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UA MATH564 概率论计算至少有一个发生的概率：容斥原理与庞加莱公式

發布時間：2025/4/14 编程问答 32 豆豆

生活随笔收集整理的這篇文章主要介紹了 UA MATH564 概率论计算至少有一个发生的概率：容斥原理与庞加莱公式小編覺得挺不錯的,現在分享給大家,幫大家做個參考.

UA MATH564 概率論計算至少有一個發生的概率：容斥原理與龐加萊公式

事件的并的Poincare公式
事件的交的Poincare公式

上一講介紹了 $P(?i=1nAi)P(\bigcup_{i=1}^{n} A_i)$ 的上界（Gunias不等式）和下界（鐘開萊-艾爾迪希不等式），這一講介紹準確計算 $P(?i=1nAi)P(\bigcup_{i=1}^{n} A_i)$ 的方法——Poincare公式。

先考慮一個簡單情況，當 $n = 2$ 時， $A1∪A2A_1 \cup A_2$ 可以很容易寫成不相交的三個子事件的并：
$A1∪A2=(A1?A2)∪(A1∩A2)∪(A2?A1)A_1 \cup A_2 = (A_1-A_2) \cup (A_1\cap A_2) \cup (A_2 - A_1)$

根據概率的有限可加性，
$P(A1∪A2)=P(A1?A2)+P(A1∩A2)+P(A2?A1)=P(A1)+P(A2)?P(A1∩A2)P(A_1 \cup A_2) = P(A_1-A_2) + P(A_1\cap A_2) + P(A_2 - A_1) \\ = P(A_1) + P(A_2)- P(A_1\cap A_2)$

這個表達式類似兩個集合的容斥原理。與容斥原理類似，我們可以嘗試把這個結果推廣到 $n$ 個事件，獲得準確計算 $P(?i=1nAi)P(\bigcup_{i=1}^{n} A_i)$ 的方法。

事件的并的Poincare公式

引入一個記號：
$Sm=∑1≤i1<i2<?<im≤nP(Ai1∩Ai2∩?∩Aim)S_m = \sum_{1 \le i_1 < i_2 < \cdots < i_m \le n} P(A_{i_1} \cap A_{i_2} \cap \cdots \cap A_{i_m})$

下面給出Poincare公式的形式：
$P(?i=1nAi)=∑m=1n(?1)m+1SmP(\bigcup_{i=1}^{n} A_i) = \sum_{m=1}^n (-1)^{m+1}S_m$

證明
其實早在Boole不等式的證明中，我們就已經窺得Poincare公式的端倪。在Boole不等式的證明中，我們構造了一個集列 ${B_i\}_{i=1}^n$ ，其中 $B1=A1,B2=A2?A1,?,Bn=An??i=1n?1AnB_1 = A_1,B_2 = A_2-A_1,\cdots,B_n = A_n - \bigcup_{i=1}^{n-1}A_n$ ，顯然 $Bi∩Bj=?,?i≠jB_i \cap B_j = \phi, \forall i \ne j$ ，并且
$?i=1nBi=?i=1nAi\bigcup_{i=1}^n B_i = \bigcup_{i=1}^{n} A_i$

現在我們利用這個結構做計算
$P(?i=1nAi)=P(?i=1nBi)=P(?i=1n?1Bi)+P(Bn)=P(?i=1n?1Ai)+P(An??i=1n?1An)=P(?i=1n?1Ai)+P(An)?P(An∩?i=1n?1Ai)P(\bigcup_{i=1}^{n} A_i) = P(\bigcup_{i=1}^n B_i) = P(\bigcup_{i=1}^{n-1} B_i)+P(B_n) \\= P(\bigcup_{i=1}^{n-1} A_i) + P(A_n - \bigcup_{i=1}^{n-1}A_n) = P(\bigcup_{i=1}^{n-1} A_i) + P(A_n) - P(A_n \cap \bigcup_{i=1}^{n-1} A_i)$

根據這個遞推關系，
$P(?i=1nAi)=∑i=1nP(Ai)?∑j=1n?1P(Aj+1∩?i=1jAi)P(\bigcup_{i=1}^{n} A_i) = \sum_{i=1}^n P(A_i) - \sum_{j=1}^{n-1} P(A_{j+1} \cap \bigcup_{i=1}^{j} A_i)$

