Mesure, intégration et probabilités

MESURE, INTEGRATION, PROBABILITES

Thierry Gallout Raphale Herbin

10 fvrier 2016

Avant-propos

Lobjectif de ce livre est de donner une vue densemble de la thorie de la mesure,de lintgration et des probabilits correspondant un niveau de troisime anne delicence ou de premire anne de master (en mathmatiques).

La lecture de ce livre requiert la connaissance des notions danalyse relle, dalgbrelinaire et de calcul diffrentiel enseignes en premire et deuxime anne de licencede mathmatiques dans la plupart des universits franaises.

Nous nous sommes attachs introduire le vocabulaire de la thorie des probabilitsen parallle celui de lanalyse. Nous esprons ainsi faciliter laccs conjoint destudes ultrieures dans ces deux branches des mathmatiques, ce qui semble devenirindispensable aux mathmaticiens se formant en vue dappliquer ces thories.

Nous attachons une importance considrable aux exercices : plus de 300 sont propossdans ce livre, certains sont des applications directes du cours, dautres contiennentdes dveloppements importants. Plus de 250 dentre eux sont assortis dun corrigdtaill.

Ce livre, issu dun polycopi de cours amlior et complt sur plus de 20 ans, abnfici de nombreuses remarques ou questions de nos tudiants et de discussionsavec nos collgues (en particulier probabilistes). Nous tenons les en remercierchaleureusement.

Une liste derrata sera rgulirement mise jour sur les sites web des auteurs.

Thierry Gallout et Raphale Herbin

Table des matires

1 Motivation et objectifs 91.1 Intgrale des fonctions continues . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2 Insuffisance de lintgrale des fonctions continues . . . . . . . . . . . 111.3 Les probabilits . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.4 Objectifs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.5 Structure du cours . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.6 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2 Tribus et mesures 372.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.2 Tribu ou algbre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382.3 Mesure, probabilit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.4 Mesure signe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 502.5 La mesure de Lebesgue sur la tribu des borliens . . . . . . . . . . 542.6 Indpendance et probabilit conditionnelle . . . . . . . . . . . . . . 652.7 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

3 Fonctions mesurables, variables alatoires 1133.1 Introduction, topologie sur R+ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1133.2 Fonctions tages . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1153.3 Fonctions mesurables et variables alatoires . . . . . . . . . . . . . . 1173.4 Mesure image, loi dune v.a., v.a. indpendantes . . . . . . . . . . . 1243.5 Convergence p.p., p.s., en mesure, en probabilit . . . . . . . . . . . 1273.6 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

4 Fonctions intgrables 1654.1 Intgrale dune fonction tage positive . . . . . . . . . . . . . . . 1664.2 Intgrale dune fonction mesurable positive . . . . . . . . . . . . . 1684.3 Convergence monotone et lemme de Fatou . . . . . . . . . . . . . . 1734.4 Mesures et probabilits de densit . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176

TABLE DES MATIRES

4.5 Lespace L1 des fonctions intgrables . . . . . . . . . . . . . . . . 1784.6 Lespace L1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1824.7 Thormes de convergence dans L1 . . . . . . . . . . . . . . . . . 1854.8 Continuit et drivabilit sous le signe dintgration . . . . . . . . . . 1914.9 Esprance et moments des variables alatoires . . . . . . . . . . . . 1934.10 Espace L1C(E,T,m) et espace L

1RN (E,T,m) . . . . . . . . . . . . . . . 197

4.11 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200

5 Intgrale sur les borliens de R 2595.1 Intgrale de Lebesgue et intgrale des fonctions continues . . . . . . 2595.2 Mesures abstraites et mesures de Radon . . . . . . . . . . . . . . . . 2615.3 Changement de variable, densit et continuit . . . . . . . . . . . . 2685.4 Intgrales impropres des fonctions de R dans R . . . . . . . . . . . 2725.5 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272

6 Les espaces Lp 2936.1 Dfinitions et premires proprits . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2936.2 Analyse hilbertienne et espace L2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3066.3 Dualit dans les espaces Lp, 1 p . . . . . . . . . . . . . . . 3286.4 Convergence faible, faible-, troite, en loi . . . . . . . . . . . . . . . 3376.5 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 349

7 Produits despaces mesurs 4357.1 Motivation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4357.2 Mesure produit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4367.3 Thormes de Fubini-Tonelli et Fubini . . . . . . . . . . . . . . . . . 4417.4 Mesure de Lebesgue sur la tribu des borliens de RN . . . . . . . . 4467.5 Convolution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4497.6 Formules de changement de variable . . . . . . . . . . . . . . . . . 4557.7 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 457

8 Densit, sparabilit et compacit 4958.1 Thormes de densit pour les espaces Lp() . . . . . . . . . . . . 4958.2 Sparabilit de Lp() . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5008.3 Compacit dans les espaces Lp() . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5018.4 Compacit faible- . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5028.5 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 505

9 Vecteurs alatoires 5199.1 Dfinition, proprits lmentaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5199.2 Indpendance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 525

TABLE DES MATIRES

9.3 Vecteurs gaussiens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5299.4 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 530

10 Transformation de Fourier 54510.1 Introduction et notations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54510.2 Transformation de Fourier dans L1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54610.3 Transforme de Fourier dune mesure signe . . . . . . . . . . . . . 55010.4 Transformation de Fourier dans L2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55310.5 Rsolution dune E.D.O ou dune E.D.P . . . . . . . . . . . . . . . 55510.6 Fonction caractristique dun vecteur alatoire . . . . . . . . . . . . 55610.7 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 563

11 Esprance conditionnelle et martingales 58911.1 Esprance conditionnelle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58911.2 Martingales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59811.3 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 601

Rfrences 635

Index 636

Chapitre 1

Motivation et objectifs

Nous commenons par donner ici un aperu des motivations de la thorie de lintgra-tion, en montrant dabord les limitations de lintgrale des fonctions continues (sur unintervalle compact de R). Lintgrale de Riemann possde essentiellement les mmeslimitations.

1.1 Intgrale des fonctions continues

Nous prsentons ici quelques rappels sur lintgrale des fonctions continues sur unintervalle compact de R. Nous montrons pourquoi cette thorie de lintgrale desfonctions continues semble insuffisante.

Nous nous limitons dans ce paragraphe ltude des fonctions dfinies sur lintervalle[0,1] valeurs dans R, par souci de simplicit des notations. Il va de soi que lesnotions introduites se gnralisent une intervalle [a,b], a,b R. Nous allons enfait dfinir lintgrale des fonctions rgles (on appelle fonction rgle une fonctionqui est limite uniforme dune suite de fonctions en escalier). Ceci nous donneralintgrale des fonctions continues car toute fonction continue est rgle. La dfinitionde lintgrale des fonctions rgles (comme celle de lintgrale de Riemann, qui estrappele dans lexercice 5.2, et celle de lintgrale de Lebesgue, qui fait lobjet duchapitre 4) peut tre vue en 3 tapes, que nous esquissons ici et qui sont tudies endtail dans lexercice 1.2 :

1. Mesurer les intervalles de [0,1]. Pour 0 1, on pose m(],[) = .

2. Intgrer les fonctions en escalier.

Dfinition 1.1 (Fonction en escalier) Soit g une fonction de lintervalle [0,1] Rdans R ; on dit que g est une fonction en escalier si il existe p N, une famille

10 CHAPITRE 1. MOTIVATION ET OBJECTIFS

ap1

x0 = 0 xp = 1x1 x2 x3 xp1

g(x)

x

a2

a3

a0

a1

FIGURE 1.1 Fonction en escalier

(xi)i{0,...,p}, avec : x0 = 0, xi < xi+1, pour tout i {0, . . . ,p 1}, xp = 1, et unefamille (ai)i{0,...,p1} R tels que

g(x) = ai , x ]xi ,xi+1[, i {0, . . . ,p 1}.

Avec les notations de cette dfinition, lintgrale dune fonction en escalier est alors 10g(x)dx =

p1i=0

aim(]xi ,xi+1[). (1.1)

On montre que la dfinition prcdente est bien cohrente, au sens o lintgrale deg ne dpend que du choix de g et non du choix des xi .

3. Passer la limite. Soit f : [0,1] R, une fonction rgle, il existe une suite(fn)nN de fonctions en escalier convergeant uniformment vers f . On pose In = 1

0fn(x)dx. On peut montrer que la suite (In)nN est de Cauchy. On pose alors 1

0f (x)dx = lim

n+In.

On montre que cette dfinition est cohrente car limn+ In ne dpend que de f etnon du choix de la suite (fn)nN.

Remarque 1.2 (Intgrale sur un espace de Banach) Un des intrts de la mthodeprsente ci-dessus est quelle permet aussi de dfinir (sans travail supplmentaire)lintgrale de fonctions continues de [0,1] (ou dun intervalle compact de R) dans

1.2. INSUFFISANCE DE LINTGRALE DES FONCTIONS CONTINUES 11

E, o E est un espace de Banach 1 sur R ou C (la mthode de construction utilise lastructure despace de Banach de E, et il peut ne pas y avoir de relation dordre sur E).On remplace donc lespace darrive R des fonctions quon intgre par un espace deBanach E.Les mthodes de Riemann (voir lexercice 5.2) et de Lebesgue (prsente dans cecours) sont limites des fonctions prenant leurs valeurs dans R car elles utilisentfortement la relation dordre dans R (elles redonnent, dans le cas de fonctions continuesde [0,1] dans R, la mme intgrale que ci-dessus). Pour lintgrale de Lebesgue, ilfaut alors un travail supplmentaire pour dvelopper une thorie de lintgration pourdes fonctions prenant leurs valeurs dans un espace de Banach (on lappelle souventintgrale de Bochner). Plus prcisment, ce travail supplmentaire est ncessairelorsque cet espace est de dimension infinie. Le cas o lespace est de dimension finiereste simple car on est alors amen considrer un nombre fini dintgrales valeursdans R, [3, 4].

Remarque 1.3 (Remarque de terminologie) Dans tout ce document, on utiliseraindiffrement le terme fonction" et le terme application". Une application (ou unefonction) f de D dans E est la donne pour tout x D de son image par f , note f (x).(Le domaine de dfinition de f est donc ici lensemble D.) lorsque nous parlons dunefonction de R de R, le domaine de dfinition de f est donc R tout entier.

1.2 Insuffisance de lintgrale des fonctions continues

Dans ce paragraphe, on note E lensemble C([0,1],R) des fonctions continues de[0,1] dans R. On a dfini dans le paragraphe prcdent lintgrale

10 f (x)dx pour

tout f E (car lensemble des fonctions continues est contenu dans lensemble desfonctions rgles).

Thormes de convergence.

Un inconvnient important de la thorie de lintgration expose ci-dessus est que lesthormes naturels de convergence pour cette thorie sont peu efficaces. A vrai dire,le seul thorme simple est un rsultat de convergence de lintgrale sous hypothsede convergence uniforme dune suite de fonctions. Rappelons tout dabord les notionsde convergence simple et uniforme des suites de fonctions.

Dfinition 1.4 (Convergence simple et uniforme) Soit (fn)nN une suite de fonctionsde E,

1. Un espace de Banach est un espace vectoriel norm complet.


(fn)nN converge simplement vers f lorsque n + si :

> 0,x [0,1],N(,x);n N(,x) |fn(x) f (x)| ;

(fn)nN converge uniformment vers f si :

> 0,N();n N(),x [0,1] |fn(x) f (x)| .

Pour la convergence simple, lentier N peut dpendre de x, alors que pour la conver-gence uniforme, il ne dpend que de , et pas de x. La suite (fn)nN dlments de Edfinie par fn(x) = xn tend simplement et uniformment (sur [0,1]) vers 0. On donne lexercice 1.1 un exemple de suite qui converge simplement mais pas uniformment.On rappelle maintenant le thorme classique de convergence de lintgrale desfonctions continues :

Thorme 1.5 (Convergence de lintgrale des fonctions continues)Soient (fn)nN E et f E. On a alors :

[fn f uniformment lorsque n +] =[ 10fn(x)dx

10f (x)dx lorsque n +

].

