dans $F$ ($F = \mathbb{R}$ ou $F = \mathbb{R}_+$, par exemple); on dit que $f_n$ converge presque partout vers $f$ ($f_n \to f$ p.p.) s'il existe une partie $A$ de $E$, négligeable, t.q., pour tout élément $x$ de $A^c$, la suite $(f_n(x))_{n \in \mathbb{N}}$ converge vers $f(x)$.

Noter que la convergence simple entraîne la convergence presque partout.

La définition 3.34 se traduit en langage probabiliste par :

**Définition 3.35 (Convergence presque sûre)** Soient $(E, T, p)$ un espace probabilisé, $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite de variables aléatoires réelles et $X$ une variable aléatoire réelle. On dit que $X_n$ converge presque sûrement vers $X$ ($X_n \to X$ p.s.) s'il existe une partie $A$ de $E$, négligeable, t.q., pour tout élément $x$ de $A^c$, la suite $(X_n(x))_{n \in \mathbb{N}}$ converge vers $X(x)$.
**Définition 3.36 (Convergence presque uniforme)** Soient $(E, T, m)$ un espace mesuré, $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset M$ et $f \in M$. On dit que $f_n$ converge presque uniformément vers $f$ ($f_n \to f \text{ p.unif.}$) si, pour tout $\varepsilon > 0$, il existe $A \in T$ tel que $m(A) \le \varepsilon$ et $f_n$ converge uniformément vers $f$ sur $A^c$.

La convergence presque uniforme entraîne la convergence presque partout (voir exercice 3.24).

Attention, la convergence presque uniforme ne donne pas la convergence uniforme en dehors d'un ensemble de mesure nulle. La convergence uniforme en dehors d'un ensemble de mesure nulle est reliée à la convergence essentiellement uniforme, c'est-à-dire la convergence pour le sup essentiel, défini ci-après, ou pour la norme $\| \cdot \|_{\infty}$ que nous verrons dans la section 6.1.2.

**Définition 3.37 (Sup essentiel)** Soient $(E, T, m)$ un espace mesuré et $f \in M$. On dit que $f$ est essentiellement bornée si il existe $C \in \mathbb{R}_+$ tel que $|f| \le C \text{ p.p.}$. On appelle alors sup essentiel de $|f|$, et on le note $\|f\|_{\infty}$, l'infimum des valeurs $C$ telles que $|f| \le C \text{ p.p.}$. Si $f$ n'est pas essentiellement bornée, on pose $\|f\|_{\infty} = \infty$.

Remarquons que dans le cas où $(E, T, m) = (\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}), \lambda)$, le sup essentiel d'une fonction continue est la borne supérieure de sa valeur absolue (ceci fait l'objet de la proposition 6.18).

**Définition 3.38 (Convergence essentiellement uniforme)** Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré, $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite de $M$ et $f \in M$. On dit que $f_n$ converge essentiellement uniformément vers $f$ ($f_n \to f \text{ ess. unif.}$) si $\|f_n - f\|_{\infty} \to 0$ lorsque $n \to +\infty$.

Il est facile de voir que la convergence essentiellement uniforme entraîne la convergence presque uniforme, mais la réciproque est fausse (voir l'exercice 3.25). Le théorème suivant donne, dans le cas où la mesure est finie, un résultat très important qui fait le lien entre la convergence presque partout et la convergence presque uniforme.

**Théorème 3.39 (Egorov)** Soient $(E, T, m)$ un espace mesuré, tel que $m(E) < +\infty$, $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset M$ et $f \in M$. On suppose que $f_n \to f \text{ p.p.}$. Alors, pour tout $\varepsilon > 0$, il existe $A \in T$ tel que $m(A) \le \varepsilon$ et $f_n$ converge uniformément vers $f$ sur $A^c$. (Autrement dit, la suite $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ converge presque uniformément vers $f$.)
La démonstration de ce théorème fait l'objet de l'exercice 3.25. Attention, lorsque $m(E) = +\infty$, on peut trouver des suites de fonctions qui convergent presque partout et non presque uniformément.

**Définition 3.40 (Convergence en mesure)** Soient $(E, T, m)$ un espace mesuré, $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{M}$ et $f \in \mathcal{M}$. On dit que $f_n$ converge en mesure vers $f$ si :

$$ \forall \varepsilon > 0, \lim_{n \to +\infty} m(\{x \in E ; |f(x) - f_n(x)| \ge \varepsilon\}) = 0. $$

Cette définition se traduit en langage probabiliste par :

**Définition 3.41 (Convergence en probabilité)** Soient $(E, T, p)$ un espace probabilisé, $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite de variables aléatoires réelles et $X$ une variable aléatoire réelle. On dit que $X_n$ converge en probabilité vers $X$ si :

$$ \forall \varepsilon > 0, \lim_{n \to +\infty} p(\{x \in X_n ; |X(x) - X_n(x)| \ge \varepsilon\}) = 0. $$

On peut montrer (cf exercice 3.23) que si $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{M}$ converge en mesure vers $f \in \mathcal{M}$ et $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ converge en mesure vers $g \in \mathcal{M}$, alors $f = g$ p.p.. On montre aussi que si $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{M}$ converge en mesure vers $f \in \mathcal{M}$ et $(g_n)_{n \in \mathbb{N}}$ converge en mesure vers $g \in \mathcal{M}$, alors $(f_n + g_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{M}$ converge en mesure vers $f + g \in \mathcal{M}$, et, si $m$ est une mesure finie, $(f_n g_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{M}$ converge en mesure vers $fg \in \mathcal{M}$.

On montre à l'aide du théorème d'Egorov que si $f_n$ converge vers $f$ presque partout, et si $m(E) < +\infty$, alors $f_n$ converge vers $f$ en mesure. Réciproquement, si $f_n$ converge vers $f$ en mesure, alors il existe une sous-suite de $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ qui converge vers $f$ presque uniformément (et donc presque partout). Ce second résultat est vrai même si $m(E) = +\infty$ (voir exercice 3.26).

On donne maintenant un résumé des différents types de convergence connus jusqu'à présent avec les relations existantes entre eux. Les relations entre convergence presque partout et convergence en mesure (resp. convergence presque sûre et convergence en probabilité) sont étudiées dans l'exercice 3.26. (On en introduira bientôt encore quelques-unes)

<table><thead><tr><td>Terminologie analyste</td><td>Terminologie probabiliste</td></tr></thead><tbody><tr><td>convergence simple (cs)</td><td></td></tr><tr><td>convergence uniforme (cu)</td><td></td></tr><tr><td>convergence presque partout (cpp)</td><td>convergence presque sûre (cps)</td></tr><tr><td>convergence presque uniforme (cpu)</td><td></td></tr><tr><td>convergence en mesure (cm)</td><td>convergence en probabilité (cp)</td></tr></tbody></table>
On a les implications suivantes :

<table><thead><tr><th>Terminologie analyste</th><th>Terminologie probabiliste</th></tr></thead><tbody><tr><td>(cu) ⇒ (cs) ⇒ (cpp)</td><td></td></tr><tr><td>(cu) ⇒ (cpu) ⇒ (cpp)</td><td></td></tr><tr><td>(cpp) ⇒ (cpu) si la mesure est finie</td><td></td></tr><tr><td>(cm) ⇒ (cpu) pour une sous-suite</td><td>(cp) ⇒ (cps) pour une sous-suite</td></tr><tr><td>(cpp) ⇒ (cm) si la mesure est finie</td><td>(cps) ⇒ (cp)</td></tr><tr><td>(cpu) ⇒ (cm)</td><td></td></tr></tbody></table>

## 3.6 Exercices

**Exercice 3.1 (Caractérisation des fonctions mesurables)** Soient $(E, T)$ un espace mesurable et $f$ une application de $E$ dans $\mathbb{R}$;

1. Montrer que $T_f = \{B \in \mathcal{P}(\mathbb{R}); f^{-1}(B) \in T\}$ est une tribu.

**Corrigé** – Cette question est un cas particulier (avec $F = \mathbb{R}$) de la question 2 de l'exercice 2.4.

2. Soit $C$ un ensemble qui engendre $\mathcal{B}(\mathbb{R})$, montrer que les deux assertions suivantes sont équivalentes :

(i) $f$ est mesurable,

(ii) $f^{-1}(C) \in T$, pour tout $C \in \mathcal{C}$.

**Corrigé** – On remarque que $f$ mesurable signifie simplement que $T_f$ (définie à la question précédente) contient $\mathcal{B}(\mathbb{R})$.

Le sens (i) ⇒ (ii) est immédiat car $C \subset \mathcal{B}(\mathbb{R})$.

Pour le sens (ii) ⇒ (i), on remarque que $T_f$ est une tribu. Donc, si $T_f$ contient $C$, on a aussi $T_f$ contient $T(C) = \mathcal{B}(\mathbb{R})$. Ceci donne $f$ mesurable. Donc, on a bien (ii) ⇒ (i)

**Exercice 3.2 (Mesurabilité pour $f$ à valeurs dans $\mathbb{R}$)** Soit $\Omega$ un ensemble et $\mathcal{F}$ une σ-algèbre sur $\Omega$. Soit $f$ une application de $\Omega$ dans $\mathbb{R}$. On munit $\mathbb{R}$ de la tribu borélienne.

