Medir en los enteros positivos, respetando la independencia de primos divisores

Question

Quiero saber si existe una medida $\mu$ en los enteros positivos (equipado con el $\sigma-$álgebra de todos los subconjuntos) que satisface:

1) Para todos los $n > 1$, $\mu(A_n) = 1/n$, donde $A_n = \{n, 2n, \ldots \}$ es la cantidad de $n$, y

2) Los eventos $A_m, A_n$ son independientes al $m$ $n$ son relativamente primos.

Si tal medida existido, sería imitar el concepto de dibujo "un entero aleatorio" de todos los de $\mathbb{N}$, al menos con respecto a estas propiedades de la divisibilidad.

1) y 2) una capacidad aproximada para la distribución uniforme en $\mathbb{N} \cap [1,X]$ grandes $X$; similar debilitamiento de la cuestión es el uso de asintótica de la densidad, es decir, definir $\mu(A) = \lim_{n \to \infty} \frac{|A \cap \{1, 2, 3, \ldots, n\}|}{n}$, que satisface 1) y 2), pero no es countably aditivo.

Los zeta de distribución, dada por (para cualquier $s > 1$) de la densidad de $\nu_s(n) = \frac{1}{\zeta(s)} n^{-s}$, viene de muy cerca: es fácil comprobar que 2) tiene, sino $\nu_s(A_n) = n^{-s}$ todos los $n$. (Curiosamente, como $s \to 1^+$, por un determinado subconjunto $A \subset \mathbb{N}, \nu_s(A)$ converge a la asintótica de la densidad de $A$, si es que existe).

Sospecho que la respuesta es que no hay tal medida ya existe: el hecho de que los zeta de distribución falla me hace pensar 1 y 2 de alguna manera están en desacuerdo.

Creo que cualquier $\mu$ satisfactorio 1) y 2) debe tener $\mu(\mathbb{N}) = \infty$, pero no tengo una prueba.

Gracias!

Edit: Como se ha señalado, 1) claramente implica 2). (¡Vaya!) Y @Zhoraster ha dado una buena prueba de que ninguna medida puede existir en este caso. Aquí es lo que (creo) va a ser una difícil pregunta:

Podemos encontrar una medida $\mu$ satisfactorio

1a) $\mu(A_p) = 1/p$ para los números primos $p$, y

2a) Los eventos $A_p$ $A_q$ son independientes al $p$ $q$ son primos.

Ahora no es obvio que $1$ $2$ mantener para los productos de muchos de los números primos: conseguimos $\mu(A_{pq}) = 1/pq$ para distintos números primos $p$$q$, pero eso es todo. No creo que la inclusión-exclusión de la prueba en el trabajo como se ha dicho, pero tal vez una idea similar se puede utilizar...

Answer 1

Dicha medida no existe. La idea es mostrar que la única medida de la satisfacción de 1 (que, por cierto, obviamente, implica 2) es $$ \mu(\{n\}) = \frac{1}{n\zeta(1)} = 0, n\ge 1, $$ lo cual es una contradicción.

Así que vamos a $\mu$ satisfacer a 1. Denotar por $\mathbb{P}$ el conjunto de los números primos. Entonces, para cualquier $n\in \mathbb N$, por la inclusión-exclusión de la fórmula (todas las series de abajo son divergentes, pero uno puede proceder por aproximaciones finitas) $$ \mu(\{n\}) = \mu(A_n) - \mu\Big(\bigcup_{p\in \mathbb{P}} A_{pn}\Big) \\ = \frac{1}{n} - \sum_{p\in \mathbb P}\mu(A_{pn}) + \sum_{\substack{p_1,p_2\in \mathbb P\\p_1\neq p_2 }}\mu(A_{np_1}\cap A_{np_2}) - \sum_{\text{distintas } p_1,p_2,p_3\in \mathbb P}\mu(A_{np_1}\cap A_{np_2}\cap A_{np_3}) + \dots \\ = \frac1n + \sum_{k=1}^\infty (-1)^k \sum_{\text{distintas } p_1,p_2,\dots,p_k\in \mathbb P}\mu\Big(\bigcap_{j=1}^k A_{np_j}\Big)\\ = \frac1n + \sum_{k=1}^\infty (-1)^k \sum_{\text{distintas } p_1,p_2,\dots,p_k\in \mathbb P}\mu\Big( A_{np_1p_2\cdots p_k}\Big) \\ = \frac1n + \sum_{k=1}^\infty (-1)^k \sum_{\text{distintas } p_1,p_2,\dots,p_k\in \mathbb P}\frac1{np_1p_2\cdots p_k} = \frac1n\prod_{p\in \mathbb P}\Big(1-\frac{1}{p}\Big) = 0, $$ como se reivindica.

