Variable aléatoire $\sigma(X)$-mesurable

posix968

Bonsoir, quelqu'un sait-il ou à une référence expliquant pourquoi si $Y$ est $\sigma(X)$-mesurable alors $Y$ est une transformation mesurable de X. C'est utilisé dans une preuve que j'étudie et je n'avais jamais vu ça auparavant.

Foys

Il y a des hypothèses sur l'espace d'arrivée. Lorsque celui ci est $\R$ muni de la tribu borélienne, on peut procéder par étapes:

1°) l'image de $Y$ est finie (le cas le plus simple)

2°) l'image de $Y$ est bornée (et appartient à $[-A,A]$ avec $A>0$ construire une suite de fonctions croissantes $(f_n)_{n \geq 0}$ mesurables à valeurs dans $[-A,A]$ telles que $f_n \circ X$ converge simplement vers Y)

3°) l'image de $Y$ est non bornée: poser $Y:= \max(Y,0) - \max(-Y,0)$ afin de se ramener au cas où $Y$ est différence de deux fonctions $\sigma(X)$-mesurables positives. 

Autrement dit traiter le cas $Y\geq 0$ en posant pour tout $n$, $Y_n:= \min (n,Y)$ et appliquer ce qui précède pour construire une suite de fonctions dont on prend le sup.

posix968

Ah oui, c'est une preuve où on peut commencer par montrer par les fonctions étagées puis positives etc... Merci pour les indications

Georges Abitbol

De plus, on peut remplacer $\mathbb{R}$ par tout polonais muni de sa tribu borélienne. D’après wiki, ceux qui ne sont pas dénombrables sont bimesurablement isomorphes à  $\mathbb{R}$, et pour ceux dénombrables, le résultat est facile à démontrer.

Foys

@Georges Abitbol tout polonais est en fait homéomorphe à une intersection dénombrable d'ouverts (pas insurmontable et fait dans Bourbaki Topologie générale chap 5-10 sauf erreur) de $[0,1]^{\N}$ et $[0,1], \{0,1\}^{\N}, \{0,1\}^{\N \times \N},\left (\{0,1\}^{\N} \right) ^{\N}$ et enfin $[0,1]^{\N}$ sont assez facilement bimesurablement isomorphes.

Donc à moindre frais on a déjà le fait qu'un polonais est assimilable à un borélien de $[0,1]$ ou $\R$. L'isomorphisme avec $\R$ tout entier à l'air beaucoup moins évident.

Georges Abitbol

 Ah oui c’est vrai que c’est un peu plus dur que ce que tu cites. Cette page Wikipédia contient des références vers des démonstrations de tout ceci (les isomorphismes de ces structures boréliennes, pas une démonstration du truc de la tribu engendrée par une variable aléatoire).

raoul.S

Je crois que l'on peut montrer assez facilement que si :

1) $f:\Omega\to E$, $g:\Omega\to F$ sont mesurables
2) les singletons de $F$ sont mesurables
3) $\sigma(g)\subset \sigma(f)$

alors il existe une fonction $h:f(\Omega)\to F$ mesurable ($f(\Omega)$ étant munie de la tribu trace) telle que $g=h\circ f$.

Il suffit de constater que la famille $(f(g^{-1}(x)))_{x\in F}$ forme une partition de $f(\Omega)$.

En effet si $x,y\in F$ et $x\neq y$ alors $g^{-1}(x)=f^{-1}(A)$ et $g^{-1}(y)=f^{-1}(B)$ avec $A,B\subset E$ mesurables. Donc, $f(g^{-1}(x))\cap f(g^{-1}(y))\subset A\cap B$. Mais $f^{-1}(A)\cap f^{-1}(B)=g^{-1}(x)\cap g^{-1}(y)= \emptyset$. Donc $A\cap B\subset E\setminus f(\Omega)$. Ainsi $f(g^{-1}(x))\cap f(g^{-1}(y))\subset f(\Omega)\cap (E\setminus f(\Omega))=\emptyset$.

À partir de là on définit $h:f(\Omega)\to F$ en posant $h(f(g^{-1}(x))):=\{x\}$ pour tout $x\in F$. Par définition de $h$, on a $g=h\circ f$. Il reste à montrer que $h$ est mesurable. Soit $C\subset F$ mesurable. Alors $g^{-1}(C)=f^{-1}(h^{-1}(C))$. Soit $A\in E$ mesurable tel que $g^{-1}(C)=f^{-1}(A)$, on a $f^{-1}(A)=f^{-1}(h^{-1}(C))$ et en prenant $f$ des deux côtés de l'égalité on obtient $A\cap f(\Omega)=h^{-1}(C)$, ce qui montre que $h^{-1}(C)$ est mesurable dans $f(\Omega)$.

