Skip to main content

Section 6 L'ensemble de Cantor

Au vu des exemples croisés jusqu'ici, on peut se demander s'il existe dans \(\mathbb R\) des ensembles \(\mu_1\)-négligeables qui ne soient pas dénombrables.

On va voir que c'est le cas: on va construire un ensemble de mesure nulle et non dénombrable dans \(\mathbb R\text{;}\) puis on s'en servira pour construire des exemples de sous-ensembles \(\mu_1\)-négligeables mais pas boréliens.

On part de l'intervalle \(\rbb 0,1\lbb \) et on itère l'opération "enlever le tiers du milieu":

  • A l'étape 1, on enlève à \(A_0=\rbb 0,1\lbb \) l'intervalle \(\left] \frac13, \frac 23\right[\text{.}\) Il nous reste \(A_1=\left[0,\frac13\right] \cup\left[\frac23, 1\right]\text{.}\)

  • On enlève le tiers du milieu de chacun de ces sous-intervalles: on enlève \(\left] \frac 19, \frac 29\right[ \) à \(\left[ 0,\frac13\right] \) et \(\left] \frac 79, \frac 89\right[ \) à \(\left[ \frac23,1\right] \text{.}\) Il nous reste \(A_2=\left[ 0,\frac19\right] \cup\left[ \frac29,\frac13\right] \cup\left[ \frac23, \frac79\right] \cup\left[ \frac89, 1\right] \)

  • On itère ce procédé: pour \(n\in\mathbb N\)

    \begin{equation*} A_{n+1}= \frac{A_n}3 \cup \frac{2+A_n}3. \end{equation*}

    Ainsi, pour tout \(n\text{,}\) \(A_n\) est l'union de \(2^n\) intervalles fermés, deux à deux disjoints, chacun de longueur \(3^{-n}\text{.}\) Les extrémités de ces intervalles sont les \(2^{n+1}\) points de la forme

    \begin{equation*} \frac{\varepsilon_n}{3^n}+\sum_{k=1}^n\frac{t_k}{3^k} \text{ avec } \varepsilon_n\in\{0,1\},\ t_k\in\{0,2\} \end{equation*}

    les points avec \(\varepsilon_n=0\) donnent les extrémités gauches, et ceux avec \(\varepsilon_n=1\) donnent les extrémités droites.

    Remarquons que ces points demeurent des extrémités d'intervalles à chaque étape ultérieure: on a à la fois

    \begin{equation*} A_{n+1}\subset A_n \text{ et } \partial A_n \subset \partial A_{n+1}. \end{equation*}

L'ensemble de Cantor est l'intersection décroissante des \(A_n\text{:}\) \(\mathcal C = \bigcap_n A_n\text{.}\) C'est "ce qui reste" après une infinité d'étapes.

Figure 6.1. Etapes de la construction de l'ensemble de Cantor

Remarquons que \(\mathcal C\) est un fermé (comme intersection des fermés \(A_n\)), et de mesure de Borel nulle puisque \(\mu_1(A_0)=1\lt\infty\text{,}\) donc, par continuité monotone séquentielle,

\begin{equation*} \mu_1(\mathcal C)= \lim_{n\rightarrow\infty} \mu_1(A_n)=\lim_{n\rightarrow\infty}\left(\frac23\right)^n =0. \end{equation*}

Une autre façon de décrire à \(\mathcal C\) utilise l'écriture en base 3 des éléments de \(\rbb 0,1\lbb \text{.}\) On est plus habitué à les écrire en base 10: c'est ce qu'on appelle le développement décimal  1  de \(x \in \rbb 0,1\lbb \text{,}\)

\begin{equation*} x=0,d_1d_2d_3\dots = \sum_{k\geq1}\frac{d_k}{10^k} \end{equation*}

où les décimales \(d_k\) sont des entiers entre 0 et 9.

Mais il existe d'autres façons d'écrire les nombres : en base 2, par exemple, on aura \(x =\sum_{k\geq1}\frac{b_k}{2^k}\) avec \(b_k\in \{0,1\}\text{.}\) C'est ce que l'on appelle l'écriture binaire de \(x\text{,}\) particulièrement utile en informatique.

