Solutions
II.2.25. On a [0 , 1[ =
+∞
n=0
V n et V i ∩ V j = ∅ pour i = j. Donc si x ∈ [0 , 1[,
il existe alors n 0 tel que x ∈ V n 0 . Mais alors, x /
∈
+∞
i=n
V i pour n > n 0 , ce
qui implique f n (x) = 0 pour n > n 0 . Donc, lim
n→+∞
f n (x) = 0. De la solution
de II.1.45, on sait que la mesure extérieure m ∗ (V n ) = m ∗ (V) = α est strictement positive pour tout n. On prend alors ε =
α
2 et on suppose, contrairement
à l’énoncé, qu’il existe un ensemble mesurable B tel que m ([0 , 1[ \ B) < ε et
f n tend uniformément vers 0 sur B. On en déduit alors qu’il existe n 1 tel que
f n (x) = 0 pour n > n 1 et pour tout x ∈ B. D’autre part,
f n (x) =
⎧
⎪ ⎪ ⎨
⎪ ⎪ ⎩
0 si x ∈
n−1
i=0
V i ,
1 si x ∈
+∞
i=n
V i ,
ce qui implique B ⊂
n−1
i=0
V i pour n > n 1 . Donc,
m ([0 , 1[ \ B) m
∗
+∞
i=n
V i
m
∗ (V n ) = α,
contradiction. Enfin, on remarque sur cet exemple que l’hypothèse de mesurabilité de f n est essentielle et ne peut être omise dans le théorème d’Egorov.
II.2.26. On définit f n , n ∈ N ∗ , par
f n (x) =
⎧
⎪ ⎨
⎪ ⎩
0 si x = 0,
n si 0 < x
1
n ,
1
n
si
1
n < x 1.
La limite simple de {f n } sur [0 , 1] est la fonction nulle. Si m(B) = 1, alors
max {f n (x) : x ∈ B} = n et la convergence ne peut donc pas être uniforme
sur B. On remarque sur cet exemple que l’hypothèse m(A \ B) < ε ne peut
pas être remplacée par l’hypothèse m(A \ B) = 0 dans le théorème d’Egorov
(voir II.2.22).
II.2.27. On prouve d’abord que la condition est suffisante pour la mesurabilité de f . Soit c ∈ R. On pose A 0 = {x ∈ A : f (x) c}. Étant donné ε > 0, il
existe un ensemble fermé F ⊂ A tel que m(A\F) < ε et la restriction de f à F
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