Probabilité, mesure, et intégration

On procède par double inclusion:

\(\boxed{\subset}\) Soit \(a\in \rbb -1,1\lbb\text{.}\) Alors \(a-a=0\in \mathbb Q\) donc

\(\boxed{\supset}\) Pour tout \(a\in \rbb -1,1\lbb\text{,}\) \(C_a \subset \rbb -1,1\lbb \text{,}\) donc \(\bigcup_{a\in\rbb -1,1\lbb }C_a \subset \rbb -1,1\lbb \text{.}\)

Supposons qu'il existe \(x \in C_a \cap C_b\)⁵ et montrons qu'alors, forcément, \(C_a=C_b\text{.}\)

Soit \(y\in C_a\text{,}\) montrons que \(y\in C_b\) (l'autre inclusion se montre de la même façon).

On sait donc que \(y-a \in \mathbb Q\text{.}\)

D'un autre côté, puisque \(x\in C_a \cap C_b\text{,}\)

du coup

Donc \(y-b\in\Q\text{,}\) autrement dit \(y\in C_b\text{.}\)

On montre exactement de la même façon que \(C_b \subset C_a\text{,}\) donc \(C_a = C_b\text{.}\)

Donc, si \(C_a\) et \(C_b\) ne sont pas disjoints, alors \(C_a=C_b\text{.}\)

Supposons qu'il existe \(x \in V_k \cap V_j\text{,}\) et montrons que \(r_k=r_j\text{.}\)

On a donc deux éléments \(v_1,v_2\in V\text{,}\) tels que

donc \(v_1-v_2 = r_j -r_k \in \mathbb Q\text{,}\) et donc \(v_1 \in C_{v_2}\text{.}\)

Or, comme on a vu, \(v_2 \in C_{v_2}\text{,}\) et par définition, \(V\) ne contient qu'un élément de chaque classe \(C_a\text{.}\) On a donc forcément \(v_1 = v_2\text{,}\) et de là \(r_j = r_k\text{.}\)

Par contraposée, dès que \(r_j \neq r_k\text{,}\) \(V_k \cap V_j=\emptyset\text{.}\)

Soit \(x \in \rbb -1,1\lbb\text{.}\) Puisque \(V\) contient un élément de chaque classe \(C_a\text{,}\) \(V\) contient un élément de \(C_x.\)

Mais alors, \(v-x\in \Q\) et

Donc, il existe \(q\in \Q \cap \rbb -2,2\lbb\) tel que \(v-x = q\text{.}\)

Mais du coup, \(-q\in \Q \cap \rbb -2,2\lbb\) aussi, et donc c'est l'un des \(r_k\text{.}\) Et de là,

Puisque la mesure extérieure est croissante, on a donc

et par sous-additivité,

ce qui nous donne le résultat souhaité.

Puisque la mesure extérieure est invariante par translation 2.2.2, on aurait aussi, pour tout \(k\in\N\text{,}\)

Si on avait \(|V|=0\text{,}\) on aurait aussi \(|V_k|=0\) pour tout \(k\in\N\text{,}\) et du coup

....ce qui serait un problème.

Et donc, \(|V| \neq 0\text{.}\)

On a déjà observé que, pour tout \(k\in\N\text{,}\) \(|V_k|=|V|\text{,}\) donc, pour tout \(n\in\N^*\text{,}\)

Puisque \(|V| \gt 0\text{,}\) on a \(\lim_{n\rightarrow \infty} n|V|=+\infty\text{,}\) donc on peut choisir \(N\in\N\) tel que \(N|V| \gt 6\text{.}\)

Et donc,

Si on avait, pour tous \(A\) et \(B\) dans \(\mathcal P(\mathbb R)\text{,}\) \(|A\cup B| = |A| + |B|\text{,}\) alors par récurrence, on aurait, pour tout \(n\in\N\) et pour tous sous-ensembles \(A_1, A_2, \dots, A_n\) deux à deux disjoints,

Or, \(V_1\ldots, V_N\) sont des ensembles deux à deux disjoints, mais

donc, par contraposée, il existe donc \(A\) et \(B\) dans \(\mathcal P(\mathbb R)\) tels que \(|A\cup B| \neq |A| + |B|\text{.}\)

Quels que soient \(A\) et \(B\text{,}\) on a \(B= B\cap(A\cup A^c) = (B\cap A) \cup (B\setminus A)\text{.}\)

Si de plus \(A\subset B\text{,}\) on a \(B\cap A = A\) et donc \(B=A\cup (B\setminus A)\text{.}\) Or \(A\) et \(B\setminus A\) sont disjoints, donc, puisqu'on a supposé que \(m\) est additive,

Soit \(\varepsilon\gt 0\text{,}\) alors on a

et comme on vient de montrer que \(m\) est croissante,

Ceci étant vrai pour tout \(\varepsilon\gt 0\text{,}\) on peut passer à la limite \(\varepsilon \rightarrow 0\text{,}\) ce qui nous donne bien

Reprenons alors les ensembles \(V\) et \(V_k\) introduits dans la preuve du théorème Théorème 2.3.2. Par additivité, on a

et, puisque \(\rbb -1,1\lbb \subset \bigcup_{k\in \mathbb N} V_k \subset \rbb -3,3\lbb \text{,}\)

ce qui est absurde.