Ce thorme est assez faible, au sens o lhypothse de convergence uniforme estune hypothse forte. Une consquence de la thorie de lintgrale de Lebesgue estle thorme suivant (beaucoup plus fort que le prcdent, car il ne demande pasdhypothse de convergence uniforme) :

Thorme 1.6 (Convergence domine de lintgrale des fonctions continues)Soient (fn)nN E, et f E. On suppose que

|fn(x)| C, x [0,1], n N,

o C R+ est fix, et que fn tend simplement vers f quand n tend vers +. On aalors : 1

0fn(x)dx

10f (x)dx quand n +. (1.2)

Par exemple, la suite de fonctions (fn)n2 dfinie par

1.2. INSUFFISANCE DE LINTGRALE DES FONCTIONS CONTINUES 13

fn(x) =

nx pour x [0, 1n ],n( 2n x) pour x ]

1n ,

2n ],

0 pour x ] 2n ,1].(1.3)

(voir figure 1.2) converge simplement mais non uniformment. Elle est domine par 1,et daprs le thorme 1.6, elle converge. On peut le vrifier directement, car lintgralede fn est facile calculer et vaut 1n . On considre maintenant la suite de fonctions(gn)n2 dfinie par gn(x) = nfn(x). Cette suite converge toujours simplement vers 0,mais non uniformment, et elle nest plus domine. Et de fait, gn tend simplementvers 0 mais son intgrale vaut 1 et ne tend donc pas vers 0.

gn(x)

1n 1

2n

1

n

fn(x)

FIGURE 1.2 Les fonctions fn et gn

Le thorme 1.6 est une consquence im-mdiate du thorme de convergence do-mine de Lebesgue, que nous verrons auchapitre 4, il peut tre dmontr direc-tement, sans utiliser la thorie de lint-grale de Lebesgue, mais cela est difficile :nous donnons une technique possible lexercice 1.10 ; lide essentielle est unpassage la limite sur des suites crois-santes de fonctions, qui se retrouve gale-ment dans la construction de lintgralede Lebesgue. Dans lexercice 1.10, onintroduit des suites croissantes de fonc-tions continues, et on utilise lintgraledes fonctions continues. En revanche, Le-

besgue utilise des suites croissantes de fonctions tages (voir dfinition 3.5), ce quipermet galement dutiliser la dfinition de la mesure et donc de saffranchir dela notion de topologie (voir dfinition 2.8) sur lespace de dpart pour construirelintgrale.

Espaces non complets.

Pour f E on pose (en remarquant que |f | E et f 2 E) :

N1(f ) = 1

0|f (x)|dx et N2(f ) =

( 10

(f (x))2dx) 1

2 .

Les applications N1 et N2 sont des normes sur E (voir lexercice 1.6). Malheureu-sement lespace E muni de la norme N1 (ou de la norme N2) nest pas vraimentintressant en pratique, en particulier parce que cet espace nest pas complet (cest--dire quune suite de Cauchy nest pas ncessairement convergente). Ce nest pas unespace de Banach. La norme N2 sur E est induite par un produit scalaire mais, muni


de cette norme, E nest pas un espace de Hilbert 1, voir lexercice 1.6. En fait lespacevectoriel des fonctions continues de [0,1] dans R est intressant lorsquil est munide la norme de la convergence uniforme, cest--dire f u = supx[0,1] |f (x)|, aveclaquelle il est complet : cest donc alors un espace de Banach.Si lon travaille avec lensemble des fonctions rgles plutt que lensemble des fonc-tions continues, on nchappe pas vraiment aux inconvnients cits prcdemment (N1et N2 sont dailleurs alors des seminormes). On peut aussi gnraliser la dfinitionde lintgrale ci-dessus en amliorant un peu ltape 3 (passage la limite), cettegnralisation se fait en introduisant les sommes de Darboux , alors que lintgrale desfonctions continues peut tre dfinie en utilisant seulement les sommes de Riemann).On obtient ainsi la dfinition de lintgrale des fonctions dites Riemann-intgrables(voir lexercice 5.2). En fait cette gnralisation est assez peu intressante, et lesinconvnients sont les mmes que pour lintgrale des fonctions continues (ou desfonctions rgles).Lintgrale de Lebesgue va nous permettre de construire des espaces de Banach avecles normes N1 et N2 (et mme de Hilbert avec N2). Dans le cas des fonctions de [0,1]dans R, ceci pourrait tre fait par un procd de compltion de lespace E muni de lanorme N1 ou N2 partir des suites de Cauchy pour N1 ou N2 (procd semblable celui qui est utilis pour construire R partir des suites de Cauchy de Q). Lintgralede Lebesgue va permettre de construire des espaces de Banach en utilisant seulementsur lespace de dpart une structure despace mesur. Cette mthode est en particuliertrs intressante pour la thorie des probabilits.

1.3 Les probabilits

La thorie des probabilits sest dveloppe dans le but de modliser les phnomnesalatoires, cest--dire de dvelopper un formalisme mathmatique pour exprimer lesproblmes poss par ces phnomnes. Le terme alatoire vient du latin alea qui signifieen latin jeu de d ou jeu de hasard ; il est employ pour dsigner tous les phnomnesqui semblent tre dus au hasard. Il soppose au terme dterministe, qui sappliqueaux phnomnes dont on connat lissue. Le mot hasard vient lui mme du mot arabeal-zhar qui veut dire ds, puis par extension chance. On utilisera galement le motstochastique (du grec stokhastikos, qui vise bien) qui est un synonyme dalatoire. Enanglais, les termes utiliss en thorie des probabilits sont random (hasard, qui vientdu franais randonne !) stochastic et aleatory.Par exemple, la chute dun corps est un phnomne dterministe : pour une positionet une vitesse initiale donnes, on sait parfaitement quelle sera la trajectoire et lavitesse du corps soumis son poids. Le lancer dun d est assimilable la chutedun corps, et pourtant, le rsultat du lancement du d est gnralement peru comme

1. Un espace de Hilbert est un espace de Banach dont la norme est induite par un produit scalaire.

1.4. OBJECTIFS 15

alatoire : on ne sait pas avant lexprience quel est le nombre entre 1 et 6 que lon vaobtenir, parce quon ne connat pas vraiment les conditions initiales du lancement dud (position, vitesse) et que, mme si on les connaissait, on aurait du mal calculerrapidement le rsultat de ce lancement. Ainsi, de nombreux phnomnes physiquesqui ont des causes dterministes sont modliss laide de modles au moins enpartie alatoires (en mtorologie par exemple). Il existe cependant des phnomnesphysiques vritablement alatoires comme linterfrence datomes dans un dispositif deux fentes dYoung, et de manire plus gnrale, les phnomnes quantiques (voir ce sujet le livre grand public [7]).Une partie importante des phnomnes alatoires est de nature discrte, cest--direquil existe une injection de lensemble des cas possibles dans N. Lorsque de pluslensemble des cas possibles ou des ventualits est fini, le calcul des probabilitsse ramne des problmes de dnombrement. Lorsque lensemble des ventualitsest de nature infinie non-dnombrable, on aura besoin, pour dfinir une probabilit,de la thorie de la mesure. Les liens qui existent entre la thorie des probabilits etla thorie de la mesure et de lintgration sont nombreux, mais malheureusement,le vocabulaire est souvent diffrent. Nous essaierons ici de montrer clairement lesliens entre les deux thories et de donner systmatiquement les termes probabilistes etanalystes employs pour les mmes notions.

1.4 Objectifs

Du point de vue de lintgration, lobjectif est de construire une thorie de lintgrationdonnant des thormes de convergence efficaces et de bons espaces fonctionnels, cest--dire des espaces vectoriels norms complets et des espaces hilbertiens. La dmarchepour construire cette thorie est dcrite au chapitre 4 ; elle est voisine de celle que lona utilise pour lintgrale des fonctions rgles (ou pour lintgrale de Riemann, cf.Exercice 5.2).La thorie de lintgration que nous allons ainsi obtenir contient, pour les fonctionsdun intervalle compact de R dans R, la thorie de lintgrale de Riemann (cf. Exercice5.2) qui contient elle-mme la thorie de lintgrale des fonctions rgles (et donc lathorie de lintgrale des fonctions continues).

Du point de vue probabiliste, lobjectif est dintroduire les notions de base et de mettreen vidence les liens entre les outils danalyse et les outils probabilistes.

1.5 Structure du cours

Ce cours est form de 11 chapitres (y compris ce chapitre introductif), selon ledcoupage suivant :


Le chapitre 2 est une introduction la thorie de la mesure ; on y dfiniten particulier lapplication ncessaire pour mesurer les parties de R. On yintroduit aussi les premires notions de probabilits.

Dans le chapitre 3, on introduit le concept de fonction mesurable, et son syno-nyme probabiliste, i.e. le concept de variable alatoire, qui est une notion fonda-mentale pour le calcul des probabilits. On y dfinit les notions de convergencepresque partout et son synonyme probabiliste presque sre, et de convergenceen mesure et son synonyme probabiliste convergence en probabilit.

On dfinit au chapitre 4 lintgrale sur un espace mesur (suivant les tapes 1 3 dfinies plus haut), et lesprance des variables alatoires relles en thoriedes probabilits. On dfinit galement dans ce chapitre la notion de convergenceen moyenne.

On sintresse au chapitre 5 aux mesures dfinies sur les borliens de R (cest--dire les parties mesurables au sens de Borel, que lon aura dfinie au chapitre2) et aux proprits particulires de lintgrale dfinies sur R. On y tudie leslois de probabilits de densit.

On tudie au chapitre 6 les espaces Lp, ensembles des (classes de) fonctionsmesurables de puissance pime intgrable, et plus particulirement lespace L2,qui est un espace de Hilbert. On donne des rsultats de dualit et on introduit lesnotions de convergence faible et de convergence troite (pour les probabilits).

Le chapitre 7 est consacr au produits despaces mesurs, lintgration defonctions de plusieurs variables, au produit de convolution.

Dans le chapitre 8, on revient sur ltude des espaces Lp dans le cas particulierde la mesure de Lebesgue sur les borliens dun ouvert de RN. On donne desrsultats de densit, de sparabilit et de compacit.

Le chapitre 9 est consacr aux vecteurs alatoires. On y gnralise des notionsvues pour les variables alatoires relles.

Le chapitre 10 est consacr ltude de la transforme de Fourier des fonctionsde L1 (classes de fonctions mesurables intgrables au sens de Lebesgue surRN) et de L2 (classes de fonctions mesurables de carr intgrable au sens deLebesgue sur RN) et des mesures. On introduit la fonction caractristique de lathorie des probabilits.

Le chapitre 11 est consacr lesprance conditionnelle et aux martingales.

1.6 Exercices

Exercice 1.1 (Convergences simple et uniforme) Construire une suite (fn)nN C([0,1],R) et f C([0,1],R) telles que fn f simplement, quand n +, etfn 6 f uniformment, quand n +.

1.6. EXERCICES 17

Corrig On prend la fonction dfinie par (1.3), voir figure 1.2, quon rappelle :

fn(x) =

nx pour x [0, 1n ],n( 2n x) pour x ]

1n ,

2n ],

0 pour x x ] 2n ,1].On a (fn)nN C([0,1],R). Pour tout x [0,1], on a bien fn(x) 0 quand n +.Enfin (fn)nN ne tend pas uniformment vers 0 car fnu = max{|fn(x)| ; x [0,1]} = 16 0, quand n +.

Exercice 1.2 (Intgrale dune fonction continue) Une fonction g : [0,1] R estdite en escalier sil existe n 1 et x0, . . . ,xn tels que 0 = x0 < x1 < ... < xn1 < xn =1 et g constante sur chaque intervalle ]xi ,xi+1[, 0 i n 1.Pour g en escalier et x0, . . . ,xn comme dans la dfinition ci-dessus, on pose 1

0g(x)dx =

n1i=0

ai(xi+1 xi),

o ai est la valeur prise par g sur ]xi ,xi+1[.

