Eventos totalmente independientes y sus complementos

Question

Supongamos que los eventos $A_1, ..., A_n$ son totalmente independientes, es decir, $P(A_1 \cap ... \cap A_k) = P(A_1)...P(A_k)$ para todos $k$ entre 2 y $n$ . ¿Significa esto que los eventos complementarios son también totalmente independientes: $P(A_1^c \cap ... \cap A_k^c) = P(A_1^c)...P(A_k^c)$ para todo k?

Sé que esto es así si $k = 2$ pero quiero saberlo en general.

He intentado probarlo por inducción, pero parece un trabajo duro...

Answer 1

Demostramos que bajo la definición no estándar de eventos totalmente independientes dada en el post, el resultado deseado no es cierto. A continuación, damos una definición estándar de sucesos totalmente independientes, y mostramos que bajo esta definición el resultado deseado es Es cierto.

Un contraejemplo : Lanzamos una moneda justa. Supongamos que los posibles eventos son $A_1$ la moneda rueda eternamente (probabilidad $0$ ), $A_2$ obtenemos una cabeza (probabilidad $1/2$ ) y $A_3$ obtenemos una cola (probabilidad $1/2$ ). Es fácil comprobar que bajo la definición de totalmente independiente dada en el post, la secuencia $A_1, A_2, A_3$ es totalmente independiente. Pero $A_2^c$ y $A_3^c$ no son independientes, ya que $P(A_2^c\cap A_3^c)=0$ pero $P(A_2^c)P(A_3^c)=1/4$ . También es fácil comprobar que la secuencia $A_1^c, A_2^c, A_3^c$ no es totalmente independiente.

Una prueba : En primer lugar, damos una definición estándar de la independencia total. Los eventos $A_1,A_2,\dots, A_n$ son totalmente independiente si, siempre que $B_1, B_2, \dots B_k$ son distinto $A_i$ , $$P(B_1\cap B_2 \cap \cdots \cap B_k)=P(B_1)P(B_2)\cdots P(B_k).$$ Demostramos que si $A_1, A_2, \dots, A_n$ son totalmente independientes, entonces también lo son $A_1^c,A_2^c,\dots, A_n^c$ .

Hay una prueba no difícil por inducción. Sin embargo, preferimos evitar la inducción formal, para obtener una prueba que tenga más simetría. Tenemos que demostrar que si $B_1, B_2, \dots B_k$ son distinto $A_i$ entonces $$P(B_1^c\cap B_2^c \cap \cdots \cap B_k^c)=P(B_1^c)P(B_2^c)\cdots P(B_k^c).$$

Para ahorrar espacio, dejemos $b_i=P(B_i)$ . Así que queremos demostrar que $$P(B_1^c\cap B_2^c \cap \cdots \cap B_k^c)=(1-b_1)(1-b_2)\cdots (1-b_k).$$

Dejemos que $p$ sea la probabilidad de la izquierda. Entonces $$1-p=P(B_1\cup B_2 \cup \cdots \cup B_k).$$ Así, por el Principio de Inclusión/Exclusión, $$1-p=\sum_{i=1}^k b_i -\sum_{1 \le i <j}b_ib_j+\sum_{1 \le i <j<k}b_ib_jb_k-\cdots$$ y por lo tanto $$p=1 -\sum_{i=1}^k b_i +\sum_{1 \le i <j}b_ib_j-\sum_{1 \le i <j<k}b_ib_jb_k+\cdots.$$ El lado derecho es simplemente $(1-b_1)(1-b_2)\cdots (1-b_k)$ . Esto completa la prueba.

Answer 2

Como han señalado otros, lo que escribe es NO la definición de la independencia de $(A_1,A_2,\ldots,A_n)$ . Debe pedir que $\mathrm P(A_{k_1}\cap A_{k_2}\cap\cdots \cap A_{k_i})=\mathrm P(A_{k_1})\mathrm P(A_{k_2})\cdots \mathrm P(A_{k_i})$ para cada elección de todos los índices distintos $k_j$ en $\{1,2,\ldots,n\}$ .

Dejando de lado este punto, permítanme mencionar que una estrategia que podría ayudar a evitar cierto tedio en dicho contexto es traducir todo en términos de variables aleatorias . Lo sé, se supone que las variables aleatorias son siempre más complicadas que los eventos, pero de hecho, lo contrario ocurre con bastante frecuencia (¿alguien acaba de decir linealidad ?), y la presente pregunta es un buen ejemplo del fenómeno.