Ici, donc, on va utiliser l'écriture en base 3. Pour \(x\in \rbb 0,1\lbb \text{,}\) il existe des entiers \(t_k\in\{0,1,2\}\) tels que

\begin{equation*} x=\sum_{k\geq1}\frac{t_k}{3^k} \end{equation*}

Par exemple, l'écriture en base 3 de 1 correspond à \(t_k=2\) pour tout \(k\text{,}\) puisque

\begin{equation*} \sum_{k\geq1}\frac2{3^k} = 2 \sum_{k\geq1}\frac1{3^k}=2 \left(\sum_{k\geq0}\frac1{3^k} - 1\right)=2\left(\frac 1{1-\frac 13} - 1 \right)=1 \end{equation*}

et l'écriture de \(\frac13\) est donnée soit par \(t_1=1, t_k =0 \, \forall k\geq 2\text{,}\) soit par \(t_1=0, t_k=2 \, \forall k\geq 2\text{.}\)

Avec ces notations, l'ensemble de Cantor peut être décrit comme l'ensemble des éléments de \(\rbb 0,1\lbb \) dont une des écritures en base 3 ne comporte que des 0 et des 2.

En effet, à la première étape, on enlève tous les éléments entre \(\frac 13\) et \(\frac23\text{:}\) ce sont ceux la première "décimale" en base 3 vaut \(t_1=1\text{.}\) A l'étape 2, on enlève tous ceux qui vérifient \(t_2=1\text{.}\) Et ainsi de suite: à l'infini, il ne reste que les nombres dont l'écriture en base 3 ne comporte que des 0 et des 2.

Plus rigoureusement, on a, pour tous \(n,p\text{:}\)

\begin{equation*} \partial A_n = \left\{\frac{\varepsilon_n}{3^n}+\sum_{k=1}^n\frac{t_k}{3^k},\ \varepsilon_n\in\{0,1\},\ t_k\in\{0,2\}\right\}\subset \partial A_{n+p}\subset A_{n+p} \end{equation*}

donc \(\partial A_n \subset \mathcal C=\bigcap_{p\geq 0}A_{n+p}\text{.}\) Puisque \(\mathcal C\) est fermé, on en déduit que

\begin{equation*} \left\{x \in \rbb 0,1\lbb ,\ x = \sum_{k\geq1}\frac{t_k}{3^k},\ t_k\in\{0,2\}\right\}\subset \overline{\bigcup_{n\geq 1} \partial A_n} \subset \mathcal C. \end{equation*}

Or, l'ensemble de gauche est exactement celui des éléments de \(\rbb 0,1\lbb \) dont l'écriture en base 3 ne comporte pas de 1.

Réciproquement, si \(x\in \mathcal C\text{,}\) alors pour tout \(n\geq 1\text{,}\) \(x\in A_n\text{,}\) donc \(x\) est dans l'un des intervalles qui constituent \(A_n\text{.}\) En particulier, \(x\) est à distance au plus \(3^{-n}\) de l'extrémité gauche de cet intervalle, qui est de la forme

\begin{equation*} x^{(n)}= \sum_{k=1}^n\frac{t^{(n)}_k}{3^k},\ t^{(n)}_k\in\{0,2\} \end{equation*}

Montrons que pour un \(k\) donné, la suite \((t^{(n)}_k)_{n\geq k}\) est constante. Cela signifie que le développement en base 3 de \(x^{(n+1)}\) est obtenu en ajoutant une \((n+1)\)-ième "tricimale" à celui de \(x^{(n)}\) (sans changer les précédentes).

Puisque \(x^{(n)}\) est à distance au plus \(3^{-n}\) de \(x\) et \(x^{(n+1)}\) est à distance au plus \(3^{-(n+1)}\text{,}\) on a:

\begin{equation*} -\frac1{3^{n+1}}=\left(x-\frac1{3^{n+1}}\right)-x\leq x^{(n+1)}-x^{(n)}\leq x+\left(-x+\frac 1{3^n}\right)=\frac 1{3^n} \end{equation*}

d'où \(| x^{(n+1)}-x^{(n)}|\leq \frac 1{3^n}\text{.}\)

