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Proba sur $\Q$

Envoyé par Utilisateur anonyme 
Utilisateur anonyme
Proba sur $\Q$
il y a deux années
Salut,

Peut-on munir $\Q^+$ d'une proba $P$, tel que :

$\forall A,B\subset \Q^+, P(A+B) \leq P(A)+P(B) \text{ et } P(A\times B)\leq P(A)\times P(B)$ ?

Avec $A+B=\{a+b|a\in A, b\in B\}$.

Cordialement.



Edité 5 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par Dattier.
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
avatar
Oui, il suffit de choisir $P$ tel que $P(\mathbb{N})=0$.
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
Oui : munir $\mathbb{N}$ d'une telle proba et prendre la proba image dans $\mathbb{Q}$. Je ne crois pas qu'il suffise de choisir ce que dit aléa. J'avais pas vu le $A \subseteq \mathbb{N}$. En plus sur $\mathbb{Q}^+$ on peut mettre tout le poids sur $0$. J'avais compris « munir $\mathbb{Q}$ d'une proba telle que pour tout $A \subseteq \mathbb{Q}$, on ait $P(A+1) \leq P(A)$ ».

EDIT : Le message initial a été modifié. La réponse continue d'être oui, mettre tout le poids sur $0$.



Edité 4 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par Champ-Pot-Lion.
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
Bon, c'est quoi ce truc de modifier tout le temps le message initial, excuses-moi mais c'est un peu bête.
Utilisateur anonyme
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
@Aléa et Champolion : désolé en fait on prend $A,B \subset \Q^+$ (excusez-moi, j'ai effectivement changé l'énoncé pour le rendre plus attrayant)
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
Ok, pas de problème mais tu aurais pu changer l'énoncé à la suite plutôt que de le modifier… Enfin, c'est pas très grave.

Là on obtient pour tout $a \in \mathbb{Q}^+$ que $P(a) \leq P(a) P(1)$, et donc on doit avoir $P(1) = 1$, mais alors on n'a pas $P(1) \leq P(1/2) \times P(2)$, donc une telle proba n'existe pas.
Utilisateur anonyme
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
@Champollion : Bravo.

Et si on ne gardait que la "sous-additivité" ?
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
Alors on y avait déjà répondu : mettre tout le poids sur $0$. Par contre, si on veut étendre à $\mathbb{Q}$ tout entier, pas possible : même astuce qu'avec la sous-multiplicativité, on aurait $P(0) = 1$ mais ça ne fonctionne pas. Si on veut juste une mesure et plus une proba, prendre la mesure constante à l'infini. Je ne sais pas s'il y a quelque chose d'intéressant à voir…
Utilisateur anonyme
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
Ok, pour le poids concentré en 0, mais pour l'autre je ne suis pas sûr que l'astuce de la multiplicativité marche pour l'additivité.
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
Oui, on obtient juste $P(0) \geq 0$ en fait, pas $P(0) \geq 1$.
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
On voit qu'il suffit de se réduire à $P : \mathbb{Q} \to [0,1]$ vérifiant $P(a+b) \leq P(a) + P(b)$. Si on a une telle fonction, alors la proba de la somme de deux parties est inférieure ou égale à la somme des $P(a+b)$ pour $a$ et $b$ dans les deux parties, etc.
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
Si $P(a) > 0$ pour un certain $a$, alors la somme des $P(x)$ explose. En effet, on construit récursivement des séparations $P(a) \leq P(a_{0}) + P(a_{1}) \leq P(a_{00}) + P(a_{01}) + P(a_{10}) + P(a_{11}) \leq \text{etc}$, tel que les $a_i$ sont distincts. À chaque étape, on a assez de possibilités (seulement un nombre fini de choix interdits pour un nombre infini de choix possibles). On obtient que la somme des $P(a_i)$ est infinie.

