Nie istnieje miara probabilistyczna...

[matluk]

Nie umiem sobie poradzić z następującym zadaniem. Załóżmy, że \(\displaystyle{ \mathcal{F}= \mathcal{P}(\mathbb{N})}\). Niech \(\displaystyle{ A_k}\) oznacza zbiór liczb naturalnych podzielnych przez \(\displaystyle{ k}\). Udowodnić, że nie istnieje miara probabilistyczna \(\displaystyle{ P}\) na \(\displaystyle{ \mathcal{F}}\) taka, że \(\displaystyle{ P(A_k)=\frac{1}{k}}\) dla każdego \(\displaystyle{ k\geq 1}\). To jest zadanie z książki Jakubowskiego i Sztencla oznaczone jako trudne i nie ma do tego zadania rozwiązania z tyłu książki.

[szw1710]

Chyba gdzieś to zadanie widziałem na tym forum. Szukaj cierpliwie i dokładnie.

[Premislav]

Pomyślałem sobie tak: przypuśćmy nie wprost, że taka miara probabilistyczna na \(\displaystyle{ mathcal{P}(NN)}\) istnieje. Niech \(\displaystyle{ p_1, ldots p_n}\) będą parami różnymi liczbami pierwszymi. Wówczas ze wzoru włączeń i wyłączeń mamy:
\(\displaystyle{ mathbf{P}left( igcup_{k=1}^{n}A_{p_k}
ight)= sum_{k=1}^{n} mathbf{P}left( A_{p_k}
ight)- sum_{1le j<kle n}^{} mathbf{P}(A_{p_k} cap A_{p_j})+ldots+(-1)^{n+1}mathbf{P}left( igcap_{k=1}^{n} A_{p_k}
ight)}\)
Teraz oszacujemy to z nierówności Bonferroniego:
\(\displaystyle{ mathbf{P}left( igcup_{k=1}^{n}A_{p_k}
ight)ge sum_{k=1}^{n} mathbf{P}left( A_{p_k}
ight)- sum_{1le j<kle n}^{}mathbf{P}(A_{p_k} cap A_{p_j})}\).
Ponadto \(\displaystyle{ mathbf{P}(A_{p_k})=frac{1}{p_k}, k=1ldots n}\)
oraz \(\displaystyle{ mathbf{P}(A_{p_k}cap A_{p_j})= frac{1}{p_k cdot p_j}}\)
Poza tym z własności miary probabilistycznej w sposób trywialny wynika, że
\(\displaystyle{ 1ge mathbf{P}left( igcup_{k=1}^{n}A_{p_k}
ight)}\)
Zatem otrzymaliśmy:
\(\displaystyle{ 1+ sum_{1le j<kle n}^{} frac{1}{p_k cdot p_j} ge sum_{k=1}^{n}frac{1}{p_k}}\)
\(\displaystyle{ extbf{Lemat: }}\)
szereg odwrotności wszystkich liczb pierwszych jest rozbieżny. Dowód lematu: natychmiastowo z Twierdzenia o Liczbach Pierwszych, a bardziej elementarnie można tak (pomysł nie jest mój - zresztą o czym my mówimy, ty nigdy nie miałeś żadnego matematycznego pomysłu, Premislav, ty chędożony matole, widziałem chyba kiedyś w Delcie, może było to w roku 2016):
mamy nierówność \(\displaystyle{ e^xge 1+x}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ x in RR}\) (dowód - rachunek różniczkowy), zatem dla dowolnej liczby pierwszej \(\displaystyle{ p_k}\) zajdzie nierówność
\(\displaystyle{ e^{ frac{1}{p_k} } ge 1+frac{1}{p_k}}\)
Niech \(\displaystyle{ p_1, ldots p_n}\) - kolejne liczby pierwsze, poczynając od najmniejszej, czyli \(\displaystyle{ 2}\). Mnożąc takie nierówności \(\displaystyle{ e^{ frac{1}{p_k} } ge 1+frac{1}{p_k}}\)
stronami dla \(\displaystyle{ k=1ldots n}\) (możemy, bo wszędzie są liczby dodatnie), otrzymamy, że
\(\displaystyle{ expleft( sum_{k=1}^{n}frac{1}{p_k}
ight) ge prod_{k=1}^{n} left( 1+frac{1}{p_k}
ight)}\)
Stąd i z twierdzenia o dwóch ciągach musiałoby być
\(\displaystyle{ expleft( sum_{k=1}^{+infty}frac{1}{p_k}
ight) ge prod_{k=1}^{+infty} left( 1+frac{1}{p_k}
ight)}\)
Ponadto (*) każdą liczbę naturalną dodatnią większą niż \(\displaystyle{ 1}\) da się przedstawić dokładnie na jeden sposób w postaci \(\displaystyle{ l^2 prod_{}^{} p_i}\) gdzie \(\displaystyle{ p_i}\) są parami różnymi liczbami pierwszymi, a \(\displaystyle{ l}\) jest pewną liczbą całkowitą. By się o tym przekonać, wystarczy rozważyć rozkład na czynniki pierwsze. Jeśli \(\displaystyle{ n= prod_{i=1}^{m} p_i^{alpha_i}}\), gdzie \(\displaystyle{ p_i}\) to parami różne liczby pierwsze, zaś \(\displaystyle{ alpha_i in NN}\) (zero jest naturalne), to wystarczy rozważyć \(\displaystyle{ J subsetleft{ i
ight}_{i=1}^m}\) taki, że dla \(\displaystyle{ i in J}\) mamy \(\displaystyle{ 2
mid alpha_i}\), a dla pozostałych \(\displaystyle{ 2|alpha_i}\) i wziąć
\(\displaystyle{ l= prod_{j in J}^{}p_j^{ frac{alpha_j-1}{2} } prod_{i
otin J}^{} p_i^{frac{alpha_i }{2}}}\)