D'un autre côté, si l'une des \(n\) premières ``tricimales'' de \(x^{(n+1)}\) était différentes de celles de \(x^{(n)}\text{,}\) on aurait \(k_0:=\min\{k\ |\ t^{(n)}_k\neq t^{(n+1)}_k\}\leq n\text{,}\) et alors

\begin{equation*} | x^{(n+1)}-x^{(n)}| \geq \frac 2{3 ^{k_0}}-\frac 2{3^{n+1}}-\sum_{k=k_0+1}^n\frac 2{3^k} =\frac 1{3 ^{k_0}}+\frac 1{3^{n+1}}>\frac 1{3^n}, \end{equation*}

ce qui est contradictoire. La suite \((t^{(n)}_k)_{n\geq k}\) est donc constante, disons égale à \(t_k\text{.}\) On a donc pour tout \(n\text{,}\)

\begin{equation*} x=\lim_{n\rightarrow\infty} x^{(n)}=\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^n \frac{t_k}{3^k} = \sum_{k=1}^\infty \frac{t_k}{3^k}. \end{equation*}

Subsection 6.1 Cardinal de \(\mathcal C\)

On va utiliser cette écriture pour montrer que Card\((\mathcal C)\)=Card\((\mathbb R)\text{,}\) ce qui montrera que l'ensemble de Cantor n'est pas dénombrable. On a obtenu

\begin{equation*} \mathcal C = \left\{x \in \rbb 0,1\lbb ,\ x = \sum_{k\geq1}\frac{t_k}{3^k},\ t_k\in\{0,2\}\right\} \end{equation*}

On définit une bijection entre \(\mathcal C\) et l'ensemble des parties de \(\mathbb N\text{,}\) \(\mathcal P(\mathbb N)\) par

\begin{align*} f: \mathcal P(\mathbb N^*) \amp \rightarrow \mathcal C\\ A \amp\mapsto \sum_{k\geq1}\frac{2 \cdot \mathbb{1}_A(k-1)}{3^k} \end{align*}

\(\triangleright\) Le réel \(f(A)\) est bien un élément de \(\mathcal C\) puisque son écriture en base 3 ne comporte que des 0 et des 2.

\(\triangleright\) \(f\) est injective: si \(f(A) = f(B)\text{,}\) alors pour tout \(i\in\mathbb N\text{,}\) \(\mathbb{1}_A(i) = \mathbb{1}_B(i)\text{,}\) donc

\begin{equation*} i \in A \iff \mathbb{1}_A(i)=1 \iff \mathbb{1}_B(i)=1 \iff i \in B, \end{equation*}

autrement dit, \(A=B\text{.}\)

\(\triangleright\) \(f\) est surjective: pour tout \(x = \sum_{k\geq1}\frac{t_k}{3^k} \in \mathcal C\text{,}\) \(x=f(A)\) où \(A =\{k\in \mathbb N, t_{k+1}=2\}\text{.}\)

Or, un résultat classique de théorie des ensembles assure qu'il n'y a pas de bijection entre \(\mathbb N\) et \(\mathcal P(\mathbb N)\) et plus généralement, entre \(A\) et \(\mathcal P(A)\text{,}\) quel que soit l'ensemble \(A\text{,}\) comme expliqué à 5:15 dans cette excellente vidéo:

donc il n'y a pas de bijection entre \(\mathbb N\) et \(\mathcal C\text{.}\) Donc \(\mathcal C\) n'est pas dénombrable.

De plus, Card(\(\mathcal P(\mathbb N)\))=Card(\(\{0,1\}^\mathbb N\)), via la bijection \(A\mapsto \mathbb{1}_A\text{,}\) et par ailleurs, on peut définir une bijection entre \(\rbb 0,1\rbb \) et \(\{0,1\}^\mathbb N\) par

\begin{align*} g:\rbb 0,1\rbb \amp \rightarrow\{0,1\}^\mathbb N \\ x\amp \mapsto (x_n)_{n\in\mathbb N} \text{ avec } \begin{cases} x_0 = E(2x)\\ x_n=E(2^{n+1}(x-\sum_{k=0}^{n-1} \frac {x_k}{2^{k+1}})),\ n\geq 1 \end{cases} \end{align*}

donc, \(g(x)\) est le développement de \(x\) en base 2 et on a \(x=\sum_{k\geq 0}\frac {x_k}{2^{n+1}}\text{.}\) On a donc bien Card\((\mathbb R)\)= 2  Card\((\rbb 0,1\rbb )\)=Card\((\{0,1\}^{\mathbb N})\)=Card\((\mathcal P(\mathbb N))\)=Card\((\mathcal C)\text{.}\)

