Si $p + q = 1$ demostrar que para cualquier natural $n, m$ lo siguiente es cierto: $(1 - p^n)^m + (1 - q^m)^n \ge 1$

Question

Dejemos que $p, q \in \mathbb R$ sean reales positivos para los que $p + q = 1$ . Cómo demostrar que para dos números naturales cualesquiera $n, m$ ¿es cierta la siguiente desigualdad?

$(1 - p^n)^m + (1 - q^m)^n \ge 1$

No tengo grandes conocimientos sobre la resolución de desigualdades, así que he intentado utilizar la desigualdad de cauchy-schwarz, el teorema del binomio y algunas otras técnicas de baisc, pero no me lleva a ninguna parte. Llevo mucho tiempo dándole vueltas y ahora estoy completamente atascado.

Answer 1

Argumento de probabilidad

Considere $m \times n$ cuadrícula (matriz si se quiere) con $m$ filas y $n$ columnas, con $0$ o $1$ números en sus celdas. Ahora dejemos que $p$ es la probabilidad de que una celda contenga $1$ y $q$ es la probabilidad de que una celda contenga $0$ , por lo que tenemos $p+q=1$ .

Ahora, ¿cuál es la probabilidad de (evento $A$ ) cada fila con al menos una $0$ en él? Esa es exactamente la $P(A)=(1-p^n)^m$ ( $p^n$ para una fila hecha de $1s$ , $1-p^n$ para la fila con al menos un $0$ , $(1-p^n)^m$ entonces para $m$ filas con esta propiedad). Del mismo modo, la probabilidad de (evento $B$ ) que tiene en cada columna al menos una $1$ es $(1-q^m)^n$ . Por lo tanto, tenemos

$$ (1-p^n)^m+(1-q^m)^n = P(A) + P(B) $$

Ahora, fíjate en que $P(A \cup B) = 1$ . Esto se debe a que siempre tendremos todas las filas que contengan un $0$ o todas las columnas que contengan un $1$ . Si no hubiera, por ejemplo, ninguna fila que contenga un $0$ significaría que hay una fila llena de $1$ s, lo que significa que todas las columnas contienen un $1$ (al menos el de la fila que está llena de ellos). Se puede argumentar de forma similar para el caso de que no haya ninguna columna que contenga un $1$ ...

Otra forma de ver esto es notar

$$P(A \cup B) = 1- P(\overline{A \cup B}) = 1- P(\overline{A} \cap \overline{B}) = 1$$

desde $\overline{A}$ (con una fila compuesta únicamente por $1s$ ) y $\overline{B}$ (con una fila compuesta únicamente por $0$ s) son claramente excluyentes, no se pueden tener ambos al mismo tiempo, por lo tanto $P(\overline{A} \cap \overline{B}) = 0$ .

Si se juntan todos estos elementos, se obtiene $$(1-p^n)^m+(1-q^m)^n = P(A) + P(B) = P(A \cup B) + P(A \cap B) \geq P(A \cup B) = 1 $$

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Solución alternativa: doble inducción

El problema 19 se encuentra aquí estados y demuestra una desigualdad más general utilizando la doble inducción:

$$(1-x_1 \dots x_n)^m + (1-y_1^m) \dots (1-y_n^m) \geq 1,\ x_i, y_i \in [0,1],\ x_i + y_i = 1.$$

Sólo tienes que enchufar el $x_i = p$ , $y_i=q$ y reproducir la prueba.

Answer 2

Supongamos que hay dos monedas, cada una con probabilidad de salir cara $p$ . Que se haya lanzado la moneda 1 $n$ veces de forma independiente y todo este esquema se repite de forma independiente para $m$ tiempos.

Del mismo modo, se lanza la moneda 2 $m$ veces de forma independiente y todo este esquema se repite de forma independiente para $n$ veces e independientemente de la moneda 1.

$A$ = al menos una cola aparece en la cadena de 1º $n$ -Toses, 2a. $n$ lanzamientos, $\cdots$ , $m^{th}$ $n$ -Toses para la moneda 1

$B$ = al menos una cabeza aparece en la cadena de 1º $m$ -Toses, 2a. $m$ lanzamientos, $\cdots$ , $n^{th}$ $m$ -Toses para la moneda 1

Observe que la forma deseada es $P(A\cup B)\leq1$