1. Montrer que $f$ est mesurable si et seulement si, pour tout $x \in \mathbb{R}$, $\{\omega \in \Omega, f(\omega) < x\} \in \mathcal{F}$.

2. Montrer que $f$ est mesurable si et seulement si, pour tout $x \in \mathbb{R}$, $\{\omega \in \Omega, f(\omega) \le x\} \in \mathcal{F}$.
**Exercice 3.3 (Composition de fonctions mesurables)** Soit $(E, T)$ et $(F, S)$ deux espaces mesurables. Soit $f : E \to F$ et $\varphi : F \to \mathbb{R}$ ($\mathbb{R}$ est muni, comme toujours, de la tribu borélienne). On suppose que $f$ et $\varphi$ sont mesurables. Montrer que $\varphi \circ f$ est mesurable (de $E$ dans $\mathbb{R}$).

**Corrigé** – Soit $B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$, on remarque que $(\varphi \circ f)^{-1}(B) = f^{-1}(\varphi^{-1}(B))$. Comme $\varphi^{-1}(B) \in S$ car $\varphi$ est mesurable (de $F$ dans $\mathbb{R}$), on a donc $f^{-1}(\varphi^{-1}(B)) \in T$ car $f$ est mesurable (de $E$ dans $F$). Ceci montre bien que $\varphi \circ f$ est mesurable (de $E$ dans $\mathbb{R}$).

**Exercice 3.4 (R ou $\overline{R}$+)** Soit $\varphi : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, $\varphi \ge 0$. On munit $\mathbb{R}$ (au départ et à l'arrivée) de la tribu borélienne. Montrer que $\varphi$ est mesurable (on dit aussi borélienne) si et seulement si $\varphi$ est mesurable quand on la considère comme une application de $\mathbb{R}$ dans $\overline{\mathbb{R}}_+$ ($\overline{\mathbb{R}}_+$ étant aussi muni de la tribu borélienne).

**Corrigé** – On suppose $\varphi$ mesurable de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. Soit $B$ un borélien de $\overline{\mathbb{R}}_+$, on a donc $B \cap \mathbb{R} \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$ (voir la définition 3.2 page 110). Comme $\varphi$ prend ses valeurs dans $\mathbb{R}$ et que $\varphi$ est mesurable de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$, on a donc $\varphi^{-1}(B) = \varphi^{-1}(B \cap \mathbb{R}) \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$. Ceci donne donc que $\varphi$ est mesurable de $\mathbb{R}$ dans $\overline{\mathbb{R}}_+$.

Réciproquement, on suppose maintenant $\varphi$ mesurable de $\mathbb{R}$ dans $\overline{\mathbb{R}}_+$ (mais $\varphi$ ne prend jamais la valeur $\infty$, on peut donc la considérer comme étant de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$). Soit $B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$. On a donc aussi $B \in \mathcal{B}(\overline{\mathbb{R}}_+)$ et donc $\varphi^{-1}(B) \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$ car $\varphi$ est mesurable de $\mathbb{R}$ dans $\overline{\mathbb{R}}_+$. Ceci prouve que $\varphi$ est mesurable de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$.

**Exercice 3.5 (Stabilité de $\mathcal{M}$)**

1. Soient $(E, T)$, $(E', T')$, $(E'', T'')$ des espaces mesurables, $f$ (resp. $g$) une application de $E$ dans $E'$ (resp. de $E'$ dans $E''$). On suppose que $f$ et $g$ sont mesurables. Montrer que $g \circ f$ est une application mesurable de $E$ dans $E''$.

**Corrigé** – Cette question est identique à celle de l'exercice 3.3 avec $E''$ au lieu de $\mathbb{R}$. La démonstration est semblable :

Soit $B \in T''$, on remarque que $(g \circ f)^{-1}(B) = f^{-1}(g^{-1}(B))$. Comme $g^{-1}(B) \in T'$ car $g$ est mesurable (de $E'$ dans $E''$), on a donc $f^{-1}(g^{-1}(B)) \in T$ car $f$ est mesurable (de $E$ dans $E'$). Ceci montre bien que $g \circ f$ est mesurable (de $E$ dans $E''$).

2. Soit $(E, T)$ un espace mesurable, on munit $\mathbb{R}$ de la tribu des boréliens $\mathcal{B}(\mathbb{R})$ ; soient $f$ et $g$ des fonctions mesurables de $E$ dans $\mathbb{R}$.

(a) Montrer que $f^+(:= \sup(f, 0))$, $f^-(:= -\inf(f, 0))$ sont des fonctions mesurables de $E$ dans $\mathbb{R}$.

**Corrigé** – Cette question est démontrée dans la proposition 3.23 page 120.

(b) Montrer que $f + g$, $fg$ et $|f|$ sont des fonctions mesurables de $E$ dans $\mathbb{R}$.

**Corrigé** – Le fait que $f + g$, $fg \in \mathcal{M}$ est démontré dans la proposition 3.19 et le fait que $|f| \in \mathcal{M}$ est démontré dans la proposition 3.23 (car $|f|$ prend ses valeurs dans $\mathbb{R}$ et $|f| \in \mathcal{M}_+$, on conclut avec l'exercice 3.4.
3. Soient (E, T) un espace mesurable, $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite de fonctions mesurables de E dans $\mathbb{R}$. On suppose que la suite $(f_n(x))_{n \in \mathbb{N}}$ converge (dans $\mathbb{R}$) pour tout $x \in E$. On pose $f(x) = \lim_{n \to +\infty} f_n(x)$ (pour tout $x \in E$). Montrer que $f$ est une fonction mesurable de E dans $\mathbb{R}$.

**Corrigé** – La démonstration de cette question est donnée dans la proposition 3.19 page 117 (propriété 3).

4. Soit (E, T) un espace mesurable, on suppose qu'il existe $A \in T$ dont les sousensembles ne soient pas tous mesurables. Il existe donc $B \subset A$ tel que $B \notin T$. Montrer que $h = 1_B - 1_{A \setminus B}$ n'est pas mesurable (de E dans $\mathbb{R}$), alors que $|h|$ l'est.

**Corrigé** – $\{1\} \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$ alors que $h^{-1}(\{1\}) = B \notin T$, donc $h$ n'est pas mesurable. Par contre $|h| = 1_A$ est mesurable car $A \in T$.

**Exercice 3.6 (Mesurabilité des fonctions continues)** Soit $f$ une application de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. On munit $\mathbb{R}$ (au départ et à l'arrivée) de la tribu borélienne

1. On suppose $f$ continue. Montrer que $f$ est mesurable (on dit aussi que $f$ est borélienne).

**Corrigé** – Soit $O$ un ouvert de $\mathbb{R}$. Comme $f$ est continue, $f^{-1}(O)$ est aussi un ouvert de $\mathbb{R}$, donc $f^{-1}(O) \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$. Comme l'ensemble des ouverts engendre $\mathcal{B}(\mathbb{R})$, on en déduit que $f$ est mesurable (on utilise ici la caractérisation de la mesurabilité donnée à la proposition 3.16 page 115).

2. On suppose $f$ continue à droite (resp. gauche). Montrer que $f$ est mesurable.

**Corrigé** – On suppose $f$ continue à droite. Pour $n \in \mathbb{N}^*$, on définit $f_n$ par :

$$f_n(x) = \begin{cases} 0 & \text{si } x \le -n, \\ f\left(\frac{p}{n}\right) & \text{si } \frac{p-1}{n} < x \le \frac{p}{n}, \quad p \in \{-n^2+1, \dots, n^2\} \\ 0 & \text{si } x > n, \end{cases}$$

de sorte que

$$f_n = \sum_{p=-n^2+1}^{n^2} f\left(\frac{p}{n}\right) 1_{\left[\frac{p-1}{n}, \frac{p}{n}\right]}.$$

On a $f_n \in \mathcal{E}$ car $\lfloor \frac{p-1}{n} \rfloor, \lfloor \frac{p}{n} \rfloor \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$ pour tout $n$ et $p$. Soit $x \in \mathbb{R}$. Pour $n > |x|$, on a $f_n(x) = f(\lfloor \frac{p}{n} \rfloor)$ avec $\lfloor \frac{p}{n} \rfloor - \frac{1}{n} \le x \le \lfloor \frac{p}{n} \rfloor$ ($p$ dépend de $n$, $x$ est fixé). Comme $f$ est continue à droite en $x$, on a donc $f_n(x) \to f(x)$ quand $n \to +\infty$ (car $\lfloor \frac{p}{n} \rfloor \to x$, avec $\lfloor \frac{p}{n} \rfloor \ge x$). La deuxième caractérisation de la mesurabilité (proposition 3.20 page 119) donne alors $f \in \mathcal{M}$.

