Théorie de la mesure/Exercices/Mesures

Exercice 2-1

Soient ${\cal {E}}$ une algèbre d'ensembles et $m:{\mathcal {A}}\to [0,+\infty [$ une application.

1. Montrer que les trois propriétés suivantes sont équivalentes, en prouvant les implications $(P1)\Rightarrow (P2)\Rightarrow (P3)\Rightarrow (P1)$.
   • (P1) $\forall A,B\in {\mathcal {A}}\quad \left(A\cap B=\varnothing \Rightarrow m(A\cup B)=m(A)+m(B)\right)$ ;
   • (P2) $m(\varnothing )=0$ et $\forall A,B\in {\mathcal {A}}\quad m(A\cup B)+m(A\cap B)=m(A)+m(B)$ ;
   • (P3) $\forall A,B\in {\mathcal {A}}\quad m(A\Delta B)+m(A\cap B)=m(A\cup B)$.

   Si l'une de ces trois propriétés est vérifiée, elles le sont donc toutes ; $m$ est alors dite additive.

2. On suppose $m$ additive. Montrer que :
   1. $\forall n\in \mathbb {N} \quad \forall A_{0},\ldots ,A_{n}\in {\cal {A}}$ disjoints, $m(\cup _{k=0}^{n}A_{k})=\sum _{k=0}^{n}m(A_{k})$ ;
   2. $\forall n\in \mathbb {N} \quad \forall A_{0},\ldots ,A_{n}\in {\cal {A}}\quad m(\cup _{k=0}^{n}A_{k})\leq \sum _{k=0}^{n}m(A_{k})$ ;
   3. $m$ est croissante, c'est-à-dire $\forall A,B\in {\cal {A}}\quad A\subset B\Rightarrow m(A)\leq m(B)$ ;
   4. $\forall A_{n}\in {\cal {A}}\ (n\in \mathbb {N} )$ disjoints tels que $A:=\cup _{n\in \mathbb {N} }A_{n}\in {\cal {A}}$, $m(A)\geq \sum _{n\in \mathbb {N} }m(A_{n})$.
3. Comparer 2.1, 2.2 et 2.4.

Solution

1. Soient $A,B\in {\mathcal {A}}$.
   • $(P1)\Rightarrow (P2))$ : supposons (P1). Alors,
     • d'une part $m(\varnothing \cup \varnothing )=m(\varnothing )+m(\varnothing )$ donc $m(\varnothing )=0$ et
     • d'autre part $m(A\cup B)+m(A\cap B)=m(A)+m(B\setminus A)+m(A\cap B)=m(A)+m(B)$,

   d'où (P2).

   • $(P2)\Rightarrow (P3)$ : supposons (P2). Alors, $m(A\Delta B)+m(A\cap B)=m\left((A\Delta B)\cup (A\cap B)\right)+m\left((A\Delta B)\cap (A\cap B)\right)=m(A\cup B)+m(\varnothing )=m(A\cup B)$, d'où (P3).
   • $(P3)\Rightarrow (P1)$ : supposons (P3) et $A\cap B=\varnothing$. Alors, $m(A)+m(B)=m((A\cup B)\Delta B)+m((A\cup B)\cap B)=m((A\cup B)\cup B)=m(A\cup B)$, d'où (P1).
2. • 2.1 par récurrence sur $n$ à partir de (P1), en posant $A=\cup _{k\leq n}A_{k}$ et $B=A_{n+1}$.
   • 2.2 par récurrence sur $n$, car $m(A_{n}\cup A_{n+1})\leq m(A_{n})+m(A_{n+1})$ d'après (P2).
   • 2.3 d'après (P2).
   • 2.4 : d'après 2.3 et 2.1, $m(A)\geq \sum _{k=0}^{n}m(A_{k})$ pour tout $n$.
3. D'après ce qui précède, 2.1 (qui équivaut à P1 donc à l'additivité) implique 2.2 et 2.4. Mais :
   • 2.2 n'implique pas 2.4 car 2.4 implique $m(\varnothing )=0$, alors que si 2.2 est vrai pour $m$ il l'est aussi pour $m+1$.
   • 2.4 n'implique pas 2.2 car par exemple sur $\{\varnothing ,A,A^{c},X\}$ (avec $A$ et $A^{c}$ complémentaires dans $X$), la fonction $m$ définie par $m(A)=m(A^{c})=m(\varnothing )=0$ et $m(X)=1$ vérifie 2.4 mais pas 2.2.

