czyli to co tutaj zaproponowałem jest złe, tak? Jeśli tak, to mógłbyś mnie jeszcze jakoś naprowadzić? Próbowałem dokończyć Twoją nierówność, ale bez skutku. Najlepszy efekt jaki uzyskałem jest powyżej. Czy mógłbyś mnie jeszcze jakoś naprowadzić?harleyzg pisze:Próbowałem dokończyć, ale nic sensownego mi nie wychodziło. Kiedy zastosowałem to troszeczkę w inny sposób:
\(\displaystyle{ P(A \cup C)=P(A)+P(C)-P(A \cap C)=4P(A)-B}\)
\(\displaystyle{ P(A)= \frac{P(A \cup C)+B}{4}}\)
\(\displaystyle{ P(A) \le \frac{1}{4}}\)
\(\displaystyle{ P(A \cup C)+P(A \cap C) \le 1}\)
\(\displaystyle{ P(A \cup C)+B \le P(A \cup B \cup C)}\)
ale coś czuję, że to niczego nie dowodzi
własności prawdopodobieństwa - zadania
-
harleyzg
- Użytkownik
- Posty: 47
- Rejestracja: 1 lis 2014, o 22:38
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 8 razy
własności prawdopodobieństwa - zadania
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
własności prawdopodobieństwa - zadania
OK, wróćmy do tego miejsca:
\(\displaystyle{ 1 \ge P(B \cup C)=P(B)+P(C)-P(B\cap C)=2P(A)+3P(A)-P(B\cap C)}\)
Zauważ, że \(\displaystyle{ P(B\cap C)=P(A\cap C)}\). Ponadto naturalnie \(\displaystyle{ A\cap C \subset A}\). Jak więc ma się \(\displaystyle{ P(A\cap C)}\) do \(\displaystyle{ P(A)}\)? (może jakaś nierówność w któraś stronę?)
\(\displaystyle{ 1 \ge P(B \cup C)=P(B)+P(C)-P(B\cap C)=2P(A)+3P(A)-P(B\cap C)}\)
Zauważ, że \(\displaystyle{ P(B\cap C)=P(A\cap C)}\). Ponadto naturalnie \(\displaystyle{ A\cap C \subset A}\). Jak więc ma się \(\displaystyle{ P(A\cap C)}\) do \(\displaystyle{ P(A)}\)? (może jakaś nierówność w któraś stronę?)
-
harleyzg
- Użytkownik
- Posty: 47
- Rejestracja: 1 lis 2014, o 22:38
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 8 razy
własności prawdopodobieństwa - zadania
oczywiście, że \(\displaystyle{ P(A\cap C) \le P(A)}\), ale mimo wszystko nie wiem jak to wykorzystać
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
własności prawdopodobieństwa - zadania
Oczywiście dobrze. Masz \(\displaystyle{ 1 \ge 2P(A)+3P(A)-P(A\cap C)}\) i tylko zastosowanie nierówności \(\displaystyle{ P(A\cap C) \le P(A)}\) dzieli Cię od zakończenia rozwiązania (wsk. co otrzymasz, gdy tę oczywistą nierówność przemnożysz stronami przez \(\displaystyle{ -1}\)?).
-
harleyzg
- Użytkownik
- Posty: 47
- Rejestracja: 1 lis 2014, o 22:38
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 8 razy
własności prawdopodobieństwa - zadania
\(\displaystyle{ 1 \ge 2P(A)+3P(A)-P(A \cap C)}\)
\(\displaystyle{ P(A \cap C) \le P(A)}\)
\(\displaystyle{ -P(A \cap C) \ge -P(A)}\)
\(\displaystyle{ 1-2P(A)-3P(A) \ge -P(A \cap C) \ge -P(A)}\)
\(\displaystyle{ 1-2P(A)-3P(A) \ge -P(A)}\)
\(\displaystyle{ 1-4P(A) \ge 0}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{4} \ge P(A)}\)
czy o to chodziło?
\(\displaystyle{ P(A \cap C) \le P(A)}\)
\(\displaystyle{ -P(A \cap C) \ge -P(A)}\)
\(\displaystyle{ 1-2P(A)-3P(A) \ge -P(A \cap C) \ge -P(A)}\)
\(\displaystyle{ 1-2P(A)-3P(A) \ge -P(A)}\)
\(\displaystyle{ 1-4P(A) \ge 0}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{4} \ge P(A)}\)
czy o to chodziło?
-
harleyzg
- Użytkownik
- Posty: 47
- Rejestracja: 1 lis 2014, o 22:38
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 8 razy
własności prawdopodobieństwa - zadania
Dzięki! Bardzo mi pomogłeś Mam jeszcze jedno pytanie. Czy wiesz może jak podejść do poniższego dowodu?
2. Udowodnić, że \(\displaystyle{ P(A \cup B \cup C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(A \cap B)-P(A \cap C)-P(B \cap C)+P(A \cap B \cap C)}\) a następnie uogólnić ten wzór dla sumy \(\displaystyle{ n}\) zbiorów
2. Udowodnić, że \(\displaystyle{ P(A \cup B \cup C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(A \cap B)-P(A \cap C)-P(B \cap C)+P(A \cap B \cap C)}\) a następnie uogólnić ten wzór dla sumy \(\displaystyle{ n}\) zbiorów
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
własności prawdopodobieństwa - zadania
Nie ma sprawy.
