Προβλήματα Μαθηματικών

Μαΐου 13, 2008

Πιθανότητα πολλαπλασίων

Filed under: Λυμένα Προβλήματα — Michalis Loulakis @ 6:47 πμ

Θα συμβολίζουμε με m\mathbb{N} το σύνολο των πολλαπλασίων του m\in\mathbb{N}. Υπάρχει μέτρο πιθανότητας που να ορίζεται τουλάχιστον σε όλα τα σύνολα αυτής της μορφής και τέτοιο ώστε για κάθε m\in\mathbb{N} να ισχύει \displaystyle P[m\mathbb{N}]=\frac{1}{m};

Advertisements

2 Σχόλια »

  1. Αν υπάρχει τέτοιο μέτρο πιθανότητας, η πιθανότητα ένα τυχαίος φυσικός να μη διαιρείται από έναν πρώτο p είναι 1-1/p. Φαίνεται εύκολα επίσης ότι τα ενδεχόμενα A = ένας τυχαίος φυσικός να διαιρείται από έναν πρώτο p και Β = ένας τυχάιος φυσικός να διαιρείται από q\neq p είναι ανεξάρτητα, οπότε η πιθανότητα ένας τυχαίος φυσικός n να μη διαιρείται από κανέναν πρώτο μέχρι πχ κάποιο p_m είναι (1-1/2)\cdots (1-1/p_m). Αντίστοιχα, όμως, η πιθανότητα ένας τυχαίος n να μη διαιρείται από κανέναν πρώτο μεγαλύτερο από το n και μικρότερο από πχ ένα p_m είναι (1-1/p)\cdots (1-1/p_m), όπου p ο μικρότερος πρώτος μεγαλύτερος του n. Επειδή ο τυχαίος αυτός n σίγουρα δεν διαιρείται από πρώτους μεγαλύτερούς του, η πιθανότητα να επιλεγεί το n είναι μικρότερη ή ίση από το γινόμενο (1-1/p)\cdots (1-1/p_m). Αυτό το γινόμενο όμως φράσσεται από πάνω από 1/H(p_{m-1}) όπου H(k) το μερικό άθροισμα της αρμονικής σειράς μέχρι k. Αυτό φαίνεται εύκολα όπως στην απόδειξη του γινομένου Euler για τη συνάρτηση ζήτα. Επομένως όταν το p_m πάει στο άπειρο, το γινόμενο πάει στο μηδέν, επομένως η πιθανότητα να επιλέξεις έναν οποιονδήποτε αριθμό είναι μηδέν. Αυτό αντιφάσκει όμως με το ότι υπάρχουν σύνολα μη μηδενικής πιθανότητας, την αριθμήσιμη αθροιστικότητα του μέτρου και το γεγονός ότι οι φυσικοί είναι αριθμήσιμοι.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από ikonst — Μαΐου 16, 2008 @ 10:31 μμ

  2. Ωραία, σωστή η ιδέα σου, απλά να κωδικοποιήσω λίγο αυτά που γράφεις: Για αρχή, αν υπήρχε τέτοιο μέτρο τότε (για m=1) θα είχαμε \mathbb{P}\big[\mathbb{N}\big]=1.
    Τα σύνολα p_i\mathbb{N} είναι ανεξάρτητα όταν οι p_i είναι (διαφορετικοί) πρώτοι αριθμοί και άρα όπως εξηγείς
    \displaystyle \mathbb{P} \big[\cap_{p\ge n}\big(p\mathbb{N}\big)^c\big]=\prod_{p\ge n}(1-\frac{1}{p})=0
    (το οποίο ειρήσθω εν παρόδω είναι ισοδύναμο με το γεγονός ότι η σειρά \sum_{p\ prime} 1/p αποκλίνει.) Εφόσον τώρα
    \displaystyle \mathbb{N}=\cup_n\cap_{p\ge n } \big(p\mathbb{N}\big)^c
    θα είχαμε και \mathbb{P}\big[\mathbb{N}\big]=0, άτοπο.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από loulakis — Μαΐου 17, 2008 @ 2:29 πμ


RSS feed for comments on this post. TrackBack URI

Σχολιάστε

Συνδεθείτε για να δημοσιεύσετε το σχόλιο σας:

Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Google+

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google+. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Σύνδεση με %s

Δημιουργήστε ένα δωρεάν ιστότοπο ή ιστολόγιο στο WordPress.com.

Αρέσει σε %d bloggers: