Probabilidad de que se produzca un número par de eventos

Question

Como parte del intento de refrescar mi teoría básica de la probabilidad, me encontré con el ejemplo 1.46 del libro de probabilidad de Grimmet y la segunda parte me preocupó.

Si $A_1$ , $A_2$ , . . . , $A_m$ son independientes y $P(A_i) = p$ para $i = 1, 2, . . . , m$ , hallar la probabilidad de que
(a) ninguno de los $A_i$ ocurrir,
(b) un número par de los $A_i$ ocurrir.

a) ninguno de $A_i$

Sólo hay que calcular la probabilidad del evento $E=\Omega \ \backslash ( \cup_i A_i ) $ (es decir, "todos los eventos sin la unión de todos $A_i$ ') con $q=1-p$ y utilizando la independencia del evento:
$$P \bigg ( \bigg [\bigcup_i^m A_i \bigg]^c \bigg) = P \bigg ( \bigg [\bigcap_i^m A_i^c \bigg ] \bigg ) = P(A^c)^m = q^m = (1-p)^m$$ lo que coincide con la respuesta en la parte posterior del libro.

b) número par de $A_i$

Esperaba que ésta fuera tan fácil como la parte (a), pero aparentemente estoy pasando algo por alto. Mi idea era construir conjuntos que constaran de un número par de conjuntos sin el resto y luego calcular y sumar la probabilidad de los mismos. Por ejemplo, para $m=4$ esto sería: $$ E_1 = A_1 \cap A_2 \backslash ( A_3 \cup A_4) \\ E_2 = A_1 \cap A_3 \backslash ( A_2 \cup A_4) \\ ... \\ E_6 = A_3 \cap A_4 \backslash ( A_1 \cup A_2) \\ E_7 = (A_1 \cap A_2 \cap A_3 \cap A_4) $$ donde hay 6 combinaciones para obtener dos eventos de cuatro, $6=$ $4 \choose 2$ . La probabilidad de tal evento en detalle es $$ \begin{align} P(E_1) & =P(A_1 \cap A_2 \backslash ( A_3 \cup A_4))\\\ &= P(A_1 \cap A_2) - P((A_1 \cap A_2) \cap (A_3 \cup A_4))\\ &= P(A_1) P(A_2) - P(A_1 \cap A_2) P(A_3 \cup A_4)\\ &= p^2 - p^2 \ P(A_3 \cup A_4)\\ &= p^2 - p^2 \ ( P(A_3)+P(A_4)-P(A_3 \cap A_4))\\ &= p^2 - p^2 \ ( p+p-p^2) = p^2 ( 1-2p+p^2)\\ &= p^2 (1-p)^2 \\ &= p^2 q^2 \end{align} $$ lo cual es cierto para $E_1$ a $E_6$ donde tenemos cada uno dos eventos que suceden ( $p^2$ ) mientras que otros dos eventos no se producen (el $q^2$ ), y $E_7$ sólo dando $P(E_7)=p^4$ porque están ocurriendo cuatro eventos.

Así, para el caso de m=4 deberíamos obtener que la probabilidad de que ocurra un número par de eventos debería ser $$ P(\text{even number})=\sum_i P(E_i)=P(E_1)+ ... +P(E_7) = 6 p^2 q^2 + p^4 $$ Aparte de que la parte posterior del libro da una respuesta diferente de todos modos, a saber $$ P(\text{even number})_{book}=\frac{1}{2} [1+(q-p)^m],$$ Ni siquiera sabría generalizar mi ejemplo para $m=4$ a cualquier m.

Estudiando la respuesta del libro y ampliando el término del paréntesis se obtiene $$ (q-p)^4=p^4 - 4 p^3 q + 6 p^2 q^2 - 4 p q^3 + q^4 $$ en el que dos partes de la suma coinciden con mi resultado. Parece que el evento de 4 veces que sucede 'no $A_i$ ' ( $q^4$ ) también se cuenta como un evento par del $A_i$ 's, mientras que los eventos desiguales se restan ( $p^3q$ y $pq^3$ ). Pero aún así, no veo cómo llegar allí o dónde está el $\frac{1}{2}$ viene de.
¿Alguien sabe en qué me estoy equivocando? Gracias.

Answer 1

Escribir $X=\sum_{k=1}^m\mathbf1_{A_k}$ se trata de una suma de variables aleatorias iid Bernoulli con parámetro $p$ .