edit : On a $a_{n0} + a_{n1} = a_n$.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par Champ-Pot-Lion.
Utilisateur anonyme
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
Es-tu en train de dire que ta piste n'aboutie pas ou qu'il n'y a pas de telle proba ?
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
Il n'y a pas de telle proba. J'ai modifié mon message pour le rendre plus clair, en fait on n'a pas besoin de séparer en $a \neq 0$ et $a=0$.
Utilisateur anonyme
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
Pourtant tu as écrits que :
On voit qu'il suffit de se réduire à

Et pourquoi, toutes les probas candidates pourraient être ramené à cette forme ?
Ok, j'ai compris pour cette partie.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par Dattier.
Utilisateur anonyme
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
@Champollion : Bravo.

(J'ai fini par comprendre ton explication).

Aller la dernière : si on prend juste : $A\subset \Q^+,P(A+1)\leq P(A)$



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par Dattier.
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
Bon, de toute manière j'avais fait une erreur. Toute fonction sous-additive ne donne pas une proba sous-additive (en tout cas je ne l'ai pas montré). Mais ce n'est pas utilisé.

Et puis en fait c'est vrai puisqu'il n'existe pas de fonction sous-additive (de somme $1$).
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
Là on prend tout le poids sur $0$.
Utilisateur anonyme
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
Il existe (au moins) une proba, me semble-t-il, tel que tous atomes de $\Q^+$ a une mesure non nul.
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
Oui puisque $\mathbb{Q}^+$ est dénombrable. Sur $\mathbb{N}$, on peut prendre $2^{-n-1}$.
Utilisateur anonyme
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
Ok, mais si $a\in \Q^+$ donne $2^{-n}$, comment peux tu être sûr que $a+1$ donne $2^{-k}$, avec $k\geq n$ ?
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
Ah non, j'ai pas parlé de mesures sous-additives, juste de mesures. La seule proba sous-additive de $\mathbb{Q}^+$ est celle mettant tout le poids sur $0$ par le même raisonnement que pour montrer qu'il n'y en a pas sur $\mathbb{Q}$.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par Champ-Pot-Lion.
Utilisateur anonyme
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
Il ne s'agit pas tout à fait de sous-additivité mais de $P(A+1)\leq P(A)$
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
Ah oui, je me mélange et ne sais plus de quoi on parle. Dans ce cas on peut en effet construire une bonne proba. Pour chaque $x \in [0,1[ \cap \Q$, on prend un $p_x \in ]0,1]$, tel que la somme des $p_x$ fasse $1$. Ensuite, pour $n \in \N$ et $x \in [0,1[ \cap \Q$, on prend $P(x+n) = p_x \times 2^{-n-1}$.
Utilisateur anonyme
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
Bravo, cela me semble correct, tu es sûrement un génie.

Cordialement.
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
J'ai déchiffré la $\pi r^2 \rho \zeta$, quand même !
Utilisateur anonyme
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
C'est un dialecte que je ne connais pas, j'aurais écrit $\pi r$ et non $\pi r^2$ ?
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
Ah, toi non plus tu ne comprends pas ! [www.les-mathematiques.net]
Utilisateur anonyme
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
Excellent.

Cordialement.
Utilisateur anonyme
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
Alors tu aurais du écrire $\pi r^2\rho\zeta$ ou $\pi r\text{ }^2 \text{ } \rho \zeta$
Utilisateur anonyme
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
Désolé je l'ai interprété comme une espace...
édit : Merci Champollion.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par Dattier.
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
Un espace de probabilité ou une espace typographique ? winking smiley
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
Tiens pourexemple a gardé sa manie d'éditer ses messages sans laisser trace du message d'avant. Je ne me réjouis pas de ton retour.
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
avatar
Salut,

@Poirot : je t'invite à lire ma signature.

Cordialement.
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
Je l'ai lu, je n'attends pas de courtoisie de ta part, tu as montré maintes et maintes fois que ta présence sur ce forum est nuisible. J'attends ton prochain bannissement avec impatience.
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
avatar
Ok, tu es libre et moi aussi.
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