No es necesario que los términos de error sean unimodales. Sea $x$ sea un punto que está en $A_i$ para exactamente $n \geq 1$ índices $i \in [k] := \{1,\ldots,k\}$ . Conocer $n$ en realidad no es tan difícil dar una fórmula para $x$ al término de error $R_m$ y creo que esto aclara bastante lo que está pasando. En realidad usaré $R_m$ para
$$ \left| \bigcup_{i=1}^k A_i \right| - \left( \sum_{r=1}^m (-1)^{r+1} \sum_{I \in \binom{[k]}{r}} \left| \bigcap_{i \in I} A_i \right| \right)$$
es decir, el firmado error que resulta cuando contamos sólo la contribución a la fórmula de inclusión-exclusión de $r$ -intersecciones dobles, $1 \leq r \leq m$ .
Desde $n \geq 1$ , $x$ debe contribuir exactamente $1$ a $| \bigcup_{i =1}^k A_i |$ . Para números enteros positivos $r$ el número de $r$ -subconjuntos de elementos $I$ de $[k]$ para lo cual $x \in \bigcap_{i \in I} A_i$ es $\binom{n}{r}$ (eligiendo entre los $n$ índices $i$ para lo cual $x \in A_i$ ). Así, $x$ La contribución de $R_m$ es simplemente
$$ 1 - \left[ \binom{n}{1} - \binom{n}{2} + \ldots \pm \binom{n}{m} \right] = \sum_{r = 0}^m (-1)^r \binom{n}{r} = (-1)^m \binom{n-1}{m}$$
donde la forma cerrada puede obtenerse utilizando la identidad $\binom{a+1}{b+1} = \binom{a}{b} + \binom{a}{b+1}$ e inducción. Desgraciadamente no veo una prueba combinatoria. Ahora está claro que $x$ La contribución de $R_m$ es más significativo cuando $m \sim (n-1)/2$ y es $0$ para $m \geq n$ .
Ahora es fácil refutar la unimodalidad. Por ejemplo, si ponemos las cosas de modo que el universo consiste en un gran número $N$ de puntos que están en $A_i$ por ejemplo $10$ de la $i \in [k]$ y un único punto más que se encuentra en $A_i$ para $100$ de la $i \in [k]$ entonces $|R_m|$ tendrá un pico alrededor de $m=4,5$ cuando el $N$ puntos tienen el mayor efecto. El punto adicional contribuirá en mayor medida al error cuando $m \sim 50$ y esto dará lugar a otro pico en $R_m$ desde el $N$ puntos ya habrán dejado de tener efecto después de que $m=10$ .
Añadido: Como muestra la respuesta de Gerry, el contraejemplo que propuse más arriba es bastante subóptimo. No había jugado con los números en absoluto cuando lo di, así que hice los números grandes por una vaga paranoia sobre los efectos de borde.
Estoy de acuerdo en que el ejemplo de Gerry minimiza simultáneamente el número de conjuntos de la colección y el número de elementos del universo. Si $c_n \geq 0$ es el número de elementos en exactamente $n$ conjuntos de la colección para $n=1,2,\ldots,k$ entonces, a partir del argumento anterior, tenemos
$$R_m = (-1)^m \sum_{n=1}^k c_n \binom{n-1}{m}$$
Por lo tanto, las posibilidades para la secuencia de residuos absolutos son exactamente las combinaciones lineales enteras no negativas de las filas de la matriz:
$$\begin{array}{clcr} 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 3 & 3 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 4 & 6 & 4 & 1 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 5 & 10 & 10 & 5 & 1 & 0 & 0 & \cdots \\ 6 & 15 & 20 & 15 & 6 & 1 & 0 & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \end{array}$$
Por ejemplo, los residuos absolutos del ejemplo de Gerry se obtienen tomando coeficientes no nulos 6, 4 y 1 para las filas 2ª, 3ª y 7ª. Creo que, visto así, quizá sea más fácil convencerse de que se trata de la elección "mínima" de coeficientes para que la combinación lineal resultante no presente unimodalidad.