Ponadto
\(\displaystyle{ sum_{l=1}^{ infty } frac{1}{l^2}=1+ sum_{l=2}^{ infty }frac{1}{l^2}<1+ sum_{l=2}^{ infty } frac{1}{l(l-1)}=1+ sum_{l=2}^{ infty } left( frac{1}{l-1}-frac{1}{l}
ight) =2}\),
zatem szereg
\(\displaystyle{ sum_{l=1}^{ infty } frac{1}{l^2}}\) jest zbieżny (ma on wszak wyłącznie wyrazy dodatnie, więc wystarczy ograniczyć z góry).
Stąd też dostalibyśmy
\(\displaystyle{ 2 expleft( sum_{k=1}^{ infty } frac 1 {p_k}
ight) ge left( sum_{l=1}^{ infty }frac{1}{l^2}
ight) expleft( sum_{k=1}^{ infty } frac 1 {p_k}
ight) ge left( sum_{l=1}^{ infty } frac{1}{l^2}
ight) prod_{k=1}^{ infty }left( 1+frac 1 {p_k}
ight)}\)
Po wymnożeniu lewej strony dostaliśmy
\(\displaystyle{ 1+ sum_{}^{} frac{1}{l^2 prod_{}^{} p_i}}\), ale ze spostrzeżenia (*) ta suma wynosi
tyle, co \(\displaystyle{ sum_{n=1}^{ infty } frac{1}{n}=+infty}\)
czyli
\(\displaystyle{ exp left( sum_{k=1}^{ infty } frac{1}{p_k}
ight) =+infty}\), a stąd mamy tezę lematu.
\(\displaystyle{ extbf{Lemat nr 2}:}\)
\(\displaystyle{ sum_{1le i<jle n}^{} frac{1}{p_i cdot p_j}}\), gdzie \(\displaystyle{ (p_i)}\) są parami różnymi liczbami pierwszymi, ma skończoną granicę (jest zbieżny). Dowód lematu nr 2:
... s-converge
a tak na serio to \(\displaystyle{ able frac{a^2+b^2}{2}}\) i Prime Number Theorem, bo mi się już nie chce kombinować.

Teraz jeśli weźmiemy kolejne liczby pierwsze \(\displaystyle{ p_1ldots p_n}\) i nierówność
\(\displaystyle{ 1+ sum_{1le j<kle n}^{} frac{1}{p_k cdot p_j} ge sum_{k=1}^{n}frac{1}{p_k}}\),
po czym przejdziemy do nieskończoności, to dostaniemy sprzeczność (patrz lematy).



Nieco inne rozwiązanie pojawiło się już na forum, podaję do niego link:

Kod: Zaznacz cały

https://www.youtube.com/watch?v=61_FHeYPycY

-- 3 gru 2017, o 08:08 --

Chociaż takie podejście to jednak bardzo komplikuje dowód lematu nr 2, bo jest więcej składników niżeli myślałem. Może da się inaczej do tego podejść. Może nawet nic z tego nie będzie. Sorry, debil ze mnie niesamowity.-- 10 gru 2017, o 01:07 --Sorry, jakieś bzdury popisałem, za dużo ostatnio piję, a za mało śpię. Tutaj masz rozwiązanie:
311350.htm