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aliases:
  - mesure positive
  - mesure
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up:: [[fonction mesurable]], [[espace mesurable]]
#s/maths/algèbre 

> [!definition] [[mesure positive d'une application]]
> Soit $(E, \mathcal{A})$ un espace mesurable.
> On appelle mesure (positive) sur $(E, \mathcal{})$ une application $\mu : \mathcal{A} \to \overline{\mathbb{R}^{+}}$ telle que :
> 1. $\mu(\emptyset) = 0$
> 2. si $(A_{n})_{n \in \mathbb{N}}$ une suite d'éléments de $\mathcal{A}$ deux-à-deux disjoints, alors $\displaystyle \mu\left( \bigcup _{n \in \mathbb{N}} A _{n} \right) = \sum\limits_{n \in \mathbb{N}} \mu(A_{n})$
> 
> Alors $(E, \mathcal{A}, \mu)$ est un [[espace mesurable]]
^definition

# Propriétés

> [!proposition] Proposition 1
> Soit $(E, \mathcal{A}, \mu)$ un [[espace mesurable]]
> Pour $A_{1}, \dots, A_{n} \in \mathcal{A}$  2 à 2 disjoints, on a : $\mu\left( \bigcup _{k =1}^{k} A_{n} \right) = \sum\limits_{k=1}^{n} \mu(A_{k})$
> > [!démonstration]- Démonstration
> > On applique le 2. de la définition d'une mesure, avec $A_1, A_2, \dots, A_{n}, \emptyset, \emptyset, \emptyset, \dots$ 
^mesure-union-disjoite

> [!proposition] Proposition 2
> Soit $(E, \mathcal{A}, \mu)$ un [[espace mesurable]]
> Si $A$ et $B$ sont dans $\mathcal{A}$, avec $A \subset B$, alors :
>     - $\mu(A) \leq \mu(B)$
>     - si $\mu(A) < +\infty$, alors $\mu(B \setminus A) = \mu(B) - \mu(A)$
> > [!démonstration]- Démonstration
> > $B = A \cup (B \setminus A)$ et cette réunion est disjointe
> > $\mu(B) = \mu(A) + \underbrace{\mu(B \setminus A)}_{\geq 0} \geq \mu(A)$

> [!proposition] Proposition 3
> Soit $(E, \mathcal{A}, \mu)$ un [[espace mesurable]]
> Soit $A, B \in \mathcal{A}$, on a $\boxed{\mu(A \cup B) + \mu(A \cap B) = \mu(A) + \mu(B)}$
> > [!démonstration]- Démonstration
> > $(A \cup B) = (A \cap B) \cup (A \setminus (A \cap B)) \cup (B \setminus (A \cap B)$ et ces 3 ensembles sont 2-à-2 disjoints, donc :
> > $\mu(A \cup B) = \mu(A \cap B) + \mu(A \setminus (A \cap B)) + \mu(B \setminus (A \cap B))$
> > Si $\mu(A \cap B) = +\infty$, alors $\mu(A) = +\infty$, $\mu(B) = +\infty$ et $\mu(A \cup B) = +\infty$, donc la formule est verrifiée
> > Si $\mu(A \cap B) < +\infty$, alors $\mu(A \setminus (A \cap B)) = \mu(A) - \mu(A \cap B)$ et $\mu(B \setminus (A \cap B)) = \mu(B) - \mu(A \cap B)$

