Prueba $P(A) = \sum_{i=1}^{n}P(A_i) - 2\sum_{i<j \leq n}P(A_i \cap A_j) + \ldots)$

Question

Sea $A$ la colección de resultados que pertenecen a solo uno de los eventos entre los eventos $A_1, \ldots, A_n$. Pruebe

\begin{align*} P(A) &= \sum_{i=1}^{n}P(A_i) - 2\sum_{i

La pregunta es de un problema de ejercicios de mi curso, la expresión se parece mucho a la fórmula de inclusión-exclusión, intenté inducción pero no funcionó.

Answer 1

La fórmula dada en la pregunta generaliza la identidad $$ P(A_1\Delta A_2)=P(A_1)+P(A_2)-2P(A_1\cap A_2) $$ donde $\Delta$ es la diferencia simétrica. Para demostrarlo en general, procedemos de la siguiente manera. Escribimos la función indicadora para $A$ como $$ I(A)=\sum_{j=1}^nI(A_j)\left(\prod_{i=1, i\neq j}^n (1-I(A_i))\right).\tag{0} $$ Expandimos el lado derecho y consideramos qué sucede cuando se toma la esperanza de ambos lados. Por ejemplo, el término $\sum_{i=1}^n P(A_i)$ en tu suma surge después de tomar las expectativas de los términos que solo involucran a $I(A_j)$ en el lado derecho de (0). Además, el término $-2\sum_{1\leq i surge después de tomar expectativas en los términos $-I(A_j)I(A_i)$ para $i\neq j$. Puedes continuar analizando la suma de esta manera.

Answer 2

Tenemos un resultado más general. Deje que $A_1,A_2,\ldots,A_n$ sean conjuntos medibles en un espacio de medida finita $(\Omega,\mathcal{F},P)$. Para un entero $k$, $0\le k\le n$, sea $E_k$ el evento que consiste en $x\in \Omega$ tal que $x$ pertenece exactamente a $k$ conjuntos entre $A_1,A_2,\ldots,A_n$. Entonces $E_k\in\mathcal{F}$ y $$P(E_k)=\sum_{r=k}^n(-1)^{r-k}\binom{r}{k}\sum_{1\le i_1 Para $k=0$, la suma $\sum_{1\le i_1 para $r=0$ se interpreta como $P(\Omega)$.

En particular, cuando $\Omega$ es un conjunto finito y $P$ es la medida de conteo, (0) se puede reescribir como $$|E_k|=\sum_{r=k}^n(-1)^{r-k}\binom{r}{k}\sum_{1\le i_1 Nuevamente, para $k=0$ y $r=0$, usamos la convención $$|\Omega|=\sum_{1\le i_1

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Para una prueba, sea $\chi_S$ la función característica de $S\in \mathcal{F}$. Es decir, $P(S)=\int\chi_S dP$. Al escribir $$E_k=\left(\bigcup_{1\le i_1 se sigue que $E_k\in\mathcal{F}$. Aquí cuando $k=0$, usamos la convención $$\bigcup_{1\le i_1 Queremos verificar que $$\chi_{E_k}=\sum_{r=k}^n(-1)^{r-k}\binom{r}{k}\sum_{1\le i_1 donde interpretamos $\sum_{1\le i_1 cuando $k=0$ y $r=0$ como $\chi_\Omega=1$.

Aquí hay un ejemplo. Recuerde que $$1-\chi_X=\chi_\Omega-\chi_X=\chi_{\Omega\setminus X}=\chi_{X^c}$$ y $$\chi_{X_1\cap X_2\cap \ldots \cap X_m}=\chi_{X_1}\ \chi_{X_2}\ \cdots \ \chi_{X_m}.$$ El caso $k=0$ es fácil ya que el LHS de (1) es precisamente $$\prod_{j=1}^n(1-\chi_{A_j})=\prod_{j=1}^n \chi_{A_j^c}=\chi_{\bigcap_{j=1}^nA_j^c}=\chi_{\left(\bigcup_{j=1}^nA_j\right)^c}=\chi_{E_0}.$$