3. On suppose $f$ croissante. Montrer que $f$ est mesurable.
**Corrigé** – Soit $\alpha \in \mathbb{R}$. On pose $A = f^{-1}([\alpha, \infty[)$. On suppose $A \neq \emptyset$ (si $A = \emptyset$, on a bien $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$). Si $x \in A$, on a $f(x) \geq \alpha$ et, comme $f$ est croissante, on a aussi $f(y) \geq \alpha$ pour tout $y \geq x$. Donc, $[x, \infty[ \subset A$. En posant $a = \inf A \in \mathbb{R} \cup \{-\infty\}$, on en déduit que $]a, \infty[ \subset A \subset [a, \infty[$. A est donc nécessairement un intervalle (dont la borne supérieure est $\infty$), ce qui prouve que $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$. Comme $[[\alpha, \infty[, \alpha \in \mathbb{R}]$ engendre $\mathcal{B}(\mathbb{R})$, on en déduit que $f$ est mesurable. (On a utilisé ici de nouveau la caractérisation de la mesurabilité donnée à la proposition 3.16 page 115).

**Exercice 3.7 (Mesurabilité de 1_Q)** On munit $\mathbb{R}$ de sa tribu borélienne. La fonction 1_Q est-elle mesurable ?

**Corrigé** – Oui, la fonction 1_Q est mesurable. En effet, si $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$ (et même si $A \in \mathcal{P}(\mathbb{R})$), on a $1_Q(A) = \emptyset$ ou $R$ ou $Q$ ou $R \setminus Q$ (selon que 1 et 0 appartiennent ou non à A). Comme ces 4 ensembles sont des boréliens, on en déduit que 1_Q est borélienne (c'est-à-dire mesurable de R dans R quand R est muni de sa tribu borélienne).

**Exercice 3.8 (Loi de probabilité de la v.a.r. nulle)** Soit (E, T, p) un espace probabilisé et X une v.a.r.. On suppose que $X = 0$ p.s.. Donner la loi de probabilité $p_X$ de X.

**Corrigé** – Soit $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$. Si $0 \in A$ on a $p(X^{-1}(A)) = 1$ et si $0 \notin A$ on a $p(X^{-1}(A)) = 0$. Ceci montre que $P_X$ est la mesure de Dirac en 0 (notée $\delta_0$).

**Exercice 3.9** Soit $\mathcal{A}$ une tribu sur un ensemble E.

1. Soit $A \in \mathcal{A}$ tel que : $B \in \mathcal{A}$ et $B \subset A$ implique $B = \emptyset$ ou $B = A$. Montrer que toute fonction mesurable (de E dans $\mathbb{R}$) est constante sur A.

**Corrigé** – Soit $f$ une fonction mesurable de E dans $\mathbb{R}$. (L'ensemble E est muni de la tribu $\mathcal{A}$ et, comme d'habitude, $\mathbb{R}$ est muni de la tribu borélienne.)

On peut supposer $A \neq \emptyset$ (et même $A$ non réduit à un seul élément, sinon il n'y a rien à démontrer !).

Soit $x \in A$, on pose $\alpha = f(x)$ et $B = A \cap f^{-1}(\{\alpha\})$. Comme $f$ est mesurable et que $\{\alpha\} \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$, on a $B \in \mathcal{A}$. Comme $B \subset A$ et que $B \neq \emptyset$ (car $x \in B$) on a nécessairement $B = A$, ce qui prouve que $f$ est constante sur $A$ (et $f(y) = \alpha$ pour tout $y \in A$).

2. On suppose dans cette question que $\mathcal{A}$ est engendrée par une partition, montrer qu'une fonction mesurable est constante sur chaque élément de la partition.

**Corrigé** – Soit $(A_i)_{i \in I}$ une partition de E. On a donc $\cup_{i \in I} A_i = E$ et $A_i \cap A_j = \emptyset$ si $i \neq j$. On peut aussi supposer aussi que $A_i \neq \emptyset$ pour tout $i \in I$.

Selon l'exercice 2.11, on a alors

$$ \mathcal{A} = \{ \cup_{i \in J} A_i, \text{ avec } J \subset I \text{ et } J \text{ ou } J^c \text{ au plus dénombrable} \}. $$

Soit $f$ une fonction mesurable de E dans $\mathbb{R}$.

Soit $i \in I$. Comme les $A_j$ sont disjoints deux à deux et non vides et que tout élément de $\mathcal{A}$ est une réunion de $A_j$, on a

$$ B \in \mathcal{A}, B \subset A_i \Rightarrow B = \emptyset \text{ ou } B = A_i. $$

On peut donc appliquer la première question, elle donne que $f$ est constante sur $A_i$.
3. Donner un exemple de fonction constante sur tout élément d'une partition mais qui ne soit pas mesurable pour la tribu engendrée par cette partition. [Prendre comme partition de $\mathbb{R}$ tous les singletons]

**Corrigé** – Comme cela est suggéré, on prend $E = \mathbb{R}$ et comme partition l'ensemble des singletons, c'est-à-dire $\{\{x\}, x \in \mathbb{R}\}$. La tribu engendrée par cette partition, notée $\mathcal{A}$, est donc l'ensemble des parties de $\mathbb{R}$ au plus dénombrable ou dont le complémentaire est au plus dénombrable. La tribu $\mathcal{A}$ est incluse dans $\mathcal{B}(\mathbb{R})$ (car les singletons appartiennent à $\mathcal{B}(\mathbb{R})$ mais est différente de $\mathcal{B}(\mathbb{R})$ (par exemple, l'intervalle $]0,1[$ appartient à $\mathcal{B}(\mathbb{R})$ mais n'appartient pas à $\mathcal{A}$). La fonction $f$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ définie par $f(x) = x$ pour tout $x \in \mathbb{R}$ n'est donc par mesurable (par exemple, $f^{-1}([0,1[) =]0,1[ \notin \mathcal{A})$ mais est bien constante sur chaque élément de la partition.

**Exercice 3.10 (Égalité presque partout)** 1. Soient $f$ et $g$ des fonctions continues de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ et $\lambda$ la mesure de Lebesgue ; montrer que $f = g \lambda$ p.p. si et seulement si $f = g$.

**Corrigé** – Si $f = g$ (c'est-à-dire $f(x) = g(x)$ pour tout $x \in \mathbb{R}$), on a bien $f = g \lambda$ p.p. car $f = g$ sur $\emptyset^c$ et $\lambda(\emptyset) = 0$.

Pour la réciproque, on va utiliser le fait qu'un ouvert non vide est toujours de mesure de Lebesgue strictement positive. En effet, si $O$ est un ouvert non vide, il existe $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$ t.q. $\alpha < \beta$ et $]\alpha, \beta[ \subset O$, on a donc $0 < \beta - \alpha = \lambda]\alpha, \beta[ \le \lambda(O)$.

On suppose maintenant que $f = g \lambda$ p.p., il existe $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$ tel que $\lambda(A) = 0$ et $f = g$ sur $\mathcal{A}^c$. On a alors $\{f(x) \neq g(x)\} \subset A$. Or, $\{f(x) \neq g(x)\} = (f-g)^{-1}(\mathbb{R}^*)$ est un ouvert car $(f-g)$ est continue (de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$) et $\mathbb{R}^*$ est un ouvert de $\mathbb{R}$. Donc $\{f(x) \neq g(x)\} \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$ et la monotonie de $\lambda$ donne $\lambda(\{f(x) \neq g(x)\}) \leq \lambda(A) = 0$. On en déduit que $\{f(x) \neq g(x)\} = \emptyset$ (car un ouvert non vide est toujours de mesure de Lebesgue strictement positive) et donc $f = g$.

2. Soient $f$ et $g$ des fonctions de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ et $\delta_0$ la mesure de Dirac en 0 (définie en (2.2)); montrer que $f = g \delta_0$ p.p. si et seulement si $f(0) = g(0)$.

**Corrigé** – Si $f(0) = g(0)$, on prend $A = \{0\}^c$. On a bien $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$, $\delta_0(A) = 0$ et $f = g$ sur $\mathcal{A}^c$ car $A^c = \{0\}$. Donc, $f = g \delta_0$ p.p..

Réciproquement, on suppose maintenant que $f = g \delta_0$ p.p., il existe donc $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$ tel que $f = g$ sur $\mathcal{A}^c$ et $\delta_0(A) = 0$. Comme $\delta_0(A) = 0$, on a donc $0 \notin A$, c'est-à-dire $0 \in \mathcal{A}^c$ et donc $f(0) = g(0)$.

**Exercice 3.11 (Mesurabilité)** Soit $f : \mathbb{R}^N \times \mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. On munit $\mathbb{R}^P$ de sa tribu borélienne (pour tout $p \in \mathbb{N}^*$). on suppose que $f$ est mesurable par rapport à $x \in \mathbb{R}^N$, pour tout $y \in \mathbb{R}$, et que $f$ est continue a gauche par rapport a $y \in \mathbb{R}$, pour tout $x \in \mathbb{R}^N$. Pour $n > 1$ et $p \in \mathbb{Z}$, on pose : $a_p^n = \frac{p}{n}$, $p \in \mathbb{Z}$; on définit la fonction $f_n$, $n > 1$, de $\mathbb{R}^N \times \mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ par :

$$f_n(x,y) = f(x, a_p^n), \text{ si } y \in [a_p^n, a_{p+1}^n].$$

On se limite à $N = 1$.
1. Montrer que $f_n$ converge simplement vers $f$ lorsque $n \to +\infty$.

