Séparabilité de la topologie étroite

Ah oui je crois que je comprends. La définition de la densité ça aide :-D

J'ai aussi un problème de compréhension de l'étape suivante :

Donc l'ensemble dénombrable des probabilités de support fini et contenu dans un sous-ensemble dense de $E$ et qui ont une masse rationnelle en chaque point du support, est dense dans $\Pr(E)$.

Je comprends la dénombrabilité, mais pas la densité.

Est-ce bon ainsi ? Si oui je trouve que l'auteur du livre exagère avec son petit "donc" pour résumer tout ça.

Soit $\mu = \sum_{j=1}^J p_j \delta_{x_j}$ une probabilité de support fini.
Soit $$ \mathcal{W}(\mu) =
\Bigl\{\nu \mid \bigl|\nu(f_i)-\mu(f_i)\bigl| < \epsilon_i, i = 1,\ldots,k\Bigr\}
$$ un voisinage de $\mu$, avec $\epsilon_i>0$ et $f_i \in C_b(E)$.
Notons que $\mu(f_i) = \sum_{j=1}^J p_j f_i(x_j)$.

Soit $(y_n)$ une suite dense dans $E$.
Soient $K = \max\bigl\{\Vert f_i \Vert\bigr\}$ et $\epsilon = \min\{\epsilon_i\}$.
Soient $q_j \in \mathbb{Q}\cap [0,1]$ tels que $\sum q_j = 1$ et $|q_j - p_j| < \frac{\epsilon}{2JK}$.
Soit $y_{n(j)}$ tel que $\bigl|f_i(y_{n(j)}) - f_i(x_j)\bigr| < \frac{\epsilon}{2}$.

On pose $$\nu = \sum_{j=1}^J q_j \delta_{y_{n(j)}}.
$$ On a $$\nu(f_i) = \sum_{j=1}^J q_j f_i(y_{n(j)}),
$$ donc $$\bigl|\nu(f_i)-\mu(f_i)\bigr| \leq
\sum_{j=1}^J \bigl|q_j f_i(y_{n(j)}) - p_j f_i(x_j)\bigr|.
$$ Majorons chaque terme: $$\begin{align}
& \bigl|q_j f_i(y_{n(j)}) - p_j f_i(x_j)\bigr| \\ & \quad \leq
\bigl|q_j f_i(y_{n(j)}) - p_j f_i(y_{n(j)})\bigr| +
\bigl|p_j f_i(y_{n(j)}) - p_j f_i(x_j)\bigr| \\ & \quad \leq
|q_j - p_j| \Vert f_i \Vert + p_j \bigl|f_i(y_{n(j)}) - f_i(x_j)\bigr| \\
& \quad < \frac{\epsilon}{2J} + p_j \frac{\epsilon}{2}.
\end{align}
$$ En sommant, on obtient $$\bigl|\nu(f_i)-\mu(f_i)\bigr| < \epsilon.$$

Merci. J'ai prouvé le lemme, sans l'hypothèse $E$ polonais.

Lemme. Soient $\mu\in\Pr(E)$, $f \in C_b(E)$ et $\epsilon > 0$. Il existe un entier $k \geq 1$, des nombres $\epsilon_1 > 0, \ldots, \epsilon_k > 0$ et des fermés $F_1 \subset E, \ldots, F_k \in E$ tels que l'ensemble $$
\Bigl\{\nu \mid \bigl|\nu(f)-\mu(f)\bigl| < \epsilon\Bigr\}
$$ contient l'ensemble $$
\bigl\{\nu \in \Pr(E) \mid
\nu(F_i)<\mu(F_i)+\epsilon_i, 1\leq i\leq k\bigr\}.$$

Preuve. En utilisant une transformation linéaire, $$
\Bigl\{\nu \mid \bigl|\nu(f)-\mu(f)\bigl| < \epsilon\Bigr\}
$$ peut aussi s'écrire $$
\Bigl\{\nu \mid \bigl|\nu(g)-\mu(g)\bigl| < \epsilon'\Bigr\}
$$ où $g \in C_b(E)$ est telle que $0 < g(x) < 1$ pour tout $x\in E$. On prend un entier $k > \frac{2}{\epsilon'}$ et les fermés $F_i = \bigl\{x \in E \mid g(x) \geq \frac{i-1}{k}\bigr\}$ et $F_{k+1} = \varnothing$.

Soient les intervalles $J_i = \bigl[\frac{i-1}{k}, \frac{i}{k} \bigr[$. On a $$
\sum_{i=1}^k \frac{i-1}{k}P\bigl(g^{-1}(J_i)\bigr) \leq P(g) \leq
\sum_{i=1}^k \frac{i}{k}P\bigl(g^{-1}(J_i)\bigr).
$$ La somme à droite est $$
\sum_{i=1}^k \frac{i}{k}\bigl(P(F_i) - P(F_{i+1})\bigr)
= \frac{1}{k} + \frac{1}{k}\sum_{i=2}^kP(F_i)
$$ et la somme à gauche est $\frac{1}{k}\sum_{i=2}^kP(F_i)$. On a donc $\nu(g) < \frac{\epsilon'}{2} + \frac{1}{k}\sum_{i=2}^k\nu(F_i)$ et $\frac{1}{k}\sum_{i=2}^k\mu(F_i) \leq \mu(g)$. Ainsi, si $\nu(F_i)<\mu(F_i)+\epsilon_i$, on a $$
\nu(g) < \frac{\epsilon'}{2} + \mu(g) + \frac{1}{k}\sum_{i=2}^k\epsilon_i
$$ et donc $\nu(g) < \mu(g) + \epsilon'$ si on prend $\epsilon_i = \frac{\epsilon'}{2}$. En appliquant le même raisonnement avec $1-g$ au lieu de $g$, on obtient finalement $\bigl|\nu(g)-\mu(g)\bigl| < \epsilon'$. $\square$

Je ne sais pas pourquoi Borkar prend des $\epsilon_i$ au lieu d'un $\epsilon$. Est-ce que ça change quelque chose ?

Ah oui pardon j'ai changé le lemme. Celui-ci suffit pour démontrer la proposition "$E$ séparable $\implies$ $\Pr(E)$ séparable". Ainsi il n'y a pas besoin de $E$ métrique pour prouver cette proposition. La "réciproque" de ce lemme nécessite l'hypothèse $E$ métrique.

Peut-être que les $\epsilon_i$ permettent d'éviter du bricolage dans certaines preuves. Je suis en train de tout redémontrer, je verrai, mais pour l'instant ils m'agacent.