cours/mesure positive d'une application.md

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mesure positive mesure

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)