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Section 2.3 Le retour des problèmes

Comme on l'a dit en prélude à la sous-additivité, dans le cas des intervalles, l'inégalité vient du fait que les intersections sont comptées plusieurs fois. Mais s'il n'y a pas d'intersection...on devrait donc avoir l'égalité, n'est-ce pas ?

C'est cette propriété, appelée additivité, qui va faire défaut à notre prometteuse mesure extérieure.

On commence par partitionner \(\rbb -1, 1\lbb \) en sous-ensembles bien choisis. A chaque \(a\in \rbb -1,1\lbb \text{,}\) on associe l'ensemble:

\begin{equation*} C_a = \{x \in \rbb -1,1\lbb , x-a \in \mathbb Q\} \end{equation*}

Remarquons que \(a\in C_a\) puisque \(a-a=0\in \mathbb Q\text{.}\)

Les \(C_a\) vérifient les propriétés suivantes:

  1. Pour tout \(a \in \rbb -1,1\lbb \text{,}\) \(C_a \subset \rbb -1,1\lbb \) donc \(\bigcup_{a\in\rbb -1,1\lbb }C_a \subset \rbb -1,1\lbb \text{.}\) Réciproquement, si \(a \in \rbb -1,1\lbb \text{,}\) \(a \in C_a \subset \bigcup_{a\in\rbb -1,1\lbb }C_a\text{.}\) Donc, \(\rbb -1,1\lbb = \bigcup_{a\in\rbb -1,1\lbb }C_a\text{.}\)

  2. Les \(C_a\) sont soit disjoints, soit confondus. En effet, supposons qu'il existe \(x \in C_a \cap C_b\) (autrement, \(C_a \cap C_b \neq \emptyset\)) et montrons qu'alors \(C_a=C_b\text{.}\) On a

    \begin{equation*} \begin{cases} x-a \in \mathbb Q \\ x-b \in \mathbb Q. \end{cases} \end{equation*}

    Soit \(y\in C_a\text{.}\) Alors \(y-a \in \mathbb Q\text{.}\) D'autre part, \(y-b = (y-a) +(a-x)+(x-b) \) est la somme de trois rationnels, donc \(y-b \in \mathbb Q\text{.}\) Ainsi, \(y\in C_b\text{.}\) On montre de même que \(C_b \subset C_a\text{,}\) donc \(C_a = C_b\text{.}\)

  3. Ainsi, les \(C_a\) forment une partition de \(\rbb -1,1\lbb \text{.}\)

Prenons un élément de chaque \(C_a\) (après avoir éliminé les doublons) et mettons-les tous dans un ensemble \(V\subset \rbb -1,1\lbb \)  1 .

Considérons maintenant \(\mathbb Q \cap \rbb -2,2\lbb \) l'ensemble des rationnels entre -2 et 2. C'est un ensemble dénombrable, donc on peut l'écrire sous forme d'une suite \((r_k)_{k \in \mathbb N}\text{.}\) Pour chaque \(k\in \mathbb N\text{,}\) on considère \(V_k=r_k + V\text{.}\) Alors, par l'invariance par translation, on doit avoir \(\boxed{|V_k| =|V|}\) pour tout \(k\text{.}\)

Par ailleurs, les \(V_k\) sont tous disjoints. En effet, si \(x \in V_k \cap V_j\) alors \(x=r_k +v_1 = r_j+v_2\) donc \(v_1-v_2 = r_j -r_k \in \mathbb Q\text{,}\) donc \(v_1 \in C_{v_2}\text{.}\) Mais \(v_2 \in C_{v_2}\text{,}\) et \(V\) ne contient qu'un élément de chaque classe \(C_a\text{.}\) On a donc forcément \(v_1 = v_2\text{,}\) donc \(r_j = r_k\text{.}\) Par contraposée, dès que \(r_j \neq r_k\text{,}\) \(V_k \cap V_j=\emptyset\text{.}\)

Notons maintenant que si \(x \in \rbb -1,1\lbb \text{,}\) alors il existe \(v \in V\) tel que \(v \in C_x\) (puisque \(V\) contient un élément de chaque classe \(C_a\)). Donc il existe \(q \in \mathbb Q\) tel que \(v-x = q\text{.}\) De plus, comme \(x,v \in \rbb -1,1\lbb \text{,}\) on a aussi \(q \in \rbb -2,2\lbb \) donc \(-q \in \rbb -2,2\lbb \text{.}\) Donc \(-q\) est l'un des \(r_k\text{,}\) et \(x= -q +v = r_k +v \in V_k\text{.}\)

On en déduit que \(\boxed{\rbb -1,1\lbb \subset \bigcup_{k\in\mathbb N} V_k}.\)

Par ailleurs, pour tout \(k\text{,}\) \(V_k \subset \rbb -3,3\lbb \) (car \(r_k \in \rbb -2,2\lbb \) et \(V \subset \rbb -1,1\lbb \)) donc

\begin{equation*} \boxed{\bigcup_{k\in\mathbb N} V_k \subset \rbb -3,3\lbb }. \end{equation*}