**Corrigé** – Soit $(x,y)^t \in \mathbb{R}^2$. Pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, on a donc $f_n(x,y) = f(x, \frac{p}{n})$ avec $\frac{p}{n} \le y < \frac{p}{n} + \frac{1}{n}$. Noter que $x$ et $y$ sont fixés et que $p$ dépend de $n$. Quand $n \to +\infty$, on a donc $\frac{p}{n} \to y$ avec $\frac{p}{n} \le y$. Comme $f(x, \cdot)$ est continue à gauche en $y$, on a donc $f(x, \frac{p}{n}) \to f(x,y)$ quand $n \to +\infty$, c'est-à-dire $f_n(x,y) \to f(x,y)$ quand $n \to +\infty$.

2. Montrer que $f_n$ est mesurable. [On pourra utiliser, sans le démontrer, le fait que $A \times B \in \mathcal{B}(\mathbb{R}^2)$ si $A, B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$. Ceci est démontré dans l'exercice 2.6 page 74.]

**Corrigé** – Soit $n \in \mathbb{N}^*$. Pour $p \in \mathbb{Z}$, on pose $g_p = f(\cdot, \frac{p}{n})$. On a donc, par hypothèse, $g_p$ mesurable de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$.

Soit $C \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$. Soit $(x,y)^t \in \mathbb{R}^2$. Il existe donc $p \in \mathbb{Z}$ tel que $y \in [\frac{p}{n}, \frac{p+1}{n}]$. On a alors $f_n(x,y) = g_p(x)$ et donc $f_n(x,y) \in C$ si et seulement $g_p(x) \in C$. On en déduit que :

$$f_n^{-1}(C) = \bigcup_{p \in \mathbb{Z}} (g_p^{-1}(C) \times [\frac{p}{n}, \frac{p+1}{n}]).$$

Comme $g_p$ est mesurable, on a $g_p^{-1}(C) \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$. On a aussi $[\frac{p}{n}, \frac{p+1}{n}] \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$ et donc $g_p^{-1}(C) \times [\frac{p}{n}, \frac{p+1}{n}] \in \mathcal{B}(\mathbb{R}^2)$ (ceci est démontré dans l'exercice 2.6 page 74). Comme $\mathcal{B}(\mathbb{R}^2)$ est stable par union dénombrable, on en déduit $f_n^{-1}(C) \in \mathcal{B}(\mathbb{R}^2)$ et donc $f_n$ mesurable de $\mathbb{R}^2$ dans $\mathbb{R}$.

3. Montrer que $f$ est mesurable.

**Corrigé** – Comme $f_n$ mesurable pour tout $n \in \mathbb{N}^*$ et que $f_n(x,y) \to f(x,y)$, quand $n \to +\infty$, pour tout $(x,y)^t \in \mathbb{R}^2$, la propriété 3 de la proposition 3.19 donne que $f$ est mesurable (de $\mathbb{R}^2$ dans $\mathbb{R}$).

**Exercice 3.12 (Tribu de Borel sur $\overline{\mathbb{R}}_+$)**

1. Montrer que $\{[0, \beta[, \beta \in \mathbb{R}_+]^*\}$ engendre $\mathcal{B}(\overline{\mathbb{R}}_+)$.

**Corrigé** – On note $C_1 = \{[0, \beta[, \beta \in \mathbb{R}_+]^*\}$.

- Comme $[0, \beta[$ est un ouvert de $\overline{\mathbb{R}}_+$ pour tout $\beta \in \mathbb{R}_+^*$, on a $C_1 \subset \mathcal{B}(\overline{\mathbb{R}}_+)$ et donc $T(C_1) \subset \mathcal{B}(\overline{\mathbb{R}}_+)$.

- Par stabilité d'une tribu par passage au complémentaire, on a $\{[\beta, \infty[, \beta \in \mathbb{R}_+^*\} \subset T(C_1)$.

Comme $[0, \infty] = [0, 1[ \cup [1, \infty] \in T(C_1)$, on a aussi $\{[\alpha, \infty[, \alpha \in \mathbb{R}_+\} \subset T(C_1)$.

Par stabilité d'une tribu par intersection, on a alors $\{[\alpha, \beta[, \alpha, \beta \in \mathbb{R}_+, \alpha < \beta\} \subset T(C_1)$.

Par stabilité d'une tribu par union dénombrable, on montre alors que $\{]\alpha, \beta[, \alpha, \beta \in \mathbb{R}_+, \alpha < \beta\} \subset T(C_1)$ et $\{]\beta, \infty[, \beta \in \mathbb{R}_+\} \subset T(C_1)$.

Comme tout ouvert de $\overline{\mathbb{R}}_+$ est une réunion au plus dénombrable d'intervalle du type $]\alpha, \beta[$ (avec $\alpha, \beta \in \mathbb{R}_+ \cap \mathbb{Q})$, $[0, \beta[$ (avec $\beta \in \mathbb{R}_+ \cap \mathbb{Q})$ et $]\beta, \infty[$ (avec $\beta \in \mathbb{R}_+ \cap \mathbb{Q})$, on en déduit que tout ouvert de $\overline{\mathbb{R}}_+$ est dans $T(C_1)$ et donc $\mathcal{B}(\overline{\mathbb{R}}_+) \subset T(C_1)$.
On a bien montré que $\mathcal{B}(\overline{\mathbb{R}}_+) = T(C_1)$.

2. Montrer que $\{[0, \beta[, \beta \in \mathbb{Q} \cap \mathbb{R}_+^*\}$ engendre $\mathcal{B}(\overline{\mathbb{R}}_+)$.

**Corrigé** – On note $C_2 = \{[0, \beta[, \beta \in \mathbb{Q} \cap \mathbb{R}_+^*\}$. Si $\beta \in \mathbb{R}_+^*$, on remarque que $[0, \beta[ = \bigcup_{\alpha \in \mathbb{Q} \cap \mathbb{R}_+^*, \alpha < \beta}[0, \alpha[$. On en déduit que $[0, \beta[ \in T(C_2)$. On a donc $C_1 \subset T(C_2)$ et $T(C_1) \subset T(C_2)$.

Comme $T(C_1) = \mathcal{B}(\overline{\mathbb{R}}_+)$, on a aussi $T(C_2) = \mathcal{B}(\overline{\mathbb{R}}_+)$.

3. Montrer que $\{[0, \beta[, \beta \in \mathbb{R}_+^*\}$ n'engendre pas $\mathcal{B}(\overline{\mathbb{R}}_+)$.

**Corrigé** – On prend un ensemble E (ayant au moins 2 éléments) et une tribu T sur E différente de $\mathcal{P}(E)$ (par exemple, $T = \{\emptyset, E\}$). Soit alors $A \subset E$, $A \notin T$. On définit $f$ de E dans $\overline{\mathbb{R}}_+$ par $f(x) = \infty$ si $x \in A$ et $f(x) = 0$ si $x \notin A$. Comme $A \notin T$, la fonction $f$ est non mesurable. On a pourtant $f^{-1}(\emptyset, \beta[) = \emptyset \in T$ pour tout $\beta \in \mathbb{R}_+^*$. Ceci montre que $\{[0, \beta[, \beta \in \mathbb{R}_+^*\}$ n'engendre pas $\mathcal{B}(\overline{\mathbb{R}}_+)$.

**Exercice 3.13 (Graphe d'une fonction borélienne)** Soit $f$ une fonction mesurable de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ ($\mathbb{R}$ est muni de sa tribu borélienne, notée $\mathcal{B}(\mathbb{R})$). On se propose de montrer que le graphe de $f$ est un borélien de $\mathbb{R}^2$. On admettra le résultat suivant que l'on verra au chapitre 7 :

$$A, B \in \mathcal{B}(\mathbb{R}) \Rightarrow A \times B \in \mathcal{B}(\mathbb{R}^2). \qquad (3.2)$$

On munit aussi $\mathbb{R}^2$ de sa tribu borélienne. Pour $x, y \in \mathbb{R}$, on pose $F(x, y) = f(x)$ et $H(x, y) = y$.

1. Montrer que F et H sont mesurables de $\mathbb{R}^2$ dans $\mathbb{R}$.

**Corrigé** – Soit $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$. On a $F^{-1}(A) = f^{-1}(A) \times \mathbb{R}$. Comme $f$ est mesurable, $f^{-1}(A) \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$. Comme $\mathbb{R} \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$, (3.2) donne $f^{-1}(A) \times \mathbb{R} \in \mathcal{B}(\mathbb{R}^2)$ et donc $F^{-1}(A) \in \mathcal{B}(\mathbb{R}^2)$. On a donc F mesurable de $\mathbb{R}^2$ dans $\mathbb{R}$.

Le fait que H est mesurable se démontre de manière semblable en remarquant que $H^{-1}(A) = \mathbb{R} \times A$ (ou en utilisant la continuité de H).

2. On pose $G(f) = \{(x, y)^t \in \mathbb{R}^2 ; y = f(x)\}$ ($G(f)$ est donc le graphe de $f$). Montrer que $G(f) \in \mathcal{B}(\mathbb{R}^2)$.