En primer lugar, hacemos la observación general, aparentemente impar, de que, para cada evento $A$ , $$ \mathrm P(A)=\int_\Omega\mathbf 1_A\mathrm dP=\mathrm E(\mathbf 1_A), $$ donde $\mathbf 1_A$ denota la función indicadora de $A$ definido por $\mathbf 1_A(\omega)=1$ si $\omega\in A$ y $\mathbf 1_A(\omega)=0$ si $\omega\in\Omega\setminus A$ .

Volviendo a la pregunta, elijamos $k$ eventos de la $n$ eventos $A_1$ , $A_2$ , ..., $A_n$ , todos diferentes, renómbralos como $B_1$ , $B_2$ , ..., $B_k$ e introducir $B=\bigcap\limits_{i=1}^k(B_i)^c$ . Se sabe que la función indicadora de un complemento es $1$ menos la función indicadora original y que la función indicadora de una intersección es el producto de las funciones indicadoras, por lo que $$ \mathbf 1_B=\prod\limits_{i=1}^k(1-\mathbf 1_{B_i})=Q_k(\mathbf 1_{B_1},\mathbf 1_{B_2},\ldots,\mathbf 1_{B_k}), $$ donde $Q_k$ denota el polinomio $$ Q_k(x_1,x_2,\ldots,x_k)=\prod\limits_{i=1}^k(1-x_i). $$ Como todo polinomio, $Q_k(x_1,x_2,\ldots,x_k)$ puede expandirse en una suma de monomios en las incógnitas $x_1$ , $x_2$ , ..., $x_k$ . Dado que el grado (parcial) de $Q_k$ en cada $x_i$ es $1$ la expansión de $Q_k$ implica sólo monomios de la forma $x_{i_1}x_{i_2}\cdots x_{i_\ell}$ para algunos índices distintos $i_j$ . En otras palabras, $$ Q_k(x_1,x_2,\ldots,x_k)=\sum_Iq_I\prod_{i\in I}x_i, $$ donde la suma corre sobre el $2^k$ subconjuntos $I$ de $\{1,2,\ldots,k\}$ para algunos coeficientes $q_I$ cuyos valores no serán relevantes. (Sin embargo, el lector interesado puede observar que $q_\varnothing=1$ y $q_{\{1,2,\ldots,k\}}=(-1)^k$ y el motivado podría mostrar que $q_I=(-1)^{|I|}$ por cada $I\subseteq\{1,2,\ldots,k\}$ .)

Subrayamos que esta relación se mantiene entre polinomios, por lo que toda elección de las variables $x_i$ produce una igualdad, ya sean números o funciones. En particular, evaluando ambos lados en las funciones $\mathbf 1_{B_i}$ produce $$ \mathbf 1_B=\sum\limits_Iq_I\prod\limits_{i\in I}\mathbf 1_{B_i}. $$ Por cada $I$ , tenga en cuenta que $$ \prod\limits_{i\in I}\mathbf 1_{B_i}=\mathbf 1_{B_I},\quad \mbox{where}\ B_I=\bigcap\limits_{i\in I}B_i, $$ y que la independencia de los acontecimientos $(B_i)_{i\in I}$ produce $$ \mathrm E(1_{B_I})=\mathrm P(B_I)=\prod\limits_{i\in I}\mathrm P(B_i). $$ Sumando esto a cada $I$ produce $$ \mathrm P(B)=\mathrm E(\mathbf 1_B)=\sum\limits_Iq_I\mathrm P(B_I)=\sum\limits_Iq_I\prod\limits_{i\in I}\mathrm P(B_i)=Q_k(\mathrm P(B_1),\mathrm P(B_2),\ldots,\mathrm P(B_k)), $$ donde la última igualdad proviene de la propia definición de $Q_k$ evaluado en los números reales $\mathrm P(B_i)$ . Pero uno sabe el valor de $Q_k$ en cada punto, en particular en $(\mathrm P(B_1),\mathrm P(B_2),\ldots,\mathrm P(B_k))$ que es $$ \mathrm P(B)=\prod\limits_{i=1}^k(1-\mathrm P(B_i))=\prod\limits_{i=1}^k\mathrm P((B_i)^c), $$ y la prueba ha terminado. Para concluir, nótese una vez más que hemos utilizado el polinomio $Q_k$ dos veces, una para las funciones y la otra para los números reales.