Par monotonie, on a donc

\begin{equation*} 2 \leq \left|\bigcup_{k\in\mathbb N} V_k\right| \leq 6 \end{equation*}

On en déduit, par sous-additivité,

\begin{equation*} 2 \leq \left|\bigcup_{k\in \mathbb N} V_k\right| \leq \sum_{k\in \mathbb N} |V_k|= \sum_{k\in \mathbb N} |V| \end{equation*}

donc \(|V|\gt 0\text{.}\) De plus, pour tout \(n\in \mathbb N\) on a

\begin{equation*} \left|\bigcup_{k=0}^{n} V_k\right| \leq \sum_{k=0}^n |V_k|= \sum_{k=0}^n |V| = n|V| \end{equation*}

Soit alors \(n\in \mathbb N\) tel que \(n|V| \gt 6\text{.}\) On a donc

\begin{equation*} \left|\bigcup_{k=0}^{n} V_k\right| \leq 6 \lt \sum_{k=0}^n |V_k|. \end{equation*}

Pour se faire une idée de ces étranges ensembles \(V\) et \(V_k\text{:}\)

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 tous \(A_1, A_2, \dots, A_n\text{,}\) \(|A_1\cup\dots \cup A_n| = |A_1|+\dots + |A_n|\text{.}\) Mais l'exemple des \((V_k)_k\) montre que ce n'est pas le cas. Par contraposée, il existe donc \(A\) et \(B\) dans \(\mathcal P(\mathbb R)\) tels que \(|A\cup B| \neq |A| + |B|\text{.}\)

Cette propriété manquante est un dommage irréparable, puisque toute l'idée de l'intégration est de partitionner un intervalle en sous-ensembles mesurables disjoints, puis de sommer le tout !

Peut-être, donc, a-t-on fait fausse route avec la mesure extérieure. Il nous faut peut-être faire preuve de plus de subtilité dans l'approche de \(A\) par des intervalles...

Mais non. Le résultat suivant montre que le problème est plus sérieux:

Supposons qu'il existe une telle fonction \(m\text{.}\) Alors, \(m\) vérifie la monotonie. En effet, si \(A\subset B\text{,}\) alors, comme \(B= A \cup (B\setminus A)\text{,}\) on a, par additivité,

\begin{equation*} m(B) = m(A) + m(B\setminus A) \geq m(A). \end{equation*}

Par ailleurs, \(m\) vérifie, pour tous \(a,b \in \mathbb R\text{,}\) \(m(\rbb a,b\lbb ) = b-a\text{.}\) En effet, pour tout \(\varepsilon\gt 0\text{,}\) on a \(\lbb a,b\rbb \subset \rbb a,b\lbb \subset \lbb a- \varepsilon, b+ \varepsilon\rbb \text{,}\) d'où, par monotonie

\begin{equation*} b-a = m(\lbb a,b\rbb ) \leq m(\rbb a,b\lbb ) \leq m(\lbb a- \varepsilon, b+ \varepsilon\rbb )=b-a+2 \varepsilon. \end{equation*}

Ceci étant vrai pour tout \(\varepsilon\gt 0\text{,}\) on a bien \(m(\rbb a,b\lbb ) = b-a\text{.}\)

Reprenons alors les ensembles \(V\) et \(V_k\) introduits dans la preuve du théorème Théorème 2.3.1. Par additivité, on a

\begin{equation*} m\left(\bigcup_{k\in \mathbb N} V_k\right) = \sum_{k\in \mathbb N} m(V_k) = \sum_{k\in \mathbb N} m(V) \end{equation*}

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

\begin{equation*} \begin{cases} \sum_{k\in \mathbb N} m(V) \geq m(\rbb -1,1\lbb )=2 \text{ donc } m(V) >0\\ \sum_{k\in \mathbb N} m(V) \leq m(\rbb -3,3\lbb )= 6 \text{ donc } m(V) = 0, \end{cases} \end{equation*}

ce qui est absurde.

Comme le disait un grand penseur 2 ,

"Lourd est le parpaing de la réalité sur la tartelette aux fraises de nos illusions."

Il va donc nous falloir revoir nos ambitions, et abandonner une de nos exigences sur la fonction \(m\text{.}\)

  • On ne peut pas abandonner la première hypothèse, puisque le but de la démarche est justement de généraliser les longueurs d'intervalles.

  • On a déjà discuté plus haut de la nécessité de la seconde hypothèse pour notre procédé de passage à la limite.

  • On ne peut pas abandonner la troisième non plus: une notion intuitive de longueur ne peut pas dépendre de la position où l'on se trouve.

Que reste-t-il alors ?

On va restreindre l'ensemble de définition de \(m\) à un sous-ensemble de \(\mathcal P(\mathbb R)\text{,}\) de façon à se débarasser des sous-ensembles "pathologiques" comme ceux du théorème Théorème 2.3.1.

Cette opération apparemment innocente fait intervenir l'axiome du choix, un axiome assez controversé de la théorie des ensembles.
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