Eso da $X$ distribución binomial con parámetros $m$ y $p$ .

Se encuentra: $$P(X\text{ is even})=\sum_{k\text{ even}}P(X=k)=\sum_{k\text{ even}}\binom{n}{k}p^kq^{m-k}\tag1$$ donde $q:=1-p$ .

Trabajar la respuesta en el libro por medio de: $$\frac12[1+(q-p)^m]=\frac12[(p+q)^m+(q-p)^m]$$ llegarás a la RHS de $(1)$ .

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P.D. No he comprobado completamente su respuesta (todavía), pero en el caso $m=4$ hay $\binom40+\binom42+\binom44=1+6+1=8\neq7$ posibilidades.

Answer 2

La probabilidad de que exactamente $k$ de los acontecimientos es el coeficiente de $x^k$ en $g(x) = (q + p x)^n$ . Considere $(g(-x) + g(x))/2$ . Esto tiene los mismos términos en potencias pares de $x$ como $g(x)$ pero los términos de los poderes de impar se anulan. Para sumar los coeficientes de un polinomio basta con sustituir $x=1$ . Por lo tanto, la probabilidad de que el número de eventos que se produzcan sea par, es decir, la suma de los coeficientes de las potencias pares de $x$ en $g(x)$ es $(g(-1) + g(1))/2 = ((q - p)^n + 1)/2$ .

Answer 3

En primer lugar, observe que la expansión $(p+q)^m$ enumera todas las cosas que pueden suceder. Por ejemplo, el término $4p^3q=pppq+pqpp+ppqp+pppq$ en la expansión de $(p+q)^4$ representa las cuatro formas en que se producen exactamente tres de los eventos. El valor numérico de $(p+q)^m$ es la suma de las probabilidades de que ocurra algo, que por supuesto es $1$ .

Si en cambio ampliamos $(-p+q)^m$ entonces contamos positivamente las probabilidades que tienen un número par de $p$ factores y contamos negativamente los que tienen un número impar de $p$ factores.

Por lo tanto, el valor numérico de $(-p+q)^m$ es $P_e-P_o$ , donde $P_e$ es la probabilidad de un número par de eventos y $P_o$ es la probabilidad de un número impar de eventos.

El número de $A_i$ que se produce es impar o par (nótese que el 0 es un número par), pero no ambos, por lo que $P_e+P_o=1$ y acabamos de descubrir que $P_e-P_o=(-p+q)^m$ . Sumando estas ecuaciones, obtenemos $$2P_e=(P_e+P_o)+(P_e-P_o)=(-p+q)^m+1,$$ lo que lleva inmediatamente a la respuesta del libro.

Answer 4

Quizás un poco más de maquinaria de la necesaria. Tenga en cuenta que $X=\sum_{k=1}^m I(A_k)\sim \text{Bin}(m,p)$ es el número de eventos que se producen. Tenga en cuenta que $X$ tiene una función generadora de probabilidad $$ g_{X}(t)=Et^X=\sum_{k=0}^m t^kP(X=k)=\sum_{k=0}^m t^k\binom{n}{k}p^{k}q^{n-k}=(q+pt)^m $$ En particular $$ P(\text{X is even})=\sum_{k=0\; \text{k even}}^mP(X=k)=\sum_{k=0\; \text{k even}}^m \binom{n}{k}p^{k}q^{n-k}=\frac{g(1)+g(-1)}{2}=\frac{1+(q-p)^m}{2} $$

Answer 5

Indiquemos con $1$ un evento verificado y con $0$ un evento no verificado. Ahora podemos crear una biyección entre las salidas de los eventos y un número binario de $m$ cifrado:

$$\underbrace{1...0}_{m}$$

El número de cifrado uno $ x\in \{0,2,...,2\lfloor \frac m2 \rfloor \}$ . Si arreglamos $x$ el número de permutaciones es:

$$m \choose x $$

Así que las posibles permutaciones son:

$$\sum_{i=0}^{\lfloor \frac m2 \rfloor} {m\choose {2i}}$$

Esta suma equivale a sumar los términos alternativos del $m$ -de la fila del triángulo de Pascal, y por su simetría:

$$\sum_{i=0}^{\lfloor \frac m2 \rfloor} {m\choose {2i}}=2^{m-1}$$

Al final:

$$p=\frac{2^{m-1}}{2^m}=\frac 12$$

)