L'ensemble de Cantor est donc un sous-ensemble borélien de \(\mathbb R\) qui a autant d'éléments que \(\mathbb R\text{,}\) et qui est de mesure de Borel nulle. Tous les sous-ensembles de \(\mathcal C\) sont donc des éléments de la tribu complétée \(\mathscr L(\mathbb R)\text{,}\) et il y en a \(\text{Card}(\mathcal P(\mathbb R))\text{,}\) ce qui est strictement supérieur à Card\((\mathbb R)=\)Card\((\mathscr B(\mathbb R))\text{.}\)

Un résumé de tout ceci:

Subsection 6.2 Un ensemble Lebesgue-mesurable non borélien

Pour mieux comprendre à quoi peut ressembler un tel animal, on va utiliser l'ensemble de Cantor pour construire un exemple concret d'élément de \(\mathscr L(\mathbb R)\setminus\mathscr B(\mathbb R)\text{.}\)

La fonction de Cantor

Figure 6.2. La fonction de Cantor

On définit une fonction \(f:\rbb 0,1\lbb \rightarrow \rbb 0,1\lbb \) comme suit.

Soit \(x\in \rbb 0,1\lbb \text{,}\) d'écriture en base 3

\begin{equation*} x = \sum_{k\geq1}\frac{t_k}{3^k} \end{equation*}

On pose \(N(x) = \min\{k \in \mathbb N, t_k =1\}\) si \(x\) admet des 1 dans son écriture décimale, et \(N(x)=\infty\) sinon.

On pose alors, pour \(n\leq N(x):\)

\begin{equation*} b_n= \begin{cases} \frac{t_n}2 \text{ si } n\lt N(x) \\ 1 \text{ si } n=N(x) \end{cases} \end{equation*}

Alors, pour tout \(n\leq N(x)\text{,}\) \(b_n \in \{0,1\}\) puisque, pour tout \(n\lt N(x)\text{,}\) \(t_n \in \{0,2\}\text{.}\)

On peut donc utiliser les \(b_n\) pour former le développement en base 2 d'un élément de \(\rbb 0,1\lbb \text{,}\) et on définit ainsi \(f\) par

\begin{equation*} f(x)= \sum_{j=1}^{N(x)} \frac{b_j}{2^j}\in\rbb 0,1\lbb . \end{equation*}

Remarquons que si l'écriture en base 3 de \(x\) comporte un premier 1 en position \(N\text{,}\) alors on "coupe" le développement binaire de \(f(x)\) à \(N\text{.}\) Donc tous les \(x\) dont la \(N\)-ième "tricimale" \(t_N\) est égale à 1 sont envoyés sur le même réel par \(f\text{.}\)

Par exemple, si \(x\in \lbb \frac 13, \frac 23\rbb \) alors le développement en base 3 de \(x\) est \(0,1t_2t_3\dots_3\text{,}\) donc \(N=1\) et \(f(x) = \frac 12\text{.}\) Donc \(f\) est constante égale à \(\frac 12\) sur \(\lbb \frac 13, \frac 23\rbb \text{.}\)

On obtient en fait que \(f\) est constante sur chaque intervalle qu'on a enlevé à \(\rbb 0,1\lbb \) pour construire \(\mathcal C\text{,}\) d'où la forme de la fonction de Cantor, et d'où son surnom: "l'escalier du Diable".

\(\triangleright\) Continuité de \(f\) : Soient \(x_0\in \rbb 0,1\lbb ,\ \varepsilon>0\text{.}\) L'idée est que pour \(\delta\) assez petit, si \(|x-x_0|\lt \delta\text{,}\) alors les développements de \(x\) et de \(x_0\) en base 3 seront les mêmes pour un grand nombre des premières "tricimales".