Przy tym kolejnym zadaniu możesz na wstępie \(\displaystyle{ B\cup C}\) jako jeden zbiór i skorzystać kilka razy z wersji tego wzoru dla dwóch zbiorów, która to przewijała się już w szkole i z której korzystałeś w rozwiązaniu zadania pierwszego (\(\displaystyle{ P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)}\))
czyli \(\displaystyle{ P(A\cup (B\cup C))=P(A)+P(B\cup C)-...}\)
Możesz dokończyć powyższe rachunki, ale bardziej polecałbym zaznajomić się z (to jeszcze nie jest dokładnie to, co chcesz: "Twoją" tezą dla dow. przestrzeni \(\displaystyle{ (\Omega, \mathcal{F},P)}\) i zdarzeń \(\displaystyle{ A_{1}...A_{n} \in \mathcal{F}}\) będzie wzór \(\displaystyle{ P\left( \bigcup_{i=1}^{n} A_{i}\right)= \sum_{i=1}^{n} P(A_{i})- \sum_{1 \le i<j \le n}^{} P(A_{i}\cap A_{j})+(-1)^{n+1}P\left( \bigcap_{i=1}^{n} A_{i}\right)}\) i winniśmy liczyć składowe rozłączne zdarzenia \(\displaystyle{ \bigcup_{i=1}^{n} A_{i}}\) - zaznaczono je w zalinkowanym przeze mnie artykule, na rysunku przedstawiającym sytuację dla \(\displaystyle{ n=3}\)), a nie pojedyncze punkty, czy raczej prawdopodobieństwo singletonów, bo nasze zbiory mogą być nieprzeliczalne, a dysponujemy jedynie przeliczalną addytywnością, a ponadto singletony punktów ze zbiorów z \(\displaystyle{ \mathcal{F}}\) nie muszą być w ogólności zdarzeniami),
a jeszcze lepiej dobrać się w uczelnianej bibliotece do książki Wstęp do teorii prawdopodobieństwa panów Jakubowskiego i Sztencla, tam to jest porządnie wytłumaczone (mam stare wydanie w PDF, to numeru strony Ci nie podam, bo pewnie będzie inna, ale to jest prawie na samym początku). Zacząłem pisać zarys rozwiązania stamtąd, ale obawiam sie, że mogę coś przekłamać lub tylko Ci namieszać, więc zrezygnowałem.
Można też przeprowadzić dowód indykcyjny względu na liczbę zbiorów, czyli \(\displaystyle{ n}\) (ja tak zrobiłem, gdy pierwszy raz zetknąłem się z tym zadaniem), ale jest on żmudny, choć nietrudny.
Przy tym kolejnym zadaniu możesz na wstępie \(\displaystyle{ B\cup C}\) jako jeden zbiór i skorzystać kilka razy z wersji tego wzoru dla dwóch zbiorów, która to przewijała się już w szkole i z której korzystałeś w rozwiązaniu zadania pierwszego (\(\displaystyle{ P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)}\))
czyli \(\displaystyle{ P(A\cup (B\cup C))=P(A)+P(B\cup C)-...}\)
Możesz dokończyć powyższe rachunki, ale bardziej polecałbym zaznajomić się z (to jeszcze nie jest dokładnie to, co chcesz: "Twoją" tezą dla dow. przestrzeni \(\displaystyle{ (\Omega, \mathcal{F},P)}\) i zdarzeń \(\displaystyle{ A_{1}...A_{n} \in \mathcal{F}}\) będzie wzór \(\displaystyle{ P\left( \bigcup_{i=1}^{n} A_{i}\right)= \sum_{i=1}^{n} P(A_{i})- \sum_{1 \le i<j \le n}^{} P(A_{i}\cap A_{j})+(-1)^{n+1}P\left( \bigcap_{i=1}^{n} A_{i}\right)}\) i winniśmy liczyć składowe rozłączne zdarzenia \(\displaystyle{ \bigcup_{i=1}^{n} A_{i}}\) - zaznaczono je w zalinkowanym przeze mnie artykule, na rysunku przedstawiającym sytuację dla \(\displaystyle{ n=3}\)), a nie pojedyncze punkty, czy raczej prawdopodobieństwo singletonów, bo nasze zbiory mogą być nieprzeliczalne, a dysponujemy jedynie przeliczalną addytywnością, a ponadto singletony punktów ze zbiorów z \(\displaystyle{ \mathcal{F}}\) nie muszą być w ogólności zdarzeniami),
a jeszcze lepiej dobrać się w uczelnianej bibliotece do książki Wstęp do teorii prawdopodobieństwa panów Jakubowskiego i Sztencla, tam to jest porządnie wytłumaczone (mam stare wydanie w PDF, to numeru strony Ci nie podam, bo pewnie będzie inna, ale to jest prawie na samym początku). Zacząłem pisać zarys rozwiązania stamtąd, ale obawiam sie, że mogę coś przekłamać lub tylko Ci namieszać, więc zrezygnowałem.
Można też przeprowadzić dowód indykcyjny względu na liczbę zbiorów, czyli \(\displaystyle{ n}\) (ja tak zrobiłem, gdy pierwszy raz zetknąłem się z tym zadaniem), ale jest on żmudny, choć nietrudny.