 

Exercice 2-2

Soient $X$ un ensemble infini et ${\cal {A}}$ l'algèbre de ses parties finies ou cofinies.

1. Montrer que la fonction $m:{\cal {A}}\to \mathbb {R} _{+}$ définie par $m(A)=0$ si $A$ est fini et $m(A)=1$ si $A$ est cofini est additive.
2. Si $X$ est dénombrable, montrer qu'il existe des $A_{n}\in {\cal {A}}$ disjoints, d'union $X$, tels que $m(X)>\sum _{n\in \mathbb {N} }m(A_{n})$.
3. Condition nécessaire et suffisante pour que $m$ s'étende en une mesure sur $\sigma ({\cal {A)}}$ ?

Solution

1. Soient $A,B\in {\cal {A}}$ disjoints et $C=A\cup B$. Si $A,B$ sont finis alors $C$ aussi et $m(C)=0=0+0=m(A)+m(B)$. Si $A$ est cofini alors $C$ aussi et $B$ est fini, et $m(C)=1=1+0=m(A)+m(B)$. Même chose en intervertissant $A$ et $B$.
2. $X$ est une union dénombrable de singletons disjoints.
3. D'après la question précédente, une condition nécessaire est que $X$ ne soit pas dénombrable. Alors, $m$ s'étend (de façon unique) en la mesure $\mu$ sur $\sigma ({\cal {A)}}$ définie par $\mu (A)=0$ si $A$ est (au plus) dénombrable et $m(A)=1$ si c'est son complémentaire qui l'est (ces deux cas s'excluent bien, par hypothèse sur $X$). Remarque : alors, $\sigma ({\cal {A)}}$ est complète pour $\mu$.

 

Exercice 2-3

On admettra que pour toute fonction $F:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ croissante et continue à droite, il existe une mesure (unique) $\mu _{F}$ sur ${\cal {B}}(\mathbb {R} )$, appelée mesure de Stieltjes associée à $F$, telle que pour tous réels $a<b$, $\mu _{F}(\left]a,b\right])=F(b)-F(a)$.

1. Soit $\mu =\mu _{\arctan }$. Calculer $\mu (\left]-1,1\right])$, $\mu (\left]0,1\right])$, $\mu ([0,1])$, $\mu (\left]-1,{\sqrt {3}}\right])$, $\mu (\left]0,1\right])$ pour tous réels $a<b$, et enfin $\mu (\mathbb {R} )$.
2. Même question pour les fonctions $F_{1}(x)=x+F(x)$ et $F_{2}=\mathbf {1} _{\mathbb {R} ^{+}}+F$.
3. Soit $\mu$ une mesure sur ${\cal {B}}(\mathbb {R} )$ telle que pour tout $n\in \mathbb {Z}$, $\mu (\{n\})=1$ et $\mu (\left]n,n+1\right])=1$. Montrer que $\mu$ est une mesure de Stietjes et déterminer une fonction $F$ telle que $\mu =\mu _{F}$.

Solution

1. $\mu (\left]-1,1\right])=\arctan(1)-\arctan(-1)={\pi \over 4}-{-\pi \over 4}=\pi /2$, $\mu ([0,1])=\mu (\left]0,1\right])=\pi /4$, $\mu (\left]-1,{\sqrt {3}}\right])={\pi \over 3}-{-\pi \over 4}={7\pi \over 12}$, $\mu (\left]a,b\right])=\arctan(b)-\arctan(a)$, $\mu (\mathbb {R} )=\arctan(+\infty )-\arctan(-\infty )={\pi \over 2}-{-\pi \over 2}=\pi$.
2. $\mu _{1}=\lambda +\mu$ où $\lambda$ est la mesure de Lebesgue et $\mu _{2}=\delta _{0}+\mu$ où $\delta _{0}$ est la mesure de Dirac en 0, donc $\mu _{1}(\left]-1,1\right])=\pi /2+2$, $\mu _{2}(\left]-1,1\right])=\pi /2+1$, $\mu _{1}([0,1])=\mu _{1}(\left]0,1\right])=\mu _{2}([0,1])=\pi /4+1$, $\mu _{2}(\left]0,1\right])=\pi /4$, $\mu _{1}(\left]-1,{\sqrt {3}}\right])={7\pi \over 12}+4$, $\mu _{2}(\left]-1,{\sqrt {3}}\right])={7\pi \over 12}+1$, $\mu _{1}(\left]a,b\right])=\arctan(b)-\arctan(a)+b-a$, $\mu _{2}(\left]a,b\right])=\arctan(b)-\arctan(a)$ si $b<0$ ou $a\geq 0$, $\arctan(b)-\arctan(a)+1$ si $a<0\leq b$, $\mu _{1}(\mathbb {R} )=+\infty$, $\mu _{2}(\mathbb {R} )=1+\pi$.
3. $\forall n\in \mathbb {Z} \quad \mu (\left]n,n+1\right[)=0$ et $\mu (\{n\})=1$ donc $\mu =\mu _{F}$, avec $F$ constante sur $\left[n,n+1\right[$ et saute de 1 de $n^{-}$ à $n$ donc $F=$ la fonction partie entière (à une constante près).

