Zdarzenia A,Bi C

[Michelow]

Niech \(\displaystyle{ A \cup B \cup C=\Omega, \ P(B)=2P(A), \ P(C)=3P(A).}\) Ponadto, niech \(\displaystyle{ P(A \cap B)=P(A \cap C)= P(B \cap C).}\) Pokazać, że \(\displaystyle{ \frac{1}{6} \le P(A) \le \frac{1}{4}}\) przy czym oba ograniczenia są osiągalne.

Nie mam pojęcia z której strony to ugryźć..

[Inkwizytor]

Niech \(\displaystyle{ A \cup B \cup C=\Omega, \ P(B)=2P(A), \ P(C)=3P(A).}\) Ponadto, niech \(\displaystyle{ P(A \cap B)=P(A \cap C)= P(B \cap C).}\) Pokazać, że \(\displaystyle{ \frac{1}{6} \le P(A) \le \frac{1}{4}}\) przy czym oba ograniczenia są osiągalne.

Nie mam pojęcia z której strony to ugryźć..

Bardzo fajne zadanko
To może od końca Osiągalność krańców.
1. Jak będzie wyglądał wzór na \(\displaystyle{ P(A \cup B \cup C)}\) jesli to zbiory rozłączne parami? Czyli prawdopodobieństwa części wspólnych wynoszą 0
2. Co się stanie gdy założymy że A całkowicie zawiera się w B i całkowicie zawiera się w C? Bardzo ciekawy przypadek Czym faktycznie będzie zbiór A?

Część właściwa:
\(\displaystyle{ A \cup B \cup C=\Omega\\
P(A \cup B \cup C)=P(\Omega)=1}\)
Rozpisz wzór na prawdopodobieństwo sumy trzech zdarzeń. Dosyć analogiczne do dwóch.

[Michelow]

\(\displaystyle{ P(A \cup B \cup C) = P(A) + P(B) + P(C) – P(A \cap B) – P(B \cap C) – P(A \cap C) + P(A \cap B \cap C).}\)

ale jak to ma mnie przybliżyć do rozwiązania?

[Inkwizytor]

zredukuj liczbę "zmiennych" we wzorze wprowadzając dane i założenia.

[Michelow]

\(\displaystyle{ 1=6P(A)-3P(A \cap B)+P(A \cap B \cap C)}\)

co moge zrobic z \(\displaystyle{ P(A \cap B)}\) i \(\displaystyle{ P(A \cap B \cap C)}\)?

[Inkwizytor]

\(\displaystyle{ 1=6P(A)-3P(A \cap B)+P(A \cap B \cap C)}\)

co moge zrobic z \(\displaystyle{ P(A \cap B)}\) i \(\displaystyle{ P(A \cap B \cap C)}\)?

Przeanalizować ile może wynosić P(A)
\(\displaystyle{ P(A)= \frac{1}{6} + \frac{1}{2} \cdot P(A \cap B)-\frac{1}{6} \cdot P(A \cap B \cap C)}\)

Ponieważ zawsze \(\displaystyle{ P(A \cap B) \ge P(A \cap B \cap C)}\) stąd cały fragment po \(\displaystyle{ \frac{1}{6}}\) jest \(\displaystyle{ \ge 0}\)
Zatem w najgorszym razie \(\displaystyle{ P(A) = \frac{1}{6}}\)
(ten "najgorszy" przypadek opisałem w pkt. 1 mojego wpisu)
To teraz ograniczenie górne:
Szukamy maksymalnej wartości wyrażenia występującego za \(\displaystyle{ \frac{1}{6}}\):
\(\displaystyle{ \frac{1}{2} \cdot P(A \cap B)-\frac{1}{6} \cdot P(A \cap B \cap C)}\)
Ponieważ z tego co napisałem chwilę wcześniej wynika że drugi składnik nigdy nie jest większy niż pierwszy składnik tego wyrażenia, to wystarczy że znajdziemy maksymalną wartość \(\displaystyle{ P(A \cap B)}\).
Małe przypomnienie:
Oczywiste jest że \(\displaystyle{ P(A) > 0}\)
Z danych wynika że \(\displaystyle{ P(C) > P(B) > P(A)}\) czyli możemy przyjąć: \(\displaystyle{ A \subset B \subset C}\).
Pytanie: Dla tak zapisanych warunków czemu może się równać (maksymalnie) \(\displaystyle{ P(A \cap B) \ i \ P(A \cap B \cap C)}\) ?

[Michelow]

maksymalnie może równać sie:
\(\displaystyle{ P(A \cap B)-> P(B) \ i \ P(A \cap B \cap C)->P(C)}\)
czyli moge tak podstawic:
\(\displaystyle{ 1=6P(A)-3P(B)+P(C)}\)
\(\displaystyle{ 1=6P(A)-6P(a)+3P(A)}\)
\(\displaystyle{ P(A)= \frac{1}{3}}\)

ale nie pasuje mi tu coś, ponieważ miałem udowodnić ze \(\displaystyle{ \frac{1}{6} \le P(A) \le \frac{1}{4}}\), gdzie się mylę?-- 5 paź 2009, o 13:52 --Nieeee \(\displaystyle{ P(A \cap B)}\) będzie w tym wypadku po prostu \(\displaystyle{ P(A)}\)
i jednocześnie \(\displaystyle{ P(a \cap B \cap C)}\) rownież bedzie \(\displaystyle{ P(A)}\)
i w tym wypadku wyjdzie mi:
\(\displaystyle{ 1=6P(A)-3P(A)+P(A)}\)
i w tym przypadku wyjdzie
\(\displaystyle{ P(A)= \frac{1}{4}}\)

dzięki za pomoc:)

[Inkwizytor]

Otóż to Podzbiorem maksymalnym może być co najwyżej mniejszy ze zbiorów.