1. Montrer que la dfinition prcdente est bien cohrente, cest--dire que lintgralede g ne dpend que du choix de g et non du choix des xi . Montrer que lapplicationqui g associe lintgrale de g est linaire de lensemble des fonctions en escalierdans R.

Corrig Soit n 1 et x0, . . . ,xn tels que 0 = x0 < x1 < ... < xn1 < xn = 1 et gconstante sur chaque intervalle ]xi ,xi+1[, 0 i n1. On note ai est la valeur prisepar g sur ]xi ,xi+1[.Soit galement m 1 et y0, . . . , ym tels que 0 = y0 < y1 < ... < ym1 < ym = 1 et gconstante sur chaque intervalle ]yi , yi+1[, 0 i m 1. On note bi est la valeurprise par g sur ]yi , yi+1[.On doit montrer que

n1i=0

ai(xi+1 xi) =m1i=0

bi(yi+1 yi).

On considre lunion des points xi et des points yi , cest--dire que z0, . . . , zp sont telsque 0 = z0 < z1 < ... < zp1 < zp = 1 et {zi , i {0, . . . ,p}} = {xi , i {0, . . . ,n}} {yi ,i {0, . . . ,m}} (on a donc, en particulier, p max{m,n}). On note ci est la valeurprise par g sur ]zi , zi+1[.

Pour tout i {0, . . . ,n}, il existe ki {0, . . . ,p} tel que xi = zki (en particulier, k0 = 0et kn = p) et on a donc

xi+1 xi =ki+11j=ki

(zj+1 zj ).


Comme ai = cj si ki j ki+1 1 (car ]zj , zj+1[]xi ,xi+1[), on en dduitn1i=0

ai(xi+1 xi) =n1i=0

ki+11j=ki

cj (zj+1 zj ) =p1i=0

ci(zi+1 zi).

De la mme manire, on am1i=0

bi(yi+1 yi) =p1i=0

ci(zi+1 zi),

do lon conclutn1i=0

ai(xi+1 xi) =m1i=0

bi(yi+1 yi).

On a bien montr que lintgrale de g ne dpend que du choix de g et non du choixdes xi .

On montre maintenant que lapplication qui g associe lintgrale de g est linairede lensemble des fonctions en escalier dans R (cet ensemble est bien un espacevectoriel sur R).

Soit g et h deux fonctions en escalier et , R. Soit n 1 et x0, . . . ,xn tels que0 = x0 < x1 < ... < xn1 < xn = 1 et g constante sur chaque intervalle ]xi ,xi+1[,0 i n 1. Soit galement m 1 et y0, . . . , ym tels que 0 = y0 < y1 < ... < ym1 0. On utilise maintenant le fait que 1

0 f (x)dx =

0 f (x)dx+ 1f (x)dx, pour

tout f C([0,1],R), pour obtenir :

| 1

0(n(x)(x))dx| 2+ max

x[,1]{|n(x)(x)|}.

Daprs (a), il existe n0 tel que maxx[,1]{|n(x)(x)|} pour n n0. On a donc| 1

0 (n(x) (x))dx| 3 pour n n0, ce qui prouve que 1

0 n(x) 1

0 (x)dxquand n +.


6. Vrifier que la suite de fonctions dfinies par n(x) =xn

1 +nx2satisfait les condi-

tions nonces la question 5. Donner lallure gnrale du graphe de ces fonctionspour des petites valeurs de n ; que devient le graphe lorsque n + ?

Corrig On a bien n C([0,1],R) pour tout n N. Soit > 0. Pour tout x [,1] et tout n N, on a 0 n(x)

n

n2 0 quand n +. La condition (a) de

la question 5 est donc vrifie. La condition (b) est galement vrifie en remarquantque 2x

n 1 + nx2 pour tout x 0 et n N (on a donc n(x) [0, 12 ] pour tout

x [0,1] et tout n N). La question 5 donne donc que 1

0 n(x)dx 0 quandn +.La fonction n est croissante pour x [0, 1n ], elle atteint son maximum en x =

1n

,

ce maximum vaut 12 (n ne converge donc pas uniformment vers 0 quand n +).La fonction n est ensuite dcroissante pour x [ 1n ,1] et tend vers 0 pour tout x.

7. On suppose maintenant que la suite (n)nN vrifie lhypothse suivante :

limn+

10|n(x)(x)|2dx = 0. (1.4)

A-t-on limn+

10|n(x) (x)|dx = 0 ? [On pourra par exemple utiliser (aprs

lavoir dmontre) lingalit suivante : pour tout > 0, il existe c 0, ne dpendantque de , t. q. a + ca2.]

Corrig Soit > 0. On remarque que (pour a 0) a + a2 (en fait, on a mme2a + a2 ). Le plus facile, pour sen convaincre, est de remarquer que a

a2 si

a (donc a max{, a2 })). On a donc 10|n(x)(x)|dx +

1

10

(n(x)(x))2dx.

Par lhypothse (1.4), Il existe n0 te que le dernier terme de lingalit prcdentesoit infrieur si n n0. On a donc

10 |n(x)(x)|dx 2 si n n0. On a bien

montr que limn+ 1

0 |n(x)(x)|dxdx = 0.

8. Mme question que ci-dessus en remplaant lhypothse (1.4) par :

p > 1; limn+

10|n(x)(x)|pdx = 0.

Corrig la dmonstration est identique la prcdente en remarquant que a + a

p

p1, pour tout > 0 et tout a 0.

1.6. EXERCICES 23

9. On suppose quil existe C > 0 tel que 10|n(x)|2dx C,n N, (1.5)

et que la suite (n)nN converge uniformment sur [,1], pour tout > 0. Montrer

que limn+

10|n(x)(x)|dx = 0.

Corrig On utilise la mme ingalit qu la question 7 avec = 1 , cest--direa 1 + a

2. On a donc, pour tout x [0,1],

|n(x)| 1

+ |n(x)|2.

On en dduit, pour ]0,1], en intgrant sur lintervalle [0,] : 0|n(x)|dx

+

0|n(x)|2dx,

et donc, avec (1.5), 0|n(x)|dx

+ C.

De mme, on a 0|(x)|dx

+

102(x)dx.

Soit > 0, on choisit > 0 pour avoir C et 1

0 2(x)dx , puis, on choisit

> 0 pour avoir . On a alors, pour tout n N, 10|n(x)(x)|dx

1|n(x)(x)|dx+ 4.

Comme (n)nN converge uniformment vers sur [,1], il existe n0 tel que |n(x)(x)| pour tout x [,1] et tout n n0. On en dduit

10 |n(x)(x)|dx 5

pour tout n n0. Ceci prouve que limn+ 1

0 |n(x)(x)|dx = 0.

10. Construire un exemple de suite (n)nN qui satisfait aux hypothses de la questionprcdente et qui nest pas borne (donc qui ne satisfait pas aux hypothses de laquestion 5).

Corrig On prend, pour n 2 :

n(x) =

nnx si x [0, 1n ],

nn( 2n x) si x ]

1n ,

2n ],

0 si x ] 2n ,1].

On a (n)nN C([0,1],R). De plus, pour tout > 0, n 0 uniformment sur

[,1] quand n +. Enfin, 1

0|n(x)|2dx 2 (car |n(x)|

n pour x [0, 2n ]).


11. Peut-on remplacer lhypothse (1.5) par :

Il existe p > 1 et C > 0 tels que 1

0|n(x)|pdx C, pour tout n N ?

Corrig Oui, le raisonnement fait pour p = 2 sadapte ici en remarquant quea 1 +

p1ap (pour > 0 et a 0).

12. Peut-on remplacer lhypothse (1.5) par : il existe C > 0 tel que 1

0|n(x)|dx C,

pour tout n N ?

Corrig Non, il suffit de reprendre comme contreexemple les fonctions nconstruites la question 4.

Exercice 1.4 (Discontinuits dune fonction croissante) Soit f une fonction crois-sante de R dans R.

1. Montrer que f a une limite droite et une limite gauche en tout point. On notef (x+) et f (x) ces limites au point x.

Corrig Soit x R. Lensemble {f (y), y < x} est major par f (x) (car f estcroissante). Cet ensemble admet donc une borne suprieure (dans R) que lon notef (x) (et on a f (x) f (x)). Comme f (x) est un majorant de lensemble {f (y),y < x}, on a f (y) f (x) pour tout y < x. Puis, pour tout > 0, il existe y < x t.qf (x) < f (y) f (x) car f (x) est le plus petit majorant de lensemble {f (y),y < x}. On a donc, comme f est croissante

y z < x f (x) < f (z) f (x).Ceci prouve que f (x) = limyx f (y). (On rappelle que y x signifie y x avecy < x.) On a ainsi montr que f admet une limite gauche en x et cette limite notef (x) vrifie f (x) f (x).De manire analogue on montre que f admet une limite droite en x et cette limitenote f (x+) vrifie f (x) f (x+). Le nombre rel f (x+) est la borne infrieure delensemble {f (y), y > x} (cet ensemble est minor par f (x)).

2. Montrer que lensemble des points de discontinuit de f est au plus dnombrable.[On pourra considrer, pour n N, les ensembles An = {x [0,1], f (x+) f (x) (f (1+) f (0))/n}.]

Corrig Soit x R. On a f (x) f (x) f (x+). On remarque donc que le pointx est un point de discontinuit de f si et seulement si f (x+) f (x) > 0. On note Dlensemble des points de discontinuit de f , on a donc

D = {x R, f (x+) f (x) > 0}.Pour montrer que D est au plus dnombrable (cest--dire fini ou dnombrable,ce qui est quivalent dire quil existe une injection de D dans N), on va utiliserle fait quune union dnombrable densembles au plus dnombrables est au plus

1.6. EXERCICES 25

dnombrable. (Une dmonstration de ce rsultat est donne la fin de la preuve decette question.)On note D[0,1] lensemble des points de discontinuit de f inclus dans [0,1] et onva montrer que D[0,1] est au plus dnombrable. Si f (1+) = f (0), la fonction f estconstante sur [0,1] et D[0,1] = . On sintresse donc au cas f (1+) > f (0). Soitn N et An = {x [0,1], f (x+) f (x) (f (1+) f (0))/n}.On suppose An , . Soit p N et x1, . . . ,xp An avec xi < xi+1 si i {1, . . . ,p 1}.Comme f est croissante, on a f ((xi)+) f ((xi+1)) et

f (1+) f (0) p

i=1

(f ((xi)+) f ((xi)) p(f (1+) f (0))

n.

On a donc p n ce qui prouve que An est de cardinal fini.On remarque maintenant que D[0,1] = nNAn. Comme, pour tout n N, An estfini, on en dduit que D[0,1] est au plus dnombrable.La raisonnement que nous venons de faire peut se faire aussi en remplaant [0,1]par [k,k] avec k N. En notant D[k,k] lensemble des points de discontinuit de finclus dans [k,k] on montre ainsi que D[k,k] est au plus dnombrable. Finalement,comme D = kND[k,k], on obtient bien que D est au plus dnombrable.

Pour conclure on donne maintenant une dmonstration du fait quune union dnom-brable densembles au plus dnombrables est au plus dnombrable.Soit E un ensemble et (Bn)nN une suite de parties de E. Pour tout n N, on supposeque lensemble Bn est au plus dnombrable. On pose B = nNBn. Comme Bn est auplus dnombrable, il existe une application injective n de Bn dans N. Pour x B,on dfinit (x) N en posant

nx = min{n, x Bn} et (x) = 2nx3nx (x).Il est facile de voir de est injective (car 2 et 3 sont des nombres premiers etdonc (x) = (y) implique nx = ny , on en dduit que x = y car nx est injective).Lapplication est donc injective de B dans N, ce qui prouve que B est au plusdnombrable.

Exercice 1.5 (Fonctions rgles) Une fonction relle dfinie sur [a,b] ( < a < b a2 sur [,]. Do lon dduit f 1

a2 () > 0.

2. Pour n N, on dfinit n E par

n(x) =

0 si 1 x 0nx si 0 < x 1n1 si 1n < x 1.

(a) Montrer que si (n)nN converge vers dans (E, 1), alors (x) = 0 si x < 0 et(x) = 1 si x > 0.

