Solutions
En posant
A 1 = A ∩ [0 , 1 − a[ , A 2 = A ∩ [1 − a , 1[ ,
B 1 = T a (A 1 ), B 2 = T a−1 (A 2 ) et B = A + a (mod 1),
on peut écrire B = B 1 ∪ B 2 . Puisque m ∗ est invariante par translation, on a
m
∗ (B 1 ) = m
∗ (A 1 ) et m
∗ (B 2 ) = m
∗ (A 2 ).
Il découle de II.1.5 (voir la solution) que
m
∗ (A) = m
∗ (A ∩ ([0 , 1 − a[ ∪ [1 − a , 1[))
= m
∗ (A 1 ) + m
∗ (A 2 ).
En conséquence,
m
∗ (B) = m
∗ (B 1 ∪ B 2 ) = m
∗ ((B 1 ∩ [a , 1[) ∪ (B 2 ∩ [0 , a[))
= m
∗ (B 1 ∩ [a , 1[) + m
∗ (B 2 ∩ [0 , a[) ,
la dernière égalité se déduisant de II.1.5. Il s’ensuit que
m
∗ (B) = m
∗ (A 1 ) + m
∗ (A 2 ) = m
∗ (A).
II.1.44. On adopte ici la notation introduite dans la solution du problème
précédent.
Si A est mesurable, il en est de même de A 1 et A 2 et, puisque m est
invariante par translation, les ensembles B 1 et B 2 sont aussi mesurables. La
mesurabilité de A + a (mod 1) découle donc de l’égalité
A + a (mod1) = B = B 1 ∪ B 2 .
D’autre part, si B est mesurable, alors B 1 = B ∩ [a , 1[, B 2 = B ∩ [0 , a[
et les ensembles B 1 et B 2 sont aussi mesurables. Puisque A 1 = T −a (B 1 ),
A 2 = T 1−a (B 2 ) et A = A 1 ∪ A 2 , la mesurabilité de A s’en déduit.
II.1.45. Supposons, contrairement à la proposition à démontrer, que V est
un ensemble mesurable. Soit {r n } une suite énumérant les rationnels de [0 , 1[
telle que r 0 = 0. On définit V n = V + r n (mod 1). D’après le résultat du problème précédent, chaque V n est aussi mesurable et m(V n ) = m(V). On prouve
maintenant que les V n sont deux à deux disjoints et que
+∞
n=0
V n = [0 , 1[. En
effet, si x ∈ V i ∩ V j , alors x = v i + r i (mod 1) et x = v j + r j (mod 1), v i
et v j appartenant à V = V 0 . En conséquence, v i − v j ∈ Q ce qui implique
que v i ∼ v j , donc que i = j. Ceci montre que V i ∩ V j = ∅ si i = j. Puisque
chaque x ∈ [0 , 1[ se trouve dans une classe d’équivalence, x diffère modulo 1
d’un élément de V par un nombre rationnel, par exemple r k ∈ [0 , 1[. Donc
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En posant
A 1 = A ∩ [0 , 1 − a[ , A 2 = A ∩ [1 − a , 1[ ,
B 1 = T a (A 1 ), B 2 = T a−1 (A 2 ) et B = A + a (mod 1),
on peut écrire B = B 1 ∪ B 2 . Puisque m ∗ est invariante par translation, on a
m
∗ (B 1 ) = m
∗ (A 1 ) et m
∗ (B 2 ) = m
∗ (A 2 ).
Il découle de II.1.5 (voir la solution) que
m
∗ (A) = m
∗ (A ∩ ([0 , 1 − a[ ∪ [1 − a , 1[))
= m
∗ (A 1 ) + m
∗ (A 2 ).
En conséquence,
m
∗ (B) = m
∗ (B 1 ∪ B 2 ) = m
∗ ((B 1 ∩ [a , 1[) ∪ (B 2 ∩ [0 , a[))
= m
∗ (B 1 ∩ [a , 1[) + m
∗ (B 2 ∩ [0 , a[) ,
la dernière égalité se déduisant de II.1.5. Il s’ensuit que
m
∗ (B) = m
∗ (A 1 ) + m
∗ (A 2 ) = m
∗ (A).
II.1.44. On adopte ici la notation introduite dans la solution du problème
précédent.
Si A est mesurable, il en est de même de A 1 et A 2 et, puisque m est
invariante par translation, les ensembles B 1 et B 2 sont aussi mesurables. La
mesurabilité de A + a (mod 1) découle donc de l’égalité
A + a (mod1) = B = B 1 ∪ B 2 .
D’autre part, si B est mesurable, alors B 1 = B ∩ [a , 1[, B 2 = B ∩ [0 , a[
et les ensembles B 1 et B 2 sont aussi mesurables. Puisque A 1 = T −a (B 1 ),
A 2 = T 1−a (B 2 ) et A = A 1 ∪ A 2 , la mesurabilité de A s’en déduit.
II.1.45. Supposons, contrairement à la proposition à démontrer, que V est
un ensemble mesurable. Soit {r n } une suite énumérant les rationnels de [0 , 1[
telle que r 0 = 0. On définit V n = V + r n (mod 1). D’après le résultat du problème précédent, chaque V n est aussi mesurable et m(V n ) = m(V). On prouve
maintenant que les V n sont deux à deux disjoints et que
+∞
n=0
V n = [0 , 1[. En
effet, si x ∈ V i ∩ V j , alors x = v i + r i (mod 1) et x = v j + r j (mod 1), v i
et v j appartenant à V = V 0 . En conséquence, v i − v j ∈ Q ce qui implique
que v i ∼ v j , donc que i = j. Ceci montre que V i ∩ V j = ∅ si i = j. Puisque
chaque x ∈ [0 , 1[ se trouve dans une classe d’équivalence, x diffère modulo 1
d’un élément de V par un nombre rationnel, par exemple r k ∈ [0 , 1[. Donc
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