Formule de Poincaré
Salut,
Je dois sûrement mal utiliser la fonction recherche mais je n'arrive pas à retrouver le post d'un intervenant (je suis quasiment sûr que c'est Foys) qui démontrait cette formule d'une manière qui me plaisait. En effet, la plupart des preuves que je vois ne me satisfont pas, elle font une récurrence ou avec les fonctions caractéristiques, mais il y a un moment où on balance sans preuve le passage d'une ligne à l'autre "parce que c'est évident que c'est comme ça, par exemple pour $n=3$..".
Si mes souvenirs sont bons, la preuve dont je parle avait un côté algébrique.
Merci par avance pour votre aide !
PS : pour information, c'est l'égalité ci-dessous qui est dite évidente et non démontrée dans la démonstration par récurrence (si vous avez une démonstration je suis preneur).
Je dois sûrement mal utiliser la fonction recherche mais je n'arrive pas à retrouver le post d'un intervenant (je suis quasiment sûr que c'est Foys) qui démontrait cette formule d'une manière qui me plaisait. En effet, la plupart des preuves que je vois ne me satisfont pas, elle font une récurrence ou avec les fonctions caractéristiques, mais il y a un moment où on balance sans preuve le passage d'une ligne à l'autre "parce que c'est évident que c'est comme ça, par exemple pour $n=3$..".
Si mes souvenirs sont bons, la preuve dont je parle avait un côté algébrique.
Merci par avance pour votre aide !
PS : pour information, c'est l'égalité ci-dessous qui est dite évidente et non démontrée dans la démonstration par récurrence (si vous avez une démonstration je suis preneur).
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Réponses
Dans le membre de droite de l'égalité, on a toutes les combinaisons possibles de $k$ intersections de $A_i$, avec des $i$ entre $1$ et $n+1$, accolées au signe $(-1)^{k+1}$.
Dans le membre de gauche, la première somme correspond à la même chose, les indices $k$ étant restreints à être entre $1$ et $n$, la seconde somme correspond aux intersections de deux $A_i$ dont l'un est $A_{n+1}$, et la troisième correspond aux intersections de $k+1$ ensembles $A_i$, l'un d'eux étant $A_{n+1}$ et les autres d'indice $i$ entre $1$ et $n$.
Bon par contre il y a des erreurs de signe, ça ne colle pas qu'il y ait un signe $+$ devant la somme des $\mathbb P(A_i \cap A_{n+1})$ par exemple, ni qu'il y ait un $(-1)^{k+1}$ devant la troisième somme du membre de gauche.
Si j'ai bien compris, on parle de la formule du crible de Poincaré en probas. Voici une preuve qui utilise les indicatrices et la distributivité généralisée :
\begin{eqnarray*}
\mathbb{P}\left( \bigcup _{i=1} ^{n} A_{i} \right)
&=& 1 - \mathbb{P}\left( \bigcap _{i=1} ^{n} A_{i} ^{c} \right) \\
&=& 1- \mathbb{E}\left[\mathbf{1}_{\bigcap_{i=1} ^{n} A_{i} ^{c} }\right] \\
&=& 1- \mathbb{E}\left[\prod_{i=1}^n \mathbf{1}_{A_{i} ^{c} } \right] \\
&=& 1- \mathbb{E}\left[\prod_{i=1}^n (1-\mathbf{1}_{A_{i}} ) \right] \\
&=& 1- \mathbb{E}\left[ \sum_{k=0}^n \prod _{1\leqslant i_{1} <\cdots <i_{k} \leqslant n} (-\mathbf{1}_{A_{i_{k}}} )\right] \\
&=& 1- \sum_{k=0}^n (-1)^{k} \,\mathbb{E}\left[ \mathbf{1}_{\bigcap _{1\leqslant i_{1} <\cdots <i_{k} \leqslant n} A_{i_{k}}} \right] \\
&=& 1- \sum_{k=0}^n (-1)^{k} \,\mathbb{P}\left( \bigcap _{1\leqslant i_{1} <\cdots <i_{k} \leqslant n} A_{i_{k}} \right) \\
&=& 1- (-1)^0\,\mathbb{P}(\Omega) -\sum_{k=1}^n (-1)^{k} \,\mathbb{P}\left( \bigcap _{1\leqslant i_{1} <\cdots <i_{k} \leqslant n} A_{i_{k}} \right) \\
&=& \sum_{k=1}^n (-1)^{k+1} \, \mathbb{P}\left( \bigcap _{1\leqslant i_{1} <\cdots <i_{k} \leqslant n} A_{i_{k}} \right)
\end{eqnarray*}
$\prod_{i=1}^n (1-\mathbf{1}_{A_{i}} ) =\sum_{k=0}^n \prod _{1\leqslant i_{1} <\cdots <i_{k} \leqslant n} (-\mathbf{1}_{A_{i_{k}}} )\quad ?