**Corrigé** – L'ensemble de fonctions mesurables est un espace vectoriel, on a donc $F - H$ mesurable. On en déduit que $G(f) \in \mathcal{B}(\mathbb{R}^2)$ en remarquant que $G(f) = (F - H)^{-1}(\{0\})$ et $\{0\} \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$.

**Exercice 3.14 (Mesurabilité au sens de Lusin)** Soit $m$ une mesure sur $\mathcal{B}(\mathbb{R}^N)$, finie sur les compacts de $\mathbb{R}^N$. On rappelle (cf. cours) que $m$ est nécessairement régulière (c'est-à-dire que pour tout $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R}^N)$ et pour tout $\varepsilon > 0$, il existe $F$ fermé et $O$ ouvert tel que $F \subset A \subset O$ et $m(O \setminus F) < \varepsilon$).
Soit $f \in \mathbb{R}^N \to \mathbb{R}$. On dit que $f$ est mesurable au sens de Lusin si pour tout compact $K$ et pour tout $\varepsilon > 0$, il existe $K_1$ compact, $K_1 \subset K$, tel que $m(K \setminus K_1) \le \varepsilon$ et $f|_{K_1} \in C(K_1, \mathbb{R})$.

1. On suppose, dans cette question, que $f = 1_A$ avec $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R}^N)$. Montrer que $f$ est mesurable au sens de Lusin. [Construire $K_1$ avec $K$, $F$ et $O$, où $F$ et $O$ sont donnés par la régularité de $m$ appliquée à l'ensemble $A$.]

**Corrigé** – Soit $K$ compact et $\varepsilon > 0$. Par la régularité de $m$, il existe $F$ fermé et $O$ ouvert $t.q.$ $F \subset A \subset O$ et $m(O \setminus F) < \varepsilon$. On prend $K_1 = (K \cap F) \cup (K \cap O^c)$.

Les ensembles $K \cap F$ et $K \cap O^c$ sont fermés (car l'intersection d'un compact et d'un fermé est un compact). L'ensemble $K_1$ est donc compact car il est l'union de deux compacts. Comme $K_1 = K \setminus (O \setminus F)$, on a bien $K_1 \subset K$ et $(K \setminus K_1) \subset (O \setminus F)$. On en déduit $m(K \setminus K_1) \le m(O \setminus F) \le \varepsilon$.

On montre maintenant que $f|_{K_1} \in C(K_1, \mathbb{R})$. Soit $x \in K_1$. On distingue deux cas :

**Premier cas.** Si $x \in K \cap F$, on a alors $x \in O$. Comme $O$ est ouvert il existe $\delta > 0$ tel que $B(x, \delta) \subset O$ (où $B(x, \delta)$ est la boule ouverte de centre $x$ et de rayon $\delta$). On a donc $K_1 \cap B(x, \delta) \subset K \cap F \subset A$, ce qui prouve que $f|_{K_1}$ est constante et égale à 1 sur $K_1 \cap B(x, \delta)$ et donc $f|_{K_1}$ est continue en $x$ (car constante dans un voisinage de $x$).

**Deuxième cas.** Si $x \in K \cap O^c$, on raisonne de manière similaire. On a $x \in F^c$. Comme $F^c$ est ouvert il existe $\delta > 0$ tel que $B(x, \delta) \subset F^c$. On a donc $K_1 \cap B(x, \delta) \subset K \cap O^c \subset A^c$, ce qui prouve que $f|_{K_1}$ est constante et égale à 0 sur $K_1 \cap B(x, \delta)$ et donc $f|_{K_1}$ est continue en $x$.

2. On suppose, dans cette question, que $f$ est étagée (c'est-à-dire $f \in \mathcal{E}(\mathbb{R}^N, \mathcal{B}(\mathbb{R}^N))$). Montrer que $f$ est mesurable au sens de Lusin.

**Corrigé** –

Il existe $n \in \mathbb{N}^*$, $A_1, \dots, A_n \in \mathcal{B}(\mathbb{R}^N)$ et $a_1, \dots, a_n \in \mathbb{R}$ t.q. $f = \sum_{i=1}^n a_i 1_{A_i}$. On pose $f_i = 1_{A_i}$, de sorte que $f = \sum_{i=1}^n a_i f_i$.

Soit $K$ compact et $\varepsilon > 0$. Par la question 1, pour tout $i \in \{1, \dots, n\}$, il existe $K_1^{(i)}$ compact, $K_1^{(i)} \subset K$, tel que $m(K \setminus K_1^{(i)}) \le \varepsilon/n$ et $(f_i)|_{K_1^{(i)}} \in C(K_1^{(i)}, \mathbb{R})$. On prend alors :

$$K_1 = \bigcap_{i=1}^{n} K_1^{(i)}.$$

On a bien $K_1$ compact (car intersection de compacts), $K_1 \subset K$. On a aussi $(K \setminus K_1) = \bigcup_{i=1}^n (K \setminus K_1^{(i)})$ et donc :

$$m(K \setminus K_1) \le \sum_{i=1}^{n} m(K \setminus K_1^{(i)}) \le \varepsilon.$$

Enfin, $f|_{K_1}$ est continue car $f|_{K_1} = \sum_{i=1}^n a_i (f_i)|_{K_1}$ et $(f_i)|_{K_1}$ est continue (puisque $(f_i)|_{K_1^{(i)}}$ est continue et $K_1 \subset K_1^{(i)}$).
3. On suppose que $f$ est mesurable (c'est-à-dire $f \in \mathcal{M}(\mathbb{R}^N, \mathcal{B}(\mathbb{R}^N))$. Montrer que $f$ est mesurable au sens de Lusin. [On rappelle qu'une fonction mesurable est limite simple de fonctions étagées. On pourra utiliser le théorème d'Egorov, Théorème 3.39, et la question précédente.]

**Corrigé** – Comme $f \in \mathcal{M}(\mathbb{R}^N, \mathcal{B}(\mathbb{R}^N))$, il existe $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{E}(\mathbb{R}^N, \mathcal{B}(\mathbb{R}^N))$ t.q. $f_n \to f$ p.p..

Soit $K$ compact et $\varepsilon > 0$. Par la question 2, pour tout $n \in \mathbb{N}$, il existe $K_1^{(n)}$ compact, $K_1^{(n)} \subset K$, tel que $m(K \setminus K_1^{(n)}) \le \varepsilon 2^{-n}$ et $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset C(K_1^{(n)}, \mathbb{R})$. On prend tout d'abord :

$$K_2 = \bigcap_{n \in \mathbb{N}} K_1^{(n)}.$$

On a bien $K_2$ compact (car intersection de compacts), $K_2 \subset K$. On a aussi $(K \setminus K_2) = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} (K \setminus K_1^{(n)})$ et donc $m(K \setminus K_2) \le \sum_{n \in \mathbb{N}} m(K \setminus K_1^{(n)}) \le 2\varepsilon$. Enfin, $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est continue pour tout $n \in \mathbb{N}$.

Pour trouver $K_1$, on utilise maintenant le théorème d'Egorov. Comme $f_n \to f$ p.p. sur $K_2$ et que $m(K_2) < \infty$, il existe $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R}^n)$ tel que $A \subset K_2$, $m(K_2 \setminus A) \le \varepsilon$ et $f_n \to f$ uniformément sur $A$. En utilisant la régularité de $m$, on trouve aussi $F \subset A$, $F$ fermé et $m(A \setminus F) \le \varepsilon$. On prend alors $K_1 = F$.

On a bien $K_1$ compact (car $K_1$ est fermé dans le compact $K_2$), $K_1 \subset K$. On a $(K \setminus K_1) = (K \setminus K_2) \cup (K_2 \setminus A) \cup (A \setminus F)$ et donc $m(K \setminus K_1) \le 4\varepsilon$. Enfin $f_{|K_1}$ est continue car $f_{|K_1}$ est limite uniforme de la suite de fonctions continues $((f_n)_{n \in \mathbb{N}})$.

**Exercice 3.15 (V.a. mesurable par rapport à une autre v.a.)** Dans cet exercice, on démontre le théorème 3.31. Soit X et Y deux variables aléatoires réelles définies sur un espace probabilisé $(\Omega, \mathcal{A}, P)$. On veut montrer que Y est mesurable par rapport à la tribu engendrée par X (notée $\tau(X)$) si et seulement si il existe une fonction borélienne $f$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ telle que $Y = f(X)$ (c'est-à-dire, plus précisément, que $Y = f \circ X$).

1. Montrer que si Y est de la forme $Y = f(X)$ où $f$ est une fonction borélienne de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$, alors Y est $\tau(X)$-mesurable.

**Corrigé** – On rappelle que la tribu engendrée par X est $\tau(X) = \{X^{-1}(B), B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})\}$.

Soit $B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$, on a $Y^{-1}(B) = X^{-1}(f^{-1}(B))$. Comme $f$ est borélienne (c'est-à-dire mesurable de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$, où $\mathbb{R}$ est muni de la tribu borélienne), on a $f^{-1}(B) \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$ et donc $X^{-1}(f^{-1}(B)) \in \tau(X)$. Ce qui prouve que T est $\tau(X)$-mesurable.

