La existencia de un "cuasi-uniforme" distribución de probabilidad en $\mathbb{Z}$

Question

¿Existe una distribución de probabilidad en $\mathbb{Z}$ tal que para cada entero $n\geq 1$, la probabilidad de que un entero aleatorio $x$ es divisible por $n$ es igual a $1/n$?

Henry Cohn tiene un argumento de por qué esto no es posible, pero no es totalmente riguroso. En primer lugar, es fácil ver que podemos asumir que la distribución es compatible con los enteros positivos. Deje $p_n$ ser la probabilidad de $n$. Para cualquier función de $f$ en los enteros positivos para que podamos obtener la convergencia, tenemos (por el postulado $p_n$) $$ \sum_k p_k\sum_{n|k}f(n) = \sum_n \frac{f(n)}{n}. $$ Deje $g(k)=\sum_{n|k} f(n)$. Por Möbius inversión, $f(n) = \sum_{k|n}g(k)\mu(n/k)$. Escrito $n=mk$, la primera ecuación se convierte en $$ \sum_k p_k g(k) =\sum_k g(k)\sum_m \frac{\mu(m)}{mk}. $$ Esto debería mantener para todos los $g$ para que $\sum_n f(n)/n$ converge absolutamente, por lo que debe seguir $$ p_k = \frac 1k\sum_m \frac{\mu(m)}{m}. $$ Este es un disparate desde el primero de todos, $\sum_m \mu(m)/m =0$ (equivalente para el teorema de los números primos), e incluso si no sabemos que hay no hay manera de $p_k$ puede ser proporcional a $1/k$ desde $\sum 1/k=\infty$.

Este argumento no es completamente rigurosa, ya que hemos intercambiado sumas y equiparar los coeficientes de $g(k)$ sin justificación. Es también es un problema que $\sum_m \mu(m)/m$ es condicionalmente convergente.

Answer 1

No. Vamos a restringir nuestra atención a $\mathbb{N}$. La hipótesis implica que si $q$ es un número primo, entonces la probabilidad de que un azar entero positivo no es divisible por $q$ es $1 - \frac{1}{q}$. También implica que estos eventos son independientes. Ahora vamos a $n$ ser un entero positivo. Si $q_1, q_2, \dots$ es una enumeración de los números primos no dividiendo $n$ se sigue que

$$p_n \le \prod_{i=1}^m \left( 1 - \frac{1}{q_i} \right)$$

para todos los $m$. Pero tomando las $m \to \infty$ la RHS enfoques $0$; la contradicción. Tenga en cuenta que este argumento no requiere el teorema de los números primos; sólo tenemos que saber que la serie armónica diverge.

Edit: Aquí es una generalización que más completamente rescata Henry Cohn argumento. Generalizar la condición a ser que la probabilidad de un número entero positivo de ser divisible por $n$ es $\frac{1}{n^s}$, para algún número real $s > 0$. Esto es equivalente a la necesidad de que la probabilidad es 1) multiplicativo en $n$ y 2) monótonamente decreciente.

De ello se sigue que si $q$ es primo, entonces la probabilidad de que el exponente de $q$ en la factorización prima de un aleatorio entero positivo es exactamente $k$ es

$$\frac{1}{q^{ks}} - \frac{1}{q^{(k+1)s}} = \frac{1}{q^{ks}} \left( 1 - \frac{1}{q^s} \right).$$

Tenemos de nuevo que para los diferentes números primos $q$ estos eventos son independientes. Ahora, si $q_1, q_2, \dots$ es una enumeración de los números primos y $n = \prod q_i^{k_i}$ es un entero positivo, se deduce que

$$p_n \le \prod_{i=1}^m \frac{1}{q_i^{k_i s}} \left( 1 - \frac{1}{q_i^s} \right).$$

para todos los $m$. Si $s \le 1$, entonces el lado derecho converge a $0$ as $m \to \infty$ (esto, de nuevo, no requiere el teorema de los números primos) y obtenemos una contradicción. Si $s > 1$, entonces el lado derecho converge a

$$p_n = \frac{1}{n^s \zeta(s)}$$

y esta es una igualdad debido a que el lado derecho es la probabilidad de que un azar entero positivo tiene la misma factorización prima como $n$.

No es una simple generalización donde el $\mathbb{N}$ es reemplazado por el conjunto de distinto de cero ideales en el anillo de enteros $\mathcal{O}_K$ de un campo de número de $K$ y la probabilidad de un ideal de ser divisible por un ideal $I$ es $\frac{1}{N(I)^s}$, donde conseguimos la Dedekind zeta función de su lugar.

Answer 2

Supongo que el downvote es causada por el estilo, me dijo la misma cosa Sean Eberhard dijo: "su argumento muestra que cualquier finitely aditivo medida con las propiedades necesarias no tiene ningún átomo".

$1 = P(\mathbb{N}) = P(\bigcup_{i=0}^{\infty} \{ i \})$

$0 = \sum_{i=0}^{\infty} 0 = \sum_{i=0}^{\infty} P(\{ i \})$

Con $\sigma$-aditividad $P(\bigcup_{i=0}^{\infty} \{ i \}) = \sum_{i=0}^{\infty} P(\{ i \})$, but $1 \neq 0$, so either you refuse uniform distribution on $\mathbb{N}$ (and $\mathbb{Z}$) or you refuse Kolmogorov axioms. But people do not like to refuse things learned at school, so people usually refuse uniform distributions on $\mathbb{N}$.

El siguiente paso es rechazar la medida de Lebesgue, entiendo el problema.

Answer 3

¿Cuál es el problema si $p_n$ es 0 para todos los $n \in \mathbb{N}$? Sería un problema si $P(S) = 0$ por cada $S \subset \mathbb{N}$. Tal vez usted está preocupado debido a que $\sum_{i=1}^{\infty} p_i = 0$, pero esto no es un problema sin $\sigma$-aditividad, como Bruno de Finetti sugerido.

Un curioso papel (lamentablemente en italiano)