Aquí está una analítica de la prueba inspirado por el uno en
la respuesta a la pregunta #1343375 (gracias a kubek789 por el enlace!).
Podemos arreglar un entero positivo $n$. Dejamos $\left[ n\right] $ denota el conjunto
$\left\{ 1,2,\ldots,n\right\} $.
Primero mostramos un auxiliar resultado:
Teorema 1. Deje $A_{1},A_{2},\ldots,A_{n}$ $n$ finito no vacío de conjuntos. Vamos
$x\in\left( 0,1\right) $. A continuación,
$0<\sum\limits_{I\subseteq\left[ n\right] }\left( -1\right) ^{\left\vert
I\right\vert }x^{\left\vert \bigcup_{i\in I}A_{i}\right\vert }<1$.
La prueba del Teorema 1. Deje $A$ el conjunto $A_{1}\cup A_{2}\cup\cdots\copa A_{n}
$. Let $X$ be the set of all maps $\rightarrow\left\{ 0,1\right\} $. Nosotros
hacer $X$ en un espacio de probabilidad mediante la asignación de un mapa de $f:A\rightarrow
\left\{ 0,1\right\} $ the probability $x^{\left\vert f^{-1}\left( 1\right)
\right\vert }\left( 1-x\right) ^{\left\vert f^{-1}\left( 0\right)
\right\vert }$. This probability space $X$ is precisely the $\left\vert
Un\right\vert $-th Cartesian power of the probability space $\left\{
0,1\right\} $ where $1$ has probability $x$ and $0$ has probability $1-x$. En
términos más simples, muestreo al azar un punto en $X$ es equivalente a la construcción de
un mapa de $A\rightarrow\left\{ 0,1\right\} $ por voltear un $x$-moneda por cada
$a\in A$ (de forma independiente), y dejar que el mapa de $\rightarrow\left\{
0,1\right\} $ send $un$ to $1$ if the $x$-coin has brought up heads and to $0$
si ha traído hasta la cola. Aquí, un "$x$-moneda" significa una visión sesgada de la moneda que lleva hasta la cabeza con
probabilidad de $x$.
Ahora, vamos a $Y\subseteq X$ ser el conjunto de todos los mapas de $f:A\rightarrow\left\{
0,1\right\} $ such that every $i\en\left\{ 1,2,\ldots,n\right\} $ satisface
$0\in f\left( A_{i}\right) $. A continuación, $Y$ es el conjunto de todos los mapas
$f:A\rightarrow\left\{ 0,1\right\} $ son tales que no $i\in\left\{
1,2,\ldots,n\right\} $ satisfies $A_{i}\subseteq f^{-1}\left( 1\right) $.
Por lo tanto, la probabilidad de $Y$ (como un evento en el que la probabilidad de espacio $X$) puede ser
calculado por el principio de inclusión y exclusión en $\sum\límites
_{I\subseteq\left[ n\right] }\left( -1\right) ^{\left\vert I\right\vert
}x^{\left\vert \bigcup_{i\in I}A_{i}\right\vert }$. Pero esta probabilidad es
$>0$ (desde el "constante-$0$" mapa pertenece
a $Y$ y tiene un valor distinto de cero probabilidad) y $<1$ (desde el "constante-$1$"
mapa no pertenecen a $Y$, y todavía tiene
distinto de cero probabilidad). Por lo tanto, el Teorema 1 de la siguiente manera.
(Por favor, corrija todos los estocásticos de la terminología que he masacrado. No he
utiliza probabilidad de espacios desde que pasé la probabilidad de 101 a unos 9 años).
Teorema 2. Deje $A_{1},A_{2},\ldots,A_{n}$ $n$ finito no vacío de conjuntos. Vamos
$x\in\left( 0,1\right) $. A continuación,
$\sum\limits_{\substack{I\subseteq\left[ n\right] ;\\I\neq\varnothing}}\left(
-1\right) ^{\left\vert I\right\vert -1}\dfrac{1}{\left\vert \bigcup_{i\in
I}A_{i}\right\vert }>0$.
La prueba del Teorema 2. Teorema 1 se muestra que todos los $x\in\left( 0,1\right) $ satisface
$1>\sum\limits_{I\subseteq\left[ n\right] }\left( -1\right) ^{\left\vert
I\right\vert }x^{\left\vert \bigcup_{i\in I}A_{i}\right\vert }$
$=1+\sum\limits_{\substack{I\subseteq\left[ n\right] ;\\I\neq\varnothing}}\left(
-1\right) ^{\left\vert I\right\vert }x^{\left\vert \bigcup_{i\in I}
A_{i}\right\vert }$ (here, we have split the $I=\varnothing$ término de la suma)
$=1-\sum\limits_{\substack{I\subseteq\left[ n\right] ;\\I\neq\varnothing}}\left(
-1\right) ^{\left\vert I\right\vert -1}x^{\left\vert \bigcup_{i\in I}
A_{i}\right\vert }$.
En otras palabras, todos los $x\in\left( 0,1\right) $ satisface
$\sum\limits_{\substack{I\subseteq\left[ n\right] ;\\I\neq\varnothing}}\left(
-1\right) ^{\left\vert I\right\vert -1}x^{\left\vert \bigcup_{i\in I}
A_{i}\right\vert }>0$.
Se denota el lado izquierdo de esta desigualdad por $f\left( x\right) $.
Entonces, por lo tanto, han demostrado que todos los $x\in\left( 0,1\right) $ satisface
$f\left( x\right) >0$. Por lo tanto, $\int_{0}^{1}\dfrac{f\left( x\right) }
{x}dx>0$. But the definition of $f$ (and the rule that $\int_{0}^{1}
\dfrac{x^{m}}{x}dx=\dfrac{1}{m}$ for every $m\geq1$) yields $\int_{0}
^{1}\dfrac{f\left( x\right) }{x}dx=\sum\limits_{\substack{I\subseteq\left[
n\right] ;\\I\neq\varnothing}}\left( -1\right) ^{\left\vert I\right\vert
-1}\dfrac{1}{\left\vert \bigcup_{i\in I}A_{i}\right\vert }$. Por lo tanto,
$\sum\limits_{\substack{I\subseteq\left[ n\right] ;\\I\neq\varnothing}}\left(
-1\right) ^{\left\vert I\right\vert -1}\dfrac{1}{\left\vert \bigcup_{i\in
I}A_{i}\right\vert }>0$, y el Teorema 2 es probada.