On suppose maintenant que Y est $\tau(X)$-mesurable.

2. On suppose, dans cette question, qu'il existe une suite de réels $(a_j)$ tels que $a_j \ne a_k$ pour $j \ne k$ et une suite d'événements $(A_j)$ disjoints deux à deux tels que

$$Y = \sum_{j} a_j 1_{A_j}.$$
On suppose aussi que $\bigcup_j A_j = \Omega$. Montrer que, pour tout $j$, $A_j \in \tau(X)$ et qu'il existe une fonction borélienne $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ telle que $Y = f(X)$.

**Corrigé** – Soit $j \in \mathbb{N}$. Comme les $A_i$ sont disjoints deux à deux, $a_i \neq a_k$ si $i \neq k$ et $\bigcup_i A_i = \Omega$, on a $A_j = Y^{-1}(|a_j|)$. Comme $\{a_j\} \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$ et $Y$ est $\tau$-mesurable, on en déduit que $A_j \in \tau(X)$. (On rappelle aussi que $\tau(X) \subset \mathcal{A}$ car $X$ est une v.a. sur $(\Omega, \mathcal{A}, \mathcal{P})$.)

Pour tout $i$, il existe $B_i \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$ tel que $A_i = X^{-1}(B_i)$ (car $A_i \in \tau(X)$). Comme les $A_i$ sont disjoints deux à deux, on a, si $i \neq j$, $B_i \cap B_j \in \mathcal{I}m(X) = \emptyset$ (avec $\mathcal{I}m(X) = \{X(\omega), \omega \in \Omega\}$). On peut donc supposer les $B_i$ disjoints deux à deux en remplaçant chaque $B_i$ ($i > 0$) par $B_i \setminus \bigcup_{j<i} B_j$.

On pose $f = \sum_i a_i 1_{B_i}$. La fonction $f$ est bien une fonction borélienne de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. Si $\omega \in \Omega$, il existe $i$ tel que $\omega \in A_i$ (car $\Omega = \bigcup_i A_i$), on a donc $X(w) \in B_i$ et donc $f(X(w)) = a_i = Y(\omega)$, ce qui donne bien $f(X) = Y$.

3. Soit $n$ un entier. On définit la fonction $\phi_n : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ par : $\phi_n(x) = \frac{1}{n}[nx]$ où $[\cdot]$ désigne la partie entière. ($[x]$ est le plus grand entier inférieur ou égal à $x$.)

(a) Montrer que, pour tout $x \in \mathbb{R}$, $\phi_n(x)$ converge vers $x$, quand $n \to +\infty$.

**Corrigé** – Soit $x \in \mathbb{R}$. Pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, on a $0 \le nx - [nx] < 1$ et donc $0 \le x - \phi_n(x) < \frac{1}{n}$, ce qui prouve que $\phi_n(x) \to x$ quand $n \to \infty$.

(b) On pose $Y_n = \phi_n(Y)$. Montrer que $Y_n$ est $\tau(X)$ mesurable.

**Corrigé** – On remarque tout d'abord que $\phi_1$ est borélienne. En effet, pour $p \in \mathbb{Z}$, on a $\phi_1^{-1}(|p|) = [p, p+1] \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$. Puis, pour $B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$, on a

$$ \phi_1^{-1}(B) = \bigcup_{p \in \mathbb{Z} \cap B} [p, p+1] \in \mathcal{B}(\mathbb{R}). $$

Soit $n \in \mathbb{N}^*$. Comme $x \mapsto nx$ est continue, c'est une application borélienne. Par composition (et produit par $(1/n)$), on en déduit que la fonction $\phi_n$ est borélienne. On montre alors que $Y_n$ est $\tau(X)$-mesurable, comme dans la première question car, pour $B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$, on a $Y_n^{-1}(B) = Y^{-1}(\phi_n^{-1}(B)) \in \tau(X)$.

4. Terminer la preuve du théorème.

**Corrigé** – Soit $n \in \mathbb{N}^*$. Comme l'ensemble des valeurs prises par $Y_n$ (définie dans la troisième question) est au plus dénombrable, on peut appliquer la deuxième question. On obtient l'existence de $f_n : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, borélienne, t.q. $Y_n = f_n(X)$.

On note A l'ensemble des réels $x$ pour lesquels la suite $(f_n(x))_{n \in \mathbb{N}^*}$ est convergente. A est donc aussi l'ensemble des réels $x$ pour lesquels la suite $(f_n(x))_{n \in \mathbb{N}^*}$ est de Cauchy. On en déduit que $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$ car A peut s'écrire :

$$ A = \bigcap_{n \in \mathbb{N}^*} \bigcup_{N \in \mathbb{N}^*, p,q \ge N} (f_p - f_q)^{-1} ([-\frac{1}{n}, \frac{1}{n}]). $$
On pose maintenant $f(x) = \lim_{n \to \infty} f_n(x)$ si $x \in A$ et $f(x) = 0$ si $x \in A^c$. La fonction $f$ est borélienne car $f$ est limite simple des fonction boréliennes $f_n 1_{A^c}$ quand $n \to \infty$.

Enfin, si $\omega \in \Omega$, on a $Y_n(\omega) = f_n(X(\omega))$. La troisième question donne que $Y_n(\omega) = \phi_n(Y(\omega)) \to Y(\omega)$. On a donc $X(\omega) \in A$ et donc $f_n(X(\omega)) \to f(X(\omega))$. Ceci donne $Y(\omega) = f(X(\omega))$. On a bien montré que $Y = f(X)$ avec $f$ borélienne.

Maintenant, on se demande dans quelle mesure la fonction $f$ est unique. On note $P_X$ la loi de $X$.

5. Soit $f$ et $g$ deux fonctions boréliennes t.q. $Y = f(X) = g(X)$. Montrer que

$$P_X(f = g) = 1.$$

**Corrigé** – Soit $B = \{x \in \mathbb{R}, f(x) = g(x)\}$. On a $B = (f-g)^{-1}(\{0\}) \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$. Si $\omega \in \Omega$, on a $f(X(\omega)) = g(X(\omega)) = Y(\omega)$ et donc $X(\omega) \in B$. Ceci prouve que $X^{-1}(B) = \Omega$ et donc que $P_X(B) = P(X^{-1}(B)) = 1$, c'est-à-dire $P_X(f = g) = 1$.

**Exercice 3.16 (Composition de v.a.)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé. Soit $N$ une variable aléatoire à valeurs dans $\mathbb{N}^*$ et $(Y_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite de variables aléatoires réelles. (c'est-à-dire à valeurs dans $\mathbb{R}$, muni de la tribu des boréliens.) On définit $Z$ par

$$\forall \omega \in \Omega, Z(\omega) = Y_{N(\omega)}(\omega).$$

Montrer que $Z$ est une variable aléatoire.

**Corrigé** – Soit $B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$. Pour $n \in \mathbb{N}$, on pose :

$A_n = \{N = n\} = \{\omega \in \Omega, N(\omega) = n\} \text{ et } B_n = Y_n^{-1}(B) = \{Y_n \in B\} = \{\omega \in \Omega, Y_n(\omega) \in B\}.$
(Noter que l'ensemble des $A_n$, $n \in \mathbb{N}^*$, forme une partition de $\Omega$.) On va montrer que $Z^{-1}(B) = \bigcup_{n \in \mathbb{N}^*} (A_n \cap B_n)$.

En effet, pour tout $\omega \in \Omega$, on a $\omega \in A_{N(\omega)}$ et, si $\omega \in Z^{-1}(B)$, on a $Z(\omega) = Y_{N(\omega)}(\omega) \in B$. On a donc $\omega \in A_{N(\omega)} \cap B_{N(\omega)}$, ce qui donne bien $\omega \in \bigcup_{n \in \mathbb{N}^*} (A_n \cap B_n)$.

Réciproquement, si $\omega \in \bigcup_{n \in \mathbb{N}^*} (A_n \cap B_n)$, il existe $n \in \mathbb{N}^*$ tel que $\omega \in A_n \cap B_n$. On a donc $Z(\omega) = Y_n(\omega) \in B$. On a bien montré que $Z^{-1}(B) = \bigcup_{n \in \mathbb{N}^*} (A_n \cap B_n)$.

Comme $N$ et $Y_n$ sont des v.a.r., on a $A_n, B_n \in \mathcal{A}$, pour tout $n \in \mathbb{N}^*$. On en déduit que $Z^{-1}(B) \in \mathcal{A}$. Ceci donne bien que $Z$ est mesurable.

N.B. : Une autre démonstration possible est de remarquer que $Z = \sum_{n \in \mathbb{N}^*} 1_{A_n} Y_n$.

**Exercice 3.17 (Evénements, tribus et v.a. indépendantes)** Soit $(E, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé.

