Solutions
m ∗ (G \ A c ) < ε. Donc, F = R \ G est un sous-ensemble fermé de A et
m ∗ (A \ F) = m ∗ (G \ A c ) < ε. Pour prouver que (iv) implique (v), on prend,
pour n ∈ N ∗ , un fermé F n ⊂ A tel que m ∗ (A\F n ) <
1
n et on pose V =
+∞
n=1
F n .
V est alors un F σ -sous-ensemble de A et, puisque m ∗ (A \ V) <
1
n pour tout
n ∈ N ∗ , on obtient m ∗ (A \ V) = 0. Finalement, si (v) est vérifié, A est alors
mesurable comme somme de deux ensembles mesurables. Les conditions (i),
(iv) et (v) sont donc aussi équivalentes.
II.1.13. On suppose d’abord que A est mesurable. Puisque m(A) < +∞,
étant donné ε > 0, il existe un recouvrement dénombrable de A par des intervalles ouverts I n tel que
+∞
n=1
|I n | < m(A) +
ε
2 et tel qu’il existe N pour lequel
+∞
n=N +1
|I n | <
ε
2 . On voit, en prenant W =
N
n=1
I n , que
m(W A) m
+∞
n=1
I n \ A
+ m
+∞
n=N +1
I n
<
ε
2
+
ε
2
= ε.
On prouve maintenant que la condition est aussi suffisante. Étant donné
ε > 0, il existe une union finie W d’intervalles ouverts telle que
m
∗ (W A) <
ε
3
.
Par définition de la mesure extérieure de Lebesgue, il existe un recouvrement
dénombrable de A \ W par des intervalles ouverts J n tels que
+∞
n=1
|J n | < m
∗ (A \ W) +
ε
3
<
2ε
3
.
L’ensemble G = W ∪
+∞
n=1
J n est un ouvert contenant A et
m
∗ (G \ A) m
∗ (W \ A) + m
+∞
n=1
J n
<
ε
3
+
2ε
3
= ε.
D’après la proposition (ii) du problème précédent, l’ensemble A est mesurable.
II.1.14.
(a) Si A est mesurable, alors clairement m ∗ (A) m(A) = m ∗ (A). Donc si
m(A) = +∞, le résultat est prouvé. Si m(A) < +∞, étant donné ε > 0,
il existe alors une collection dénombrable d’intervalles fermés I n telle que
A ⊂
+∞
n=1
I n et
+∞
n=1
|I n | < m
∗ (A) + ε.
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