Plus précisément, choisissons \(N\) assez grand pour que \(2^{-N} \lt \varepsilon\text{,}\) et prenons \(\delta=3^{-(N+1)}\text{.}\) Alors si \(|x-x_0|\lt \delta\text{,}\) les développements de \(x=\sum_{k\geq1}\frac{t_k}{3^k}\) et de \(x_0 =\sum_{k\geq1}\frac{c_k}{3^k}\) vérifient \(t_n = c_n\) pour tout \(n \leq N\text{.}\) Notons alors comme suit les développements binaires de \(f(x)\) et \(f(x_0)\text{:}\)

\begin{equation*} f(x_0) = \sum_{j=1}^\infty \frac{d_j}{2^j}, \quad f(x) = \sum_{j=1}^\infty \frac{y_j}{2^j} \end{equation*}

Alors \(y_n = d_n\) pour tout \(n \leq N\text{.}\) Donc, dès que \(|x-x_0|\lt \delta\text{,}\)

\begin{equation*} |f(x)-f(x_0)| \leq \sum_{j=N+1}^\infty \frac{|y_j-d_j|}{2^j} \leq \frac1{2^N} \lt \varepsilon; \end{equation*}

autrement dit, \(f\) est continue en \(x_0\text{.}\)

Ceci étant vrai pour tout \(x_0 \in \rbb 0,1\lbb \text{,}\) \(f\) est continue sur \(\rbb 0,1\lbb \text{.}\)

\(\triangleright\) Croissance de \(f\text{:}\) Soient \(x,y\in \rbb 0,1\lbb \) tels que \(x\lt y\text{.}\) On note

\begin{equation*} x=\sum_{k\geq1}\frac{x_k}{3^k},\ y=\sum_{k\geq1}\frac{y_k}{3^k} \end{equation*}

leurs écritures en base 3, et on pose \(n_0=\min\{k\in\mathbb N^*, t_k\neq t'_k\}\text{.}\) Alors, puisque \(x\lt y\text{,}\) on a \(x_{n_0}\lt y_{n_0}\text{.}\)

Par définition de \(f\text{,}\) les développements binaires de \(f(x)\) et \(f(y)\) diffèreront de même en \(n_0\text{,}\) avec la \(n_0\)-ième "bicimale" de \(f(x)\) inférieure ou égale 3  à celle de \(f(y)\text{,}\) donc \(f(x)\leq f(y)\text{.}\)

\(\triangleright\) Surjectivité de \(f:\mathcal C \rightarrow \rbb 0,1\lbb \text{:}\) soit \(y\in \rbb 0,1\lbb \text{,}\) on note

\begin{equation*} y = \sum_{k\geq 1}\frac{y_k}{2^k} \end{equation*}

son développement en base 2. Alors pour tout \(k\text{,}\) \(y_k\in \{0,1\}\text{.}\) Posons \(x_k = 2y_k \in \{0,2\}\) et notons \(x\) l'élément de \(\rbb 0,1\lbb \) dont le développement en base 3 est donné par les \(x_k\text{:}\)

\begin{equation*} x = \sum_{k\geq 1}\frac{x_k}{3^k} = \sum_{k\geq 1}\frac{2y_k}{3^k} \end{equation*}

Alors \(x\in \mathcal C\) puisque son développement en base 3 ne comporte que des 0 et des 2.

De plus, le développement en base 2 de \(f(x)\) est donné par

\begin{equation*} f(x)= \sum_{j=1}^\infty \frac{x_j/2}{2^j} = \sum_{j=1}^\infty \frac{y_j}{2^j} =y, \end{equation*}

donc \(y\) a un antécédent dans \(\mathcal C\) par \(f\text{.}\) Ceci étant vrai pour tout \(y\in \rbb 0,1\lbb \text{,}\) \(f:\mathcal{C} \rightarrow \rbb 0,1\lbb \) est surjective.

Les ensembles non-mesurables: ils sont partout !

Dans la Section 4, on a construit un ensemble \(V \subset \rbb -1,1\lbb \) qui n'était pas mesurable par la mesure de Lebesgue. On va voir que la situation est pire que ce que l'on croyait: des suppôts non-Lebesgue-mesurables de \(V\) se cachent dans tout ensemble de mesure positive.

