Sur la mesure de Lebesgue
Bonjour à tous,
Je bloque face à un exercice du livre Analyse réelle et complexe de Walter Rudin. Je cherche un borélien de $\mathbb{R}$ tel que pour tout intervalle ouvert non vide I,
$$ 0 < m(E \cap I) < m(I) $$ (où m est la mesure de Lebesgue)
Quelqu'un aurait-il un début d'idée qui pourrait m'aider à trouver la solution s'il vous plaît ? D'après moi un tel ensemble devrait être totalement discontinu et de complémentaire complétement discontinu mais peut-être que je me trompe ?
Je vous remercie d'avance,
Bonne soirée.
Je bloque face à un exercice du livre Analyse réelle et complexe de Walter Rudin. Je cherche un borélien de $\mathbb{R}$ tel que pour tout intervalle ouvert non vide I,
$$ 0 < m(E \cap I) < m(I) $$ (où m est la mesure de Lebesgue)
Quelqu'un aurait-il un début d'idée qui pourrait m'aider à trouver la solution s'il vous plaît ? D'après moi un tel ensemble devrait être totalement discontinu et de complémentaire complétement discontinu mais peut-être que je me trompe ?
Je vous remercie d'avance,
Bonne soirée.
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Réponses
Voici la preuve de ça. On se place sur $[0,1]$ pour simplifier.
Supposons qu'il existe $\alpha < 1$ tel que pour tout intervalle $I$ de longueur non nulle, on ait $m(E \cap I) \leq \alpha m(I)$. Alors on a $m(E \cap A) \leq \alpha m(A)$ pour tout borélien $A$, car l'inégalité passe au au théorème de Carathéodory (considérer la pré-mesure qui est la différence des deux : son prolongement doit être positif). Mais donc on a $m(E) = m(E \cap E) \leq \alpha m(E)$, contradiction car $m(E) > 0$. Ce raisonnement est valable sur tout segment $[a,b]$.
Maintenant, on subdivise de manière successives l'intervalle $[0,1]$ en deux intervalles $[0,1/2]$ et $[1/2,1]$, puis encore en deux, etc. Soit $\alpha < 1$ pensé proche de $1$. Par le raisonnement précédent (légèrement modifié : on l'applique aux intervalles dyadiques), chaque intervalle dyadique doit contenir un sous-intervalle dyadique $I$ tel que $m(E \cap I) > \alpha m(I)$. Et là, j'aurais envie de dire que par un truc similaire au lemme de König, on obtient que $m(E \cap [0,1]) > \alpha m([0,1])$, mais ça ne fonctionne pas.
J'ai pensé à faire la chose suivante pour construire un ensemble qui convient : pour chaque intervalle dyadique, ajouter un ensemble de Cantor gras à choisir, dont la mesure décroît rapidement au fur et à mesure que les intervalles rétrécissent. On aura déjà automatiquement que $m(I \cap E) > 0$, il reste à assurer l'autre inégalité.
On commence par placer sur chaque intervalle dyadique un réel strictement positif tel que pour chacun de ces intervalles, la somme des réels des intervalles dyadiques contenus (au sens large) dedans soit strictement plus petite que $1$. Ça servira de garantie que l'union des ensembles de Cantor correspondants aux intervalles dyadiques ne les recouvre pas essentiellement. Il reste à prendre en compte les ensembles de Cantor correspondants aux intervalles contenant l'intervalle qu'on regarde. Pour cela, on remarque que (par induction), l'union finie d'ensembles de Cantor a pour chaque intervalle, un intervalle plus petit dans son complémentaire.
On ajoute nos ensembles de Cantor un par un. Lorsqu'on arrive à l'intervalle dyadique $I$, on regarde quelle proportion $\alpha$ a déjà été couverte par des ensembles de Cantor d'intervalles le contenant, et on multiplie tous les réels étiquetant les intervalles dyadiques contenus dans $I$ par $\alpha$.
Il y a du Cantor
http://www.math.utah.edu/~ptrapa/6210/ps2-solutions.pdf
@ben T, tu ne regardes pas tes mp? je t'ai envoyé ce lien et un autre de MSE , il y a 11 heures
En français voilà ce que ça donne : Soit $I_n$ une énumération des intervalles ouverts de $[0;1]$ à extrémités rationnelles. On construit par récurrence deux suites $A_n$ et $B_n$ de Cantor Gras (compacts totalement discontinus de mesure strictement positive). Supposons que $A_1,\ldots, A_{n}$ et $B_1,\ldots,B_{n}$ soient déjà construits, l'union $C_n=(\bigcup_{1\leq i \leq n} A_i)\cup (\bigcup_{1\leq i \leq n}B_i )$ est encore compacte totalement discontinue et de mesure positive, l'ensemble $I_n\backslash C_n$ contient donc un intervalle ouvert non vide. Dans cet intervalle ouvert non vide on va choisir deux Cantor gras disjoints, ce sera nos $A_{n+1}$ et $B_{n+1}$. L'ensemble $E$ recherché est tout simplement $E=\bigcup_{n=1}^\infty A_n$.
