Stabilité par union d'une tribu
Salut tout le monde!
J'essaye de montrer que pour un événement A non négligeable, l'ensemble des événements B vérifiant P(B)=P(B|A) est une tribu... C'est peut être tout bête, mais je n'arrive pas à montrer la stabilité par union dénombrable...
J'essaye de montrer que pour un événement A non négligeable, l'ensemble des événements B vérifiant P(B)=P(B|A) est une tribu... C'est peut être tout bête, mais je n'arrive pas à montrer la stabilité par union dénombrable...
Réponses
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Oui, c'est tout bête.
Soit une famille dénombrable $(B_n)_{n\ge0}$ d'événements disjoints telle que tout $n$, on ait : \[P(B_n)=P(B_n\mid A)=\frac{P(A\cap B_n)}{P(A)}.\] Alors, par $\sigma$-additivité et par distributivité de l'intersection sur la réunion, on a : \begin{align*}
P\left(\bigcup_{n\ge0}B_n\right)&=\sum_{n\ge0}P(B_n)\\
&=\sum_{n\ge0}\frac{P(A\cap B_n)}{P(A)}\\
&=\frac{1}{P(A)}\sum_{n\ge0}P(A\cap B_n)\\
&=\frac1{P(A)}P\left(\bigcup_{n\ge0}(A\cap B_n)\right)\\
&=\frac{P\left(A\cap\bigcup_{n\ge0}B_n\right)}{P(A)}\\
&=P\left(\bigcup_{n\ge0}B_n\mid A\right).
\end{align*} -
Pourquoi suffit-il de vérifier la stabilité par union disjointe, et pas par union quelconque?
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Ah, euh, flagrant délit de lecture insuffisante... Ou peut-être pas.
Note que comme les probabilités sont finies, on a stabilité par complémentaire : si $B$ et $B'$ sont dans ta tribu avec $B\subset B'$, alors $B'\setminus B$ est dans ta tribu parce que $P(B'\setminus =P(B')-P(B)$ et $P\bigl((B'\setminus \cap A\bigr)=P(B'\cap A)-P(B\cap A)$, etc.
On a vu que l'on a stabilité par réunion disjointe. Donnons-nous une suite quelconque de parties $(C_n)_{n\ge0}$ de ta tribu. On forme une suite de parties disjointes qui a la même réunion en posant, pour tout $n$ : \[B_n=\left(\bigcup_{k=0}^nC_k\right)\setminus\left(\bigcup_{k=0}^{n-1}C_k\right).\] La réunion des $B_n$ appartient à ta tribu et c'est gagné puisque \[\bigcup_{n=0}^\infty B_n=\bigcup_{k=0}^\infty C_k.\] -
Mais là on n'a plus les $B_{n}$ dans la tribu...
Il me semble que l'énoncé est faux
Si on prend $\Omega = \{1,\ldots,6\}^2$ muni d'une probabilité uniforme, puis
$A=\{(i,j)\in\Omega, i=0 \mod2\}$,
$B=\{(i,j)\in\Omega, j=1 \mod2\}$ et
$C=\{(i,j)\in\Omega, i=j \mod2\}$
alors on a
$P(A)=\frac{1}{2}=P(B)$
$P(A\cap =\frac{9}{36}=\frac{1}{4}=P(A)P(B)$
Puis $P(C)=\frac{1}{2}$
Et $P(A\cap C)=\frac{9}{36}=\frac{1}{4}=P(A)P(C)$
De même $P(B\cap C)=\frac{1}{4}$
Et finalement $P(A\cap B \cap C)=0$
Donc $B\cap C$ ne resterait pas dans cette hypothétique tribu
Merci en tout cas pour ton aide ! -
Ah oui, tiens ! J'ai vu le même exemple pas plus tard que la semaine dernière sous l'avatar suivant : on tire indépendamment deux pièces à pile ou face avec proba $1/2$ pour chaque résultat possible. Autrement dit, $\Omega=\bigl\{(P,P),\ (P,F),\ (F,P),\ (F,F)\bigr\}$ avec proba uniforme. Puis :
- $A=\bigl\{(P,P),\ (P,F)\bigr\}$ (« première pièce = pile ») ;
- $B=\bigl\{(P,F),\ (F,P)\bigr\}$ (« deux pièces différentes ») ;
- $C=\bigl\{(P,P),\ (F,P)\bigr\}$ (« deuxième pièce = face »).
Il faudrait que j'arrête de répondre sans réfléchir et d'être d'accord avec les gens (i.e. de donner des preuves sincères mais complètement fausses des choses fausses que les gens veulent démontrer). Hélas...
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Bonjour!
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