Théorie de la mesure/Devoir/Constructions de mesures

1°) Restriction d'une mesure extérieure en une mesure sur une sous-tribu.

Soient ${\cal {T}}$ une tribu sur un ensemble $X$, et $\mu$ une « mesure extérieure » sur ${\cal {T}}$, c'est-à-dire une application de ${\cal {T}}$ dans $[0,+\infty ]$ telle que :

• i) $\mu (\varnothing )=0$ ;
• ii) $\mu$ est croissante : $\forall A,B\in {\cal {T}}\quad \left(A\subset B\Rightarrow \mu (A)\leq \mu (B)\right)$ ;
• iii) $\mu$ est dénombrablement sous-additive : $\forall A_{n}\in {\cal {T}},\mu \left(\cup _{n\in \mathbb {N} }A_{n}\right)\leq \sum _{n=0}^{\infty }\mu (A_{n})$.

($\mu$ est donc « presque » une mesure sur ${\cal {T}}$).

a) Montrer que pour tous $A,B\in {\cal {T}}$, $\mu (A\cup B)\leq \mu (A)+\mu (B)$.

On pose ${\cal {S}}=\{E\in {\cal {T}}\mid \forall A\in {\cal {T}}\quad \mu (A)\geq \mu (A\cap E)+\mu (A\cap E^{c})\}$.

b) Montrer que les $E\in {\cal {T}}$ tels que $\mu (E)=0$ appartiennent à ${\cal {S}}$.

c) Soient $E,F\in {\cal {S}}$. Montrer que pour tout $A\in {\cal {T}}$,

$\mu (A\cap (E\cup F))=\mu (A\cap E\cap F)+\mu (A\cap E^{c}\cap F)+\mu (A\cap E\cap F^{c})$.

d) Montrer que ${\cal {S}}$ est une algèbre sur $X$.

e) Soient $E_{k}\in {\cal {S}}$, disjoints deux à deux. On pose $F_{n}=\cup _{k=0}^{n}E_{k}$ et $F=\cup _{k=0}^{\infty }E_{k}$.

Pour tout $A\in {\cal {T}}$, montrer que $\mu (A\cap F_{n})=\sum _{k=0}^{n}\mu (A\cap E_{k})$ ($\forall n\in \mathbb {N}$), et en déduire que $\mu (A)\geq \sum _{k=0}^{\infty }\mu (A\cap E_{k})+\mu (A\cap F^{c})$.

f) En déduire que $F\in {\cal {S}}$ et que pour tout $B\in {\cal {T}}$, $\mu (B\cap F)=\sum _{k=0}^{\infty }\mu (B\cap E_{k})$.

g) En déduire que ${\cal {S}}$ est une sous-tribu de ${\cal {T}}$ et que la restriction de $\mu$ à ${\cal {S}}$ est une mesure ($\sigma$-additive).

Solution

(Dans tout ce paragraphe on utilisera constamment — implicitement — le fait que ${\cal {T}}$ est une tribu).

a) Pour $A_{0}=A,A_{1}=B$, et $A_{n}=\varnothing \ \forall n\geq 2$, (iii) et (i) donnent : $\mu (A\cup B)\leq \mu (A)+\mu (B)$.

b) Pour tout $E\in {\cal {T}}$ on a, d'après (ii) : $\mu (A\cap E)+\mu (A\cap E^{c})\leq \mu (E)+\mu (A)$ ($\forall A\in {\cal {T}}$), d'où, si $\mu (E)=0$ : $E\in {\cal {S}}$.

c) Remarquons d'abord que vu (a), un élément $E$ de ${\cal {T}}$ appartient à ${\cal {S}}$ si et seulement si : $\forall A\in {\cal {T}}\quad \mu (A)=\mu (A\cap E)+\mu (A\cap E^{c})$.

Pour $E,F\in {\cal {S}}$ et $A\in {\cal {T}}$ on a donc :

• puisque $E\in {\cal {S}}$, $\mu (A\cap (E\cup F))=\mu (A\cap (E\cup F)\cap E)+\mu (A\cap (E\cup F)\cap E^{c})=\mu (A\cap E)+\mu (A\cap F\cap E^{c})$, et
• puisque $F\in {\cal {S}}$, $\mu (A\cap E)=\mu (A\cap E\cap F)+\mu (A\cap E\cap F^{c})$.

d) D'après (i) et (b), ${\cal {S}}$ est non vide.

Vue sa définition, ${\cal {S}}$ est stable par complémentaire.