 

Exercice 2-4

Soient $X$ un espace topologique et $\mu$ une mesure sur sa tribu borélienne ${\cal {B}}$. On note ${\cal {C}}$ l'ensemble des parties $A$ de $X$ telles que

$\forall \varepsilon >0\quad \exists O$ ouvert et $\exists F$ fermé tels que $F\subset A\subset O$ et $\mu (O\setminus F)\leq \varepsilon$.

1. Vérifier que ${\cal {C}}$ est stable par complémentaire.
2. Si $\mu$ est bornée, montrer que ${\cal {C}}$ est stable par réunion dénombrable (on pourra vérifier que $\cup _{n\in \mathbb {N} }O_{n}\setminus (\cup _{n\in \mathbb {N} }F_{n})\subset \cup _{n\in \mathbb {N} }(O_{n}\setminus F_{n})$ et faire en sorte que $\mu (O_{n}\setminus F_{n})\leq \varepsilon _{n}$ avec $\sum _{n\in \mathbb {N} }\varepsilon _{n}<\varepsilon$).
3. Si $X$ est métrisable et si $\mu$ est bornée, montrer que tout fermé $F$ appartient à ${\cal {C}}$ et en déduire que ${\cal {B\subset {\cal {C}}}}$ (on posera $O_{n}=\cup _{x\in F}B(x,1/n)$ et l'on vérifiera que $\cap _{n\in \mathbb {N} ^{\star }}O_{n}=F$).
4. Étendre ce résultat au cas où $X$ est métrisable et $\mu$ bornée sur toute boule (c'est vrai pour toute mesure de Stieltjes). (Pour un borélien $B$, on fixera $x\in X$ et $X_{n}:=B(x,n)$, on appliquera ce qui précède à $\mu _{n}:=\mu _{|X_{n}}$ et $B_{n}:=B\cap X_{n}\setminus X_{n+1}$, et l'on vérifiera que si les $F_{n}\subset X_{n+1}^{c}$ sont des fermés alors leur réunion aussi.)
5. En déduire qu'alors, pour tout $A\in {\cal {B}}$,

   $\mu (A)=\sup\{\mu (F)\mid F\subset A,F{\text{ fermé}}\}=\inf\{\mu (O)\mid A\subset O,O{\text{ ouvert}}\}$.

