[Gaussa]

Hola.

Tengo problemas al demostrar una de las propiedades derivadas de los axiomas de Kolmogorov.

Los axiomas son (los escribo porque resulta más cómodo nombrarlos si los numero):

Ax. 1. \( P(A)\geq{0} \)

Ax. 2. \( P(\Omega)=1 \)

Ax. 3.  \( P(\displaystyle\bigcup_{n=1}^{\infty}{A_n})=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty{P(A_n)} \), \( A_i\cap{A_j}=\emptyset \), \( i\neq{j} \), \( A_n\in{S}, \ n\geq{1} \)

He de demostrar que \( P(\displaystyle\bigcup_{n=1}^{\infty}{A_n})\leq{}\displaystyle\sum_{n=1}^\infty{P(A_n)} \), con \( A_i \in{S} \)

Pretendo hacerlo por inducción. Tengo que

\( P(A\cup{B})=P(A)+P(B)-P(A\cap{B})\leq{P(A)+P(B)} \)

(ya he demostrado que \( P(A\cup{B})=P(A)+P(B)-P(A\cap{B}) \), por lo que puedo usarlo). Utilizo el axioma 3, ya que \( P(A\cap{B})\geq{0} \)

\( P(A\cup{B}\cup{C})=P(A)+P(B)+P(C)-P(A\cap{B})-P(A\cap{C})-P(C\cap{B})+P(A\cap{B}\cap{C}) \)

 Y de ahí tengo que deducir que \( P(A\cup{B}\cup{C})\leq{P(A)+P(B)+P(C)} \). Veo que  \( P(A\cup{B}\cup{C})\leq{P(A)+P(B)+P(C)}+P(A\cap{B}\cap{C}) \), pero no lo que tengo que demostrar.

Suponiendo que consiguiera demostrarlo, ¿puedo generalizarlo directamente y dar por demotrada la propiedad?

Saludos y muchas gracias

[pierrot]

He de demostrar que \( P(\displaystyle\bigcup_{n=1}^{\infty}{A_n})\leq{}\displaystyle\sum_{n=1}^\infty{P(A_n)} \), con \( A_i \in{S} \)

Pretendo hacerlo por inducción.

Hay un problema. Podrías hacerlo por inducción si fuera \( P\Big(\displaystyle\bigcup_{n=1}^{m}{A_n}\Big)\leq \sum_{n=1}^m{P(A_n)} \), pero no se trata de un número finito de sucesos \( A_1,A_2,\dots ,A_m \) sino que es una unión infinita. Observa que si se tratara de \( P\Big(\displaystyle\bigcup_{n=1}^{m}{A_n}\Big)\leq \sum_{n=1}^m{P(A_n)} \) sería una propiedad dependiente de \( m \) y es completamente válido proceder por inducción en \( m \). Pero la afirmación \( P\Big(\displaystyle\bigcup_{n=1}^{\infty}{A_n}\Big)\leq \sum_{n=1}^{\infty}{P(A_n)} \) es muy distinta. Fijate que ahora ya no depende de ningún parámetro; es decir, no es que para cada natural, se transforme en una proposición diferente.

Suponiendo que consiguiera demostrarlo, ¿puedo generalizarlo directamente y dar por demotrada la propiedad?

No, por lo mismo que expliqué antes. No es válido generalizarlo al caso infinito, sin más.

Saludos

PD. Disculpa que no te dé sugerencias. Es que lo estoy pensando aún .

[pierrot]

Bueno, ya me sale. Prueba primero que si \( A_1,A_2,\dots, A_m \) son sucesos cualesquiera, se verifica:

\( \begin{equation}P\Big(\displaystyle\bigcup_{n=1}^m{A_n}\Big)\leq \sum_{n=1}^m{P(A_n)}\end{equation} \)

La idea de la prueba es la misma que tú venías diciendo. Se puede hacer por inducción en \( m \).

Spoiler

En el paso inductivo hay que probar \( P\Big(\displaystyle\bigcup_{n=1}^{m+1}{A_n}\Big)\leq \sum_{n=1}^{m+1}{P(A_n)} \) asumiendo que se cumple \( P\Big(\displaystyle\bigcup_{n=1}^{m}{A_n}\Big)\leq \sum_{n=1}^m{P(A_n)} \). Alcanza observar que \( P\Big(\displaystyle\bigcup_{n=1}^{m+1}{A_n}\Big)=P\Big(\displaystyle\big(\bigcup_{n=1}^{m}{A_n}\big)\cup A_{m+1}\Big) \) y que \( P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B) \).

