Somme de deux mesurables non mesurable.

Bonjour à tous
Je sèche pour démarrer le problème suivant.

Existe-t-il deux Lebesgue-mesurables $A$ et $B$ de $\mathbb R$ dont la somme $A+B$ (i.e $\{a+b\mid| a\in A,\ b\in B\}$) est non Lebesgue-mesurable ?

Avez-vous des idées ?
PS
Je me place dans ZF avec axiome du choix.

Réponses

  • Je sèche toujours :(
  • Il y a peut-être plus élégant, mais je pense qu'on peut montrer par récurrence transfinie qu'un sous-ensemble $X$ de $\mathbb R$ est mesurable si et seulement si pour presque tout $x \in X$ il existe un voisinage $V$ de $x$ tel que $V \cap X$ est soit négligeable soit de mesure égale à celle de $V$.
  • Ah mais sauf erreur, ça ne permet pas de conclure.
  • Si tu te places dans $\mathbb R^2$ c'est facile: soit $A$ un sous-ensemble non-mesurable de $\mathbb R$ alors $A \times\{0\}$ et $\{0\} \times \mathbb R$ sont mesurables de mesure nulle mais $(A \times\{0\}) + (\{0\} \times \mathbb R) = A \times \mathbb R$ n'est pas mesurable.

    Pour $\mathbb R$ c'est un peu plus compliqué mais la réponse est oui. Ce document est très clair et explique bien.
  • troiqua a écrit:
    Je sèche toujours

    La réponse est évidente*** si tu prends conscience que les ensembles négligeables sont tous mesurables. Il est donc probable que tu n'avais pas la question que tu as formulée très exactement en tête, mais il faudrait que tu formules ta réelle intention car elle est difficile à deviner (attention, ta question telle que formulée dans le premier post est parfaitement précise, ce n'est pas du tout un reproche que je te fais, j'ai juste "l'impression" qu'elle n'était pas celle que tu veux poser)

    Par exemple, si tu veux éviter "l'anomalie morale" des ensembles négligeables décoiffant, tu peux remplacer "mesurable" par "qui a image réciproque par toute fonction borélienne qui est mesurable". Cela te permet d'éviter les ensembles "petits, décoiffant" qui ne sont mesurables que parce qu'ils sont négligeables.

    [small]*** edit: voir (beaucoup) plus loin dans le fil. J'ai utilisé le mot "évident" dans le sens de "routinier" et surtout, j'évoquais l'implication (1) =>(2) et non pas (2), avec:

    (1) il existe deux boréliens négligeables dont la somme est $\R$ tout entier
    (2) il existe deux négligeables dont la somme n'est pas mesurable (sous AC)
    [/small]
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • Merci héhéhé ! Le papier est super clair en plus.
    Bon week-end.
  • Oui Christophe la question intéressante serait plutôt:

    La somme de deux Lebesgue mesurables non négligeables peut-elle être non Lebesgue mesurable ?

    Cela dit, j'ai retranscrit fidèlement la question qu'on m'avait initialement posée et sur laquelle je séchais (ne pensant pas à chercher du côté des négligeables).

    De mon côté j'étais parti sur le fait que si $W$ est un ultrafiltre non principal sur $\N$ alors les $\sum_{n\in F} 2^{-n}$ pour $F\in W$ forment une partie de $[0;1]$ non Lebesgue mesurable que je cherchais à voir comme somme de deux Lebesgue mesurables (en partitionnant astucieusement $W$).
  • troiqua a écrit:
    la question intéressante serait plutôt: La somme de deux Lebesgue mesurables non négligeables peut-elle être non Lebesgue mesurable ?

    Non plus, car tu n'évites pas l'effet comment dire "de bord" des négligeables que j'ai qualifié de "décoiffant" :-D (pour le voir pense à $A = [0,1]\cup A'; B=[0,1]\cup B'$ avec $A',B'$ petits démons)
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • exercice
    Christophe je ne vois pas du tout en quoi la réponse est évidente ni le rapport avec les négligeables étant mesurables. Si tu voulais bien m'éclairer ce serait sympathique de ta part.