Solution

1. Immédiat, en remarquant que $F^{c}\setminus O^{c}=O\setminus F$.
2. Soient $A_{n}\in {\cal {C}}$, $A:=\cup _{n\in \mathbb {N} }A_{n}$ et $\varepsilon >0$. Soient $\varepsilon _{n}>0$ tels que $\sum _{n\in \mathbb {N} }\varepsilon _{n}<\varepsilon$ (par exemple $\varepsilon _{n}=\varepsilon /2^{n+2}$). Il existe des fermés $F_{n}$ et des ouverts $O_{n}$ tels que $F_{n}\subset A_{n}\subset O_{n}$ et $\mu (O_{n}\setminus F_{n})\leq \varepsilon _{n}$. Soient O l'ouvert $\cup _{n\in \mathbb {N} }O_{n}$ et $G_{N}$ les fermés $\cup _{n\leq N}F_{n}$ (dont la réunion $G$ n'est pas nécessairement fermée — exemple $F_{n}=\{1/n\}$). Les $O\setminus G_{N}$ forment une suite décroissante, d'intersection $O\setminus G=\cup (O_{n}\setminus G)\subset \cup (O_{n}\setminus F_{n})$ donc (comme $\mu$ est bornée) quand $N\to \infty$, $\mu (O\setminus G_{N})\to \mu (O\setminus G)\leq \mu (\cup (O_{n}\setminus F_{n}))\leq \sum \mu (O_{n}\setminus F_{n})\leq \sum \varepsilon _{n}<\varepsilon$, donc pour $N$ assez grand, $\mu (O\setminus G_{N})<\varepsilon$ (et $G_{N}\subset A\subset O$).
3. $y\in \cap _{n\in \mathbb {N} ^{\star }}O_{n}\Leftrightarrow \forall n\in \mathbb {N} ^{\star }\quad \exists x\in F\quad d(x,y)<1/n\Leftrightarrow y\in {\overline {F}}=F$ (si $F$ n'est pas fermé, cette dernière égalité est fausse, ce qui montre bien qu'on ne peut pas « raisonner » en intervertissant $\cap _{n\in \mathbb {N} ^{\star }}$ et $\cup _{x\in F}$). La suite décroissante des $O_{n}\setminus F$ est donc d'intersection vide, donc (puisque $\mu$ est bornée) $\lim _{n\to \infty }\mu (O_{n}\setminus F)=0$, d'où $F\in {\cal {C}}$. Donc d'après les questions précédentes, ${\cal {B\subset {\cal {C}}}}$.
4. Soient $B$ un borélien et $\varepsilon >0$. On choisit $\varepsilon _{n}$ tels que $\sum _{n\in \mathbb {N} }\varepsilon _{n}\leq \varepsilon$ et l'on pose $B_{n}=B\cap X_{n}\setminus X_{n+1}$. D'après la question précédente, il existe des fermés $F_{n}$ et des ouverts $O_{n}$ tels que $F_{n}\subset B_{n}\subset O_{n}$ et $\mu _{n}(O_{n}\setminus F_{n})\leq \varepsilon _{n}$. Quitte à remplacer $O_{n}$ par $O_{n}\cap X_{n}$, on peut même supposer $\mu (O_{n}\setminus F_{n})\leq \varepsilon _{n}$ (tout en conservant les autres propriétés). Soient $O$ l'ouvert $\cup O_{n}$ et soit $F=\cup F_{n}$. $F$ est bien fermé, car pour toute suite $(z_{n})$ dans $F$ convergeant vers $z\in X$, $(z_{n})$ est bornée donc est à valeurs dans une union finie des $F_{n}$, qui est fermée donc contient $z$, donc $z\in F$. On a, comme dans la question 2, $F\subset B\subset O$ et $O\setminus F\subset \cup (O_{n}\setminus F_{n})$, d'où $\mu (O\setminus F)\leq \sum \varepsilon _{n}\leq \varepsilon$.
5. Immédiat.

 

Exercice 2-5

Soient $X$ un espace topologique, ${\cal {O}}$ l'ensemble de ses ouverts, ${\cal {F}}$ l'ensemble de ses fermés, ${\cal {K}}$ l'ensemble de ses compacts, ${\cal {T}}$ une tribu sur $X$ contenant la tribu borélienne ${\cal {B}}$, $\mu$ une mesure sigma-finie sur ${\cal {T}}$ vérifiant :

$\forall A\in {\cal {T}}\quad \mu (A)=\inf _{O\in {\cal {O}},A\subset O}\mu (O)$.

On note ${\cal {G}}_{\delta }$ l'ensemble des intersections dénombrables d'ouverts et ${\cal {F}}_{\sigma }$ l'ensemble des réunions dénombrables de fermés.

1. Soient $A\in {\cal {T}}$ et $\varepsilon >0$. Montrer qu'il existe un ouvert $O\supset A$ tel que $\mu (O\setminus A)\leq \varepsilon$. En déduire qu'il existe un fermé $F\subset A$ tel que $\mu (A\setminus F)\leq \varepsilon$ (donc $\mu$ vérifie la régularité de l'exercice précédent).
2. En déduire que $\forall A\in {\cal {T}}\quad \exists F\in {\cal {F}}_{\sigma }\quad \exists G\in {\cal {G}}_{\delta }$ tels que $F\subset A\subset G$ et $\mu (G\setminus F)=0$. En déduire que ${\cal {T}}\subset {\overline {\cal {B}}}$ (la tribu complétée de ${\cal {B}}$ pour $\mu$).
3. On suppose de plus que $X$ est réunion dénombrable de compacts et que $X$ est séparé. Prouver alors que $\mu$ est intérieurement régulière, c'est-à-dire $\forall A\in {\cal {T}}\quad \mu (A)=\sup _{K\in {\cal {K}},K\subset A}\mu (K)$.

