Deux événements quelconques
Réponses
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Notons $a=P(A)$ et $b=P(B)$. Quitte à tout dilater, on peut supposer que $P(A\cup B )=1$ donc $1=a+b-P(A\cap B )$. L'inégalité équivaut alors à $(1-a)(1-b)\leqslant \frac{1}{4}$, ce qui est vrai puisque $(1-a)(1-b)\leqslant a(1-a)$.
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NB: $P(A \cap B ) -P(A)P(B )$ est la covariance des variables aléatoires $\mathbf 1_A$ et $\mathbf 1_B$.
Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$. -
Merci. JLT ' Quitte a tout dilater' n'est pas si clair. Foys: reste a rappeler deux choses: $|Cov(X,Y)|\leq \sigma(X)\sigma(Y)$ et la variance d'une Bernoulli est $\leq 1/4$. Voici deux autres manieres$$a=\Pr(A^c\cap B^c),\ b=\Pr(A^c\cap B ),\ c=\Pr(A\cap B^c),\ d=\Pr(A\cap B\ ).$$Et donc, puisque $1-d=a+b+c$$$E=\Pr(A\cap B\ )-\Pr(A)\Pr(B)=d-(b+d)(c+d)=ad-bc$$ Comme $ 2\sqrt{ad}\leq a+d<1$ on a $ad\leq 1/4$ (et $bc\leq 1/4$ pareillement) et donc $|E|\leq 1/4.$ Quatrieme methode si $ 0<\Pr(B)<1$ (trivial sinon)$$E=(\Pr(A|B)-\Pr(A|B^c))\Pr(B)\Pr(B^c)$$ et on utilise $\Pr(B)\Pr(B^c)\leq 1/4.$ Si $\Pr(A)=1/2$ alors $E=\pm 1/4$ suivant $A=B$ ou $A=B^c.$
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Bonjour,
J'aime bien la preuve de @Foys.
Mais je ne suis pas convaincu par l'argument de dilatation de @JLT. Ce que je comprends c'est qu'on se ramène à l'espace $\Omega=A\cup B$ muni de la proba conditionnelle $\Bbb P' :=\Bbb P_{A\cup B}$. Sauf que $|\Bbb P(A\cap B )-\Bbb P(A)\Bbb P(B )|$ est proportionnel à $|\Bbb P'(A\cap B )-\Bbb P(A\cup B )\Bbb P'(A)\Bbb P'(B )| $ et pas à $|\Bbb P'(A\cap B )-\Bbb P'(A)\Bbb P'(B )|$. Donc je ne vois pas comment ça marche. -
Bonjour,
On peut regarder les événements et la probabilité associée à chacun d'eux : $A \cup B$ , $A \cup \bar{B}$ , $\bar{A} \cup B$ et $\bar{A} \cup \bar{B}$ avec $a,b,c$ et $d$ les probabilités respectives . On a $a+b+c+d=1$ , $P(A)=a+b$ et $P(B)=a+c$, donc $P({A \cap B})=ad-bc$. De plus comme pour tout $x \in [0,1]$, $x(1-x) \leq \frac{1}{4}$, on a $ 0 \leq ad \leq a(1-a) \leq \frac{1}{4}$, et $0 \leq bc \leq b(1-b) \leq \frac{1}{4}$.
Alors on a $-\frac{1}{4} \leq P({A \cap B}) -P(A)P(B) \leq \frac{1}{4}$.
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En reprenant l'idée de JLT - que je salue - j'ai bricolé une suite de majorations beaucoup trop longue pour qu'il n'y ait pas une khönnerie hideuse infiltrée dans le retapissage :On pose \( a := P(A) \), \( b := P(B ) \) et \( c := P(A\cup B ) \). On a alors : \( \boxed{~~P(A\cap B ) = a+b-c.~~} \)
\( \blacktriangleright \) On a :
\begin{align*}
P(A\cap B ) - P(A)P(B ) &= a+b-c - ab\\
&= (1-a)(b-1) + 1-c.\\
\text{Or } b \leqslant c \text{ et } 1-a \geqslant 0 &\text{ donc } (1-a)(b-1) \leqslant (1-a)(c-1) \text{ et } \\
P(A\cap B ) - P(A)P(B ) &\leqslant (1-a)(c-1) - (c-1)\\
&\leqslant (1-a-1)(c-1)\\
&\leqslant a(1-c)\\
&\leqslant c(1-c) \leqslant \dfrac 14.
\end{align*}
\( \blacktriangleleft \) On a aussi \( c\leqslant 1 \) donc \( -P(A\cap B ) \leqslant -cP(A\cap B ) \), donc
\begin{align*}
P(A)P(B ) - P(A\cap B ) &\leqslant ab - c(a+b-c)\\
&\leqslant ab - ac - c(b-c) \\
&\leqslant a(b-c) - c(b-c) \\
&\leqslant (c-a)(c-b). \\
\text{Or } 0 \leqslant a+b - c \text{ et } c-b \geqslant 0 &\text{ donc } c-a \leqslant b\leqslant c \text{ et }\\
P(A)P(B ) - P(A\cap B ) &\leqslant b(c-b) \\
&\leqslant b(1-b) \leqslant \dfrac 14.
\end{align*}
On déduit de \( \blacktriangleright \) et de \( \blacktriangleleft \) que \( \max\left(P(A\cap B ) - P(A)P(B )~,~P(A)P(B ) - P(A\cap B )\right) \leqslant \dfrac 14 \), c'est-à-dire :
\[ \boxed{~~|P(A\cap B ) - P(A)P(B )|\leqslant \dfrac 14.~~} \]e.v.
Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
Oui j'ai dit n'importe quoi avec mon histoire de dilatation.Posons $x=P(A\setminus B )$, $y=P(A)$ et $z=P(A\cup B )$. On a $0\leqslant x\leqslant y\leqslant z\leqslant 1$ et l'inégalité revient à $|y-x+yx-yz|\leqslant \frac{1}{4}$. La fonction $f(x,y,z)=y-x+yx-yz$ est décroissante par rapport à $x$ donc $-\frac{1}{4}\leqslant y(y-1)\leqslant y(y-z)=f(y,y,z)\leqslant f(x,y,z)\leqslant f(0,y,z)=y(1-z)\leqslant z(1-z)\leqslant \frac{1}{4}$.
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