Soient $E,F\in {\cal {S}}$, montrons que $E\cup F\in {\cal {S}}$.

Pour tout $A\in {\cal {T}}$ on a, d'après (c) : $\mu (A\cap (E\cup F))+\mu (A\cap (E\cup F)^{c})=\mu (A\cap E\cap F)+\mu (A\cap E^{c}\cap F)+\mu (A\cap E\cap F^{c})+\mu (A\cap E^{c}\cap F^{c})$.

Comme $F\in {\cal {S}}$, la somme du premier et du troisième terme vaut $\mu (A\cap E)$ et celle du deuxième et du quatrième vaut $\mu (A\cap E^{c})$. Comme $E\in {\cal {S}}$, la somme des quatre termes est donc égale à $\mu (A)$, d'où le résultat.

e) Remarquons que pour $E$ et $F$ disjoints, l'égalité de (c) se simplifie en : $\mu (A\cap (E\cup F))=0+\mu (A\cap F)+\mu (A\cap E)$.

Ceci permet de montrer $\mu (A\cap F_{n})=\sum _{k=0}^{n}\mu (A\cap E_{k})$ par récurrence sur $n$ (en utilisant que $F_{n+1}$ est l'union disjointe de $F_{n}$ et de $E_{n+1}$).

On a donc : $\mu (A)=\sum _{k=0}^{n}\mu (A\cap E_{k})+\mu (A\cap F_{n}^{c})$. D'après (ii) on en déduit

$\mu (A)\geq \sum _{k=0}^{n}\mu (A\cap E_{k})+\mu (A\cap F^{c})$,

et ce pour tout $n\in \mathbb {N}$, d'où le résultat.

f) D'après (iii), $\mu (A\cap F)\leq \sum _{k=0}^{n}\mu (A\cap E_{k})$, d'où (d'après (e))

$\mu (A)\geq \mu (A\cap F)+\mu (A\cap F^{c})$, et ce pour tout $A\in {\cal {T}}$, donc $F\in {\cal {S}}$.

Pour tout $B\in {\cal {T}}$, en appliquant (e) à $A=B\cap F$, on trouve aussi que $\mu (B\cap F)\geq \sum _{k=0}^{\infty }\mu (B\cap E_{k})$, d'où l'égalité d'après (iii).

g) ${\cal {S}}$ est une sous-algèbre de ${\cal {T}}$ stable par réunion dénombrable disjointe, donc une sous-tribu.

Sur ${\cal {S}}$, $\mu$ est $\sigma$-additive d'après (f) appliqué à $B=X$ (ou à $B=F$).

 

2°) Un $v$ sur les compacts donne un $\lambda$ sur les ouverts.

Soient $X$ un espace localement compact (c'est-à-dire un espace topologique dans lequel tout point admet un voisinage compact), et $K(X)$ l'ensemble de ses compacts. (C'est une généralisation du cas $X=\mathbb {R} ^{n}$ où $K(X)$ est l'ensemble des fermés bornés de $\mathbb {R} ^{n}$). Les propriétés utiles seront, si $K$ est un compact de $X$ :

• i) pour tout compact $K'$, $K\cup K'$ est compact ;
• ii) pour tout ouvert $U$, $K\setminus U$ est compact et $U\setminus K$ est ouvert ;
• iii) de tout recouvrement ouvert de $K$ on peut extraire un sous-recouvrement fini : si $K\subset \cup _{i\in I}U_{i}$ avec $U_{i}$ ouverts, il existe $J$ fini $\subset I$ tel que $K\subset \cup _{i\in J}U_{i}$ ;
• iv) il existe un ouvert $U$ de $X$, contenant $K$, et inclus dans un compact.

Soit $v:K(X)\to \mathbb {R} ^{+}$, croissante, et telle que

$\forall K,K'\in K(X)\quad v(K\cup K')\leq v(K)+v(K')$, et même,

si $K\cap K'=\varnothing$ alors $v(K\cup K')=v(K)+v(K')$ (en particulier, $v(\varnothing )=0$).

Pour tout ouvert $U$ de $X$ on pose : $\lambda (U)={\rm {sup}}\{v(K)\mid K{\text{ compact }}\subset U\}$.