Solution

1. Supposons d'abord que $\mu (A)$ est fini. Alors, $\inf\{\mu (O)\mid O\in {\cal {O}},O\supset A\}=\mu (A)<\mu (A)+\varepsilon$, donc il existe un ouvert $O$ contenant $A$ et tel que $\mu (O)\leq \mu (A)+\varepsilon$, d'où $\mu (O\setminus A)=\mu (O)-\mu (A)\leq \varepsilon$.
   Si $\mu (A)=+\infty$, il faut utiliser la sigma-additivité de $\mu$ : $X=\cup _{n\in {\mathbb {N} }}X_{n}$ avec $\mu (X_{n})<+\infty$. On pose $A_{n}=A\cap X_{n}$. Ainsi, $A_{n}$ est de mesure finie donc on peut lui appliquer ce qui précède : il existe un ouvert $O_{n}$ contenant $A_{n}$ et tel que $\mu (O_{n}\setminus A_{n})\leq 2^{-(n+1)}\varepsilon$. On pose alors $O=\cup _{n\in {\mathbb {N} }}O_{n}$. Ainsi, $O$ est un ouvert contenant $A$, et $O\setminus A\subset \cup _{n\in \mathbb {N} }(O_{n}\setminus A_{n})$. D'où $\mu (O\setminus A)\leq \mu (\cup _{n\in {\mathbb {N} }}(O_{n}\setminus A_{n}))\leq \sum _{n\in N}\mu (O_{n}\setminus A_{n})\leq \sum _{n\in N}2^{-(n+1)}\varepsilon =\varepsilon$.
   Pour tout $A\in {\cal {T}}$ et tout $\varepsilon >0$, il existe donc un ouvert $O$ contenant $A$ tel que $\mu (O\setminus A)\leq \varepsilon$. En appliquant cela à $B=X\setminus A$ au lieu de $A$, on en déduit l'existence d'un ouvert $O'\supset B$ tel que $\mu (O'\setminus B)\leq \varepsilon$. Si l'on pose $F=X\setminus O'$, $F$ est un fermé inclus dans $A$ et $A\setminus F=A\cap O'=O'\setminus B$ (donc $\mu (A\setminus F)\leq \varepsilon$).
   Remarque : par hypothèse, $X=\cup X_{n}$ avec $\mu (X_{n})<\infty$ donc (d'après ce qui précède) $X_{n}$ est inclus dans un ouvert $Y_{n}$ de mesure finie. Ceci montre qu'on peut (quitte à remplacer $X_{n}$ par $Y_{n}$) supposer les $X_{n}$ ouverts.
2. Remarquons d'abord que ${\cal {B}}=\sigma ({\cal {O}})$, donc ${\cal {G}}_{\delta }\subset {\cal {B}}$ et (par passage aux complémentaires) ${\cal {F}}_{\sigma }\subset {\cal {B}}$.
   Soit $A\in {\cal {T}}$. Pour tout $n\in {\mathbb {N} }^{*}$, d'après la question 1, il existe un fermé $F_{n}$ et un ouvert $O_{n}$ tels que $F_{n}\subset A\subset O_{n}$ et $\mu (O_{n}\setminus F_{n})\leq {\frac {1}{n}}$. Posons $F=\cup _{n}F_{n}$ et $G=\cap _{n}O_{n}$ : $F$ appartient à ${\cal {F}}_{\sigma }$ et $G$ à ${\cal {G}}_{\delta }$, $F\subset A\subset G$, et pour tout $n$, $G\setminus F$ est inclus dans $O_{n}\setminus F_{n}$ donc $\forall n\in {\mathbb {N} }^{*}\mu (G\setminus F)\leq {\frac {1}{n}}$, d'où $\mu (G\setminus F)=0$.
   On peut alors mettre $A$ sous la forme $F\cup N$ avec $F\in {\cal {B}}$, $N\subset N'$, $N'\in {\cal {B}}$, $\mu (N')=0$ (pour $N=A\setminus F$ et $N'=G\setminus F$), donc $A$ appartient à ${\overline {\cal {B}}}$.
3. Évidemment, $\sup\{\mu (K)\mid K\in {\cal {K}},K\subset A\}\leq \mu (A)$.
   Pour montrer la réciproque, prouvons que pour tout $\alpha <\mu (A)$, il existe un compact $K$ inclus dans $A$ tel que $\alpha \leq \mu (K)$. Par hypothèse, $X$ est une réunion de compacts $K_{n}$ $(n\in {\mathbb {N} })$. On peut même (quitte à remplacer $K_{n}$ par $\cup _{i\leq n}K_{i}$) supposer que la suite $(K_{n})$ est croissante. Posons $A_{n}=A\cap K_{n}$. Alors, $(A_{n})$ est une suite croissante, d'union $A$, donc $\mu (A_{n})\to \mu (A)$, donc il existe $n$ tel que $\mu (A_{n})>\alpha$. Il existe alors $\varepsilon \in {\mathbb {R} }_{+}^{*}$ tel que $\mu (A_{n})\geq \alpha +\varepsilon$. D'après la question 1, il existe un fermé $F$ inclus dans $A_{n}$ (donc dans $A$) tel que $\mu (A_{n}\setminus F)\leq \varepsilon$, donc tel que $\mu (A_{n})\leq \varepsilon +\mu (F)$, donc tel que $\mu (F)+\varepsilon \geq \alpha +\varepsilon$ donc (puisque $\varepsilon <+\infty$) $\mu (F)\geq \alpha$. Il suffit, pour conclure, de remarquer que ce fermé $F$ est inclus dans le compact $K_{n}$, donc est lui-même compact.

