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Proba sur $\Q$
Envoyé par Utilisateur anonyme
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.
Oui, il suffit de choisir $P$ tel que $P(\mathbb{N})=0$.
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.
Bon, c'est quoi ce truc de modifier tout le temps le message initial, excuses-moi mais c'est un peu bête.
@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)
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.
@Champollion : Bravo.
Et si on ne gardait que la "sous-additivité" ?
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…
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.
Oui, on obtient juste $P(0) \geq 0$ en fait, pas $P(0) \geq 1$.
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.
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.
Es-tu en train de dire que ta piste n'aboutie pas ou qu'il n'y a pas de telle proba ?
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 $a=0$.
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.
@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.
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 $1$).
Là on prend tout le poids sur $0$.
Il existe (au moins) une proba, me semble-t-il, tel que tous atomes de $\Q^+$ a une mesure non nul.
Oui puisque $\mathbb{Q}^+$ est dénombrable. Sur $\mathbb{N}$, on peut prendre $2^{-n-1}$.
Ok, mais si $a\in \Q^+$ donne $2^{-n}$, comment peux tu être sûr que $a+1$ donne $2^{-k}$, avec $k\geq n$ ?
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.
Il ne s'agit pas tout à fait de sous-additivité mais de $P(A+1)\leq P(A)$
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 $P(x+n) = p_x \times 2^{-n-1}$.
Bravo, cela me semble correct, tu es sûrement un génie.
Cordialement.
J'ai déchiffré la $\pi r^2 \rho \zeta$, quand même !
C'est un dialecte que je ne connais pas, j'aurais écrit $\pi r$ et non $\pi r^2$ ?
Alors tu aurais du écrire $\pi r^2\rho\zeta$ ou $\pi r\text{ }^2 \text{ } \rho \zeta$
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.
Un espace de probabilité ou une espace typographique ? 
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
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Administrateur
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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
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Membre depuis : il y a quatre années
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Salut,
@Poirot : je t'invite à lire ma signature.
Cordialement.
Re: Proba sur $\Q$
il y a deux années
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Administrateur
Membre depuis : il y a six années
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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
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Membre depuis : il y a quatre années
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Ok, tu es libre et moi aussi.
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