Montrer que :

a) $\lambda (\varnothing )=0$ et $\lambda$ est croissante, à valeurs dans $[0,+\infty ]$ ;

b) si $U$ est inclus dans un compact, $\lambda (U)$ est fini ;

c) $\lambda (U\cup V)\leq \lambda (U)+\lambda (V)$ ($\forall U,V$ ouverts) (indication : pour tout compact $K\subset U\cup V$ on posera $K'=K\setminus V$ et $K''=K\setminus U$) ;

d) $\lambda (\cup _{n\in \mathbb {N} }U_{n})\leq \sum _{n=0}^{\infty }\lambda (U_{n})$ (pour toute suite d'ouverts $U_{n}$) ;

e)  pour tout compact $K$ inclus dans $U$, $\lambda (U)\geq v(K)+\lambda (U\setminus K)$.

Solution

a) Pour $U=\varnothing$, $K\subset U\Leftrightarrow K=\varnothing$ (compact), donc $\lambda (\varnothing )=\sup\{v(\varnothing )\}=v(\varnothing )=0$. Si $U\subset V$ alors $\{v(K)\mid K{\text{ compact }}\subset U\}\subset \{v(K)\mid K{\text{ compact }}\subset V\}$, d'où $\lambda (U)\leq \lambda (V)$.

De ces deux propriétés on déduit que pour tout ouvert $V$, $\lambda (V)\in [0,+\infty ]$.

b) Si $U$ est inclus dans un compact $K$ alors, pour tout compact $K'\subset U$ on a $K'\subset K$ donc $v(K')\leq v(K)$, d'où $\lambda (U)\leq v(K)<+\infty$.

c) Soient $U,V$ ouverts de $X$. Soit $K$ un compact dans $U\cup V$, posons $K'=K\setminus V$ et $K''=K\setminus U$ (compacts d'après (ii)).

De $K=K'\cup K''$ on déduit $v(K)\leq v(K')+v(K'')$.

D'autre part, $K'\subset U$ et $K''\subset V$ donc $v(K')\leq \lambda (U)$ et $v(K'')\leq \lambda (V)$.

On a donc $v(K)\leq \lambda (U)+\lambda (V)$ pour tout compact $K$ inclus dans $U\cup V$, d'où $\lambda (U\cup V)\leq \lambda (U)+\lambda (V)$.

d) On déduit d'abord de (c) (par récurrence) que $\forall n\in \mathbb {N} \quad \lambda (U_{0}\cup U_{1}\cup \ldots \cup U_{n})\leq \sum _{k=0}^{n}\lambda (U_{k})$.

Soient $U=\cup _{k\in {\bf {N}}}U_{k}$ et $K$ un compact inclus dans $U$. D'après (iii), il existe un entier $n$ tel que $K\subset U_{0}\cup U_{1}\cup \ldots \cup U_{n}$, donc tel que $v(K)\leq \lambda (U_{0}\cup U_{1}\cup \ldots \cup U_{n})$. Vue la déduction préliminaire on obtient donc $v(K)\leq \sum _{k=0}^{n}\lambda (U_{k})$.

Par conséquent, $v(K)\leq \sum _{k=0}^{\infty }\lambda (U_{k})$ pour tout compact $K$ inclus dans $U$, d'où $\lambda (U)\leq \sum _{k=0}^{\infty }\lambda (U_{k})$.

e) Soit $K'$ un compact inclus dans l'ouvert $U\setminus K$. Alors $K'$ est disjoint de $K$ donc $v(K)+v(K')=v(K\cup K')$, et $K\cup K'$ est un compact inclus dans $U$ donc $v(K\cup K')\leq \lambda (U)$. On a donc $v(K)+v(K')\leq \lambda (U)$ pour tout compact $K'\subset U\setminus K$, d'où le résultat (par définition de $\lambda (U\setminus K)$).

 

3°) Ce $\lambda$ sur les ouverts se prolonge en une mesure extérieure, qui donne une mesure sur les boréliens

À partir du $\lambda$ de la question 2 on pose, pour toute partie $A$ de $X$ :

$\mu (A)={\rm {inf}}\{\lambda (U)\mid U{\text{ ouvert }}\supset A\}$.

Montrer que :

a) pour tout ouvert $U$, $\mu (U)=\lambda (U)$ ;

b) sur la tribu ${\cal {T}}={\cal {P}}(X)$, $\mu$ est une mesure extérieure (c'est-à-dire vérifie les hypothèses de la question 1) ;

c) pour tout compact $K$, $v(K)\leq \mu (K)<+\infty$ ;

d) pour qu'une partie $E$ de $X$ appartienne à la sous-tribu ${\cal {S}}$ (définie dans la question 1), il suffit que pour tout ouvert $U$, $\mu (U)\geq \mu (U\cap E)+\mu (U\cap E^{c})$ ;

e) si $E$ est ouvert alors $E\in {\cal {S}}$ ;

f) ${\cal {S}}$ contient la tribu des boréliens sur $X$.