Remarque : sous les hypothèses de l'énoncé, $X$ est à la fois union dénombrable de compacts $K_{n}$, et d'ensembles $X_{n}$ de mesures finies. En fait on peut même choisir $X_{n}=K_{n}$, car tout compact $K$ est de mesure finie. En effet, $K$ est inclus dans une réunion d'ouverts $Y_{n}$ de mesures finies (cf. question 1, remarque), dont on peut extraire un sous-recouvrement fini.

 

Exercice 2-6

Les deux affirmations suivantes sont-elles équivalentes ?

• (1) $f_{n}\to f$ $\mu$-presque partout ;
• (2) $\forall \varepsilon >0\quad \mu [|f_{n}-f|>\varepsilon ]\to _{n\to +\infty }0$.

Solution

Quitte à remplacer $f_{n}$ par $|f_{n}-f|$, on peut supposer $f=0$ et $f_{n}\geq 0$.

La traduction de (1) est alors :

$0=\mu [f_{n}\not \to 0]=\mu (\cup _{r\in \mathbb {N} ^{\star }}\cap _{N}\cup _{n\geq N}[f_{n}>{1 \over r}])$, ou encore :

$\forall r\in \mathbb {N} ^{\star }\quad \mu (\limsup[f_{n}>{1 \over r}])=0$,

et celle de (2) est :

$\forall r\in \mathbb {N} ^{\star }\quad \limsup \mu [f_{n}>{1 \over r}]=0$.

Si $\mu$ est finie, on sait que $\mu (\limsup A_{n})\geq \limsup \mu (A_{n})$, donc $1\Rightarrow 2$.

Si $\mu$ est infinie, cherchons un contre-exemple de la forme $f_{n}=\mathbf {1} _{X_{n}}$. Pour $r>1$, $[f_{n}>{1 \over r}]=X_{n}$, donc il suffit de construire une suite $(X_{n})$ telle que $\limsup X_{n}=\varnothing$ et $\mu (X_{n})\not \to 0$.

Si l'on s'astreint à choisir de plus $(X_{n})$ décroissante, ces conditions se simplifient en : $\cap X_{n}=\varnothing$ et $\mu (X_{n})=+\infty$, par exemple sur $\mathbb {R}$ muni de Lebesgue : $X_{n}=\left[n,+\infty \right[$.

Si l'on s'astreint plutôt à choisir $X_{n}$ disjoints, ces conditions se simplifient en : $\mu (X_{n})\not \to 0$, par exemple $X_{n}=\left[n,n+1\right[$.

Quant à $2\Rightarrow 1$, il n'a aucune raison d'être vrai même pour $\mu$ finie : il suffit de construire une suite $(X_{n})$ telle que $\mu (X_{n})\to 0$ mais $\limsup X_{n}=\Omega$, par exemple sur $\Omega =[0,1]$ muni de Lebesgue : $X_{0}=[0,1]$, $X_{1}=[0,1/2]$, $X_{2}=[1/2,1]$, $X_{3}=[0,1/3]$, $X_{4}=[1/3,2/3]$, $X_{5}=[2/3,1]$, etc.