1. (Indépendance de 2 événements) Soit $A_1, A_2 \in \mathcal{A}$. Montrer que $A_1$ et $A_2$ sont indépendants (c'est-à-dire $P(A_1 \cap A_2) = P(A_1)P(A_2)$) si et seulement si les tribus $\tau(\{A_1\})$ et $\tau(\{A_2\})$ sont indépendantes (c'est-à-dire $P(B_1 \cap B_2) = P(B_1)P(B_2)$ pour tout $B_1 \in \tau(\{A_1\})$ et $B_2 \in \tau(\{A_2\})$).
**Corrigé** – On a $\tau(\{A_1\}) = \{\emptyset, A_1, A_1^c, E\}$ et $\tau(\{A_2\}) = \{\emptyset, A_2, A_2^c, E\}$.

Comme les tribus $\tau(\{A_1\})$ et $\tau(\{A_2\})$ sont indépendantes on a donc :

$$P(B_1 \cap B_2) = P(B_1)P(B_2) \text{ pour tout } B_1 \in \{\emptyset, A_1, A_1^c, E\} \text{ et tout } \{\emptyset, A_2, A_2^c, E\}. \quad (3.3)$$

En prenant, dans (3.3), $B_1 = A_1$ et $B_2 = A_2$, on en déduit que $A_1$ et $A_2$ sont indépendants.

Réciproquement, on suppose que $A_1$ et $A_2$ sont indépendants. Pour montrer que $\tau(\{A_1\})$ et $\tau(\{A_2\})$ sont indépendantes, il suffit de montrer (3.3). On remarque tout d'abord que (3.3) est vraie si $B_1 = \emptyset$ ou E et si $B_2 = \emptyset$ ou E (l'hypothèse d'indépendance de $A_1$ et $A_2$ est même inutile). Puis, on remarque que l'hypothèse d'indépendance de $A_1$ et $A_2$ donne que (3.3) est vraie si $B_1 = A_1$ et $B_2 = A_2$. Enfin, on remarque que $C_1$ et $C_2$ indépendants implique que $C_1$ et $C_2^c$ sont indépendants. En effet, on a :

$$P(C_1 \cap C_2^c) = P(C_1 \setminus (C_1 \cap C_2)) = P(C_1) - P(C_1 \cap C_2).$$

Comme $C_1$ et $C_2$ sont indépendants, on en déduit :

$$P(C_1 \cap C_2^c) = P(C_1) - P(C_1)P(C_2) = P(C_1)(1 - P(C_2)) = P(C_1)P(C_2^c).$$

En appliquant cette propriété avec $C_1 = A_1$ et $C_2 = A_2$, on montre donc que $A_1$ et $A_2^c$ sont indépendants. En prenant maintenant $C_1 = A_2^c$ et $C_2 = A_1$, on montre alors que $A_1^c$ et $A_2^c$ sont indépendants. Enfin, En prenant $C_1 = A_2$ et $C_2 = A_1$, on montre que $A_1^c$ et $A_2$ sont indépendants. On a ainsi montré que (3.3) est vraie, c'est-à-dire que les tribus $\tau(\{A_1\})$ et $\tau(\{A_2\})$ sont indépendantes.

2. (Indépendance de $n$ événements, $n \ge 2$) Soit $n \ge 2$, $A_1, \dots, A_n \in \mathcal{A}$. Montrer que les événements $A_1, \dots, A_n$ vérifient la propriété

$$P(\bigcap_{i \in I} A_i) = \prod_{i \in I} P(A_i) \text{ pour tout } I \subset \{1, \dots, n\}$$

si et seulement si les tribus $\tau(\{A_1\}), \dots, \tau(\{A_n\})$ sont indépendantes (c'est-à-dire $P(\bigcap_{i=1}^n B_i) = \prod_{i=1}^n P(B_i)$ pour tout $B_i \in \tau(\{A_i\}), i \in \{1, \dots, n\}$).

**Corrigé** – Pour $p \in \{0, \dots, n\}$, on introduit la propriété $P_p$ suivante :

$$P\left(\bigcap_{i=1}^{n} B_i\right) = \prod_{i=1}^{n} P(B_i) \text{ si } B_i \in \tau(\{A_i\}) \text{ pour } i \le p \text{ et} \\ B_i \in \{\emptyset, A_i, E\} \text{ pour } i > p.$$

Il est facile de voir que la propriété $P_0$ est équivalente à

$$P\left(\bigcap_{i \in I} A_i\right) = \prod_{i \in I} P(A_i) \text{ pour tout } I \subset \{1, \dots, n\}.$$

La propriété $P_n$ signifie que les tribus $\tau(\{A_1\}), \dots, \tau(\{A_n\})$ sont indépendantes.

Le fait que $P_n$ implique $P_0$ est immédiat. On suppose maintenant que $P_0$ est vérifiée et on va montrer que $P_n$ est vérifiée. Pour cela, on raisonne par récurrence sur $p$. On suppose donc que $P_{p-1}$ est vérifiée pour un $p \in \{1, \dots, n\}$ et on doit montrer que
$\mathcal{P}_p$ est vérifiée. Pour montrer que $\mathcal{P}_p$ est vérifiée, il suffit de prendre les $B_i$ tels que $B_i \in \tau(\{A_i\})$ pour $i \le p-1$, $B_p = A_p^c$ et $B_i \in \{0, A_i, E\}$ pour $i < p$ et de montrer que $P(\bigcap_{i=1}^n B_i) = \bigcap_{i=1}^n P(B_i)$ (car les autres choix de $B_p$ sont directement donnés par $\mathcal{P}_{p-1}$). Or, on a, pour ce choix des $B_i$ :

$$P(\bigcap_{i=1}^{n} B_i) = P(\bigcap_{i=1}^{n} C_i) - P(\bigcap_{i=1}^{n} D_i),$$

avec $C_i = D_i = B_i$ si $i \neq p$, $C_p = E$ et $D_p = A_p$. En utilisant $\mathcal{P}_{p-1}$ on a $P(\bigcap_{i=1}^n C_i) = \bigcap_{i=1}^n P(C_i)$ et $P(\bigcap_{i=1}^n D_i) = \bigcap_{i=1}^n P(D_i)$ et donc :

$$P(\bigcap_{i=1}^{n} B_i) = (\bigcap_{i \neq p} P(B_i))(P(E) - P(A_p)) \\ = (\bigcap_{i \neq p} P(B_i))P(A_p^c) = \bigcap_{i=1}^{n} P(B_i).$$

On a ainsi montré que $\mathcal{P}_p$ est vérifiée. Par récurrence (finie) sur $p$, on montre donc que $\mathcal{P}_n$ est vérifiée, ce qui prouve que les tribus $\tau(\{A_1\}), \dots, \tau(\{A_n\})$ sont indépendantes.

3. En donnant un exemple (avec $n \ge 3$), montrer que l'on peut avoir $n$ événements, notés $A_1, \dots, A_n$, indépendants deux à deux, sans que les événements $A_1, \dots, A_n$ soient indépendants.

**Corrigé** – On prend, par exemple, $E = \{1, 2, 3, 4\}$, $A = \mathcal{P}(E)$ et $P$ donnée par $P(i) = \frac{1}{4}$, pour $i \in \{1, 2, 3, 4\}$. Puis, on choisit $A_1 = \{1, 2\}$, $A_2 = \{1, 3\}$ et $A_3 = \{2, 3\}$. Les trois événements $A_1, A_2, A_3$ sont bien indépendants deux à deux (car $P(A_i \cap A_j) = P(A_i)P(A_j) = \frac{1}{4}$ si $i, j \in \{1, 2, 3\}$, $i \neq j$) mais ne sont pas indépendants car $0 = P(A_1 \cap A_2 \cap A_3) \neq \frac{1}{8} = P(A_1)P(A_2)P(A_3)$.

4. Soit $A \in \mathcal{A}$.

(a) On suppose que $A \in \mathcal{A}_1$ et $A \in \mathcal{A}_2$ et que $\mathcal{A}_1$ et $\mathcal{A}_2$ sont deux tribus indépendantes (et contenues dans $\mathcal{A}$). Montrer que $P(A) \in \{0, 1\}$.

**Corrigé** – Comme $A \in \mathcal{A}_1$, $A \in \mathcal{A}_2$ et que $\mathcal{A}_1$ et $\mathcal{A}_2$ sont deux tribus indépendantes, on doit avoir $P(A \cap A) = P(A)P(A)$, c'est-à-dire $P(A)(1-P(A)) = 0$ et donc $P(A) \in \{0, 1\}$.

(b) Montrer que $P(A) \in \{0, 1\}$ si et seulement si $A$ est indépendant de tous les éléments de $\mathcal{A}$.

**Corrigé** – Si $A$ est indépendant de tous les éléments de $\mathcal{A}$, $A$ est indépendant avec lui même. On en déduit, comme à la question précédente que $P(A) \in \{0, 1\}$.

Réciproquement, on suppose maintenant que $P(A) \in \{0, 1\}$ et on distingue deux cas.