Solution

a) $U$ est le plus petit ouvert contenant $U$ donc (par croissance de $\lambda$) $\mu (U)=\lambda (U)$.

b) En particulier (d'après 2.a) $\mu (\varnothing )=0$.

Si $A\subset B$ alors $\{\lambda (U)\mid U{\rm {\ ouvert\ }}\supset A\}\supset \{\lambda (U)\mid U{\rm {\ ouvert\ }}\supset B\}$ donc $\mu (A)\leq \mu (B)$ : $\mu$ est croissante, donc à valeurs dans $[0,+\infty ]$ puisque $\mu (\varnothing )=0$.

Il reste à montrer que $\mu (A)\leq \sum _{n=0}^{\infty }\mu (A_{n})$ pour $A=\bigcup _{n\in {\bf {N}}}A_{n}$.

Si l'un des $\mu (A_{n})$ est infini, c'est évident. Sinon, soit $\varepsilon >0$.

Pour tout $n\in \mathbb {N}$, par définition de $\mu (A_{n})$, il existe un ouvert $U_{n}\supset A_{n}$ tel que $\mu (A_{n})+{\varepsilon \over 2^{n}}\geq \lambda (U_{n})$ d'où (en sommant et en appliquant 2.d) :

$2\varepsilon +\sum _{n=0}^{\infty }\mu (A_{n})\geq \lambda (U)$, avec $U=\cup _{n\in \mathbb {N} }U_{n}$.

Mais $U$ est un ouvert contenant $A$ donc $\lambda (U)\geq \mu (A)$. Par conséquent, $2\varepsilon +\sum _{n=0}^{\infty }\mu (A_{n})\geq \mu (A)$, et ce pour tout $\varepsilon >0$, donc $\sum _{n=0}^{\infty }\mu (A_{n})\geq \mu (A)$.

c) Soit $K$ un compact. Pour tout ouvert $U$ contenant $K$, $\lambda (U)\geq v(K)$ par définition de $\lambda (U)$. Donc $\mu (K)\geq v(K)$ par définition de $\mu (K)$.

D'autre part, d'après 2.iv et 2.b, il existe un ouvert $U\supset K$ tel que\break $\lambda (U)<+\infty$, ce qui revient à dire que $\mu (K)<+\infty$.

d) Supposons que pour tout ouvert $U$, $\mu (U)\geq \mu (U\cap E)+\mu (U\cap E^{c})$. Soit $A$ une partie quelconque de $X$. Pour tout ouvert $U\supset A$, on en déduit : $\lambda (U)=\mu (U)\geq \mu (U\cap E)+\mu (U\cap E^{c})\geq \mu (A\cap E)+\mu (A\cap E^{c})$ (d'après 3.a et 3.b), d'où (par définition de $\mu (A)$) : $\mu (A)\geq \mu (A\cap E)+\mu (A\cap E^{c})$.

e) Supposons $E$ ouvert. D'après (d) et (a) il suffit de montrer que pour tout ouvert $U$, $\lambda (U)\geq \lambda (U\cap E)+\mu (U\cap E^{c})$, autrement dit : que pour tout ouvert $U$ et tout compact $K\subset U\cap E$, $\lambda (U)\geq v(K)+\mu (U\cap E^{c})$. Pour cela il suffit de remarquer que $U\setminus K$ est un ouvert contenant $U\cap E^{c}$ et d'appliquer 2.e.

f) Résulte du fait que ${\cal {S}}$ est une tribu sur $X$ (1.g) contenant les ouverts (3.e).

 

4°) Régularité de cette mesure.

Par construction (et d'après 3.a), toute partie $A$ de $X$ est « extérieurement régulière », c'est-à-dire vérifie :

$\mu (A)=\inf\{\mu (U)\mid U{\rm {\ ouvert\ }}\supset A\}$.

On dira que $A$ est de plus « intérieurement régulier » si

$\mu (A)={\rm {sup}}\{\mu (K)\mid K{\text{ compact }}\subset A\}$.

Montrer que :

a) tout ouvert est intérieurement régulier ;

b) si $E\in {\cal {S}}$ et $E$ est inclus dans un compact $K$, alors $E$ est intérieurement régulier (utiliser que $K\setminus E$ est extérieurement régulier) ;

c) plus généralement, si $E\in {\cal {S}}$ et $\mu (E)<+\infty$, alors $E$ est intérieurement régulier (utiliser (a) et (b)).