Corrig On a 01|(x)|dx n 1 pour tout n N. En faisant tendre n

vers + on en dduit 01 |(x)|dx = 0 et donc (par continuit de ) que = 0 sur

[1,0].

Soit > 0. On a aussi 1|(x) 1|dx n 1 pour tout n tel que 1n . On

en dduit, en faisant tendre n vers + que 0|(x) 1|dx = 0 et donc = 1 sur

[,1]. Comme est arbitraire, on a finalement = 1 sur ]0,1]. Noter que ceci esten contradiction avec = 0 sur [1,0] et la continuit de en 0. La suite (n)nNne converge donc pas dans (E, 1).

(b) En dduire que (E, 1) nest pas complet.

Corrig La suite (n)nN est de Cauchy dans (E, 1) (il suffit pour senconvaincre de remarquer que n m1 1n si m n) et ne converge pas dans(E, 1) . Lespace (E, 1) nest donc pas complet.

3. Montrer que (E, 2) est un espace prhilbertien (cest--dire que sa norme estinduite par un produit scalaire) mais nest pas complet (ce nest donc pas un espacede Hilbert).

1.6. EXERCICES 27

Corrig Pour f ,g E, on pose (f | g)2 = 11 f (x)g(x)dx.

Lapplication (f ,g) 7 (f | g)2 est un produit scalaire sur E, cest--dire que cest uneapplication bilinaire de E E dans R, symtrique et telle que (f | f )2 = 0 impliquef = 0.Elle induit donc une norme sur E qui est justement le la norme 2, cest--dire f 2 =

(f | f )2. Lespace (E, 2) est donc un espace prhilbertien (voir le paragraphe6.2).

Lespace (E, 2) nest pas complet car la mme suite qu la question prcdente,(n)nN, est de Cauchy dans (E, 2) (on a aussi n m2 1n si m n) etne converge pas dans (E, 2) (un raisonnement analogue celui de la questionprcdente montre que si (n)nN converge vers dans (E, 2), alors (x) = 0 six < 0 et (x) = 1 si x > 0, ce qui est en contradiction avec la continuit de en 0).

Exercice 1.7 (Rappels sur la convergence des suites relles) On rappelle que siu = (un)nN une suite valeurs dans R,

limsupn+

un = limn+suppn

up.

1. Soit u = (un)nN une suite valeurs dans R. Montrer que limsupn+un est laplus grande valeur dadhrence de u.

Corrig On note an = suppnup R. La suite (an)nN est dcroissante doncconvergente dans R, ceci montre que limsupn+un est bien dfinie. On posea = limn+ an = limsupn+un.

On montre tout dabord que a est une valeur dadhrence de la suite (un)nN. Ondistingue trois cas :

Cas 1 Il existe n N tel que an = .On a alors up = pour tout p n et donc un et a = est bien unevaleur dadhrence de la suite (un)nN.Cas 2an = + pour tout n N. Pour tout n N, on a suppnup = +, il existedonc (n) n telle que u(n) n. La suite (u(n))nN est donc une sous-suitede la suite (un)nN, elle converge vers a = +, donc a est bien une valeurdadhrence de la suite (un)nN.Cas 3 an > pour tout n N et il existe q N tel que aq < +. Dans ce

cas, on a an R pour tout n q. Pour tout n q, il existe (n) n telle quean 1n u(n) an (par dfinition dun sup). La suite (u(n))nq est donc unesous-suite de la suite (un)nN, elle converge vers a = limn+ an, donc a estbien une valeur dadhrence de la suite (un)nN.

Il reste montrer que a est suprieur ou gal toutes les valeurs dadhrencede la suite (un)nN. Soit b une valeur dadhrence de la suite (un)nN. Il existedonc : N N telle que (n) + et u(n) b, quand n +. Commea(n) u(n) pour tout n N, on a donc, en passant limite quand n +, a b.a est donc la plus grande valeur dadhrence de la suite (un)nN.


2. Si u = (un)nN est une suite valeurs dans R, on sait par la question prc-dente quil existe une suite extraite de u qui converge vers limsupn+un .Donner un exemple dune suite de fonctions (fn)nN de R dans R telle que au-cune sous-suite ne converge simplement vers limsupn+ fn (on rappelle que(limsupn+ fn)(x) = limsupn+(fn(x)) pour tout x R).

Corrig Comme card(P (N)) = card(R), il existe : R P (N) bijective. Ondfinit maintenant fn pour tout n N.Soit x R,

Si le cardinal de (x) est fini, on prend fn(x) = 1 pour tout n N. Si le cardinal de (x) est infini, on peut crire (x) = {x(p),p N} o x est

une fonction strictement croissante de N dans N. on prend alors fn(x) = 1 sin < (x), fn(x) = 1 si n = x(2q) avec q N et fn(x) = 0 si n = x(2q + 1)avec q N.

Avec ce choix de (fn)nN, limsupn+ fn est la fonction constante et gale 1. Onmontre maintenant que aucune sous-suite de (fn)nN ne converge simplement verslimsupn+ fn. En effet, soit : N N telle que (n) quand n +. Ilexiste x R tel que (x) = Im() (car est surjective). Pour tout p N, on peuttrouver n p tel que(n) = x(2q+1) pour un certain q N (car {(0), . . . ,(p1)}ne peut pas contenir {x(2q + 1), q N}), on a donc f(n)(x) = 0, ce qui montreque f(n)(x) 6 1 quand n +. La sous-suite (f(n))nN ne converge donc passimplement vers limsupn+ fn.

3. Trouver lensemble des valeurs dadhrence dune suite (un)nN telle que :

liminfn+un = 0, limsupn+un = 1 et limn+ |un+1 un| = 0.Donner un exemple dune telle suite.

Corrig On note A lensemble des valeurs dadhrence de la suite (un)nN.Daprs la question 1 (et son analogue avec liminf) on a 0,1 A et A [0,1]. Onmontre maintenant que A = [0,1].

Soit a ]0,1[. Pour n N, il existe p n tel que up > a (car suppnup 1). Demme, il existe q > p tel que uq < a (car infqp uq 0). On pose (n) = min{q > p ;uq < a}. On a donc u(n) < a u(n)1 (noter que ceci est aussi vrai si q = p+1, grceau choix de p). Comme |u(n) u(n)1| 0 quand n + (noter que (n)quand n + car (n) > n), on a u(n) a quand n + et donc a A. Ceciprouve que A = [0,1].

On obtient un exemple dune telle suite de la manire suivante :

Pour n N il existe un unique (p,q) avec p N, 0 q p tel que n = p(p+1)2 + q, onpose alors un =

qp+1 si p = 2k avec k N, et un =

pqp+1 si p = 2k + 1 avec k N.

Exercice 1.8 (Fonctions caractristiques densembles)

1.6. EXERCICES 29

Soit E un ensemble. Lorsque A est une partie de E, on dfinit 1A : E R par :

1A(x) = 1, si x A,1A(x) = 0, si x < A.

(1.6)

La fonction 1A est appele fonction caractristique de A (elle est souvent aussinote A).

1. Montrer que si A et B sont deux sous-ensembles disjoints de E, alors

1AB = 1A + 1B.

En dduire que si (An)nN est une suite de sous-ensembles de E deux deuxdisjoints, on a

nN1An = 1

nN An .

(On prcisera aussi le sens donn

nN1An).

Corrig Si A et B sont 2 parties de E, il est facile de voir que 1AB(x) est diffrentde 1A(x) + 1B(x) seulement si x AB. Si A et B sont deux parties disjointes de E,on a bien 1AB = 1A + 1B.

Si (An)nN est une suite de parties de E, on dfinit, pour x E :nN

1An(x) = limn+

np=0

1An(x),

cette limite existe toujours dans R+. Si les (An) sont disjoints deux deux, cette limiteest gale 0 si x 0, on pourra introduire, pour n N, On = {x [0,1] ; f (x)fn(x) < } et utiliser la compacit de [0,1].]En dduire que T(fn) T(f ), quand n +.

3. Soient (fn)nN E et g E telles que fn+1 fn, pour tout n N, et g(x) lim

n+fn(x) ( R {+}), pour tout x [0,1].

Montrer que T(g) limn+

T(fn).


Soit f : [0,1] R {+}, on dit que f A+ sil existe une suite (fn)nN Etelle que fn+1 fn, pour tout n N, limn+ fn(x) = f (x), pour tout x [0,1] etlimn+T(fn) < +.

4. Soit f A+, montrer que supgE, gf

(T(g)) < +.

On dfinit T sur A+ par T(f ) = supgE, gf

(T(g)).

Noter que ceci est compatible avec la dfinition de T sur E et que si f ,g A+ on aalors : f g T(f ) T(g).

5. (Convergence croissante) Soient (fn)nN A+ et f : R R {+} tellesque fn+1 fn, pour tout n N, limn+ fn(x) = f (x), pour tout x [0,1] etlimn+T(fn) < +. Montrer que f A+ et T(f ) = limn+T(fn).[Indication : Considrer gp = sup

0np(fp,n), avec, pour tout n N, (fp,n)pN E

tels que fp+1,n fp,n, pour tout p N, limp+fp,n(x) = fn(x), pour tout x

[0,1].]

6. (Convergence dcroissante) Soient (fn)nN A+ et f E telles que fn+1 fn, pour tout n N, et limn+fn(x) = f (x), pour tout x [0,1]. Montrer queT(f ) = lim

n+T(fn).

[Indication : On pourra montrer que, pour tout > 0 et pour tout n N, ilexiste hn A+ tel que hn fn fn+1 et T(hn) T(fn)T(fn+1) + 2n . Puis, enremarquant que

nNhn(x) f0(x) f (x), pour tout x [0,1], et en utilisant

la question 5, montrer que T(f ) limn+

T(fn).]

7. (Convergence domine) Soient (gn)nN E et g E telles que :1. gn(x) g(x), quand n +, pour tout x [0,1].2. |gn(x)| 1, pour tout x [0,1] et pour tout n N.Montrer que T(g) = lim

n+T(gn).

[Indication : On pourra utiliser la question 6 avec fn = suppn

gp infpn

gp et remar-

quer que g gn fn et gn g fn.]8. (Exemple.) En choisissant convenablement T, montrer le rsultat suivant :

Soient (fn)nN E et f E telles que :1. fn(x) f (x), quand n +, pour tout x [0,1].2. |fn(x)| 1, pour tout x [0,1] et pour tout n N.

alors 1

0fn(x)dx

10f (x)dx, quand n +.

Donner un contreexemple ce rsultat si la deuxime hypothse nest pasvrifie.

1.6. EXERCICES 33

Exercice 1.11 (Thorme de Bernstein) On veut dmontrer ici le thorme suivant :

Thorme 1.7 (Bernstein) Soient E et F deux ensembles quelconques ; il existe unebijection de E dans F si et seulement sil existe une injection de E dans F et uneinjection de F dans E.

Bien sr, lexistence dune bijection de E dans F donne lexistence dune injection deE dans F et dune injection de F dans E. Il sagit maintenant de montrer la rciproque.On suppose donc quil existe une injection E dans F, note f , et une injection de Fdans E, note g. A partir de f et g, on va construire une bijection h de E dans F.Soit x E donn. Pour dterminer h(x), on commence par considrer la suite desimages de x (alternativement par f et g) et la suite des antcdents de x (alternative-ment par g et f ). Bien sr, la suite des images de x est infinie. Mais, lorsque f ou gnest pas surjective, la suite des antcdents de x peut ne pas tre infinie (si x < Im(g)elle sarrte tout de suite !). Le choix de h(x) va tre fait en fonction de cette suite desantcdents. Voici tout dabord la construction de cette suite.On pose x0 = x.Construction de xk pour k > 0. Soit k > 0. On suppose xk1 connu (ce qui est vraipour k = 1).

Si k est impair, on prend xk = f (xk1) (de sorte que xk F). Si k est pair, on prend xk = g(xk1) (de sorte que xk E).

Construction de xk pour k < 0. Soit k < 0, On suppose que xk+1 existe (ce qui estvrai pour k = 1).

