متباينة بول

يمكن إثبات متباينة بول للمجموعات المحدودة من${\displaystyle n}$الأحداث باستخدام طريقة الاستقراء .

لـ${\displaystyle n=1}$في هذه الحالة، يترتب على ذلك أن

${\displaystyle \mathbb {P} (A_{1})\leq \mathbb {P} (A_{1}).}$

في هذه الحالة${\displaystyle n}$لدينا

${\displaystyle {\mathbb {P} }\left(\bigcup _{i=1}^{n}A_{i}\right)\leq \sum _{i=1}^{n}{\mathbb {P} }(A_{i}).}$

منذ${\displaystyle \mathbb {P} (A\cup B)=\mathbb {P} (A)+\mathbb {P} (B)-\mathbb {P} (A\cap B),}$ولأن عملية النقابة ترابطية ، فإننا نمتلك

${\displaystyle \mathbb {P} \left(\bigcup _{i=1}^{n+1}A_{i}\right)=\mathbb {P} \left(\bigcup _{i=1}^{n}A_{i}\right)+\mathbb {P} (A_{n+1})-\mathbb {P} \left(\bigcup _{i=1}^{n}A_{i}\cap A_{n+1}\right).}$

منذ

${\displaystyle {\mathbb {P} }\left(\bigcup _{i=1}^{n}A_{i}\cap A_{n+1}\right)\geq 0,}$

بحسب البديهية الأولى للاحتمال ، لدينا

${\displaystyle \mathbb {P} \left(\bigcup _{i=1}^{n+1}A_{i}\right)\leq \mathbb {P} \left(\bigcup _{i=1}^{n}A_{i}\right)+\mathbb {P} (A_{n+1}),}$

وبالتالي

${\displaystyle \mathbb {P} \left(\bigcup _{i=1}^{n+1}A_{i}\right)\leq \sum _{i=1}^{n}\mathbb {P} (A_{i})+\mathbb {P} (A_{n+1})=\sum _{i=1}^{n+1}\mathbb {P} (A_{i}).}$

دع الأحداث${\displaystyle A_{1},A_{2},A_{3},\dots }$في فضاء الاحتمالات لدينا ، تُعطى خاصية الجمع المعدود للمقياس.${\displaystyle \mathbb {P} }$تنص على أنه إذا${\displaystyle B_{1},B_{2},B_{3},\dots }$إذا كانت الأحداث منفصلة ثنائياً،

${\displaystyle \mathbb {P} \left(\bigcup _{i}B_{i}\right)=\sum _{i}\mathbb {P} (B_{i}).}$

تعيين

${\displaystyle B_{i}:=A_{i}-\bigcup _{j=1}^{i-1}A_{j}.}$

ثم${\displaystyle B_{1},B_{2},B_{3},\dots }$هي مجموعات منفصلة مثنى مثنى. ندعي أن:

${\displaystyle \bigcup _{i=1}^{\infty }A_{i}=\bigcup _{i=1}^{\infty }B_{i}.}$

هناك عنصر واحد واضح. في الواقع، منذ ذلك الحين${\displaystyle B_{i}\subset A_{i}}$لكل i، وبالتالي${\displaystyle \bigcup _{i=1}^{\infty }B_{i}\subset \bigcup _{i=1}^{\infty }A_{i}}$.

أما بالنسبة للإدراج الآخر، فلندع${\displaystyle x\in \bigcup _{i=1}^{\infty }A_{i}}$يُعطى. اكتب${\displaystyle k}$بالنسبة لأصغر عدد صحيح موجب بحيث${\displaystyle x\in A_{k}}$. ثم${\displaystyle x\in A_{k}-\bigcup _{j=1}^{k-1}A_{j}=B_{k}}$. هكذا${\displaystyle x\in \bigcup _{i=1}^{\infty }B_{i}}$. لذلك${\displaystyle \bigcup _{i=1}^{\infty }A_{i}\subset \bigcup _{i=1}^{\infty }B_{i}}$.