Solution

Remarquons que pour tout $A\subset X$, par croissance de $\mu$, on a déjà

$\mu (A)\geq \sup\{\mu (K)\mid K{\text{ compact }}\subset A\}$.

$A$ est donc intérieurement régulier si et seulement si l'inégalité inverse est vérifiée.

a) D'après 3.a si $U$ est ouvert, $\mu (U)=\lambda (U)$, et d'après 3.c $\lambda (U)={\rm {sup}}\{v(K)\mid K{\text{ compact }}\subset U\}\leq \sup\{\mu (K)\mid K{\text{ compact }}\subset U\}$. (Remarque : cette démonstration ne suppose pas que $\mu (U)$ soit fini).

b) Supposons $E\in {\cal {S}}$, $K$ compact, et $E\subset K$. Par croissance de $\mu$ et d'après 3.c, $\mu (K\setminus E)\leq \mu (K)<+\infty$, donc pour tout $\varepsilon >0$ il existe un ouvert $U\supset K\setminus E$ tel que $\mu (U)\leq \mu (K\setminus E)+\varepsilon$ autrement dit (d'après 1.g et 3.f) tel que $\mu (U\setminus (K\setminus E))\leq \varepsilon$. Soit $K'=K\setminus U$ : c'est un compact inclus dans $E$, et $E\setminus K'\subset U\setminus (K\setminus E)$ donc $\mu (E\setminus K')\leq \varepsilon$, donc $\mu (E)\leq \varepsilon +\mu (K')$.

D'où $\mu (E)\leq \varepsilon +\sup\{\mu (K'')\mid K''{\text{ compact }}\subset E\}$, et ce pour tout $\varepsilon >0$, ce qui prouve que $\mu (E)\leq \sup\{\mu (K'')\mid K''{\text{ compact }}\subset E\}$.

c) Soit $E\in {\cal {S}}$ de mesure finie, c'est-à-dire inclus dans un ouvert $U$ tel que $\lambda (U)<+\infty$. Pour montrer que $E$ est intérieurement régulier il suffit, comme dans (b), de montrer que pour tout $\varepsilon >0$, il existe un compact $K'\subset E$ tel que $\mu (E\setminus K')\leq \varepsilon$. Pour cela, on choisit d'abord (en utilisant a) un compact $K\subset U$ tel que $\mu (K)\geq \mu (U)-{\varepsilon \over 2}$ donc (d'après 1.g et 3.f) tel que $\mu (U\setminus K)\leq {\varepsilon \over 2}$. Puis (en appliquant (b) à $E\cap K$) on trouve un compact $K'$ inclus dans $E\cap K$ (donc dans $E$) tel que $\mu ((E\cap K)\setminus K')\leq {\varepsilon \over 2}$. Mézalor, $E\setminus K'$ est inclus dans la réunion de ces deux ensembles de mesure $\leq {\varepsilon \over 2}$, d'où le résultat.

 

ÉPILOGUE

Dans ce problème, à partir d'un $v:K(X)\to \mathbb {R} ^{+}$ (vérifiant les hypothèses de la question 2), on a construit un $\lambda :\{{\text{ouverts de }}X\}\to [0,+\infty ]$ qu'on a étendu en une mesure $\mu$ sur les boréliens de $X$ (vérifiant des propriétés supplémentaires). Cette construction classique ($v$ donne $\mu$) permet, pour de bons choix de $v$, de démontrer (pour $X$ localement compact) :

• sur l'espace des fonctions continues de $X$ dans $\mathbb {R}$ nulles hors d'un compact, toute forme linéaire positive $L$ est de la forme $f\mapsto L(f)=\int _{X}f\,\mathrm {d} \mu$ pour une certaine mesure $\mu$ (qui dépend bien sûr de $L$).
  C'est le théorème de représentation de Riesz.
  Pour cela, on choisit $v$ convenablement en fonction de $L$.
• si $X$ est muni d'une structure de groupe (non nécessairement commutatif) compatible avec sa topologie, il existe sur $X$ une mesure de Haar à gauche (c'est-à-dire non nulle et invariante par les translations à gauche).
  Pour cela, on construit un $v$ non nul invariant par ces translations.

Sur $X=\mathbb {R}$ (ou même $\mathbb {R} ^{n}$), la mesure de Lebesgue est un cas particulier commun à ces deux applications. (Dans le premier cas, pour $L=$ l'intégrale de Riemann, dans le second cas, pour la structure de groupe additif usuelle).