Zdarzenia A,B,C

[max123321]

Zdarzenia \(\displaystyle{ A, B, C}\) spełniają warunki \(\displaystyle{ A \cup B \cup C = \Omega, P(B) = 2P(A), P(C) = 3P(A),
P(A \cap B) = P(A \cap C) = P(B \cap C).}\) Wykazać, że \(\displaystyle{ 1/6 \le P(A) \le 1/4}\). Podać przykłady pokazujące, że nierówności nie można poprawić.

Proszę o sprawdzenie poniższego rozwiązania:
\(\displaystyle{ P(A \cup B \cup C)=1}\)
\(\displaystyle{ P(A \cup B \cup C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(A \cap B)-P(A \cap C)-P(B \cap C)+P(A \cap B \cap C)}\)
\(\displaystyle{ 1=P(A)+2P(A)+3P(A)-3P(A \cap B)+P(A \cap B \cap C)}\)
\(\displaystyle{ 1=6P(A)-3P(A \cap B)+P(A \cap B \cap C)}\)
\(\displaystyle{ P(A)= \frac{1+3P(A \cap B)-P(A \cap B \cap C)}{6} }\)

Zauważmy, że \(\displaystyle{ P(A \cap B \cap C) \le P(A \cap B)}\), zatem
\(\displaystyle{ P(A)= \frac{1+3P(A \cap B)-P(A \cap B \cap C)}{6} \ge \frac{1+3P(A \cap B)-P(A \cap B)}{6} =}\)
\(\displaystyle{ =\frac{1+2P(A \cap B)}{6}}\) i skoro \(\displaystyle{ P(A \cap B) \ge 0}\), to
\(\displaystyle{ \frac{1+2P(A \cap B)}{6} \ge \frac{1}{6} }\)

Druga nierówność:
Zauważmy, że:
\(\displaystyle{ P(A \cap B) \le 1}\) oraz \(\displaystyle{ P(A \cap B \cap C) \ge 0}\), zatem:
\(\displaystyle{ P(A)= \frac{1+3P(A \cap B)-P(A \cap B \cap C)}{6} \le \frac{1+3 \cdot 1-0}{6}= \frac{1}{4} ​}\)
`Czy tak jest dobrze?

To teraz przykłady, że nie można poprawić tych nierówności:
Lewa nierówność:
Załóżmy, że rzucamy kostką do gry i zdarzenie \(\displaystyle{ A}\)-wyrzucenie jedynki, \(\displaystyle{ B}\)-wyrzucenie dwójki lub trójki, \(\displaystyle{ C}\)-wyrzucenie czwórki lub piątki lub szóstki. Wówczas \(\displaystyle{ P(A)=1/6}\) i pozostałe założenia zadania są spełnione.

Prawa nierówność:
Załóżmy, że rzucamy czworościanem foremnym, który ma ściankach jedynkę, dwójkę, trójkę i czwórkę. Niech \(\displaystyle{ A}\)-wyrzucenie jedynki, \(\displaystyle{ B}\)-wyrzucenie jedynki lub dwójki, \(\displaystyle{ C}\)-wyrzucenie jedynki lub trójki lub czwórki. Wówczas \(\displaystyle{ P(A)=1/4}\) i pozostałe założenia zadania są spełnione.

Czy może ktoś potwierdzić, albo zaprzeczyć czy to jest dobrze?

[Jan Kraszewski]

\(\displaystyle{ \frac{1+3 \cdot 1-0}{6}= \frac{1}{4} ​}\)

To wygląda dziwnie...

JK

[max123321]

O kurczę, faktycznie...

To jak można to poprawić?

[Janusz Tracz]

To jak można to poprawić?

Na przykład tak:

\(\displaystyle{ \frac{1+3 \cdot 1-0}{6}=\frac{4}{6}= \frac{2}{3} }\)

[Jan Kraszewski]

Nawiasem mówiąc w pierwszej części prościej jest zauważyć, że

\(\displaystyle{ 1=P(A\cup B\cup C)\le P(A)+P(B)+P(C)=6P(A),}\)

więc \(\displaystyle{ P(A)\ge\frac16.}\)

JK

[max123321]

To jak można to poprawić?

Na przykład tak:

\(\displaystyle{ \frac{1+3 \cdot 1-0}{6}=\frac{4}{6}= \frac{2}{3} }\)

To to Ameryki nie odkryłeś . Pytałem jak można poprawić to zadanie, żeby wyszła prawa nierówność z \(\displaystyle{ 1/4}\)

[Tmkk]

Może na przykład tak

\(\displaystyle{ 1 \ge \mathbb{P}(B \cup C) = \mathbb{P}(B) + \mathbb{P}(C) - \mathbb{P}(B \cap C) = 4\mathbb{P}(A) + \mathbb{P}(A) - \mathbb{P}(A \cap C) \ge 4 \mathbb{P}(A)}\).