Si |k| est impair et si xk+1 < Im(g), la suite des antcdents sarrte.On pose alors N = k (et xN nexiste pas).

Si |k| est impair et si xk+1 Im(g), on prend xk tel que g(xk) = xk+1 (xk estunique car g est injective).

Si |k| est pair et si xk+1 < Im(f ), la suite des antcdents sarrte.On pose alors N = k (et xN nexiste pas).

Si |k| est pair et si xk+1 Im(f ), on prend xk tel que f (xk) = xk+1 (xk est uniquecar f est injective).

Enfin, si la suite des antcdents ne sarrte jamais, on pose N = . On a ainsiconstruit une suite (xk)k>NOn dfinit maintenant h(x) dans F. On distingue trois cas.

Si N est impair, on prend h(x) = f (x), cest--dire h(x) = x1,Si N est pair, on prend h(x) = y, avec g(y) = x, cest--dire h(x) = x1,


Si N = , on prend h(x) = f (x).Montrer que lapplication h ainsi dfinie est une bijection de E dans F.

Corrig Lapplication g est une bijection de F sur son image, note Im(g) (qui estune partie de E). On note g lapplication rciproque (qui est donc une bijection deIm(g) dans F). La construction de h montre que pour tout x E on a h(x) = f (x) ouh(x) = g(x).

On montre tout dabord que h est injective. Soit x,z E tels que h(x) = h(z). On veutmontrer que x = z. On distingue 3 cas.

Cas 1 : h(x) = f (x),h(z) = f (z). Dans ce cas, comme f est bijective, on a x = z.Cas 2 : h(x) = g(x),h(z) = g(z). Dans ce cas, comme g est bijective, on a x = z.Cas 3 : h(x) = f (x),h(z) = g(z). On note (xk)k>Nx et (zk)k>Nz les suites associes x et z. Par dfinition de h, on a donc h(x) = x1 et h(z) = z1. De plus, on a Nz > ,Nz pair et Nx = ou Nx impair.De lgalit x1 = z1, on dduit que les antcdents de x1 sont les mmes que ceuxde z1 et donc que Nz = Nx 2, ce qui est impossible car Nz pair et Nx = ouNx impair. Ce cas est donc impossible.

Bien sr, le cas h(x) = g(x) et h(z) = f (z) est identique au cas 3. On a donc bien montrque h est injective.

On montre maintenant que h est surjective. Soit y F. On pose x = g(y) et on considrela suite associe x, note (xk)k>N , de sorte que y = x1. Ici aussi, on peut distinguer3 cas.Cas 1 : N = . Dans ce cas, la suite des antcdents de x2 est aussi infinie et on adonc h(x2) = x1 = y. On a donc y Im(h).Cas 2 : N > et N impair. Comme x1 existe (puisque x1 = y), on a N 3et donc x2 existe. La suite des antcdents de x2 est alors la mme que la suite desantcdents de x avec un dcalage de 2, on a alors aussi h(x2) = f (x2) = x1 = y.On a donc y Im(h).Cas 3 : N > et N pair. On a alors h(x) = x1 = y. On a donc y Im(h).Ceci termine la dmonstration de la bijectivit de h.

Exercice 1.12 (Dnombrabilit de Q)En utilisant le thorme de Bernstein (thorme 1.7), montrer que Q est dnombrable.

Corrig Il sagit donc de construire une injection, note f , de N dans Q et uneinjection, note g, de Q dans N.Pour f , on prend f (n) = n pour tout n N. Cest bien une injection de N dans Q.On construit maintenant une application g injective de Q dans N.Soit r Q. On distingue 3 cas,

1. Si r = 0, on pose h(r) = 0.

2. Si r > 0. On note Ir = {q N tels que rq N}, qr = min Ir et pr = rqr de sorte quepr N et r = pr /qr . On pose alors g(r) = 2pr 3qr (on a bien g(r) N).

1.6. EXERCICES 35

3. Si r < 0. On note Ir = {q N tels que rq N}, qr = min Ir et pr = rqr de sorteque pr N et r = pr /qr . On pose alors g(r) = 5pr 3qr (on a bien g(r) N).

On montre mainenant que g est injective. Soit r, s Q tels que g(r) = g(s), il sagit demontrer que r = s. On distingue ici 4 cas.

1. Si r = 0 ou s = 0, on a g(r) = g(s) = 0 et donc r = s = 0.

2. Si r et s sont de signes contraires. On peut supposer r > 0 et s > 0 (le cas r < 0 ets > 0 est semblable). Dans ce cas, on ne peut pas avoir g(r) = g(s) car g(r) est unmultiple de 2 mais g(s) nest pas un multiple de 2.

3. Si r > 0 et s > 0, on a g(r) = 2pr 3qr = 2ps3qs = g(s). Mais, comme 2 et 3 sont desnombres premiers, ceci impose pr = ps et qr = qs, ce qui donne bien r = s.

4. Si r < 0 et s < 0, on a g(r) = 5pr 3qr = 5ps3qs = g(s). Mais, comme 5 et 3 sont desnombres premiers, ceci impose pr = ps et qr = qs, ce qui donne encore r = s.

On a bien montr que r = s et donc que g est injective.

Exercice 1.13 (Limites sup et inf densembles) Soit (An)nN une suite de partiesdun ensemble E. On note

liminfn+

An =nN

pn

Ap et limsupn+

An =nN

pn

Ap.

1. On suppose la suite (An)nN monotone, cest--dire que An An+1, pour tout n N,ou que An+1 An, pour tout n N. Exprimer liminfn+An et limsupn+Anen fonction de

nN An et

nN An.

Corrig Si An An+1, pour tout n N, on a alors

liminfn+

An = limsupn+

An =nN

An.

Si An+1 An, pour tout n N, on a alors

liminfn+

An = limsupn+

An =nN

An.

2. Mme question que prcdemment si la suite est dfinie par : A2p = A et A2p+1 = B,p N, A et B tant deux parties donnes de E.

Corrig Dans ce cas, on a liminfn+An = AB et limsupn+An = AB.


3. Montrer que :

1limsupn+An = limsupn+

1An

liminfn+

An limsupn+

An

liminfn+

An = {x E;+n=0

1Acn(x)

Chapitre 2

Tribus et mesures

2.1 Introduction

2.1.1 Cas dun problme discret

Pour introduire la srie de dfinitions qui suivent, commenons par quelques exemples,tirs du calcul des probabilits. Le calcul des probabilits sintresse mesurer lachance quun certain vnement, rsultat dune exprience, a de se produire. Con-sidrons par exemple lexprience qui consiste lancer un d. On appelle ventualitassocie cette exprience un des rsultats possibles de cette exprience, et universdes possibles lensemble E de ces ventualits. Dans notre exemple, les ventualitspeuvent tre 1,2,3,4,5 ou 6 ; on pourrait choisir aussi comme ventualits les rsultatscorrespondant au d cass. On peut donc tout de suite remarquer que lensemble Edes univers du possible dpend de la modlisation, cest--dire de la formalisationmathmatique que lon fait du problme. Notons quil est parfois difficile de dfinirlensemble E. partir des ventualits, qui sont donc les lments de lunivers des possibles E, ondfinit les vnements, qui forment un ensemble de parties de E. Dans notre exempledu lancer de d, lensemble des vnements est lensemble des parties de E, not P (E).Dans lexemple du d, la partie {2,4,6} de E est lvnement : le rsultat du lancerest pair. On appelle vnement lmentaire un singleton, par exemple {6} dans notreexemple du lancer de d, vnement certain lensemble E tout entier, et lvnementvide lensemble vide (qui a donc une chance nulle de se raliser). Pour mesurer lachance qua un vnement de se raliser, on va dfinir une application p de lensembledes vnements (donc de P (E) dans notre exemple du lancer de d) dans [0,1] aveccertaines proprits (qui semblent naturelles. . . ). La chance (ou probabilit) pour unvnement A E de se raliser sera donc le nombre p(A), appartenant [0,1].Lexemple du lancer de d, que nous venons de considrer, est un problme discretfini, au sens ou lensemble E est fini. On peut aussi envisager des problmes discrets

38 CHAPITRE 2. TRIBUS ET MESURES

infinis, lensemble E est alors infini dnombrable (on rappelle quun ensemble I estdnombrable sil existe une bijection de I dans N, il est au plus dnombrable sil existeune injection de I dans N), ou des problmes (parfois appels continus) o E est infininon dnombrable.

2.1.2 Exemple continu

Considrons maintenant lexprience qui consiste lancer une balle de ping-pongsur une table de ping-pong. Soit E lensemble des points de la table de ping-pong, onpeut voir E comme un sous-ensemble de R2, un vnement lmentaire est alors unpoint (x,y) E (le point dimpact de la balle), et un vnement semble tre une partiequelconque A de P (E). On suppose quon a effectu le lancer sans viser, cest--direen supposant que nimporte quel point de la table a une chance gale dtre atteint (lesvnements lmentaires sont dit quiprobables), et que la balle tombe forcment surla table (on est trs optimiste. . . ). On se rend compte facilement que la probabilitpour chacun des points de E dtre atteint doit tre nulle, puisque le nombre des pointsest infini. On peut aussi facilement deviner que la probabilit pour une partie A dtreatteinte (dans le modle quiprobable) est le rapport entre la surface de A et la surfacede E. La notion intuitive de surface correspond en fait la notion mathmatique demesure que nous allons dfinir dans le prochain paragraphe. Malheureusement, commeon la dit dans le chapitre introductif, il ne nous sera pas mathmatiquement possiblede dfinir une application convenable, i.e. qui vrifie les proprits (4.1)-(4.2), et quimesure toutes les parties de R (au sens intuitif de longueur) ou R2 (au sens intuitifde surface), ou mme du sous-ensemble E de R2 (voir ce sujet lexercice 2.28). Onva donc dfinir un sous-ensemble de P (E) (quon appelle tribu) sur lequel on pourradfinir une telle application. Dans le cas dun ensemble fini, la tribu sera, en gnral,P (E) tout entier. Mais, dans le cas de la balle de ping-pong que vous venons de dcrire,lensemble des vnements sera une tribu strictement incluse dans P (E).

2.2 Tribu ou algbre

Dfinition 2.1 (Tribu ou algbre) Soient E un ensemble, T une famille de partiesde E (i.e. T P (E)). La famille T est une tribu (on dit aussi une algbre) sur E siT vrifie :1. T,E T,2. T est stable par union dnombrable, cest--dire que pour toute famille dnombrable

(An)nN dlments de T, on a

nN An T.3. T est stable par intersection dnombrable, cest--dire que pour toute famille

dnombrable (An)nN dlments de T, on a

nN An T.

2.2. TRIBU OU ALGBRE 39

4. T est stable par passage au complmentaire, cest--dire que pour tout A T, on aAc T (On rappelle que Ac = E \A).

Il est clair que, pour montrer quune partie T de P (E) est une tribu, il est inutile devrifier les proprits 1-4 de la dfinition prcdente. Il suffit de vrifier par exemple T (ou E T), 2 (ou 3) et 4.Exemples de tribus sur E : {,E} et P (E) sont des tribus sur E.

Dfinition 2.2 (Langage probabiliste) Soient E un ensemble quelconque (parfoisappel lunivers des possibles) et T une tribu ; on appelle ventualits les lments deE et vnements les lments de T. On appelle vnement lmentaire un singletonappartenant T. On dit que deux vnements A,B T sont incompatibles si AB = .

Proposition 2.3 (Stabilit par intersection des tribus) Soient E et I deux ensembles.Pour tout i I, on se donne une tribu Ti sur E. Alors, la famille (de parties de E)

iITi = {A E; A Ti , i I}

est encore une tribu sur E.

DMONSTRATION La dmonstration de cette proposition fait lobjet de la premirequestion de lexercice 2.2.

Cette proposition nous permet de dfinir ci-aprs la notion de tribu engendre.

Dfinition 2.4 (Tribu engendre) Soient E un ensemble et C P (E). On appelletribu engendre par C la plus petite tribu contenant C, cest--dire la tribu T(C)intersection de toutes les tribus sur E contenant C (cette intersection est non vide carP (E) est une tribu contenant C).

