Quatre espaces de probabilité impor- tants 1 L’espace Ω est fini ou dénombrable. Dans ce cas on suppose habituellement que la tribu des évènements A est P(Ω), l’ensemble de toutes les parties de Ω. Par exemple, si Ω est formé de 2 éléments notés a et b, alors P(Ω) est constitué des 4 sous ensembles suivants: l’ensemble vide ∅, les deux singletons {a} et {b} et Ω = {a,b} lui même. Plus généralement, on a le fait suivant: Proposition 2.1 Si un ensemble Ω a un nombre fini N d’éléments, alors l’en- semble des parties de Ω: P(Ω) a 2N éléments. Démonstration On procède par récurrence sur N. C’est trivial pour N = 1 ou 0. Si c’est vrai pour N, considérons Ω = {a1, . . . ,aN,aN+1} et Ω′ = {a1, . . . ,aN}. Les parties de Ω se partagent en deux catégories: Catégorie 1: celles qui ne contiennent pas aN+1. Catégorie 2: celles qui contiennent aN+1. Il est clair que la catégorie 1 est égale à P(Ω′) et que la catégorie 2 est en bijec- tion avec P(Ω′), la bijection étant obtenue en ajoutant aN+1 aux éléments de P(Ω′). Comme d’après l’hypothèse de récurrence P(Ω′) a 2N éléments, on en conclut que P(Ω) a 2N + 2N = 2N+1 éléments, et la récurrence est étendue. Proposition 2.2 Si Ω est infini dénombrable, alors P(Ω) est infini non dénom- brable. Démonstration La démonstration est analogue à la démonstration de Cantor. Sans perte de généralité on suppose Ω égal à l’ensemble N des entiers positifs ou nuls. Si X ⊂ N, on lui associe la fonction indicatrice 1X définie sur N et à valeurs 0 ou 1 par 1X(k) = 1 si k ∈ X et 1X(k) = 0 si k /∈ X. Remarquons aussi qu’inversement, si une fonction f définie sur N est à valeurs 0 ou 1, alors c’est une indicatrice d’ensemble, c’est-à-dire qu’il existe X tel que f = 1X: il s’agit de X = {k ∈ N; f(k) = 1}. Montrons alors la proposition par l’absurde en supposant que P(N) soit dénom- brable, c’est-à-dire qu’il existe une application bijective n �→ Xn de N sur P(N). Alors la fonction f définie sur N et à valeurs 0 ou 1 par f(k) = 1 − 1Xk(k) est l’indicateur de quelque sous ensemble Xn de N et donc pour tout k de N on a 1Xn(k) = 1 − 1Xk(k),