> [!proposition] Proposition 4
> $\mu$ sur $(E, \mathcal{A})$ est une mesure si et seulement si :
> 1. $\mu(\emptyset) = 0$
> 2. Si $A$ et $B$ sont deux éléments disjoints de $\mathcal{A}$, alors $\mu(A \cup B) = \mu(A) + \mu(B)$
>     - $\mu$ est un morphisme de $(\mathcal{A}, \cup)$ vers $(\overline{\mathbb{R}^{+}}, +)$
> 3. Pour toute suite $(B_{n})_{n\geq0}$ croissante de $\mathcal{A}$, on a $\displaystyle \mu\left( \bigcup _{n \geq 0} B_{n} \right) = \lim\limits_{ n \to \infty } \mu(B_{n})$
> > [!démonstration]- Démonstration
> > #### Implication $\implies$
> > Supposons que $\mu$ est une mesure sur $(E, \mathcal{A})$
> > On a déjà vu que $\mu(A \cup B) = \mu(A) + \mu(B)$ si $A \cap B = \emptyset$
> > Soit $(B_{n})$ une suite croissante de $\mathcal{A}$
> > On posedéfinit la suite $(A_{n})$ :
> > - $A_0 = B_0$
> > - $A_1 = B_1 \setminus B_0$
> > - $\vdots$
> > - $A_{n} = B_{n} \setminus B_{n-1}$ (pour $n \geq 1$)
> > alors, les ensembles $(A_{n})_{n}$ sont 2 à 2 disjoints
> > Soit $n > m \geq 1$, alors $A = B_{n} \setminus B_{n-1}$ 
> > et $A_{m} \subset B_{m} \subset B_{n-1}$
> > or, $\displaystyle B_{n} = \bigcup _{k=0}^{n} A_{k}$ et $\displaystyle \bigcup _{n \geq 0}B_{n} = \bigcup _{n\geq 0}A_{n}$
> > car : $A_{n} \subset B_{n}$, donc $\bigcup _{n} A_{n} \subset \bigcup _{n} B_{n}$, et $\forall x \in \bigcup _{n} B_{n}, \quad \exists n_0, \quad x \in B_{n_0}$, donc $\bigcup _{k=0}^{n_0} A_{k} \subset \bigcup _{k} A_{k}$
> > Alors :
> > $$\begin{align} \displaystyle 
> > \mu\left( \bigcup _{n=0}^{+\infty} B_{n}\right) &= \mu\left( \bigcup _{n=0}^{+\infty} A_{n} \right) = \sum\limits_{n=0}^{+\infty} \mu(A_{n}) & \text{car les } A_{n} \text{ sont 2 à 2 disjoints} \\
> > &= \lim\limits_{ N \to \infty } \sum\limits_{n=0}^{N} \mu(A_{n}) = \lim\limits_{ N \to \infty } \mu\left( \bigcup _{n=0}^{N}A_{n} \right)\\
> > &= \lim\limits_{ N \to \infty } \mu(B_{n})
> > \end{align}$$
> > #### Implication réciproque $\impliedby$
> > Soit $(A_{n})_{n\in\mathbb{N}}$ une suite d'éléments de $\mathcal{A}$ 2 à 2 disjoints
> > Posons $B_0 = A_0$ et, pour $n\geq 1$, $B_{n} = \bigcup _{k=0}^{n} A_{k}$
> > la suite $(B_{n})$ est croissante, et $\bigcup _{n=0}^{+\infty}B_{n} = \bigcup _{n\geq_0}A_{n}$
> > $\displaystyle\mu\left( \bigcup _{n=0}^{+\infty} \right) = \mu\left( \bigcup _{n=0}^{+\infty} B_{n} \right) = \lim\limits_{ N \to \infty }\mu(B_{N}) = \lim\limits_{ N \to \infty } \mu\left( \bigcup _{k=0}^{N} A_{k} \right) = \lim\limits_{ N \to \infty } \sum\limits_{k=0}^{N}\mu(A_{k})$
> > 

