Nierówność- prawdopodobieństwa

Definicja klasyczna. Prawdopodobieństwo warunkowe i całkowite. Zmienne losowe i ich parametry. Niezależność. Prawa wielkich liczb oraz centralne twierdzenia graniczne i ich zastosowania.
Awatar użytkownika
nabzdyczony
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 43
Rejestracja: 8 lis 2016, o 19:29
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 11 razy

Nierówność- prawdopodobieństwa

Post autor: nabzdyczony »

\(\displaystyle{ A, B \in S}\). \(\displaystyle{ S}\) to sigma-algebra. Wykaż, że:

\(\displaystyle{ \left| P(A \cap B)-P(A)P(B)\right| \le \frac{1}{4}}\)
Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15685
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 195 razy
Pomógł: 5219 razy

Nierówność- prawdopodobieństwa

Post autor: Premislav »

Nietrudno zauważyć, że:
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(A \cap B)-\mathbf{P}(A)\mathbf{P}(B) \le \mathbf{P}(A
\cap B)-[\mathbf{P}(A \cap B)]^2}\)

i badamy funkcję \(\displaystyle{ f(t)=t-t^2}\) na przedziale \(\displaystyle{ [0,1]}\), otrzymujemy \(\displaystyle{ f(0)=f(1)=0}\), ponadto
\(\displaystyle{ f'(t)=1-2t\\f'(t)=0 \Leftrightarrow t=\frac 1 2}\),
no i \(\displaystyle{ f\left( \frac 1 2\right)=\frac 1 4}\),
stąd płynie wniosek, że
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(A \cap B)-\mathbf{P}(A) \mathbf{P}(B) \le \frac 1 4}\).

Niestety potrzebujemy jeszcze oszacowania z dołu i nie bardzo to umiem przeprowadzić, więc będzie trochę trickowo:
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(A \cap B)-\mathbf{P}(A) \mathbf{P}(B) =1-\mathbf{P}(A' \cup B')-(1-\mathbf{P}(A'))(1-\mathbf{P}(B'))=\\=\mathbf{P}(A' \cap B')-\mathbf{P}(A')\mathbf{P}(B')}\)
Analogicznie mamy więc, że
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(A \cap B')-\mathbf{P}(A)\mathbf{P}(B')=\mathbf{P}(A' \cap B)-\mathbf{P}(A')\mathbf{P}(B)}\)
Zatem jeśli dla uproszczenia oznaczymy
\(\displaystyle{ x=\mathbf{P}(A \cap B)-\mathbf{P}(A) \mathbf{P}(B)\\y=\mathbf{P}(A' \cap B')-\mathbf{P}(A') \mathbf{P}(B')\\z=\mathbf{P}(A' \cap B)-\mathbf{P}(A') \mathbf{P}(B)\\t=\mathbf{P}(A \cap B')-\mathbf{P}(A) \mathbf{P}(B')}\)
to otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x=y \\ z=t\\x+y+z+t=0 \end{cases}}\)
To ostatnie można trochę rozpisać: oczywiście \(\displaystyle{ A \cap B, A \cap B', A' \cap B, A' \cap B'}\)
stanowią rozbicie \(\displaystyle{ \Omega}\), więc ich prawdopodobieństwa sumują się do \(\displaystyle{ \mathbf{P}(\Omega)=1.}\) Zaś grupując, łatwo wykazać, że
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(A')\mathbf{P}(B')+\mathbf{P}(A)\mathbf{P}(B)+\mathbf{P}(A')\mathbf{P}(B)+\mathbf{P}(A)\mathbf{P}(B')=1}\)
Ponadto z poprzedniego szacowania wiemy, że
\(\displaystyle{ x \le \frac 1 4 \wedge y \le \frac 1 4 \wedge z \le \frac 1 4 \wedge t \le \frac 1 4}\)

Zatem przypuśćmy nie wprost, iż \(\displaystyle{ x<-\frac 1 4}\). Wówczas z \(\displaystyle{ x=y}\) mamy, że
\(\displaystyle{ x+y<-\frac 1 2}\), a ponieważ \(\displaystyle{ z \le \frac 1 4, t \le \frac 1 4}\), więc
\(\displaystyle{ z+t \le \frac 1 2}\), czyli \(\displaystyle{ x+y+z+t<0}\). Sprzeczność.

Wobec tego \(\displaystyle{ x=\mathbf{P}(A \cap B)-\mathbf{P}(A)\mathbf{P}(B) \ge -\frac 1 4}\), c.k.d.

Wiem, że to rozwiązanie nie jest zbyt zgrabne, alem lepszego nie wymyślił.
ODPOWIEDZ