Il est parfois utile dutiliser la notion dalgbre, qui est identique celle de tribu enremplaant dnombrable par finie.

Dfinition 2.5 (Algbre) Soient E un ensemble, A une famille de parties de E (i.e.A P (E)). La famille A est une algbre sur E si A vrifie :


1. A,E A,2. A est stable par union finie, cest--dire que pour tout A,B A on a AB A.3. A est stable par intersection finie, cest--dire que pour tout A,B A on a AB A.

4. A est stable par passage au complmentaire, cest--dire que pour tout A A, ona Ac A.

Remarque 2.6 (Algbre engendre) Soit E un ensemble et C P (E). Comme pourles tribus, on peut dfinir lalgbre engendre par C. Cest la plus petite algbre conte-nant C, cest--dire lintersection de toutes les algbres contenant C (voir lexercice2.9).

Soit E un ensemble, C P (E) et T(C) la tribu engendre par C (voir la dfinition 2.4 etlexercice 2.2). Il est important de remarquer que, contrairement ce que lon pourraittre tent de croire, les lments de la tribu engendre par C ne sont pas tous obtenus, partir des lments de C, en utilisant les oprations : intersection dnombrable, uniondnombrable et passage au complmentaire. Plus prcisment, on pose :

R1(C) = {A E tel que A =nN

Anavec, pour tout n,An C ou Acn C},

R2(C) = {A E tel que A =nN

Anavec, pour tout n,An C ou Acn C},

R(C) =R1(C)R2(C).

Prenons E = R et C lensemble des ouverts de R (donc T(C) est la tribu borliennede R, voir dfinition ci-aprs). Il est facile de voir que R(C) T(C). Cependant, R(C)nest pas une tribu (cela est moins facile voir). En posant : S0 = C, et Sn =R(Sn1),pour n 1, on peut aussi montrer que S = nNSn nest pas une tribu (et queS T(C)).

Remarque 2.7 Soit E un ensemble et C1 C2 P (E). Il est alors facile de voir queT(C1) T(C2) (cf. Exercice 2.2).

La construction de la tribu de Borel sappuie sur la topologie des ouverts de R.Rappelons toutes fins utiles quune topologie est prcisment la donne des ouverts :

2.2. TRIBU OU ALGBRE 41

Dfinition 2.8 (Topologie) Soit E un ensemble. Une topologie sur E est donne parune famille de parties de E, appeles ouverts de E, contenant et E, stable par union(quelconque) et stable par intersection finie. Lensemble E, muni de cette famille departies, est alors un espace topologique.

Dfinition 2.9 (Tribu borlienne) Soit E un ensemble muni dune topologie (unespace mtrique, par exemple). On appelle tribu borlienne (ou tribu de Borel) latribu engendre par lensemble des ouverts de E, cette tribu sera note B(E). Dans lecas E = R, cette tribu est donc note B(R). On appelle borlien de R un lment de latribu borlienne.

Un des objectifs principaux de ce chapitre est de construire une application de latribu B(R) dans R+ telle que :

1. (],[) = , pour tout , R < ,2. (nNAn) =

nN(An), pour toute suite (An)nN B(R) telle que AnAm =

si n , m. (Noter que nNAn B(R) grce la stabilit dune tribu par uniondnombrable.)

Cest lobjet du paragraphe 2.5. Une question naturelle est de savoir si lon peutprendre B(R) = P (R). La rponse est non (voir les exercices 2.28 et 2.29). On peutmme dmontrer que card(B(R)) = card(R) (alors que card(P (R)) > card(R)).On donne maintenant un rappel rapide sur les cardinaux (sans entrer dans les aspectsdifficiles de la thorie des ensembles, et donc de manire peut-tre un peu imprcise).Soient A et B deux ensembles.

1. On dit que card(A) = card(B) sil existe une application bijective de A dans B. Pourmontrer que deux ensembles ont mme cardinaux, il est souvent trs utile dutiliserle thorme de Bernstein (voir lexercice 1.11). Ce thorme dit que sil existe uneinjection de A dans B et une injection de B dans A, alors il existe une bijection de Adans B (et donc card(A) = card(B)). Le thorme de Bernstein motive galementla dfinition suivante.

2. On dit que card(A) card(B) sil existe une application injective de A dans B.3. Un autre thorme intressant, d Cantor, donne que, pour tout ensemble X,

on a card(X) < card(P (X)) (cest--dire card(X) card(P (X)) et card(X) ,card(P (X))). On a donc, en particulier, card(P (R)) > card(R). La dmonstrationdu thorme de Cantor est trs simple. Soit : XP (X). On va montrer que ne peut pas tre surjective. On pose A = {x X; x < (x)} (A peut tre lensemblevide). Supposons que A Im(). Soit alors a X tel que A = (a). Si a A = (a),


alors a < A par dfinition de A. Si a < A = (a), alors a A par dfinition de A.On a donc montr que A ne peut pas avoir dantcdent (par ) et donc nest passurjective.

Proposition 2.10 On note C1 lensemble des ouverts de R, C2 = {]a,b[, a,b R,a < b} et C3 = {]a,[, a R}. Alors T(C1) = T(C2) = T(C3) = B(R). (Noter quedautres caractrisations de B(R), semblables, sont possibles.)

DMONSTRATION On a, par dfinition de B(R), T(C1) = B(R). On va dmontrerci-aprs que T(C1) = T(C2) (le fait que T(C2) = T(C3) est laiss au lecteur).Comme C2 C1, on a T(C2) T(C1). Il suffit donc de dmontrer linclusion inverse.On va montrer que C1 T(C2), on aura alors que T(C1) T(C2).Soit O un ouvert de R. On suppose O , (on sait dj que T(C2)). Le lemme 2.11ci-aprs nous donne lexistence dune famille (In)nA dintervalles ouverts telle queA N et O =

nA In. Noter quon a aussi O =

nN In en posant In = si n N\A.

Comme In C2 T(C2) pour tout n A et T(C2), on en dduit, par stabilitdnombrable dune tribu, que O T(C2). Donc, C1 T(C2) et donc T(C1) T(C2).On a bien montr que T(C1) = T(C2).

Lemme 2.11 Tout ouvert non vide de R est runion au plus dnombrable dintervallesouverts borns.

DMONSTRATION Soit O un ouvert de R, O , . On pose A = {(,) Q2 ; < ,],[ O}. On a donc

(,)A],[ O. On va montrer que O

(,)A],[ (et

donc que O =

(,)A],[).

Soit x O, il existe x > 0 tel que ]x x,x + x[ O. En prenant x Q]x x,x[ et x Q]x,x + x[ (de tels x et x existent) on a donc x ]x,x[ Oet donc (x,x) A. Do x ]x,x[

(,)A],[. On a bien montr que O

(,)A],[ et donc que O =

(,)A],[. Comme Q2 est dnombrable, A est auplus dnombrable et le lemme est dmontr.

On peut aussi montrer que tout ouvert non vide est runion au plus dnombrabledintervalles ouverts disjoints deux deux (cf. le lemme 2.44 page 63).

Dfinition 2.12 (Espace et partie mesurable ou probabilisable) Soient E unensemble et T une tribu sur E. Le couple (E,T) est appel espace mesurable ou (enlangage probabiliste !) espace probabilisable. Les parties de E qui sont (resp. ne sontpas) des lments de T sont dites mesurables ou probabilisables (resp. non mesurables,non probabilisables).

2.3. MESURE, PROBABILIT 43

2.3 Mesure, probabilit

Dfinition 2.13 (Mesure) Soit (E,T) un espace mesurable. On appelle mesure uneapplication m : T R+ (avec R+ = R+ (+)) vrifiant :1. m() = 0,2. m est -additive, cest--dire que pour toute famille (An)nN dlments de T

disjoints deux deux (i.e. tels que An Am = , si n , m) on a :

m(nN

An) =nN

m(An). (2.1)

Remarque 2.141. Dans la dfinition prcdente on a tendu R+ laddition dans R+. On a simplement

pos x+ (+) = +, pour tout x R+. Noter galement que la somme de la sriedans la dfinition prcdente est prendre dans R+ et que, bien sr, a =

nN an

signifie simplement quen

p=0 ap a (dans R+) quand n +.

2. Soient x,y,z R+. Remarquer que x+ y = x+ z implique y = z si x , +.3. Dans la dfinition prcdente, la condition 1. peut tre remplace par la condition : A T,m(A) < . La vrification de cette affirmation est laisse au lecteurattentif.

4. Il est intressant de remarquer que, pour une srie termes positifs, lordre desommation est sans importance. Plus prcisment, si (an)nN R+ et si est unebijection de N dans N, on a

nN an =

nN a(n). Cest lobjet du lemme 2.15.

5. Une consquence immdiate de la -additivit est ladditivit, cest--dire que

m(n

p=0

Ap) =n

p=0

m(Ap)

pour toute famille finie (Ap)p=0,...,n dlments de T, disjoints deux deux. Laddi-tivit se dmontre avec la -additivit en prenant Ap = pour p > n dans (2.1).

6. Dans le cas E = R et T = P (R), il est facile de construire des mesures sur T, mais ilnexiste pas de mesure sur T, note m, telle que m(]a,b[) = b a pour tout a, b R,a < b (voir les exercices 2.29 et 2.28). Une telle mesure existe si on prend pour T latribu borlienne de R, cest lobjet de la section 2.5.

Lemme 2.15 Soit (an)nN R+ et soit : N N bijective ; alorsnN

an =nN

a(n).


DMONSTRATION On pose

A =nN

an(= limn+

np=0

ap) et B =nN

a(n)(= limn+

np=0

a(p)).

Noter que A, B R+. On veut montrer que A = B.On montre dabord que B A. Soit n N. On pose N = max{(0), . . . ,(n)}. Commeaq 0 pour tout q N, on a

np=0 a(p)

Np=0 ap A. On en dduit, faisant tendre

n vers que B A.En raisonnant avec linverse de on a aussi A B et finalement A = B.

Dfinition 2.16 (Mesure finie et probabilit) Soit (E,T) un espace mesurable.1. On appelle mesure finie une mesure m sur T telle que m(E) 0, En = An \n1p=0

Ep.

La suite (En)nN vrifie bien les proprits dsires.


Exemple 2.20 (Mesure de Dirac) Soient (E,T) un espace mesurable et a E. Ondfinit sur T la mesure a par (pour A T) :

a(A) =

0 si a < A,1 si a A. (2.2)On peut remarquer que la mesure de Dirac est une probabilit.

Remarque 2.21 (Comment choisir la probabilit) Soit (E, T) un espace probabili-sable, on peut videmment dfinir plusieurs probabilits sur T. Cest tout lart de lamodlisation que de choisir une probabilit qui rende compte du phnomne alatoireque lon veut observer. On se base pour cela souvent sur la notion de frquence, quiest une notion exprimentale lorigine. Soit A T un vnement, dont on cherche valuer la probabilit p(A). On effectue pour cela N fois lexprience dont luniversdes possibles est E, et on note NA le nombre de fois o lvnement A est ralis. AN fix, on dfinit alors la frquence fN(A) de lvnement A par :

fN(A) =NAN

.

Exprimentalement, il savre que fN(A) admet une limite lorsque N +. Cest cequon appelle la loi empirique des grands nombres. On peut donc dfinir exprimen-talement p(A) = limN+ fN(A). Cependant, on na pas ainsi dmontr que p estune probabilit : il ne sagit pour linstant que dune approche intuitive. On donneraplus loin la loi forte des grands nombres (proposition 6.99), qui permettra de justifiermathmatiquement la loi empirique. On peut remarquer que fN(E) = NN = 1.

Exemple 2.22 (Le cas quiprobable) Soit (E, T, p) un espace probabilis. On sup-pose que tous les singletons appartiennent la tribu et que les vnements lmentairessont quiprobables. On a alors : p({x}) = 1cardE pour tout x E.