$$ PS. Dans un autre cours j'ai lu que c'était "évident, développement d'un produit". Cela peut-il se démontrer si c'est évident ? D'autre part, je suis d'accord que la formule marche pour $n=2$ et $n=3$ mais c'est pour $n$ quelconque que porte ma question.
J'arrive à voir que la formule marche par exemple pour $(1-x_1)(1-x_2)$ mais je ne sais pas comment démontrer la formule générale. Si quelqu'un a une référence pour cette démonstration je suis preneur.
J'étais parti du principe que la formule de la distributivité généralisée était acquise, mais on peut la démontrer (dans ce cas particulier, ce sera plus simple). On procède par récurrence. L'initialisation est facile et pour l'hérédité, on écrit :
\begin{eqnarray*}
\prod_{i=1}^{n+1} (1-\mathbf{1}_{A_{i}} )
&=& (1-\mathbf{1}_{A_{n+1}} ) \times \prod_{i=1}^{n} (1-\mathbf{1}_{A_{i}} ) \\
&=& (1-\mathbf{1}_{A_{n+1}} ) \times \sum_{k=0}^n \prod _{1\leqslant i_{1} <\cdots <i_{k} \leqslant n} (-\mathbf{1}_{A_{i_{k}}} ) \\
&=& \sum_{k=0}^n \left[ \prod _{1\leqslant i_{1} <\cdots <i_{k} \leqslant n} (-\mathbf{1}_{A_{i_{k}}} )\right] + \sum_{k=0}^n \left[(-\mathbf{1}_{A_{n+1}}) \prod _{1\leqslant i_{1} <\cdots <i_{k} \leqslant n} (-\mathbf{1}_{A_{i_{k}}} ) \right] \\
&=& \sum_{k=0}^n \left[ \prod _{1\leqslant i_{1} <\cdots <i_{k} \leqslant n} (-\mathbf{1}_{A_{i_{k}}} )\right] + \sum_{k=0}^n \left[ \prod _{1\leqslant i_{1} <\cdots <i_{k}<i_{k+1} =n+1} (-\mathbf{1}_{A_{i_{k}}} ) \right] \\
&=& \sum_{k=0}^n \left[ \prod _{1\leqslant i_{1} <\cdots <i_{k} <n+1} (-\mathbf{1}_{A_{i_{k}}} )\right] + \sum_{k=1}^{n+1} \left[ \prod _{1\leqslant i_{1} <\cdots <i_{k} =n+1} (-\mathbf{1}_{A_{i_{k}}} ) \right] \text{ (par changement de variable dans la $2^e$ somme)}\\\
&=& \sum_{k=0}^{n+1} \left[ \prod _{1\leqslant i_{1} <\cdots <i_{k} <n+1} (-\mathbf{1}_{A_{i_{k}}} )\right] + \sum_{k=0}^{n+1} \left[ \prod _{1\leqslant i_{1} <\cdots <i_{k} =n+1} (-\mathbf{1}_{A_{i_{k}}} ) \right] \text{ (on rajoute des termes nuls)}\\
&=& \sum_{k=0}^{n+1} \prod _{1\leqslant i_{1} <\cdots <i_{k} \leqslant n+1} (-\mathbf{1}_{A_{i_{k}}} )
\end{eqnarray*}
Bon, mais du coup l'intérêt de ma preuve était de gagner du temps si on connaît la distributivité généralisée. Sinon, la preuve directe (celle que tu n'aimes pas) est plus courte.
Cordialement,
Aline
on peut remplacer $\sum_{k=0}$ par $\sum_{k=1}$ ?
N'y aurait-il pas une faute ?
(le facteur $(-\mathbf{1}_{A_{n+1}})$ n'apparaît qu'une fois). Remarque que si $1\leqslant i_{1} <\cdots <i_{k}<i_{k+1} =n+1$, alors on a bien $1\leqslant i_{1} <\cdots <i_{k} \leqslant n$.