Demostrar que si P(A|B) > P(A) entonces P(A|B^c) < P(A)

Question

Llevo tiempo trabajando en esto. He descubierto cómo hacerlo manipulando ambos lados de la desigualdad. Mi profesor no permite esto y estoy tratando de conseguir una prueba que sólo manipula un lado de la ecuación y luego finalmente llega a la otra. Gracias.

P(A|B) > P(A)

P(AB) > P(A)P(B)

P(A)-P(AB^c) > P(A)P(B)

P(AB^c) < P(A)-P(A)P(B)

P(AB^c) < P(A)[1-P(B)]

P(AB^c) < P(A)P(B^c)

P(AB^C)/P(B^c) < P(A)

P(A|B^c) < P(A)

Así es como lo hice manipulando ambos lados.

Answer 1

Suponiendo que $P(B)$ et $P(B^c)$ son distintos de cero, tu prueba está bien.

No veo una forma sensata de manipular un lado de una desigualdad y al mismo tiempo mantener el otro lado igual e invertir la dirección de la desigualdad.

Un enfoque alternativo podría ser empezar con

$$P(A\mid B)P(B)+P(A\mid B^c)P(B^c) = P(A) = P(A)P(B)+P(A)P(B^c)$$

así que $$[P(A\mid B)-P(A)]P(B)= [P(A)-P(A\mid B^c)]P(B^c)$$

y por tanto si $P(A\mid B)-P(A)$ et $P(B)$ son positivos, entonces también lo son $P(A)-P(A\mid B^c)$ et $P(B^c)$ que implica $$P(A\mid B^c) \lt P(A)$$

Answer 2

Sabes que $$P(A) = P(B) \cdot P(A\mid B) + P(B^c)\cdot P(A\mid B^c)$$ una media ponderada de $P(A\mid B)$ et $P(A\mid B^c)$ . Si uno es $> P(A)$ el otro debe ser $< P(A)$ .