correction.

Année /
Florian Metzger
[email protected]
Université Pierre et Marie Curie
LM 364 Intégration 1
Groupe no 6
Corrigé du contrôle continu no 1
Mercredi  octobre 
Durée :  h 
Questions de cours [6 pts]
Soient X un ensemble et (An )n∈N une suite de sous-ensembles de X.
c
1. Quel(s) lien(s) d’inclusion(s) y a-t-il entre lim supn→+∞ An et lim supn→+∞ (An c ) ?
Solution. —
D’après des résultats démontrés en TD :
c
lim sup An = lim inf (An c ) ⊆ lim sup(An c )
n→+∞
n→+∞
n→+∞
on a déjà vu des contre-exemples à l’égalité pour la dernière inclusion.
2. Montrer que la suite de parties (An ) converge si et seulement si la suite de fonctions (1An ) converge
simplement. Dans le cas de convergence relier la limite de (An ) à la limite de (1An ).
Solution. —
C’est une conséquence de la proposition 1.20 du polycopié. De plus on a
limn→+∞ An = f −1 ({1})
où f = limn→+∞ 1An
Exercice  [7 pts]
Soient X un ensemble ainsi que (An )n∈N et (Bn )n∈N deux suites de parties de X.
1. On suppose dans cette question uniquement que chacune des suites (An ) et (Bn ) converge. Montrer
que la suite (An ∩ Bn ) converge et identifier sa limite.
Solution. — Soient A∞ = limn→+∞ An et B∞ = limn→+∞ Bn . En utilisant la condition sur la
convergence des indicatrices on a
1An ∩Bn = 1An 1Bn −−−→ 1A∞ 1B∞ = 1A∞ ∩B∞
n→∞
An ∩ Bn −−−→ A∞ ∩ B∞
ce qui montre que
n→∞
2. Montrer que lim inf An ∩ Bn = lim inf An ∩ lim inf Bn .
n→+∞
n→+∞
n→+∞
Solution. — L’ensemble lim inf n→+∞ An ∩ Bn est l’ensemble des x qui appartiennent à tous les
An ∩ Bn pour n assez grand. C’est exactement l’ensemble des x qui sont dans tous les An pour
n assez grand et dans tous les Bn pour n assez grand c’est-à-dire l’ensemble des x appartenant à
(lim inf n→+∞ An ) ∩ (lim inf n→+∞ Bn ). Ainsi
lim inf An ∩ Bn = lim inf An ∩ lim inf Bn
n→+∞
n→+∞
n→+∞
L’assertion précédente est-elle vraie en remplaçant lim inf par lim sup ?
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Groupe no 6
Solution. — La question 1. montre que le résultat est vrai si A et B convergent. Il faut donc
choisir des suites n’admettant pas de limite. En prenant pour tout entier naturel n
A2n = B2n+1 = R∗−
lim sup A = lim sup B = R∗
on a
A2n+1 = B2n = R∗+
et
et
lim sup(An ∩ Bn ) = ∅
n→+∞
De sorte que l’on a trouvé un contre-exemple à l’égalité
lim sup An ∩ Bn = lim sup An ∩ lim sup Bn
n→+∞
n→+∞
n→+∞
On peut en revanche montrer l’inclusion lim sup An ∩ Bn ⊂ lim sup An ∩ lim sup Bn .
n→+∞
n→+∞
n→+∞
3. Déterminer les limites inférieure et supérieure et examiner les limites éventuelles des suites d’ensembles définis respectivement dans X, N et R des façons suivantes : pour tout n ∈ N − {0} on
pose
3.a) A2n−1 = E et A2n = F où E, F sont deux parties de X ;
Solution. —
On a facilement en revenant à la définition
lim inf A = E ∩ F
lim sup A = E ∪ F
et
Il y a donc convergence si et seulement si E ∩ F = E ∪ F c’est-à-dire
La suite (An ) converge si et seulement si E = F
3.b) An = pn N où (pn )n>1 est la suite strictement croissante des nombres premiers ;
Solution. — Un entier m est dans une infinité de An si et seulement s’il est divisible par
tous une infinité de nombres premiers. Cela est le cas si et seulement si un tel entier est nul.
Ainsi
lim sup An = {0}
donc
n→+∞
lim inf An = {0}
n→+∞
donc
(An ) −−−→ {0}
n→∞
(−1)n
.
