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Proba sur $\Q$

Utilisateur anonymeUtilisateur anonyme
dans Arithmétique
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.

Réponses

  • aléaaléa
    Oui, il suffit de choisir $P$ tel que $P(\mathbb{N})=0$.
  • Champ-Pot-LionChamp-Pot-Lion
    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 $0$.
  • Champ-Pot-LionChamp-Pot-Lion
    Bon, c'est quoi ce truc de modifier tout le temps le message initial, excuses-moi mais c'est un peu bête.
  • Utilisateur anonymeUtilisateur anonyme
    @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)
  • Champ-Pot-LionChamp-Pot-Lion
    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 anonymeUtilisateur anonyme
    @Champollion : Bravo.

    Et si on ne gardait que la "sous-additivité" ?
  • Champ-Pot-LionChamp-Pot-Lion
    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 anonymeUtilisateur anonyme
    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.
  • Champ-Pot-LionChamp-Pot-Lion
    Oui, on obtient juste $P(0) \geq 0$ en fait, pas $P(0) \geq 1$.
  • Champ-Pot-LionChamp-Pot-Lion
    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.
  • Champ-Pot-LionChamp-Pot-Lion
    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 $a_{n0} + a_{n1} = a_n$.
  • Utilisateur anonymeUtilisateur anonyme
    Es-tu en train de dire que ta piste n'aboutie pas ou qu'il n'y a pas de telle proba ?
  • Champ-Pot-LionChamp-Pot-Lion
    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 anonymeUtilisateur anonyme
    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.
  • Utilisateur anonymeUtilisateur anonyme
    @Champollion : Bravo.

    (J'ai fini par comprendre ton explication).

    Aller la dernière : si on prend juste : $A\subset \Q^+,P(A+1)\leq P(A)$
  • Champ-Pot-LionChamp-Pot-Lion
    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 $1$).
  • Champ-Pot-LionChamp-Pot-Lion
    Là on prend tout le poids sur $0$.
  • Utilisateur anonymeUtilisateur anonyme
    Il existe (au moins) une proba, me semble-t-il, tel que tous atomes de $\Q^+$ a une mesure non nul.
  • Champ-Pot-LionChamp-Pot-Lion
    Oui puisque $\mathbb{Q}^+$ est dénombrable. Sur $\mathbb{N}$, on peut prendre $2^{-n-1}$.
  • Utilisateur anonymeUtilisateur anonyme
    Ok, mais si $a\in \Q^+$ donne $2^{-n}$, comment peux tu être sûr que $a+1$ donne $2^{-k}$, avec $k\geq n$ ?
  • Champ-Pot-LionChamp-Pot-Lion
    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 $\mathbb{Q}$.
  • Utilisateur anonymeUtilisateur anonyme
    Il ne s'agit pas tout à fait de sous-additivité mais de $P(A+1)\leq P(A)$
  • Champ-Pot-LionChamp-Pot-Lion
    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 anonymeUtilisateur anonyme
    Bravo, cela me semble correct, tu es sûrement un génie.

    Cordialement.
  • Champ-Pot-LionChamp-Pot-Lion
    J'ai déchiffré la $\pi r^2 \rho \zeta$, quand même !
  • Utilisateur anonymeUtilisateur anonyme
    C'est un dialecte que je ne connais pas, j'aurais écrit $\pi r$ et non $\pi r^2$ ?
  • Champ-Pot-LionChamp-Pot-Lion
    Ah, toi non plus tu ne comprends pas ! http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1446100,1446160#msg-1446160
  • Utilisateur anonymeUtilisateur anonyme
    Excellent.

    Cordialement.
  • Utilisateur anonymeUtilisateur anonyme
    Alors tu aurais du écrire $\pi r^2\rho\zeta$ ou $\pi r\text{ }^2 \text{ } \rho \zeta$
  • Utilisateur anonymeUtilisateur anonyme
    Désolé je l'ai interprété comme une espace...
    édit : Merci Champollion.
  • Champ-Pot-LionChamp-Pot-Lion
    Un espace de probabilité ou une espace typographique ? ;-)
  • PoirotPoirot
    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.
  • pourexemplepourexemple
    Salut,

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

    Cordialement.
  • PoirotPoirot
    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.
  • pourexemplepourexemple
    Ok, tu es libre et moi aussi.
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