[cerrar]

Una vez probada la desigualdad \( (1) \), toma límite con \( m \) tendiendo a infinto. Quedaría:

\( \displaystyle\lim_m\;P\Big(\bigcup_{n=1}^m{A_n}\Big)\leq \lim_m\;\sum_{n=1}^m{P(A_n)} \)

Observa que \( \displaystyle \lim_{m}\sum_{n=1}^m{P(A_n)}=\sum_{n=1}^{\infty}{P(A_n)} \), es sólo cuestión de notación. Ahora trabaja con el otro miembro de la desigualdad y prueba que se cumple:

\( \displaystyle \lim_m\;P\Big(\bigcup_{n=1}^{m}{A_n}\Big)=P\Big(\lim_m\;\bigcup_{n=1}^{m}{A_n}\Big) \), o sea, \( \displaystyle P\Big(\bigcup_{n=1}^{\infty}{A_n}\Big) \) (de nuevo, por notación).

Usa para eso el teorema de continuidad de la probabilidad.

Spoiler

Define una sucesión de sucesos \( \{B_m\}_{m\geq 1} \) como sigue:

\( \displaystyle B_m=\bigcup_{n=1}^m{A_n} \)

Nota que \( B_m\subset B_{m+1}\;\forall m \), es decir, es una colección creciente de sucesos. Luego puedes aplicar el teorema de continuidad de la probabilidad:

\( \displaystyle P\Big(\bigcup_{m=1}^{\infty}{B_m}\Big)=\lim_m\;P(B_m) \)

La verificación de que \( \displaystyle \bigcup_{m=1}^{\infty}{B_m}=\bigcup_{n=1}^{\infty}{A_n} \) es casi inmediata.

[cerrar]

Saludos

[Carlos Ivorra]

Otra forma:

Define \( B_n = A_n\setminus \bigcup\limits_{m<n}A_m \).

Entonces \( B_n\subset A_n \), luego \( P(B_n)\leq P(A_n) \).

Por otra parte, \( \bigcup\limits_{n=1}^\infty B_n = \bigcup\limits_{n=1}^\infty A_n \). Una inclusión la tienes por las inclusiones anteriores, y la otra porque si \( x\in \bigcup\limits_{n=1}^\infty A_n \), existe un mínimo \( n \) tal que \( x\in A_n \), y entonces \( x\in B_n \).

Además, los sucesos \( B_n \) son disjuntos dos a dos, pues si \( x\in B_m\cap B_n \) con \( m<n \) entonces \( x\in A_m \), pero entonces \( x\notin B_n \), contradicción.

Por lo tanto:

\( \displaystyle P( \bigcup\limits_{n=1}^\infty A_n) = P( \bigcup\limits_{n=1}^\infty B_n) = \sum_{n=1}^\infty P(B_n)\leq  \sum_{n=1}^\infty P(A_n) \).

[pierrot]

Hola Carlos

Además, los sucesos \( B_n \) son disjuntos dos a dos, pues si \( x\in B_m\cap B_n \) con \( m<n \) entonces \( x\in {\red A_m} \), pero entonces \( x\notin B_n \), contradicción.

Creo que ahí quisiste poner \( B_m \), aunque si \( x\in B_m \) también es cierto \( x\in A_m \). Pero por lo que venías planteando creo que querías poner lo primero.

Saludos

[Carlos Ivorra]

Hola.

Además, los sucesos \( B_n \) son disjuntos dos a dos, pues si \( x\in B_m\cap B_n \) con \( m<n \) entonces \( x\in {\red A_m} \), pero entonces \( x\notin B_n \), contradicción.

Creo que ahí quisiste poner \( B_m \), aunque si \( x\in B_m \) también es cierto \( x\in A_m \). Pero por lo que venías planteando creo que querías poner lo primero.

No, está bien como está. Yo decía: si  x está en la intersección (en particular en el primer suceso) tenemos que \( x\in A_m \), y esto implica que \( x\notin B_n \), por la definición de éste (y aquí uso que \( x\in A_m \), por eso lo he puesto antes), y esto es una contradicción porque sabemos que x también está en este suceso.

[pierrot]

No, está bien como está. Yo decía: si  x está en la intersección (en particular en el primer suceso) tenemos que \( x\in A_m \), y esto implica que \( x\notin B_n \), por la definición de éste (y aquí uso que \( x\in A_m \), por eso lo he puesto antes), y esto es una contradicción porque sabemos que x también está en este suceso.

Entendido. Lo que pasa es que yo lo había leído así: si \( x\in B_m\cap B_n \) entonces \( x\in B_m \) (ese fue el primer paso "mental" que di, que es lo que pusiste entre paréntesis ahora, y por eso mi anterior post). Luego, como \( x\in B_m \), se tiene que \( x\in A_m \). Como \( x\in A_m \) y \( m<n \), \( x\not \in B_n \). Y la contradicción es, obviamente, que como \( x\in B_m\cap B_n \), en particular \( x\in B_n \) que es absurdo con que \( x\not \in B_n \).