3.c) An = 0 ; 1 +
n
Solution. — On a A2n = [ 0 ; 1 + 1/(2n) ] et A2n+1 = [ 0 ; 1 − 1/(2n + 1) ] de sorte que (A2n )
est décroissante, (A2n+1 ) croissante et A2n+1 ⊆ A2n pour tout n. Ainsi
lim sup A =
+∞
\
[
Ap ∩
n=1 p>2n
lim inf A =
+∞
[
\
n=1 p>2n
Ap ∪
+∞
\
[
Ap =
n=0 p>2n+1
+∞
[
\
n=0 p>2n+1
Ap =
+∞
\
A2n ∩
n=1
+∞
[
n=1
A2n+1 ∪
+∞
\
A2n+2 =
n=0
+∞
[
n=0
+∞
\
A2n = [ 0 ; 1 ]
n=1
A2n+1 =
+∞
[
A2n+1 = [ 0 ; 1 [
n=0
Ainsi lim inf A = [ 0 ; 1 [ ( [ 0 ; 1 ] = lim sup A donc (An ) ne converge pas.
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Exercice  [5 pts]
1. Donner le cardinal de Z2 × R2 .
Solution. — On rappelle que tout ensemble infini a même cardinal que son carré. Soit X = Z2 ×
R2 . Alors Card X > Card R2 = Card R On a aussi Card X 6 Card R2 ×R2 = Card R2 = Card R.
Donc
Card Z2 × R2 = Card R
2. Quel est le cardinal de l’ensemble des suites indexées par N et :
2.a) à valeurs dans R définies par une relation de récurrence linéaire d’ordre 2 à coefficients entiers ?
Solution. — Soit Y l’ensemble en question. Toute suite de Y est uniquement déterminée
par les deux entiers de sa relation de récurrence et ses valeurs u0 et u1 . Pour (a, b) ∈ Z2 et
(α, β) ∈ R2 on note ua,b,α,β la suite u vérifiant
∀n ∈ N
un+2 = aun+1 + bun
(
La fonction
ϕ:
Z2 × R2
et
u(0) = α
−→ Y
((a, b), (α, β)) 7−→ ua,b,α,β
u(1) = β
est alors une surjection.
En effet, cela résulte de la définition d’une suite récurrente d’ordre 2. Donc
Card Y 6 Card (Z2 × R2 ) = Card R
Or Y contient toutes les suites constantes car ϕ(0, 1, c, c) = (c)n pour tout c ∈ R d’où
Card Y > Card R et finalement
Card Y = Card Z2 × R2 = Card R
2.b) à valeurs dans Z définies par une relation de récurrence linéaire à coefficients entiers ?
Solution. — Soit Z l’ensemble en question. Il est la réunion pour p ∈ N r {0} des Yp où
pour tout entier p, Yp est l’ensemble des suites récurrentes d’ordre p. De façon analogue à la
question précédente on obtient que
Card Yp 6 Card (Zp × Zp ) = Card N
car les valeurs de la suites doivent être entières et comme la relation de récurrence est à
coefficients entiers cela équivaut ce que les p premiers termes soient entiers.
Mais on a aussi Card Z > Card N car les suites constantes entières sont dans Yp pour tout p.
Ainsi Z est une réunion dénombrable d’ensembles dénombrables, c’est donc un ensemble
infini dénombrable, soit
Card Z = Card N
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Exercice  [4 pts]
On note Bor(R) et Bor(R2 ) les tribus boréliennes de R et R2 . Soit A un ouvert non vide de R.
On définit
T = B ⊆ R : A × B ∈ Bor(R2 )
Montrer que T est une tribu sur R contenant les ouverts de R et en déduire T.
Solution. — • A × ∅ = ∅ ∈ Bor(R2 ) donc ∅ ∈ T .
• Si B ∈ T alors
A × (Bc ) = (A × R) r (A × B) = (A × R) ∩ ((A × B)c ) ∈ Bor(R2 )
car A × R ∈ Bor(R2 ) car A est un ouvert de R et A × B ∈ Bor(R2 ) par hypothèse et ainsi
Bc ∈ T
• Si (Bn )n∈N ∈ T N alors
A×
S
n∈N
Bn
S
=
(A × Bn ) ∈ Bor(R2 )
n∈N
car A × Bn ∈ Bor(R2 ) pour tout n et que Bor(R2 ) est une tribu. Ainsi
S
Bn ∈ T
n∈N
• Remarquons que pour tout ouvert B de R l’ensemble A × B est un ouvert de R2 et donc un borélien
on en déduit que
T est une tribu sur R qui contient les ouverts de R.
• C’est l’argument classique utilisé maintes fois en TD. L’ensemble T est une tribu contentant les ouverts.
Mais Bor(R) = σ(OR ) est la plus petite tribu sur R contenant OR les ouverts de R donc Bor(R) ⊂ T .
• Enfin, remarquons que si A × B est un borélien de R2 alors (A × B) ∩ ({0} × R) = {0} × B est aussi
un borélien de R2 . Or {0} × B est homéomorphe à B via l’application (0, x) ∈ {0} × B 7→ x ∈ B ce qui
permet de conclure que B est un borélien de R et donc T ⊆ Bor(R). Finalement,
T = Bor(R)
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