    Intéressant comme petit texte héhéhé.
  • Ok je formule différemment:
    Existe t-il deux boréliens de $\R$ dont la somme ne l'est pas ?
  • mojojo a écrit:
    Christophe je ne vois pas du tout en quoi la réponse est évidente ni le rapport avec les négligeables étant mesurables

    pour ta première question, héhéhé avait répondu avant que je poste!! (sauf qu'il a parlé de IR² mais prends plutôt IR comme IQ ev que tu écris comme somme directe de deux sev isomophes)

    pour la deuxième question, je pensais que c'était clair (sauf bien sûr pour les "vrais" néophytes") que des ensembles négligeables, bien qu'ils soient mesurables "bêtement" peuvent être tout à fait "complexes".

    Dois-je développer cette remarque :-S ?

    C'est pour ça que j'ai proposé comme propriété de régularité parmi d'autres ceux dont l'image réciproque par toute borélienne est Lebesgue mesurable. Appelons "bleus" de tels ensembles, alors on peut demander si la somme de deux bleus est bleue
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • Je ne m’intéresse qu'à $\mathbf R$, dans $\mathbf R^2$ je suis d'accord, c'est "évident". Pareil pour le fait que des négligeables puissent être tarabiscotés je suis aussi d'accord.

    Mais je ne comprend pas le reste de ton message. Tu es en train de dire que la réponse donnée dans le texte de héhéhé est évidente ? Par rapport à ce que tu mets entre parenthèse (écrire $\mathbf R$ comme une somme directe de deux sev) je ne vois pas en quoi ça nous aide.
  • Ne t'inquiète pas je pige rien non plus à ce que raconte CC.
  • De mon téléphone : je ne comprends VRAIMENT pas ce que tu ne comprends pas vu que tu déclarés "je comprends X je comprends Y mais pas le reste" .... Alors qu'il ne "reste" rien ou presque. Peux tu faire une demande précise?

    Je suis sur mon téléphone donc ne peux voir ce que j'ai écrit mais je répète : écris IR TOUT ENTIER comme somme de deux ensembles négligeables (par exemple) qui sont chacun des Q sev de IR (je ne te parle pas de IR^2). Est-ce que c'est ça que tu appelles "le reste"?. Je pense que tu peux même les prendre boréliens de toute façon tu as l'embarras du choix (je peux détailler mais c'est vraiment routinier demande le si tu veux mais d'un PC). Ensuite n'oublie pas qu'ayant l'axiome du choix tu peux extraire une somme directe de 2 sev égale par exemple à un supplémentaire de Q dans IR.

    La seule chose qui "nécessité" de la cabalistique c'est le petit exo informatique (le couple de boréliens par exemple négligeables qui donnent R additionnés)
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • J'ai relu ta question : et oui je dis ça "en quelque sorte" (je parle de la réponse seule pas du texte que je n'ai pas lu car suis sur mon tel). Peut être peux tu préciser quelle est ta spécialité et à quel niveau tu souhaites des détails?
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • Si je prend $N_1$ et $N_2$ négligeable non dénombrable ...

    SI je prend une base de $\R$ sur $\Q$ il existe une base $b$ est deux sous ensembles $b_1$ et $b_2$ et deux bijections ..

    $\phi_ : N_1 \to b_1$ et $\phi_ 2: N_2 \to b_2$ tel que $b=b_1 \cup b_2$ et ... ???

    Je pose : $A_1$ le sous $\Q$-ev de $\R$ engendré par $b_1$ et $A_2$ celui de engendré par $b_2$.

    On a : $\R =A_1+B_2$ mais $A_1$ et $A_2$ sont négligables car

    $$
    A_1 =\cup_{n \in \N} \cup_{ (q_1,\dots,q_n) \in \Q^n} ... ???
    $$

    Tu veux dire un truc du style @cc
  • Bon, il y a visiblement pas mal d'incompréhensions de nos deux cotés christophe :-D

    Du coup je vais détailler : Je ne vois absolument pas en quoi ce que tu proposes répond à la question du début de fil.