Disculpa, es torpeza mía, o mejor dicho, mi icapacidad para ver más allá del paso inmediato.

Saludos

[Gaussa]

Muchísimas gracias a los dos.

Sólo me quedé en la demostración del caso finito de PabloN. El resto de su demostración y la de Carlos Ivorra sí que las entiendo bien.

Es esta parte:

En el paso inductivo hay que probar \( P\Big(\displaystyle\bigcup_{n=1}^{m+1}{A_n}\Big)\leq \sum_{n=1}^{m+1}{P(A_n)} \) asumiendo que se cumple \( P\Big(\displaystyle\bigcup_{n=1}^{m}{A_n}\Big)\leq \sum_{n=1}^m{P(A_n)} \). Alcanza observar que \( P\Big(\displaystyle\bigcup_{n=1}^{m+1}{A_n}\Big)=P\Big(\displaystyle\big(\bigcup_{n=1}^{m}{A_n}\big)\cup A_{m+1}\Big) \) y que \( P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B) \).

Sé que lo que hice está mal, pero tengo curiosidad por saber si se podía llegar a lo que pretendía con la unión de tres conjuntos, ya que he estado mucho tiempo intentándolo y pensando que llegaría a algo.

\( P(A\cup{B}\cup{C})=P(A)+P(B)+P(C)-P(A\cap{B})-P(A\cap{C})-P(C\cap{B})+P(A\cap{B}\cap{C}) \)

 Y de ahí tengo que deducir que \( P(A\cup{B}\cup{C})\leq{P(A)+P(B)+P(C)} \). Veo que  \( P(A\cup{B}\cup{C})\leq{P(A)+P(B)+P(C)}+P(A\cap{B}\cap{C}) \), pero no lo que tengo que demostrar.

Perdón por tardar en contestar, no tuve tiempo antes para leer los mensajes.

Saludos.

[pierrot]

Hola Gaussa

Disculpa que no saludé hoy en mi primer mensaje.

Sólo me quedé en la demostración del caso finito de PabloN.

Es esta parte:

En el paso inductivo hay que probar \( P\Big(\displaystyle\bigcup_{n=1}^{m+1}{A_n}\Big)\leq \sum_{n=1}^{m+1}{P(A_n)} \) asumiendo que se cumple \( P\Big(\displaystyle\bigcup_{n=1}^{m}{A_n}\Big)\leq \sum_{n=1}^m{P(A_n)} \). Alcanza observar que \( P\Big(\displaystyle\bigcup_{n=1}^{m+1}{A_n}\Big)=P\Big(\displaystyle\big(\bigcup_{n=1}^{m}{A_n}\big)\cup A_{m+1}\Big) \) y que \( P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B) \).

Sé que lo que hice está mal, pero tengo curiosidad por saber si se podía llegar a lo que pretendía con la unión de tres conjuntos, ya que he estado mucho tiempo intentándolo y pensando que llegaría a algo.

\( {P(A\cup{B}\cup{C})=P(A)+P(B)+P(C)-P(A\cap{B})-P(A\cap{C})-P(C\cap{B})+P(A\cap{B}\cap{C})} \)

Y de ahí tengo que deducir que \( P(A\cup{B}\cup{C})\leq{P(A)+P(B)+P(C)} \).

El mismo argumento que usé en el paso inductivo, puede aplicarse, en particular, al caso \( n=3 \).

Tendrías que \( P(A\cup B\cup C)=P\big((A\cup B)\cup C\big)=P(A\cup B)+P(C)-P\big((A\cup B)\cap C\big) \). Por lo que tú dedujiste en tu primer mensaje:

Tengo que

\( P(A\cup{B})=P(A)+P(B)-P(A\cap{B})\leq{P(A)+P(B)} \)

(ya he demostrado que \( P(A\cup{B})=P(A)+P(B)-P(A\cap{B}) \), por lo que puedo usarlo). Utilizo el axioma 3, ya que \( P(A\cap{B})\geq{0} \)

Como \( P(A\cup B)\leq P(A)+P(B) \) sé que:

\( {P(A\cup B\cup C)=\underbrace{P(A\cup B)}_{\leq P(A)+P(B)}+P(C)-P\big((A\cup B)\cap C\big)\leq P(A)+P(B)+P(C)-P\big((A\cup B)\cap C\big)\leq P(A)+P(B)+P(C)} \)

Esto último es porque que de nuevo, por el axioma 1, \( P\big((A\cup B)\cap C\big)\geq 0 \).

Es exactamente el mismo argumento que usaba antes. No sé si era algo así lo que buscabas.

Saludos

[Gaussa]

Muchísimas gracias, ya lo tengo claro.

Saludos.