Dfinition 2.23 (Mesure atomique) Soit (E,T,m) un espace mesur tel que : {x} Tpour tout x de E. On dit que m est porte par S T si m(Sc) = 0. Soit x E, on ditque x est un atome ponctuel de m si m({x}) , 0. On dit que m est purement atomiquesi elle est porte par la partie de E forme par lensemble de ses atomes ponctuels.

Dfinition 2.24 (Mesure diffuse) Soient (E,T) un espace mesurable et m une mesuresur T . On dit que m est diffuse si {x} T et m({x}) = 0 pour tout x E. (Cettedfinition est aussi valable pour une mesure signe sur T, dfinie dans la section 2.4.)


Dfinition 2.25 (Partie ngligeable) Soient (E,T,m) un espace mesur et A E. Ondit que A est ngligeable sil existe un ensemble B T tel que A B et m(B) = 0.

Dfinition 2.26 (Mesure complte) Soit (E,T,m) un espace mesur, on dit que mest complte (ou que lespace (E,T,m) est complet) si toutes les parties ngligeablessont mesurables, cest--dire appartiennent T.

La proposition suivante donne les principales proprits dune mesure.

Proposition 2.27 (Proprits des mesures) Soit (E,T,m) un espace mesur. Lamesure m vrifie les quatre proprits suivantes :

1. Monotonie : Soit A, B T, A B, alors

m(A) m(B). (2.3)

2. -sous-additivit : Soit (An)nN T, alors

m(nN

An) nN

m(An). (2.4)

3. Continuit croissante : Soit (An)nN T, telle que An An+1, pour tout n N,alors

m(nN

An) = limn(m(An)) = sup

nN(m(An)). (2.5)

4. Continuit dcroissante : Soit (An)nN T, telle que An+1 An, pour tout n N,et telle que il existe n0 N, m(An0)


2. sous additivit. Soit (An)nN T. On veut montrer que

m(nN

An) nN

m(An).

On pose B0 = A0 et, par rcurrence sur n, Bn = An \ (n1

i=0 Bi) pour n 1. Parrcurrence sur n on montre que Bn T pour tout n en remarquant que, pour n > 1,Bn = An (

n1i=0 B

ci ). La construction des Bn assure que

Bn Bm = si n ,m etnN

An =nN

Bn.

Pour vrifier cette dernire proprit, on remarque que

Bn An et doncnN

Bn nN

An.

Puis, si x An et x n, il existe donc Cn T tel queCn Bn et m(Cn) n.

Si n = 0, on prend Cn = . Enfin, on prend Bn+1 = Bn \ Cn et on obtient bien lesproprits dsires en remarquant que Cn = Bn \Bn+1.La suite (Bn)nN est dcroissante (cest--dire Bn+1 Bn pour tout n N). Pour m> n, on a donc Cm Bm Bn+1 et donc Cm Cn = (car Bn+1 = Bn \ Cn). Par-additivit de m, on en dduit

m(nN

Cn) =nN

m(Cn).

Comme m(

nN Cn) R, la srie de terme gnral m(Cn) est convergente. On a doncm(Cn) 0 quand n + et donc n 0 quand n +

(car m(Cn) n 0) et, finalement,n 0 quand n +.

On pose maintenantA = A \

nN

Cn =nN

Bn.

On a, bien sr, A T et A A. On montre maintenant que A vrifie (2.9). Soit C T,C A. On a, pour tout n N, C Bn et donc m(C) n. Quand n +, on endduit que m(C) 0. ce qui donne bien (2.9).Il reste montrer que m(A) m(A). Comme A = A (

nN Cn) (et que cette union

est disjointe), la -additivit de m donne que m(A) = m(A) +

nNm(Cn) m(A).Ce qui termine la premire tape.

tape 2. On pose = sup{m(A),A T} et on montre, dans cette tape, quil existeC T tel que m(C) = .Par dfinition dune borne suprieure, il existe une suite (An)nN dlments de Ttelle que m(An) quand n +. Grce ltape 1, on peut supposer (quitte remplacer An par An construit comme dans ltape 1) que An vrifie (2.9), cest--direque pour tout n N :

B T, B An m(B) 0. (2.10)

On pose C =

nN An. On commence par montrer que m(C) m(Am), pour toutm N.Soit m N. On peut crire C comme une union disjointe :

C = Am (n,m

Cn,m),

2.4. MESURE SIGNE 53

avec Cn,m T et Cn,m An pour tout m , n. En effet, il suffit pour cela de construirepar rcurrence (sur n) la suite des Cn,m en prenant pour Cn,m lintersection de C avecAn laquelle on retranche Am et les Cn,m prcdemment construits.Par -additivit de m, on a

m(C) = m(Am) +n,m

m(Cn,m)

puis, comme Cn,m An, on a, par (2.10), m(Cn,m) 0. On en dduit m(C) m(Am).En faisant tendre m vers, on a alors m(C) et donc, finalement m(C) = .tape 3. Construction de m+ et m.

Pour construire m+ et m, on utilise un lment C de T tel que m(C) = = sup{m(A),A T} (lexistence de C a t montr ltape 2). Pour A T, on pose :

m+(A) = m(AC), m(A) = m(ACc).On a m+() = m() = 0 (car m() = 0) et les applications m+ et m sont desapplications additives de T dans R (car m est additive). Pour montrer que m+ etm sont des mesures finies, il suffit de montrer quelles prennent leurs valeurs dansR+, ce que lon montre maintenant.Soit A T, on a, par additivit de m et grce la dfinition de ,

= m(C) = m(AC) +m(Ac C) m(AC) +.On en dduit m(AC) 0, ce qui prouve bien que m+(A) R+. On a aussi, encoreune fois par additivit de m et grce la dfinition de ,

m(C) +m(ACc) = +m(ACc).On en dduit m(ACc) 0 et donc m(A) R+.Les applications m+ et m sont des mesures finies (noter que m+(E) = m(EC)


Remarque 2.34 Une consquence de la proposition 2.33 est que la srie

nNm(An)apparaissant dans (2.8) est absolument convergente car (pour toute famille (An)nN T telle que An Am = , si n , m) on a

np=0

|m(Ap)| n

p=0

m+(Ap) +n

p=0

m(Ap) m+(E) +m(E)

2.5. LA MESURE DE LEBESGUE SUR LA TRIBU DES BORLIENS 55

On montre toutefois dans cette section que la restriction de B(R) est une mesure,quon note , mesure de Lebesgue. Lexistence de la mesure de Lebesgue peut aussitre dmontre en utilisant un thorme plus gnral (de F. Riesz) que nous verronsdans un chapitre ultrieur (thorme 5.6 page 261).Aprs la dfinition de et la dmonstration de proprits de , on donne la dmons-tration de la partie existence du thorme de Carathodory (voir page 60). La partieunicit du thorme de Carathodory (voir page 63) peut tre dmontre en utilisantla rgularit des mesures sur B(R) (Thorme 2.43, trs utile dans la suite du cours)et dun lemme classique sur les ouverts de R (lemme 2.44). Cette partie unicit peutaussi tre dmontre, plus directement, en utilisant la proposition 2.31.

Dfinition 2.36 (Dfinition de ) Soit A P (R). On pose

(A) = inf{nN

`(In); (In)nN EA},

avec EA = {(In)nN; In =]an,bn[, < an bn < +, n N, A

nN In} et`(I) = b a si I =]a,b[, < a b < +.

Proposition 2.37 (Proprits de ) Lapplication : P (R) R+ (dfinie dans ladfinition 2.36) vrifie les proprits suivantes :

1. () = 0,2. (Monotonie) (A) (B), pour tout A, B P (R) tel que A B,3. (sous additivit) Soit (An)nN P (R) et A =

nN An, alors

(A) nN

(An),

4. (]a,b[) = b a pour tout (a,b) R2 tel que < a < b < +.

DMONSTRATION On remarque tout dabord que (A) R+ pour tout A P (R)(car (A) est la borne infrieure dune partie de R+).Proprit 1. Pour montrer que () = 0, il suffit de remarquer que (In)nN E avecIn = pour tout n N, et donc 0 ()

nN `(In) = 0.

Proprit 2. Soit A,B P (R) tels que A B. On a EB EA et donc (A) (B).Proprit 3. Soit (An)nN P (R) et A =

nN An. Il suffit de considrer le cas o

(An) < + pour tout n N (sinon, lingalit est immdiate).Soit > 0. Pour tout n N, il existe (In,m)mN EAn telle que

mN`(In,m) (An) +

2n.


On remarque alors que (In,m)(n,m)N2 est un recouvrement de A par des intervallesouverts et donc que :

(A)

(n,m)N2`(In,m).

Noter que

(n,m)N2 `(In,m) =

nN `(I(n)), o est une bijection de N dans N2(cette somme ne dpend pas de la bijection choisie, voir le lemme 2.15 page 43). Avecle lemme 2.38 ci-dessous, on en dduit :

(A) nN

(mN

`(In,m)) nN

(An) + 2,

ce qui donne bien, en faisant tendre vers 0 :

(A) nN

(An).

Proprit 4. Pour montrer la quatrime proprit, on commence par montrer que

([a,b]) = b a, a,b R, a < b. (2.12)

Soit donc a, b R, a < b.Comme [a,b] ]a ,b+ [, pour tout > 0, on a ([a,b]) b a+ 2. On en dduit([a,b]) b a.Pour dmontrer lingalit inverse, soit (In)nN E[a,b]. Par compacit de [a,b], ilexiste n N tel que [a,b]

np=0 Ip. On peut alors construire (par rcurrence) i0, i1,

. . . , iq {0, . . . ,n} tels que ai0 < a, aip+1 < bip pour tout p {0, . . . , q 1}, b < biq . Onen dduit que

b a 0, il existe un ouvert O et un fermF tel que F A O et m(O \ F) . En particulier, on a donc, pour tout A B(R),m(A) = inf{m(O), O ouvert contenant A} et m(A) = sup{m(K), K compact inclusdans A}.

DMONSTRATION On appelle T lensemble des A B(R) tel que pour tout > 0,il existe O ouvert et F ferm vrifiant F A O et m(O \ F) . On va montrer queT est une tribu contenant C = {]a,b[, < a < b < +}. Comme C engendre B(R),ceci donnera T = B(R).On montre tout dabord que C T. Soit < a < b < + et A =]a,b[.Pour tout n n0 avec n0 tel que (2/n0) < b a on a :

[a+1n,b 1

n] A ]a,b[.


Pour n n0, on pose Bn =]a,a+(1/n)[]b (1/n),b[). La suite (Bn)nn0 est une suitedcroissante et

nn0 Bn = . Comme m est finie sur les compacts, on a m(Bn)

m([a,b]) < +. En utilisant la continuit dcroissante de m (proposition 2.27), on adonc :

m(]a,b[\[a+( 1n

),b 1n

]) = m(]a,a+1n

)[]b 1n,b[) = m(Bn) 0, lorsque n +.

Soit maintenant > 0 en prenant n assez grand on a m(Bn) . En prenant O = A etF = [a+ (1/n),b (1/n)], on a bien O ouvert, F ferm, F A O et m(O \ F) , cequi prouve que ]a,b[ T.On montre maintenant que T est une tribu. On remarque tout dabord que T (ilsuffit de prendre F = O = ) et que T est stable par passage au complmentaire (car, siF A O, on a Oc Ac Fc et Fc \Oc = O \ F). Il reste montrer que T est stablepar union dnombrable.

Soit (An)nN T et A =

nN An. On veut montrer que A T. On va commencer partraiter le cas (simple) o m(A) < + puis le cas (plus difficile) o m(A) = +.Premier cas. On suppose que m(A) < +.Soit > 0. Pour tout n N, il existe On ouvert et Fn ferm tel que Fn An On etm(On \ Fn) (/2n). On pose

O =nN

On et F =nN

Fn.

On a F A O, m(O \ F) 2, car (O \ F)

nN(On \ Fn), et O ouvert mais Fnest pas ncessairement ferm. . .

