[A-L] (2023/24) Foglio 7 - Esercizio 7

[Elia-Belli]

[CuriousCI]

Per un evento $A$ sia $1_A$ la variabile aleatoria che rende $1$ se $\omega \in A$ e $0$ se $\omega \in A^{\complement}$, quindi

$$ 1_A = \begin{cases} 1 & \omega \in A \\ 0 & \omega \in A^{\complement} \end{cases} $$

Siano $A$ e $B$ eventi. Verificare che $1_{A^{\complement}} = 1 - 1_A$ e che $1_{A \cap B} = 1_A 1_B$

$$ 1 - 1_A = \begin{cases} 1 - 1 & \omega \in A \\ 1 - 0 & \omega \in A^{\complement} \end{cases} = \begin{cases} 0 & \omega \in A \\ 1 & \omega \in A^{\complement} \end{cases} = 1_{A^{\complement}} $$

Per il secondo punto

$$ 1_A 1_B = \begin{cases} 1 \cdot 1 & \omega \in A \land \omega \in B \\ 1 \cdot 0 & \omega \in A \land \omega \notin B\\ 0 \cdot 1 & \omega \notin A \land \omega \in B\\ 0 \cdot 0 & \omega \notin A \land \omega \notin B \\ \end{cases} = \begin{cases} 1 & \omega \in A \land \omega \in B \\ 0 & \omega \notin A \lor \omega \notin B \end{cases} = \begin{cases} 1 & \omega \in A \land \omega \in B \\ 0 & \omega \notin A \lor \omega \notin B \end{cases} = $$

Applicando De Morgan

$$ = \begin{cases} 1 & \omega \in A \land \omega \in B \\ 0 & \neg (\omega \in A \land \omega \in B) \end{cases} = \begin{cases} 1 & \omega \in A \land \omega \in B \\ 0 & (\omega \in A \land \omega \in B)^{\complement} \end{cases} = 1_{A \cap B} $$

Siano $a_1, a_2, ..., a_n, b_n \in \mathbb{R}$, convincersi della validità di

$$ \prod\limits_{i = 1}^{n} (a_i + b_i) = \sum\limits_{I \subseteq \{1, ..., n \} } \prod\limits_{i \in I} a_i \prod\limits_{j \in I^{\complement}} b_j $$

Prendiamo un esempio, $a_1 = 2, a_2 = 3, b_1 = 1, b_2 = 2$, si avrà

$$ (2 + 1) (3 + 2) = (1 \cdot 2) + (2) (2) + (3) (1) + (2 \cdot 3) \implies 15 = 15 $$

Le parentesi tonde a destra indicano i vari gruppi che si formano per i vari sottoinsiemi $I \subseteq \{ 1, ..., n \}$

$$ \begin{cases} (a_1 \cdot a_2) \cdot 1 & I = \emptyset \\ (a_1) (b_2) & I = \{ 1 \} \\ (a_2) (b_1) & I = \{ 2 \} \\ 1 \cdot (b_1 \cdot b_2) & I = \{ 1, 2 \} \end{cases} $$

E non bisogna fare altro che la somma fra questi. Si nota (dall'esempio) che questa è la distribuzione binomiale, in cui $a_i$ può essere diverso da $a_j$ per $i \neq j$. Ora che è chiaro cosa succede, si può passare alla dimostrazione per induzione.

Caso Base, $n = 1$

$$ a_1 + b_1 = \sum\limits_{I \subseteq \{1 \} } \prod\limits_{i \in I} a_i \prod\limits_{j \in I^{\complement}} b_j \implies \begin{cases} b_1 & I = \emptyset \\ a_1 & I = \{ 1 \} \end{cases} \implies a_1 + b_1 = b_1 + a_1 $$

Passo Induttivo

Bisogna verificare che

$$ \prod\limits_{i = 1}^{n} (a_i + b_i) = \sum\limits_{I \subseteq \{1, ..., n \} } \prod\limits_{i \in I} a_i \prod\limits_{j \in I^{\complement}} b_j \implies \prod\limits_{i = 1}^{n + 1} (a_i + b_i) = \sum\limits_{I \subseteq \{1, ..., n, n + 1 \} } \prod\limits_{i \in I} a_i \prod\limits_{j \in I^{\complement}} b_j $$

L'idea sarebbe quella di considerare produttoria fino a $n$ una volta moltiplicandola per $a_{n + 1}$ e l'altra per $b_{n + 1}$ (che è quello che succede quando si distribuisce un prodotto rispetto alla somma normalmente).