Pour cela, on montre le résultat intermédiaire suivant:

En reprenant les notations de la preuve de l'existence de \(V\text{,}\) on note \((r_k)_{k\in \mathbb N}\) l'ensemble (dénombrable) des rationnels de \(\rbb -2,2\lbb \text{,}\) et on pose \(E_k = r_k +E\text{,}\) pour \(k\in \mathbb N\text{.}\)

Puisque \(E\subset V\) et que les \(V_k = r_k+V\) sont disjoints, on en déduit que les \(E_k\) sont disjoints. De plus, puisque la mesure de Lebesgue est invariante par translation, on a pour tout \(k\text{,}\) \(\lambda(E_k)=\lambda(E)\text{.}\) Mais du coup

\begin{equation*} \lambda(\bigcup_k E_k) = \sum_k \lambda(E_k)=\sum_k \lambda(E)= \lambda(E)\sum_k 1 = \begin{cases} \infty \text{ si } \lambda(E)>0\\ 0 \text{ si } \lambda(E)=0. \end{cases} \end{equation*}

Mais puisque \(\bigcup_k E_k \subset \bigcup V_k \subset \rbb -3,3\lbb \text{,}\) on a \(\lambda(\bigcup_k E_k) \leq 6\text{,}\) donc nécessairement \(\lambda(E) =0\text{.}\)

En utilisant cela, on montre qu'en fait, il y a des sous-ensembles non mesurables cachés partout:

Puisque \(\lambda(A)>0\text{,}\) et puisque \(\mathbb R= \bigcup_{n\in\mathbb N} \rbb n,n+1\rbb \text{,}\) il existe un \(n\in \mathbb N\) tel que \(\lambda(A\cap \rbb n, n+1\rbb )>0\text{.}\)

Soit \(B= (A\cap \rbb n, n+1\rbb ) -n\text{:}\) autrement dit, on décale \(A\cap \rbb n, n+1\rbb \) de \(n\) vers la gauche. Ainsi, \(B\subset \rbb 0,1\rbb \) et \(\lambda(B) >0\text{.}\)

Considérons les ensembles \(V_k=r_k+V\subset\rbb -3,3\lbb \text{:}\) on a vu qu'ils ne sont pas mesurables. Posons, pour chaque \(k\in\mathbb N\text{,}\) \(E_k = B \cap V_k\text{.}\) Si tous les \(E_k\) sont mesurables, alors, puique \(E_k - r_k \subset V\text{,}\) on a donc, d'après la proposition précédente:

\begin{equation*} \lambda(E_k - r_k) = \lambda(E_k) = 0 \end{equation*}

pour tout \(k\text{.}\) Mais

\begin{equation*} \bigcup_k E_k = \bigcup_k (B \cap V_k)= B\cap \bigcup_k V_k = B \cap \rbb 0,1\lbb = B \end{equation*}

donc

\begin{equation*} 0\lt \lambda(B) = \sum_k \lambda(E_k) = \sum_k 0 = 0, \end{equation*}

ce qui est contradictoire. Il existe donc au moins un \(k\) tel que \(E_k\) n'est pas mesurable, et donc, comme \(E_k \subset B\text{,}\) \(E_k +n \subset A\) est un sous-ensemble non mesurable de \(A\text{.}\)

Construction d'un ensemble Lebesgue-mesurable non borélien

Reprenons la fonction de Cantor \(f\) définie ci-dessus, et posons

\begin{align*} g: \rbb 0,1\lbb \amp \rightarrow \rbb 0,2\lbb \\ x \amp \mapsto x + f(x) \end{align*}

Alors \(g\) est continue, comme somme de deux fonctions continues sur \(\rbb 0,1\lbb \text{,}\) et strictement croissante, donc injective. De plus, \(g(0) = 0, g(1) = 2\) donc par le théorème des valeurs intermédiaires, \(g\) est surjective. C'est donc une bijection continue. Soit \(h = g^{-1} : \rbb 0,2\lbb \rightarrow\rbb 0,1\lbb \) l'application réciproque. On a:

On va montrer que l'image réciproque d'un ouvert de \(\rbb 0,1\lbb \) par \(h\) est un ouvert. Soit \(U\subset \rbb 0,1\lbb \) un ouvert, alors \(\rbb 0,1\lbb \setminus U\) est un fermé de \(\rbb 0,1\lbb \text{,}\) qui est compact: donc c'est un compact. Or l'image d'un compact par une application continue est un compact, donc \(g(\rbb 0,1\lbb \setminus U)\) est un compact de \(\rbb 0,2\lbb \text{.}\) En particulier, c'est un fermé. Mais alors

\begin{equation*} \rbb 0,2\lbb \setminus h^{-1}(U) = h^{-1}(\rbb 0,1\lbb \setminus U) = g(\rbb 0,1\lbb \setminus U) \end{equation*}

est fermé, donc \(h^{-1}(U)\) est bien un ouvert de \(\rbb 0,2\lbb \text{.}\)

Remarque 6.7.