لذلك

${\displaystyle \mathbb {P} \left(\bigcup _{i}A_{i}\right)=\mathbb {P} \left(\bigcup _{i}B_{i}\right)=\sum _{i}\mathbb {P} (B_{i})\leq \sum _{i}\mathbb {P} (A_{i}),}$

حيث تتحقق المتباينة الأخيرة لأن${\displaystyle B_{i}\subset A_{i}}$يشير ذلك إلى أن${\displaystyle \mathbb {P} (B_{i})\leq \mathbb {P} (A_{i}),}$لكل i.

يترك${\displaystyle E=\bigcap _{i=1}^{n}B_{i}}$، أين${\displaystyle B_{i}\in \{A_{i},A_{i}^{c}\}}$لكل${\displaystyle i=1,\dots ,n}$هذه${\displaystyle E}$قسّم فضاء العينة ، ولكل${\displaystyle E}$وكل${\displaystyle i}$،${\displaystyle E}$إما أن يكون موجودًا في${\displaystyle A_{i}}$أو منفصلة عنها.

لو${\displaystyle E=\bigcap _{i=1}^{n}A_{i}^{c}}$، ثم${\displaystyle E}$لا يساهم بأي شيء في كلا طرفي المتباينة.

وإلا، فافترض${\displaystyle E}$يحتوي على بالضبط${\displaystyle L}$التابع${\displaystyle A_{i}}$. ثم${\displaystyle E}$يساهم بالضبط${\displaystyle \mathbb {P} (E)}$إلى الجانب الأيمن من عدم المساواة، بينما يساهم ذلك

${\displaystyle \sum _{j=1}^{K}(-1)^{j-1}{L \choose j}\mathbb {P} (E)}$

إلى الجانب الأيسر من المتباينة. ومع ذلك، وفقًا لقاعدة باسكال ، فإن هذا يساوي

${\displaystyle \sum _{j=1}^{K}(-1)^{j-1}{\Big (}{L-1 \choose j-1}+{L-1 \choose j}{\Big )}\mathbb {P} (E)}$

أي التلسكوبات

${\displaystyle {\Big (}1+{L-1 \choose K}{\Big )}\mathbb {P} (E)\geq \mathbb {P} (E)}$

وبالتالي، فإن عدم المساواة ينطبق على جميع الأحداث${\displaystyle E}$وبالتالي عن طريق الجمع${\displaystyle E}$وبذلك نحصل على المتباينة المطلوبة:

${\displaystyle \sum _{j=1}^{K}(-1)^{j-1}S_{j}\geq \mathbb {P} {\Big (}\bigcup _{i=1}^{n}A_{i}{\Big )}}$

الدليل على ذلك${\displaystyle K}$يكاد يكون متطابقاً. ^{[ 3 ]}

لنفترض أنك تقوم بتقدير خمسة معلمات بناءً على عينة عشوائية، ويمكنك التحكم في كل معلمة على حدة. إذا كنت ترغب في أن تكون تقديراتك لجميع المعلمات الخمس دقيقة بنسبة 95%، فماذا يجب عليك فعله لكل معلمة؟

لا يكفي ضبط احتمالية أن يكون كل مُعامل جيدًا ضمن نطاق 95%، لأن "جميعها جيدة" هي مجموعة جزئية من كل حدث "التقدير i جيد". يمكننا استخدام متباينة بول لحل هذه المشكلة. من خلال إيجاد مُكمِّل الحدث "جميع القيم الخمس جيدة"، يُمكننا تحويل هذا السؤال إلى شرط آخر.

احتمال أن يكون أحد التقديرات على الأقل سيئًا = 0.05 ≤ احتمال _{أن يكون التقدير الأول} سيئًا + احتمال أن _{يكون التقدير الثاني} سيئًا + احتمال أن _{يكون التقدير الثالث} سيئًا + احتمال أن _{يكون التقدير الرابع} سيئًا + احتمال أن _يكون التقدير الخامس سيئًا

إحدى الطرق هي جعل كل منها مساويًا لـ 0.05/5 = 0.01، أي 1%. بعبارة أخرى، يجب ضمان دقة كل تقدير بنسبة 99% (على سبيل المثال، من خلال إنشاء فاصل ثقة بنسبة 99% ) للتأكد من دقة التقدير الكلي بنسبة 95%. تُعرف هذه الطريقة باسم طريقة بونفيروني للاستدلال المتزامن.