    La question c'est : trouver $A$ et $B$ mesurables tels que leur somme soit non mesurable.

    Toi tu proposes d'écrire $\mathbf R=E\oplus F$ avec $E$ et $F$ des $\mathbf Q$-SEV. Déjà la somme des deux est mesurable, pas vraiment ce qu'on recherche donc, et tu n'expliques pas pourquoi ces deux SEV devraient être négligeables.

    Par contre; si on prend $H$ un $\mathbf Q$-SEV de co-dimension 1 (qui est donc non mesurable, car c'est un ensemble de Vitali), et qu'on l'écrit comme somme directe $F\oplus E$ avec $E$ et $F$ des sous espaces de $H$, et que tu me dis comment tu procèdes pour les choisir négligeables, je serai content.
  • edit: @flipflop (à mojojo, je vais lire ton post après cet edit)

    oula non, (enfin je n'ai pas pris le temps de lire ce que tu écris :-D ) je disais un truc bien plus simple. Je suis sur un PC, je vais donc latexifier.

    Soient $A,B$ deux sev négligeables de $\R$ (en tant que $\Q$ sev) tels que $A+B = \R$. Soit $S$ un supplémentaire de $\Q$ dans le $\Q$-ev $\R$. Alors il existe deux sev $E,F$ respectivement de $A$ et de $B$ tels que $E\oplus F = S$. (En fait, n'importe quel sev de $\R$ vérifie ça, c'est juste que tout supplémentaire de $\Q$ est non mesurable).

    Je n'ai rien dit de plus, ni de moins. (Et je n'ai aucunement justifiée l'existence du couple $(A,B)$ qui est un bacground que j'ai considéré hyperultraarchi-connu, mon "évident" concernait l'implication "from $(A,B)$ to Graal" (je vais relire mon post pour voir si c'était clair)

    Je laisse les concurrents aux olympiades d'esthétisme construire le "plus beau" couple $(A,B)$ :-D (ce n'est pas un caprice, c'est juste que j'ai reçu un MP d'un petit prétentieux qui me donne envie de conclure comme ça :-D )
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • Je répondais à flipflop
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • @mojojo: bon, je vois qu'on s'est compris. Pardon si j'ai été un peu laconique de mon téléphone.
    mojojo a écrit:
    et que tu me dis comment tu procèdes pour les choisir négligeables, je serai content.

    Relis ma réponse à flipflop. Il SUFFIT d'écrire $\R$ comme somme (pas du tout demandée directe!!!) par exemple de deux boréliens négligeables qui soient des sev de $\R$ en tant que $\Q$ ev.
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • Deux sev de codim $1$ ?
  • @flipflop, je ne comprends pas ta question. Aucun sev de codim 1 n'est mesurable! (la réunion de leurs translatés est $\R$, en quantité dénombrable)

    Sinon (mais je ne sais pas si tu demandes ça), la construction du couple $(A,B)$ que j'ai évoqué, je la laisse aux lecteurs (rien que pour embêter un gugus impoli :-D ) . Mais ce n'est pas non plus très mystérieux, c'est, comme je l'ai dit de "l'informatique" (penser à manipuler les digits de l'écriture décimale des réels par exemple, en écrivant tout réel comme somme d'un premier qui a une écriture qui raconte une belle histoire violette et d'un deuxième qui a une écriture qui raconte une belle histoire verte :-D ).
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • CC : un ensemble du genre : "les réels dont les décimales paires sont nulles" est bien de mesure nulle mais n'est pas un $\mathbf Q$-EV, d'ailleurs il engendre $\mathbf R$ (une multiplication par $10$ t'en convaincra).