Une bijection continue n'a pas forcément une réciproque continue. Quelques contre-exemples, et éclaircissements sur les cas où ça marche par ici 4 .

On a de plus

Calculons la mesure du complémentaire de \(g(\mathcal C)\text{.}\)

\begin{equation*} \lambda(\rbb 0,2\lbb \setminus g(\mathcal C)) = \lambda(\rbb 0,2\lbb \setminus h^{-1}(\mathcal C)) = \lambda(h^{-1}(\rbb 0,1\lbb \setminus \mathcal C)) = \lambda(g(\rbb 0,1\lbb \setminus \mathcal C)) \end{equation*}

Or \(\rbb 0,1\lbb \setminus \mathcal C\) est une union dénombrable d'intervalles disjoints \(I_k= \lbb a_k, b_k\rbb \) (les "tiers du milieu" enlevés à chaque étape de la construction de \(\mathcal C\)), donc

\begin{equation*} \lambda(g(\rbb 0,1\lbb \setminus \mathcal C)) = \lambda\left(g\big(\bigcup_k I_k\big)\right) = \lambda\left(\bigcup_k g(I_k)\right) = \sum \lambda(g(I_k)) \end{equation*}

Or, puisque \(g\) est croissante continue, \(g(I_k)=\lbb g(a_k), g(b_k)\rbb \) donc

\begin{equation*} \lambda(g(I_k)) = g(b_k)-g(a_k) = (b_k + f(b_k)) - (a_k + f(a_k)) = (b_k - a_k) + (f(b_k)-f(a_k)) = b_k - a_k, \end{equation*}

puisque \(f\) est constante sur chaque \(I_k\text{,}\) donc \(f(b_k)=f(a_k)\text{.}\) On a donc \(\lambda(g(I_k)) = \lambda(I_k)\text{,}\) donc, en reprenant notre calcul,

\begin{equation*} \lambda(\rbb 0,2\lbb \setminus g(\mathcal C)) = \sum_k \lambda(I_k) =\lambda(\rbb 0,1\lbb \setminus \mathcal C)= 1, \end{equation*}

puisque \(\mathcal C\) est de mesure nulle.

Donc la mesure de son complémentaire dans \(\rbb 0,1\lbb \) est 1. Comme \(\rbb 0,2\lbb \) est l'union disjointe de \(g(\mathcal C)\) et de \(\rbb 0,2\lbb \setminus g(\mathcal C)\text{,}\) on en déduit

\begin{equation*} \lambda(g(\mathcal C)) = \lambda(\rbb 0,2\lbb ) - \lambda(\rbb 0,2\lbb \setminus g(\mathcal C)) = 1, \end{equation*}

comme souhaité.

Puisque \(\lambda(g(\mathcal C))>0\text{,}\) \(g(\mathcal C)\) contient un sous-ensemble non mesurable \(E\text{.}\) Soit \(A= g^{-1}(E)\text{.}\) Alors \(A\subset \mathcal C\text{,}\) donc \(A\) est un sous-ensemble d'un ensemble de mesure nulle: \(A\) est négligeable, donc Lebesgue-mesurable, puisque la mesure de Lebesgue est complète.

Or, si \(A\) était un borélien, puisque \(h\) est continue, donc borélienne 5 , on aurait que \(h^{-1}(A)= g(A) = E\) est aussi un borélien. Mais c'est impossible, puisque \(E\) n'est pas mesurable.

Ainsi, \(A\) est un élément de la tribu de Lebesgue qui n'est pas un borélien.

Notons que cette écriture n'est pas unique: ainsi, 1=0.9999999....admet deux développements décimaux.
Au fait, pourquoi ?
on aura égalité dans les cas où \(N(x)=N(y)\leq n_0\)
fr.wikipedia.org/wiki/Th%C3%A9or%C3%A8me_de_la_bijection#Hom%C3%A9omorphisme
L'image réciproque d'un borélien par \(h\) est un borélien; voir chapitre suivant