Cependant, puisque m(A) < +, on a aussi m(F) < +. Par continuit croissante dem (applique la suite (

np=0 Fp)nN), on a m(

np=0 Fp) m(F), quand n +,

do (puisque m(F) < +) m(F)m(n

p=0 Fp) 0. On prend alors F =N

p=0 Fp avecN assez grand pour que m(F \ F) = m(F)m(F) . On a bien F A O, O ouvert,F ferm et, comme (O\F) = (O\ F)(F\F), on a m(O\F) = m(O\ F)+m(F\F) 3,ce qui prouve que A T.Deuxime cas. On suppose maintenant que m(A) = + (et le raisonnement prcdentnest plus correct si m(F) = +). On raisonne en trois tapes :1. Soit p Z. On remarque dabord que An [p,p+ 1[ T pour tout n N. En effet,

soit n N et > 0. Il existe O ouvert et F ferm tel que F An O et m(O\F) .Pour k N, on a donc :

Fk = F [p,p+ 11k

] An [p,p+ 1[ Ok = O]p 1k,p+ 1[.

On a Fk ferm, Ok ouvert et (Ok \ Fk) (O \ F)]p 1k ,p[]p + 11k ,p + 1[. On

en dduit :m(Ok \ Fk) +m(]p

1k,p[]p+ 1 1

k,p+ 1[).

Or la continuit dcroissante de m donne que m((]p 1k ,p[]p+ 11k ,p+ 1[) 0

quand k + (on utilise ici le fait que m([p 1,p+ 1]) < + car m est finie surles compacts). Il existe donc k N tel que m(Ok \ Fk) 2, ce qui donne bien queAn [p,p+ 1[ T.


2. Comme m(A [p,p + 1[) < +, on peut maintenant utiliser le premier cas avecA[p,p+1[=

nN(An[p,p+1[). Il donne que A[p,p+1[ T pour tout p Z.

3. On montre enfin que A T. Soit > 0. Pour tout p Z, il existe un ouvert Op etun ferm Gp tel que Gp A [p,p + 1[ Op et m(Op \Gp) /(2|p|). On prendO =

pZ Op et F =

pZ Gp. On obtient F A O, m(O \ F) 3 et O est

ouvert. Il reste montrer que F est ferm.

Soit (xn)nN F tel que xn x (dans R) quand n +. On veut montrer quex F. Il existe p Z tel que x ]p 1,p + 1[. Il existe donc n0 N tel quexn ]p 1,p + 1[ pour tout n n0. Comme xn

qZ Gq et que Gq [q,q + 1[

pour tout q, on a donc xn Gp Gp1 pour tout n n0. Comme Gp Gp1 estferm, on en dduit que x Gp Gp1 F et donc que F est ferm.Ceci montre bien que A T et termine la dmonstration du fait que T est une tribu.Comme cela a dj t dit, on en dduit que T = B(R).

On a donc bien montr que pour tout A B(R) et pour tout > 0, il existe O ouvert etF ferm vrifiant F A O et m(O \ F) .On montre maintenant que m(A) = inf{m(O), O ouvert contenant A} pour tout A B(R). Soit A B(R). On remarque dabord que la monotonie dune mesure donne

m(A) inf{m(O),O ouvert contenant A}.Puis, lingalit inverse est immdiate si m(A) = +. Enfin, si m(A) < +, pour tout > 0 il existe O ouvert et F ferm vrifiant F A O et m(O \ F) . On a doncO \A O \ F et donc (par monotonie de m)

m(O \A) et m(O) = m(A) +m(O \A) m(A) + .On a donc trouv un ouvert O contenant A tel que m(O) m(A). On en dduitque inf{m(O), O ouvert contenant A} m(A) et finalement que m(A) = inf{m(O), Oouvert contenant A}.De manire semblable, on montre aussi que m(A) = sup{m(K),K compact, K A} pour tout A B(R). En effet, soit A B(R). Ici aussi, on commence par remarquerque la monotonie dune mesure donne

m(A) sup{m(K),K compact,K A}.On montre maintenant lingalit inverse. Soit > 0. Il existe F ferm tel que F A etm(A \ F) . Si m(A) = +, on en dduit que m(F) = + et donc que m(Kn) +quand n + (par continuit croissante de m) avec Kn = F [n,n]. Comme Knest compact pour tout n N, on a donc

sup{m(K),K compact inclus dans A} = + = m(A).Si m(A) < +, on a m(A) m(F) m(A) et donc, pour n assez grand (toujourspar continuit croissante de m),

m(Kn) m(F) m(A) 2 avec Kn = F [n,n].Comme Kn est compact pour tout n N et que est arbitraire, on en dduit quesup{m(K), K compact inclus dans A} m(A) et donc, finalement,

m(A) = sup{m(K),K compact,K A}.


Pour dmontrer la partie unicit du thorme 2.35 avec le thorme 2.43 on a aussibesoin du petit lemme suivant (diffrent du lemme 2.11 car dans le lemme 2.44 ondemande que les intervalles ouverts soient disjoints et on ne demande plus quilssoient borns).

Lemme 2.44 (Ouverts de R) Soit O un ouvert de R, alors O est une union au plusdnombrable dintervalles ouverts disjoints deux deux, cest--dire quil existe(In)nJ tel que J N, In est un intervalle ouvert de R pour tout n, In Im = si n ,met O =

nJ In.

DMONSTRATION Pour x O on poseOx = {y O; I(x,y) O}, avec I(x,y) = {tx+ (1 t)y, t [0,1]}

(on a donc I(x,y) = [x,y] ou [y,x]). On remarque que O =

xO Ox et que Ox est,pour tout x O, un intervalle ouvert (cest lintervalle ] inf Ox,sup Ox[, avec inf Ox,sup Ox R). Il est aussi facile de voir que, pour tous x, y O, Ox Oy , impliqueque Ox = Oy . On peut trouver A O tel que O =

xA Ox et OxOy = si x, y A,

x , y. Comme Ox , pour tout x A, on peut donc construire une application de Adans Q en choisissant pour chaque x A un rationnel de Ox (ce qui est possible cartout ouvert non vide de R contient un rationnel). Cette application est injective car

Ox Oy = si x,y A,x , y.Lensemble A est donc au plus dnombrable, ce qui termine la dmonstration dulemme.

Remarque 2.45 Dans la dmonstration du lemme 2.44, Ox est la composante connexede x. Le lemme 2.44 consiste donc remarquer quun ouvert est runion de sescomposantes connexes, que celles ci sont disjointes deux deux et sont des ouvertsconnexes et donc des intervalles ouverts (car un connexe dans R est ncessairementun intervalle).

DMONSTRATION DE LA PARTIE UNICIT DU THORME 2.35On a construit une mesure, note , sur B(R) telle que (]a,b[) = b a pour tout a,b R, a < b. Supposons que m soit aussi une mesure surB(R) telle que m(]a,b[) = bapour tout a, b R, a < b. On veut montrer que = m (sur tout B(R)). Nous le montronsici avec deux mthodes diffrentes, utilisant le thorme 2.43 ou la proposition 2.31.

Premire mthode, avec le thorme 2.43 sur la rgularit dune mesure finie surles compacts. En utilisant le fait que tout ouvert est runion dnombrable dintervallesouverts disjoints deux deux (lemme 2.44) et les proprits de -additivit de et dem, on montre que (O) = m(O) pour tout ouvert O de R. Puis, en utilisant la dernireassertion du thorme de rgularit (qui sapplique pour m et pour , car m et sontdes mesures sur B(R), finies sur les compacts), on obtient (A) = m(A) pour toutA B(R), i.e. m = .Deuxime mthode, avec la proposition 2.31. On utilise la proposition 2.31 avec (E,T) = (R, B(R)) et C = {]a,b], a,b R, a b}. On sait que C engendre B(R), et il est


clair que C est stable par intersection finie. On prend maintenant Fn = ]n,n+ 1] pour n Z. La famille (Fn)nZ est donc une famille dnombrable dlments de C, disjointsdeux deux et telle que R =

nZ Fn. Pour a, b R, a b, on a, par continuit

dcroissante de m,

m(]a,b]) = limp+

m(]a,b+1p

[)

= limp+

(b a+ 1p

)

= b a= (]a,b]).

On a donc m = sur C (et m(Fn) < + pour tout n Z). On peut donc appliquer laproposition 2.31. Elle donne = m sur B(R).

Remarque 2.46 Nous avons vu que la mesure de Lebesgue, note , est rgulire.Ceci ne donne pas, pour A B(R), lgalit de la mesure de A avec la mesure de sonintrieur ou de son adhrence. Il suffit, pour sen convaincre, de prendre, par exemple,A = Q. On a alors (A) = 0 (voir la remarque 2.49) et (A) = +.

Remarque 2.47 Nous avons donc, dans cette section, construit une application, note, de P (R) dans R+. Cette application nest pas une mesure mais nous avons montrque la restriction de la tribu de Lebesgue, note L, est une mesure. Puis, nousavons dmontr que B(R) L et obtenu ainsi, en prenant la restriction de B(R)la mesure que nous cherchions. On peut se demander toutefois quelle est la diffrenceentre L et B(R). Du point de vue des cardinaux, cette diffrence est considrablecar card(L) = card(P (R)) alors que card(B(R)) = card(R) mais du point de vue delintgration, la diffrence est drisoire, comme nous pourrons le voir avec lexercice4.19 (plus complet que lexercice 2.33) car lespace mesur (R,L,|L) est simplementle complt de (R,B(R),|B(R)).

On donne maintenant une proprit, spcifique la mesure de Lebesgue, qui est labase de toutes les formules de changement de variable pour lintgrale de Lebesgue.

Proposition 2.48 (Invariance par translation gnralise) Soit R et R.Pour A P (R), on note A + = {x+ , x A}. On a alors :1. A B(R) implique A + B(R),2. (A + ) = ||(A) pour tout A B(R).Pour = 1, cette proprit sappelle invariance par translation de .

DMONSTRATION Pour la premire partie de la proposition, on pose T = {A B(R); A + B(R)}. On montre facilement que T est une tribu contenant les inter-valles ouverts, on en dduit que T = B(R).

2.6. INDPENDANCE ET PROBABILIT CONDITIONNELLE 65

Pour la deuxime partie, on pose, pour tout A B(R), m1(A) = (A+) et m2(A) =||(A). Il est facile de voir que m1 et m2 sont des mesures sur B(R), finies sur lesborns, et quelles sont gales sur lensemble des intervalles ouverts. On raisonne alorscomme dans la dmonstration de la partie unicit du thorme 2.35, en utilisant lethorme 2.43 ou la proposition 2.31. Par exemple, en utilisant le lemme 2.44 et lesproprits de -additivit de m1 et de m2, on montre que m1(O) = m2(O) pour toutouvert O de R. Puis, en utilisant la dernire assertion du thorme de rgularit (quisapplique pour m1 et pour m2), on obtient m1(A) = m2(A) pour tout A B(R). On adonc (A + ) = ||(A) pour tout A B(R).

Remarque 2.49 La mesure de Lebesgue est diffuse (cest--dire que ({x}) = 0 pourtout x R). Donc, si D est une partie dnombrable de R, on a (D) = 0. Ainsi,

(N) = (Z) = (Q) = 0.

La rciproque est fausse. On construit par exemple un ensemble (dit ensemble deCantor, K, qui est une partie compacte non dnombrable de [0,1], vrifiant (K) = 0,voir exercice 2.32).

Dfinition 2.50 (Mesure de Lebesgue sur un borlien de R) Soit I un intervalle deR (ou, plus gnralement, I B(R)) et T = {B B(R); B I} (on peut montrer queT = B(I), o I est muni de la topologie induite par celle de R, voir lexercice 2.3 page73). Il est facile de voir que T est une tribu sur I et que la restriction de (dfiniedans le thorme 2.35) T est une mesure sur T, donc sur les borliens de I (voirlexercice 2.17 page 88). On note toujours par cette mesure.

2.6 Indpendance et probabilit conditionnelle

2.6.1 Probabilit conditionnelle

Commenons par expliquer la notion de probabilit conditionnelle sur lexemple dulancer de d. On se place dans le modle quiprobable : soient E = {1,2,3,4,5,6},T = P (E) et p la probabil

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Mesure, intégration et probabilités