Remarque : Dans le cas particulie où $E=F=\mathbb{R}$, la proposition ci-dessus nous fourni un $h$ mesurable défini sur l'image de $f$. Si on veut obtenir une fonction mesurable définie sur $\mathbb{R}$ entier il suffit de prolonger $h$ comme indiqué par simonc ICI. 

Positif

C'est la fameuse preuve qui utilise l'axiome du choix. Personnellement je ne l'ai jamais apprise, c'est le genre d'énoncé qui s'admet très bien ah ah . “Si $A = \mathbf{E} [ Y | X] $, alors il existe une fonction $f$ (on ne sait pas laquelle) telle que $A = f(X) $.”

Foys

@Positif les seuls énoncés vraiment "concrets" des maths sont ceux parlant de petites structures discrètes (de même que $\R$ n'existe pas vraiment -aucun ordinateur au monde n'ayant jamais manipulé de nombre flottant n'appartenant pas à $\left \{ \frac p {10^q} \mid p,q\in \Z; q< 10^{10^{10}} \right\}$-, les browniens sont l'idéalisation de martingales discrètes avec des pas très petits, mais les maths des martingales discrètes deviennent assez ingérables donc les gens font des browniens).

Soit $V_0:= \emptyset$,puis par réurrence $V_{n+1}:= \mathcal P(V_n)$ pour tout $n$. Soit $V_{\omega}:= \bigcup_{n\in \N} V_n$. $V_{\omega}$ est l'ensemble des vrais objets finitistes (c'est le plus petit ensemble contenant $\emptyset$ et stable par l'opération $a,b \mapsto a \cup \{b\}$). Il contient $\N$ (rappel $n+1 = n \cup\{n\}$ pour tout entier $n$ et $\emptyset = 0$), quoique $\N \notin V_{\omega}$.

Enfin, on appelle énoncé d'arithmétique (terminologie qui se justifiera plus loin) un énoncé équivalent à un énoncé obtenu par application successive des opérations suivantes: $x \in y, x = y$ sont des énoncés d'arithmétique pour toutes lettres $x,y$. $A\Rightarrow B$, $A \Leftrightarrow B$, $A \vee B$, $\neg A$, $A \wedge B$ sont des énoncés d'arithmétiques lorsque $A$ et $B$ en sont et enfin, $\forall x (x \in V_{\omega} \Rightarrow C)$ et $\exists x (x \in V_{\omega} \wedge C)$ sont des énoncés d'arithmétique (qui s'abrègent respectivement en $\forall x \in V_{\omega},C$ et $\exists x \in V_{\omega}, C$) lorsque $C$ en est un, pour toute lettre $x$.

Au prix d'encodages non mystérieux mais parfois très lourds, tout énoncé d'arithmétique de Peano peut se mettre sous cette forme d'où ce nom (soit $T(x):= \forall y \in V_{\omega}, \forall z  \in V_{\omega}, (z \in y \wedge y \in x) \Rightarrow z \in x$; alors $n \in \N$ s'avère être équivalent à $n \in V_{\omega} \wedge T(n) \wedge \forall m, m \in V_{\omega} \wedge m \in n \Rightarrow T(m)$).

Le résultat fondamental est le suivant (il est démontré dans Jean-Louis Krivine: théorie des ensembles):

Soit $\Phi$ un énoncé d'arithmétique démontré dans ZF + choix GLOBAL + hypothèse du continu. Alors $\Phi$ possède une preuve dans ZF vanille.

En fait le théorème en question est carrément énoncé pour ZF + V = L, qui entraîne AC global (et donc AC) et HC.

Donc bref "j'ai utilisé l'axiome du choix, c'est très grave" --> non !!!!!!!

Chalk

Pour info, c'est connu sous le nom de lemme de Doob, et c'est effectivement particulièrement utile quand on aborde les espérances conditionnelles.

J'ai plusieurs livres qui le traitent (dont celui de @aléa ), mais s'il peut le republier dans ce fil ce sera utile à d'autres : https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/1543640/lemme-de-doob

raoul.S

Intéressant. J'ai trouvé un document qui caractérise les "espaces de Doob", autrement dit, les espaces qui vérifient la propriété du premier post. Je le joins au cas où.

aléa

Voilà la preuve.