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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 trois années et a été effectuée par Dattier.
Re: Proba sur $\Q$
il y a trois années
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Membre depuis : il y a treize années
Messages: 9 206
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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 trois 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 trois 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 trois 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 trois 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 trois 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 trois années et a été effectuée par Dattier.
Un espace de probabilité ou une espace typographique ? 
Re: Proba sur $\Q$
il y a trois années
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Administrateur
Membre depuis : il y a sept années
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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.
Salut,
@Poirot : je t'invite à lire ma signature.
Cordialement.
Re: Proba sur $\Q$
il y a trois années
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Administrateur
Membre depuis : il y a sept années
Messages: 14 051
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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.
Ok, tu es libre et moi aussi.
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©Emmanuel
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