Il che corrisponde a separare i sottoinsiemi per cui $n + 1 \notin I$ da quelli per cui $n + 1 \in I$

$$ \prod\limits_{i = 1}^{n} (a_i + b_i) \cdot (a_{n + 1} + b_{n + 1}) = \biggl( \sum\limits_{I \subseteq \{1, ..., n \} } \prod\limits_{i \in I} a_i \prod\limits_{j \in I^{\complement}} b_j \biggl) \cdot a_{n + 1} + \biggl( \sum\limits_{I \subseteq \{1, ..., n \} } \prod\limits_{i \in I^{\complement}} a_i \prod\limits_{j \in I} b_j \biggl) \cdot b_{n + 1} \implies $$

Ora si può usare l'ipotesi induttiva

$$ \implies \prod\limits_{i = 1}^{n} (a_i + b_i) \cdot (a_{n + 1} + b_{n + 1}) = \prod\limits_{i = 1}^{n} (a_i + b_i) \cdot a_{n + 1} + \prod\limits_{i = 1}^{n} (a_i + b_i) \cdot b_{n + 1} = \prod\limits_{i = 1}^{n} (a_i + b_i) (a_{n + 1} + b_{n + 1}) $$

Usare i due punti precedenti e le proprietà del valore atteso per dimostrare il principio di inclusione esclusione

L'idea della dimostrazione parte da un'intuizione particolare

$$ \mathbb{P}(\bigcup\limits_{i = 1}^n A_i) = \mathbb{E}(1_{\bigcup\limits_{i=1}^n A_i}) $$

Per spiegare la formula qui sopra bisogna rifarsi alla definizione di $\mathbb{E}(X)$ (valore atteso di X)

$$ \mathbb{E}(X) = \sum\limits_{x \in \Im(X)} x \cdot \mathbb{P}(X = x) $$

In questo caso, se abbiamo l'insieme $\{a, b, c, d, e, f\}$, per rappresentare un sottoinsieme $\{a, d, e\}$ si può usare una tabella in cui associo ad ogni lettera 1 o 0 se è presente o meno nel sottoinsieme

a	b	c	d	e	f
1	0	0	1	1	0

A questo punto risulta facile vedere come la probabilità del sottoinsieme ${a, d, e}$ non sia altro che

$$ 1 \cdot \mathbb{P}(1_{\{a\}} = 1) + 1 \cdot \mathbb{P}(1_{\{d\}} = 1) + 1 \cdot \mathbb{P}(1_{\{e\}} = 1) + 0 = \mathbb{E}(1_{\{a\} \cup \{d\} \cup \{e\}}) $$

Ora si può procedere con la dimostrazione

$$ \mathbb{E}(1_{\bigcup\limits_{i=1}^n A_i}) = \mathbb{E}(1 - 1_{{\bigcup\limits_{i=1}^n A_i}^{\complement}}) = \mathbb{E}(1 - 1_{{\bigcap\limits_{i=1}^n A_i^{\complement}}}) = $$

$$ \mathbb{E}(1 - \prod\limits_{i=1}^n 1_{A_i^{\complement}}) = 1 - \mathbb{E}(\prod\limits_{i=1}^n 1_{A_i^{\complement}}) = $$

$$ = 1 - \mathbb{E}(\prod\limits_{i=1}^n (1 - 1_{A_i})) = = 1 - \mathbb{E}(\sum\limits_{I \subseteq {1, ..., n}} (-1)^{|I|} \prod\limits_{i \in I} 1_{A_i})) = $$

$$ = 1 - \sum\limits_{I \subseteq {1, ..., n}} (-1)^{|I|} \mathbb{P}(\bigcap\limits_{i \in I} A_i) $$

1. Passo da $\mathbb{P}$ a $\mathbb{E}$
2. Passo al valore d'attesa del complementare
3. Applico De Morgan
4. Converto la somma in prodotto per la proprità al punto (1) dell'esercizio
5. Scrivo il complementare di $1_{A_i^{\complement}}$ come $1 - 1_{A_i}$ per il punto (1) dell'esercizio
6. Uso la seconda dimostrazione per passare dal prodotto alla distribuzione
7. Uso la linearità del valore d'attesa

#noncisareimaiarrivatodasolo