**Premier cas.** On suppose que $P(A) = 0$. On a alors pour tout $B \in \mathcal{A}$, $A \cap B \subset A$ et donc (par monotonie de $P$) $0 \le P(A \cap B) \le P(A) = 0$. On en déduit $P(A \cap B) = 0 = P(A)P(B)$, ce qui prouve que $A$ est indépendant de tous les éléments de $\mathcal{A}$.
**Deuxième cas.** On suppose que $P(A) = 1$. On a alors $P(A^c) = 0$ et, pour tout $B \in \mathcal{A}$,
$P(A \cap B) = 1 - P((A \cap B)^c) = 1 - P(A^c \cup B^c)$. Or (par monotonie et $\sigma$-sous additivité de P) $P(B^c) \le P(A^c \cup B^c) \le P(A^c) + P(B^c) = P(B^c)$. Donc, $P(A^c \cup B^c) = P(B^c)$ et donc $P(A \cap B) = 1 - P(B^c) = P(B) = P(A)P(B)$, ce qui prouve que A est indépendant de tous les éléments de $\mathcal{A}$.

5. Soit $n \ge 1$ et $A_1, \dots, A_n \in \mathcal{A}$. Montrer que les événements $A_1, \dots, A_n$ sont indépendants si et seulement si les v.a. $1_{A_1}, \dots, 1_{A_n}$ sont indépendantes.

**Corrigé** – Si X est une v.a.r., la tribu engendrée par X est $\tau(X) = \{X^{-1}(B), B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})\}$. Pour $A \in \mathcal{A}$, on a donc $\tau(1_A) = \{\emptyset, A, A^c, E\}$, c'est-à-dire $\tau(1_A) = \tau(\{A\})$. L'indépendance des événements $A_1, \dots, A_n$ correspond (par la définition 2.57) à l'indépendance des tribus $\tau(\{A_1\}), \dots, \tau(\{A_n\})$. L'indépendance des v.a.r. $1_{A_1}, \dots, 1_{A_n}$ correspond (par la définition 3.29) à l'indépendance des tribus $\tau(1_{A_1}), \dots, \tau(1_{A_n})$. Comme $\tau(\{A_i\}) = \tau(1_{A_i})$, pour tout i, on en déduit que les événements $A_1, \dots, A_n$ sont indépendants si et seulement si les v.a. $1_{A_1}, \dots, 1_{A_n}$ sont indépendantes.

**Exercice 3.18 (Indépendance deux par deux et dépendance globale)**

Trouver un espace probabilisé et 3 v.a.r.indépendantes deux à deux mais globalement dépendantes.

**Corrigé** – Un solution simple consiste à reprendre l'exemple donné à la question 3 de l'exercice 3.17. On prend $E = \{1, 2, 3, 4\}$, $\mathcal{A} = \mathcal{P}(E)$ et P donnée par $P(\{i\}) = \frac{1}{4}$, pour $i \in \{1, 2, 3, 4\}$. Puis on choisit $A_1 = \{1, 2\}$, $A_2 = \{1, 3\}$ et $A_3 = \{2, 3\}$ et $X_i = 1_{A_i}$ pour $i = 1, 2, 3$. Les trois v.a.r. $X_1, X_2$ et $X_3$ sont bien indépendantes deux à deux (car les événements $A_1, A_2, A_3$ sont indépendants deux à deux) mais ne sont pas indépendantes (car les événements $A_1, A_2, A_3$ ne sont pas indépendants).

**Exercice 3.19 (De loi uniforme à loi donnée)** Soit $(E, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé, X une v.a.r. et U une v.a.r. de loi $U([0, 1])$. Soit F la fonction de répartition de X (i.e. $F(x) = P(X \le x)$ pour $x \in \mathbb{R}$). Pour $u \in \mathbb{R}$, on définit $G(u)$ de la manière suivante :

$$ 
\begin{aligned}
G(u) &= \inf\{x \in \mathbb{R}; F(x) \ge u\}, \text{ si } u \in ]0, 1[, \\
G(u) &= 0, \text{ si } u \notin ]0, 1[.
\end{aligned}
$$

On pose $Y = G(U)$ (c'est-à-dire $Y(\omega) = G(U(\omega))$ pour tout $\omega \in E$).

1. Soit $u \in ]0, 1[$, montrer que $\{x \in \mathbb{R}; F(x) \ge u\} \ne \emptyset$, $\inf\{x \in \mathbb{R}; F(x) \ge u\} \in \mathbb{R}$ et

$$ \{x \in \mathbb{R}; F(x) \ge u\} = [G(u), +\infty[. $$

**Corrigé** – Grâce à la propriété de continuité croissante d'une mesure (proposition 2.26) on sait que $F(x) \to 1$ quand $x \to +\infty$. Il existe donc $x_1 \in \mathbb{R}$ tel que $F(x) \ge u$ pour tout $x \ge x_1$, ce qui prouve que $\{x \in \mathbb{R}; F(x) \ge u\} \ne \emptyset$ (et $G(u) \le x_1$).
Grâce à la propriété de continuité décroissante d'une mesure (proposition 2.26) on sait que $F(x) \to 0$ quand $x \to -\infty$. Il existe donc $x_2 \in \mathbb{R}$ tel que $F(x) \le u$ pour tout $x \le x_2$, ce qui prouve que $\inf\{x \in \mathbb{R}; F(x) \ge u\} \in \mathbb{R}$ (et $G(u) \ge x_2$).
Comme F est une fonction croissante, l'ensemble $\{x \in \mathbb{R}; F(x) \geq u\}$ est donc un intervalle dont les bornes sont $G(u)$ et $+\infty$. Enfin, la continuité décroissante de F donne la continuité à droite de F et donc le fait que $G(u) \in \{x \in \mathbb{R}; F(x) \geq u\}$, ce qui donne bien

$$ \{x \in \mathbb{R}; F(x) \geq u\} = [G(u), +\infty[. $$

2. Montrer que Y est une v.a.r..

**Corrigé** – La fonction G est une fonction de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$, décroissante sur $]0, 1[$ et nulle sur le complémentaire de $]0, 1[$. Pour tout $\alpha \in \mathbb{R}$, l'ensemble $G^{-1}([\alpha, +\infty[)$ est donc un intervalle inclus dans $]0, 1[$ auquel on ajoute $]0, 1[^c$ si $\alpha \leq 0$. On a donc

$$ G^{-1}([\alpha, +\infty[) \in \mathcal{B}(\mathbb{R}) \text{ pour tout } \alpha \in \mathbb{R}. $$

Ceci prouve que G est une fonction borélienne. Par composition de fonctions mesurable, $G(U)$ est donc mesurable de E muni de la tribu A dans $\mathbb{R}$ muni de la tribu borélienne. Ceci montre que $G(U)$ est une v.a.r.

3. Montrer que Y a la même loi que X. [On pourra montrer que $P(G(U) \leq x) = P(U \leq F(x))$, pour tout $x \in \mathbb{R}$.]

**Corrigé** – Soit $x \in \mathbb{R}$ et $u \in ]0, 1[$, la question 1 montre que

$$ F(x) \geq u \iff x \geq G(u). $$

On a donc, pour $\omega \in E$,

$$ U(\omega) \in ]0, 1[ \text{ et } F(x) \geq U(\omega) \iff U(\omega) \in ]0, 1[ \text{ et } x \geq G(U(\omega)) $$

Comme U a pour loi $U([0, 1])$, on a $P(\{\omega \in E \text{ t.q. } U(\omega) \notin ]0, 1[\}) = 0$. L'égalité précédente donne donc

$$ P(\{\omega \in E \text{ t.q. } F(x) \geq U(\omega)\}) = P(\{\omega \in E \text{ t.q. } x \geq G(U(\omega))\}). $$

c'est-à-dire $P(G(U) \leq x) = P(U \leq F(x))$. Enfin, soit $x \in \mathbb{R}$. Comme $U \sim U([0, 1])$ et $F(x) \in [0, 1]$ on a $P(U \leq F(x)) = F(x)$. On a donc $P(G(U) \leq x) = F(x) = P(X \leq x)$. Les v.a.r. X et Y ont même fonction de répartition et donc même loi.

**Exercice 3.20 (Limite croissante d'une suite de v.a.r.)** Soit $(E, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé, Y une v.a.r., $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite de v.a.r. et X une application de E dans $\mathbb{R}$. On suppose que $X_n \uparrow X$, quand $n \to +\infty$, et que $X_n$ et Y sont indépendantes, pour tout $n \in \mathbb{N}$. Montrer que X est une v.a.r. et que X et Y sont indépendantes. (N.B. La conclusion est encore vraie sans la croissance de la suite $X_n$.)

**Corrigé** – La fait que X soit une v.a.r. découle des propriétés de stabilité des fonctions mesurables (voir la proposition 3.19).

**Rappel** Soit $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$. On rappelle que $X^{-1}(A) = \{\omega \in E \text{ t.q. } X(\omega) \in A\}$. Cet ensemble est souvent noté, de manière abrégée, $\{X \in A\}$. On rappelle aussi que (par définition) deux v.a.r., X et Y, sont indépendantes si $\sigma(X)$ et $\sigma(Y)$ sont indépendantes, c'est-à-dire si

$$ P(X^{-1}(A) \cap Y^{-1}(B)) = P(X^{-1}(A))P(Y^{-1}(B)) \text{ pour tout } A, B \in \mathcal{B}(\mathbb{R}). $$