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Del mismo modo, se puede demostrar que la única medida de la satisfacción de $\mu_s(A_n) = n^{-s}$ $s>1$ es $$ \mu_s(\{n\})=\frac1n\prod_{p\in \mathbb P}\Big(1-\frac{1}{p^s}\Big) = \frac{1}{n^s \zeta(s)}, n\ge 1. $$

Answer 2

Tal medida no puede ser una probabilidad (es decir , no podemos tener $\mu(\mathbb{N})=1$).

Ad absurdum, supongamos que tenemos una probabilidad de $P$ satisfactorio $(1)$, $(2)$.

Deje $(p_n)_{n \ge 1}$ ser un orden de enumeración de los números primos. No hay ningún número entero positivo que tiene una infinidad de primos divisores, y por lo tanto $$\bigcap \limits_{n \in \mathbb{N}} \bigcup \limits_{k \ge n} A_{p_k} = \varnothing.$$

Por lo tanto $P \Big(\bigcap \limits_{n \in \mathbb{N}} \bigcup \limits_{k \ge n} A_{p_k} \Big) = 0$, lo $$P \Big( \bigcup \limits_{n \in \mathbb{N}} \bigcap \limits_{k \ge n} \overline{A_{p_k}} \Big) > 0.$$

Sin embargo, $P$ es continua por debajo de lo \begin{align*} P \Big( \bigcup \limits_{n \in \mathbb{N}} \bigcap \limits_{k \ge n} \overline{A_{p_k}} \Big) & = \lim \limits_{n \to \infty} P \Big( \bigcap \limits_{k \ge n} \overline{A_{p_k}} \Big) \\ & = \lim \limits_{n \to \infty} \prod \limits_{k \ge n} P (\overline{A_{p_k}}) \end{align*}

debido a $P$ es una probabilidad, la $A_{p_k}$ son mutuamente independientes, y por lo tanto también lo son las $\overline{A_{p_k}}$. Por lo tanto \begin{align*} P \Big( \bigcup \limits_{n \in \mathbb{N}} \bigcap \limits_{k \ge n} \overline{A_{p_k}} \Big) & = \lim \limits_{n \to \infty} \prod \limits_{k \ge n} \Big( 1 - P (A_{p_k}) \Big) \\ & \le \lim \limits_{n \to \infty} \prod \limits_{k \ge n} e^{-P(A_{p_k})} \end{align*}

debido a $1-x \le e^{-x}$ (convexidad de la desigualdad). Podemos deducir, por último :

$$P \Big( \bigcup \limits_{n \in \mathbb{N}} \bigcap \limits_{k \ge n} \overline{A_{p_k}} \Big) \le \lim \limits_{n \to \infty} e^{-\sum \limits_{k=1}^n P(A_{p_k})}$$

Pero $$\sum \limits_{k=1}^n P(A_k) = \sum \limits_{k=1}^n \frac{1}{p_k} \underset{n \to \infty}{\longrightarrow} +\infty$$

(véase la Divergencia de la suma de los recíprocos de los números primos), así que llegamos a la conclusión de

$$P \Big( \bigcup \limits_{n \in \mathbb{N}} \bigcap \limits_{k \ge n} \overline{A_{p_k}} \Big) = 0$$

lo cual es absurdo. Por lo tanto, no hay ninguna probabilidad de satisfacer sus condiciones.

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Ver Zhoraster del post en el que se proporciona una mejor y más clara respuesta a su pregunta.