Fije $x\in \Omega$. Supongamos que $x$ está en precisamente $\ell$ conjuntos entre $A_1,A_2,\ldots,A_n$. Entonces se deduce que $$\sum_{1\le i_1 Por lo tanto $$\sum_{r=k}^n(-1)^{r-k}\binom{r}{k}\sum_{1\le i_1 Entonces cuando $\ell, (1) cuando evaluado en $x$ produce un resultado correcto. Ahora, sea $\ell\ge k$. Al usar $\binom{r}{k}\binom{\ell}{r}=\binom{\ell}{k}\binom{\ell-k}{r-k}$ obtenemos $$\sum_{r=k}^\ell(-1)^{r-k}\binom{r}{k}\binom{\ell}{r}=\binom{\ell}{k}\sum_{r=k}^{\ell}(-1)^{r-k}\binom{\ell-k}{r-k}=\binom{\ell}{k}\sum_{j=0}^{\ell-k}(-1)^j\binom{\ell-k}{j}.\ \ \ \ \ (2)$$ Es bien conocido que $\sum_{j=0}^m(-1)^j\binom{m}{j}=1$ para $m=0$, y $\sum_{j=0}^m(-1)^j\binom{m}{j}=(1-1)^m=0$ para $m>0$. Por lo tanto, (2) da $$\sum_{r=k}^\ell(-1)^{r-k}\binom{r}{k}\binom{\ell}{r}=\left\{\begin{array}{ll}1&\text{si } \ell=k\\0&\text{si }\ell>k.\end{array}\right.$$ Por lo tanto, también cuando $\ell \ge k$, (1) evaluado en $x$ produce el resultado correcto. Esto demuestra que (1) es verdadero.

Al integrar (1) obtenemos $$P(E_k)=\int \chi_{E_k}dP=\int\left(\sum_{r=k}^n(-1)^{r-k}\binom{r}{k}\sum_{1\le i_1 Por linealidad de la integración, $$P(E_k)=\sum_{r=k}^n(-1)^{r-k}\binom{r}{k}\sum_{1\le i_1 lo cual es precisamente (0).

Answer 3

Sea $1_{A_i}$ la función indicadora en $A_i$ (¡define una variable aleatoria!) . Entonces,$P(A_i)=E(1_{A_i})$

Ahora solo prueba la identidad $1-1_{\cup_{i=1}^n A_i}= \prod_{i=1}^n (1-1_{A_i})$ . Simplemente aplica Expectativa a ambos lados de la identidad.

Dejo los detalles como ejercicio para ti (ya que parece ser un problema de tarea).

Answer 4

Esto parece ser una inducción básica. Entonces asumimos que esto es válido para $n$ conjuntos $A_1, \ldots, A_n$ y agregamos un conjunto extra $A_{n+1}$. Y consideramos las uniones disjuntas $A=\dot{\bigcup}_{i=1}^nA_i$ y $A'=\dot{\bigcup}_{i=1}^{n+1}A_i$.

Sabemos que $P(A)=\text{'suma como en la pregunta'}$. Ahora, cuando agregamos el conjunto $A_{n+1}$, sumamos su probabilidad $P(A_{n+1})$ pero restamos $P(A_{n+1}\setminus \bigcup_{i=1}^nA_i)$ y $P(A\setminus A_{n+1})$.

$P(A\setminus A_{n+1})$ puede calcularse considerando los conjuntos $B_i=A_i\cap A_{n+1}$ para $i\in \{1, \ldots, n\}$. Y notando que $P(A\setminus A_{n+1}=P\left(\dot{\bigcup}_{i=1}^nB_i\right)=P(B_1)+P(B_2)+\cdots+P(B_n)-P(B_1\cap B_2).... $.

Ahora solo falta mostrar que $P(A_{n+1}\setminus \bigcup_{i=1}^nA_i)=P(A_1\cap A_{n+1})+\cdots +P(A_n\cap A_{n+1})-P(A_1\cap A_2\cap A_{n+1}).... $, lo cual es simplemente la exclusión-inclusión estándar.

Answer 5

Este es precisamente el caso $k=1$ de lo siguiente

Teorema (Principio general de inclusión-exclusión)

Sea $\{S(i)\}_{i=1}^m$ una colección finita de conjuntos de un universo finito.

Sea $N(j)$ la suma de los tamaños de todas las intersecciones de $j$ de los $S(i)$: $$ N(j)=\sum_{|A|=j}\left|\,\bigcap_{i\in A} S(i)\,\right| $$ Así, $N(0)$ es el tamaño del universo.

Luego, el número de elementos en exactamente $k$ de los $S(i)$ es $$ \sum_{j=0}^m(-1)^{j-k}\binom{j}{k}N(j) $$

Después de mostrar el lema de cancelación $$ \sum_{j=k}^n(-1)^{j-k}\binom{n}{j}\binom{j}{k} =[n=k] $$ donde $[\dots]$ son corchetes de Iverson, la prueba en esta respuesta tiene solo unas pocas líneas.