En effet soit $I$ un intervalle ouvert, il existe $n$ tel que $I_n\subset I$, on a alors $A_n\subset E\cap I$ et $B_n \subset I\backslash E$ d'où
\[
0<m(A_n)\leq m(E\cap I) < m(E\cap I)+m(B_n)\leq m(I).
\]
À noter que ça ne marche plus si l'on remplace $0<m(I\cap E)<m(I)$ par $am(I)<m(I\cap E)<bm(I)$ avec $0<a<b<1$. Le moyen de plus rapide de voire cela est d'appliquer le théorème de différentiation de Lebesgue à la fonction indicatrice de $E$.
de Makarov et al. (Cassini).
La preuve donnée ici est un peu technique malheureusement... J'ai opté pour la construction duale (construire un $G_{\delta}$ plutôt qu'un $F_{\sigma}$).
***Il suffit de se restreindre au segment $[0,1]$ (quitte à translater).
Il faut se servir de l'exercice $1$ (si tu as le livre sous les yeux!). On veut construire par récurrence une suite d'ouverts denses $(E_{k})_{k\in \mathbb{N}},$ de mesure $\varepsilon_{k}$ (où $(\varepsilon_{k})$ désigne une suite strictement décroissante de nombres strictement plus petit que $1$, convergeant vers un nombre $c$ strictement positif).
On note à chaque génération la famille des intervalles ouverts et disjoints $(A_{k,n})$ recouvrant exactement $E_{k}.$ On note également $l_{k,n}=m(A_{k,n})$ (où l'on a $l_{k,n}\leq 2^{-k}$) de manière à avoir $\displaystyle \sum_{n\geq 0}l_{k,n}=\varepsilon_{k}.$
De plus, on veut que $E_{k+1}\subset E_{k}$ tel que pour tout $n,$ $E_{k+1}\subset A_{k,n}$ soit dense dans $A_{k,n}$ et $\displaystyle m(E_{k+1}\cap A_{k,n})=\frac{\varepsilon_{k+1}}{\varepsilon_{k}}l_{k,n}.$
***Procédons à la récurrence. On choisit pour $E_{0}$ un ouvert dense de mesure $0<\varepsilon_{0}<1.$
Supposons que l'on ait construit les ensembles $E_{i}$ pour $i=0,\ldots,N.$ On veut construire $E_{N+1}$ avec les propriétés requises.
Par l'exercice $1$, on peut construire $E_{N+1}$ tel que $E_{N+1}\subset E_{N}$ tel que pour tout $n,$ $E_{N+1}\subset A_{N,n}$ soit dense dans $A_{N,n}$ et $\displaystyle m(E_{N+1}\cap A_{N,n})=\frac{\varepsilon_{N+1}}{\varepsilon_{N}}l_{N,n}.$ Mais alors par la propriété de recouvrement de $E_{N}$, on obtient $m(E_{N+1})=\varepsilon_{N+1}.$
Remarquons bien qu'alors pour tout $n,$ $l_{k,n}\leq 2^{-k}$ et $\displaystyle m(E_{k+1}^{c}\cap A_{k,n})=\left( 1-\frac{\varepsilon_{k+1}}{\varepsilon_{k}} \right)l_{k,n}>0.$
***Ainsi, l'ensemble $\displaystyle E=\bigcap_{k\geq 0}E_{k}$ convient. En effet, considérons un intervalle ouvert non dégénéré $I=]x_{0}-\delta,x_{0}+\delta[.$ Soit $k_{0}$ tel que $2^{-k_{0}}\leq \frac{\delta}{2}.$
Comme $E_{k_{0}}$ est dense dans $[0,1],$ il existe alors $a$ appartenant $E_{k_{0}}$ tel que $\vert a-x_{0}\vert \leq 2^{-k_{0}}.$ Mais alors, par l'inégalité triangulaire, il existe un certain $n_{0}$ tel que $A_{k_{0},n_{0}}\subset I.$
Par construction, on a alors pour tout $k>k_{0},$ $$m(A_{k_{0},n_{0}}\cap E_{k})=\frac{\varepsilon_{k}}{\varepsilon_{k_{0}}}l_{k_{0},n_{0}}.$$
Et ainsi, on obtient $$m(A_{k_{0},n_{0}}\cap E)=\frac{c}{\varepsilon_{k_{0}}}l_{k_{0},n_{0}}>0.$$
Enfin, on a également $$m(A_{k_{0},n_{0}}\cap E^{c})=\left(1-\frac{c}{\varepsilon_{k_{0}}}\right)l_{k_{0},n_{0}}>0.$$
Et donc vu que $A_{k_{0},n_{0}}\subset I,$ on obtient effectivement $$0<m(I\cap E)<m(I).$$
Remarque : On a même prouvé au passage que $E$ avait pour mesure $0<c<1$ arbitrairement choisi.
Oui la preuve n'est pas detaillée sur le lien
Sur MSE, on trouve une de très joli et très bien expliquée
https://math.stackexchange.com/questions/57317/construction-of-a-borel-set-with-positive-but-not-full-measure-in-each-interval
J'attends la fraicheur du nuit