下面考慮 $P(Aj+1∩?i=1jAi)P(A_{j+1} \cap \bigcup_{i=1}^{j} A_i)$ ，同樣依據上面那個遞推關系：
$P(Aj+1∩?i=1jAi)=P(?i=1jAi∩Aj+1)=P(Aj∩Aj+1)?P(Aj∩Aj+1∩?k=1j?1Ak)P(A_{j+1} \cap \bigcup_{i=1}^{j} A_i) = P(\bigcup_{i=1}^{j} A_i\cap A_{j+1}) = P(A_j \cap A_{j+1}) - P(A_{j}\cap A_{j+1} \cap \bigcup_{k=1}^{j-1} A_k)$

因此
$P(?i=1nAi)=∑i=1nP(Ai)?∑1≤i<j≤nP(Ai∩Aj)+∑j=1n?1P(Aj∩Aj+1∩?k=1j?1Ak)P(\bigcup_{i=1}^{n} A_i) = \sum_{i=1}^n P(A_i) - \sum_{1 \le i < j \le n}P(A_i \cap A_j) + \sum_{j=1}^{n-1} P(A_{j}\cap A_{j+1} \cap \bigcup_{k=1}^{j-1} A_k)$

接下來就是對 $P(Aj∩Aj+1∩?k=1j?1Ak)P(A_{j}\cap A_{j+1} \cap \bigcup_{k=1}^{j-1} A_k)$ 用那個遞推公式，把所有三三相交的概率分離出來，一直做下去做到 $n n$ 相交的概率即可！

證畢

事件的交的Poincare公式

基于事件的并的Poincare公式與de Morgan律，我們可以推出事件的交的Poincare公式。
$P(?i=1nAi)=1?P(?i=1nAˉi)=1?∑m=1n(?1)m+1∑1≤i1<i2<?<im≤nP(Aˉi1∩Aˉi2∩?∩Aˉim)=1?∑m=1n(?1)m+1∑1≤i1<i2<?<im≤n[1?P(Ai1∪Ai2∪?∪Aim)]=1?∑m=1n(?1)m+1Cnm+∑m=1n(?1)m+1∑1≤i1<i2<?<im≤nP(Ai1∪Ai2∪?∪Aim)=∑m=1n(?1)m+1∑1≤i1<i2<?<im≤nP(Ai1∪Ai2∪?∪Aim)P(\bigcap_{i=1}^{n} A_i) = 1 -P(\bigcup_{i=1}^{n} \bar{A}_i) = 1-\sum_{m=1}^n (-1)^{m+1}\sum_{1 \le i_1 < i_2 < \cdots < i_m \le n} P(\bar{A}_{i_1} \cap \bar{A}_{i_2} \cap \cdots \cap \bar{A}_{i_m}) \\ = 1-\sum_{m=1}^n (-1)^{m+1}\sum_{1 \le i_1 < i_2 < \cdots < i_m \le n} [1-P(A_{i_1} \cup A_{i_2} \cup \cdots \cup A_{i_m})] \\ = 1-\sum_{m=1}^n (-1)^{m+1}C_n^m + \sum_{m=1}^n (-1)^{m+1}\sum_{1 \le i_1 < i_2 < \cdots < i_m \le n}P(A_{i_1} \cup A_{i_2} \cup \cdots \cup A_{i_m}) \\ = \sum_{m=1}^n (-1)^{m+1}\sum_{1 \le i_1 < i_2 < \cdots < i_m \le n}P(A_{i_1} \cup A_{i_2} \cup \cdots \cup A_{i_m})$

定義記號
$S~m=∑1≤i1<i2<?<im≤nP(Ai1∪Ai2∪?∪Aim)\tilde{S}_m = \sum_{1 \le i_1 < i_2 < \cdots < i_m \le n}P(A_{i_1} \cup A_{i_2} \cup \cdots \cup A_{i_m})$

事件的交的Poincare公式可以寫成
$P(?i=1nAi)=∑m=1n(?1)m+1S~mP(\bigcap_{i=1}^{n} A_i) = \sum_{m=1}^n (-1)^{m+1}\tilde{S}_m$

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總結

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