> [!proposition] Proposition 5
> Soit $(B_{n})_{n\in\mathbb{N}}$ une suite d'éléments de $\mathcal{A}$
> $\boxed{\mu\left( \bigcup _{n=0}^{+\infty}B_{n} \right) \leq \sum\limits_{n=0}^{+\infty} \mu(B_{n})}$
> > [!démonstration]- Démonstration
> > Posons $A_0 = B_0$ et $A_{n} = B_{n} \setminus \left( \bigcup _{k=0}^{n-1} B_{k} \right)$ pour $n \geq 1$
> > les ensembles $(A_{n})_{n}$ sont deux à deux disjoints
> > on a  $\displaystyle \bigcup _{k=0}^{n} A_{k} = B_{n}$ et $\displaystyle\bigcup _{k=0}^{+\infty} B_{k} = \bigcup _{k=0}^{+\infty}A_{k}$
> > Soit $x \in \bigcup _{k=0}^{n} B_{k}$ alors $\exists n_0 \in \{ 0, 1, \dots , n \}, \quad x \in B_{n_0}$ 
> > Choisissons $n_0$ le plus petit possible :
> > $n_0 = \inf \{ n \in [\![ 0; n ]\!] \mid x \in B_{n} \}$
> > $x \in B_{n_0}$ et $\forall n \leq n_0-1, \quad x \notin B_{k}$ 
> > Donc, $x_{n} \in B_{n_0} \setminus \left( \bigcup _{k=0}^{n_0-1} B_{k} \right) = A_{n_0}$
> > Donc $x \in \bigcup _{k=0}^{n} A_{k}$
> > On a donc bien $x \in \bigcup _{k=0}^{n} B_{k} \implies x \in \bigcup _{k=0}^{n} A_{k}$ 
> > $\mu\left( \bigcup _{n\geq 0} B_{n} \right) = \mu\left( \bigcup _{n\geq 0} A_{n} \right) = \sum\limits_{n\geq 0} \mu(\underbracket{A_{n}}_{\subset B_{n}}) \leq \sum\limits_{n\geq 0} \mu(B_{n})$
> > 

> [!proposition] Proposition 6
> Soit $(A_{n})_{n  \in \mathbb{N}}$ une suite décroissante d'éléments de $\mathcal{A}$ telle qu'il existe $n_0 \in \mathbb{N}$ avec $\mu(A_{n_0}) < +\infty$
> $\boxed{\displaystyle\lim\limits_{ n \to \infty } \mu(A_{n}) = \mu\left( \bigcap _{n\geq 0} A_{n} \right)}$
> - ! il faut qu'au moins un des $A_{n}$ aie une mesure finie (d'où $\mu(A_{n_0}) < +\infty$)
> une intersection d'ensembles de mesure infinie peut être vide !
> On aurait alors $\lim\limits_{ n \to \infty } \mu(A_{n}) = +\infty$ mais $\displaystyle\mu\left( \bigcap\limits _{n\geq_0} A_{n} \right) = 0$
> > [!démonstration]- Démonstration
> > Pour $n \geq n_0$, posons $B_{n} = A_{n_0} \setminus A_{n}$
> > alors :
> > - $B_{n_0+1} = A_{n_0} \setminus A_{n_0+1}$
> > - $B_{n_0 +2}=A_{n_0}\setminus A_{n_0+2}$
> > - $\vdots$
> > On sait donc que $(B_{n})_{n \geq n_0}$ est croissante
> > 
> > ensuite, on a : $\displaystyle\bigcup _{k \geq n_0}B_{k} = A_{n_0} \setminus \left(\bigcap _{n\geq n_0} A_{n}\right)$
> > > [!démonstration]- Démonstration
> > > $A_{n_0} \setminus \left( \bigcap _{n\geq n_0} A_{n} \right) = A_{n_0} \cap \left( \bigcap _{n\geq n_0} A_{n} \right) ^{\complement} = A_{n_0} \cap \left( \bigcup _{n\geq  n_0} A_{n}^{\complement} \right)$
> > > Si $x \in \bigcup _{k \geq n_0}B_{k}$, il existe $p\geq n_0$ tel que $x \in B_{p}$
> > > par définition, $x \in A_{n_0} \setminus A_{p} = A_{n_0} \cap \left( A_{p}^{\complement} \right) \subset A_{n_0} \setminus \left( \bigcap _{n\geq n_0} A_{n} \right)$ 
> > >