    Tout au plus cela permet de construire une $\mathbf Q$-base de $\mathbf R$ qui soit mesurable (négligeable en fait), ce qui ne dit pas grand chose sur la mesure des sous espaces que cette base engendre...
  • mojojo a écrit:
    "les réels dont les décimales paires sont nulles" est bien .....

    Mais je n'ai jamais parlé de ce genre d'ensemble, c'est toi qui en parles. A mon avis faut quand-même "taper un peu plus fort" pour avoir des SEV (par exemple (mais comme j'ai dit, je ne veux pas faire le taf d'un autre intervenant impoli :-D dont j'espère, s'il pense à l'exo, qu'il se casse bien la tête dessus) l'ensemble des réels ayant asymptotiquement une grande richesse de complexité*** est un SEV de mesure nulle)
    mojojo a écrit:
    Tout au plus cela permet de ... base négligeable de IR

    Bin tu fais le boulot toi-même (dans une légère variante) là. Toute base négligeable de IR donne la conclusion désirée au 1er post (exercice tout aussi routinier). Il suit que tu apportes le complément en proposant une base négligeable de IR

    Cela dit, mais c'est affaire de gout, je préfère mon "évidence"**** à moi qu'un couple de sev (A,B) de boréliens** négligeables dont la somme est IR donne en une ligne le désir du 1er post et renvoie à la seule difficulté de prouver l'existence de (A,B)

    ** je ne sais pas vraiment si on peut les prendre boréliens, je crois que oui, mais n'ai rien vérifié du tout, mais en tout cas mesurables, oui.

    *** pour toute f récursive quand n tend vers l'infini le plus petit programme qui compute correctement les n premier digits de x a une longueur p telle que f(p)<n

    **** une rédaction, même la plus élégante et concise possible que base négligeable =>desir satisfait me parait, si on ne triche pas, nécessiter au moins 5-6 lignes (je n'ai pas vérifié).
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • moi-même a écrit:
    une rédaction, même la plus élégante et concise possible que base négligeable =>desir satisfait me parait, si on ne triche pas, nécessiter au moins 5-6 lignes (je n'ai pas vérifié).

    Enfin, en fait, ça prend .. ligne(s):

    Soit $B'$ une base négligeable qui $\ni 1$ et $S$ un supplémentaire de $\Q$. Soit un entier, le plus petit possible, $n$ tel que l'ensemble $X$ des réels de $S$ qui sont somme d'au plus $n$ éléments de $B$ n'est pas négligeable. Il est alors non mesurable (sinon, $X-X$ serait voisinage de $0$ et ne serait pas inclus dans $S$). Or il est de la forme $B+B+B+B+...+B$. avec $B:$\QB'$

    mouais 4 lignes, mais ai-je été suffisamment formel?

    Sinon, je pense (concernant l'autre façon de procéder à savoir trouver un couple $(A,B)$ de négligeables qui sont SEV et tels que $A+B=\R$, il me semble qu'on doit même pouvoir les choisir arithmétiques (ie en appliquant un nombre fini de fois le passage au complémentaire et les réunions dénombrables), mais je n'ai pas détallé, j'ai juste une idée de "pourquoi".

    Sinon, exo rigolo: trouver $A$ négligeable et borélien (pas forcément SEV) tel que $A+A=\R$.

    Pour les autres exos, je les mets dans "il est facile" et je n'en connais pas les réponses.
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • $A=\Z+K$ où $K$ est l'ensemble triadique de Cantor. $A$ est de mesure nulle et $A+A=\R$ Soit $x\in \R, x=y+z$ avec $z\in [0,2[$ et $y\in \Z$. Ecrire $\frac{z}{2}$ en base 3 pour construire $a,b\in K$ tels que $a+b=z$; on a $x=(a+y)+b$.
    Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
  • Bravo, ton A est fermé!!
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • @mojojo, pardon, je n'y ai pas pensé hier, j'étais un peu "à la bourre". Je t'envoie ce que tu souhaitais par MP, désolé de ne pas avoir tiqué. Encore aujourd'hui, il est peu probable que je me connecte beaucoup. Je joins flipflop au mp
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.