Chng4.Mtsquylutphõnphixỏcsutthụngdng
Chơng IV
Một số quy luật phân phối xác suất thông
dụng
A Các quy luật rời rạc
I. Phân phối Bernoulli
1. Định nghĩa
Hàm khối lợng xác suất
x
P(X x) p (1 p)
1x

==
(x=0, 1) xác lập nên
một quy luật phân phối xác suất gọi là quy luật Bernoulli (hoặc phân phối
0-1) với tham số là p (
0p
). Luật phân phối này đợc ký hiệu là quy
luật A(p) hoặc B(1; p).
1
Ghi chú: Nếu trong một phép thử ta chỉ có hai kết quả là A và
A
với
P(A) = p thì để chỉ rõ có đợc A hay không ta có thể dùng biến ngẫu nhiên X
tuân theo quy luật A(p) để mô hình hoá phép thử này.
Cụ thể ta có thể đặt (X=1) là đợc A và do đó P(X =1) = P(A) = p
Suy ra
P(X = 0) = P(
A
) = 1- p (hoặc ký hiệu là q) là xác suất không đợc A.



x1x
pq (x 0,1)
p(x)
0

(x 0,1)


=
=



Do đó X tuân theo quy luật A(p) và ta ký hiệu điều này là X~A(p) hoặc
X~B(1;p).

2. Kỳ vọng toán và phơng sai

Định lý: Nếu X ~B(1;p) thì E(X)=p và V(X)=pq
Chứng minh
a. Ta có
ii
iI
E(X) x p(x ) (0)q (1)p p

=
=+=



=


222 2
(0)q(1)ppppp(1p)p

= + == =

q

3. Hàm đặc trng
Định lý: Nếu X~A(p) thì
it
x
g(t) q pe=+
LờVnPhongTrnTrngNguyờn,HKTQD
155
Chng4.Mtsquylutphõnphixỏcsutthụngdng
Chứng minh
Ta có
itx
x
g(t) Ee

=

1
itx it 0 it1
x0
ep(x) eq ep

==

=

2i
2
22
t0
11
E(X ) g (0) ipe
ii
t
=




= = =



2it 2
22
t0
11
ipe ip p
ii
=

==

1
e(qpe)
i

=



=+

itp it(1 p)
2
t0
1
qe pe
i

=



=+


itp itq
2
t0

ipqe iqpe
i

=


=+

22 22
2
1
ipq iqp
i

=+


22
pq qp=+ pq(p q) pq
=
+=
II. Phân phối nhị thức
1. Định nghĩa
LờVnPhongTrnTrngNguyờn,HKTQD

N
M

quả cầu đen đã
nêu ta lần lợt lấy ngẫu nhiên ra n quả theo phơng thức có trả lại và gọi X là
số lần lấy đợc quả trắng thì X là một biến ngẫu nhiên tuân theo quy luật
(n;p) với
M
p
N
=
.
Thí dụ 2: Một ngời bắn 3 viên đạn độc lập với nhau vào một chiếc bia với
xác suất trúng của mỗi viên đều là 0, 7. Gọi X là Số viên trúng bia.
Hãy lập bảng phân phối xác suất của X.
Bài giải
Nếu ta coi mỗi lần bắn là một phép thử thì ở đây ta có 3 phép thử độc lập.
Gọi A là biến cố Viên đạn trúng bia thì theo giả thiết P(A) đều bằng 0, 7 ở
mỗi lần bắn.
Vậy ta có một lợc đồ Bernoulli với n =3, p = 0, 7. Do đó X là một biến
ngẫu nhiên tuân theo quy luật nhị thức B(3; 0,7). Vì thế bảng phân phối xác
suất của X nh sau:
LờVnPhongTrnTrngNguyờn,HKTQD
157
Chng4.Mtsquylutphõnphixỏcsutthụngdng

X 0 1 2 3
p(x)
00
3


1Ta thấy xác suất trong bảng phân phối này trùng với các số hạng của
khai triển nhị thức sau đây:
23 21 12
(0,3 0,7) (0,3) 3(0,3) (0,7) 3(0,3) (0,7) (0,7)+= + + +
3

2. Hàm đặc trng của quy luật nhị thức và một vài quan hệ suy ra từ
hàm đặc trng
a. Hàm đặc trng
Định lý: Nếu X~ B(n;p) thì
(
)
n
it
x
g(t) q pe=+

Chứng minh
Ta có
nn
itx itx itx x x n x
xn
x0 x0
g(t) Ee e P(X x) e Cpq

==

11
g(t) e
22

=+



. Kết quả này ta cũng đã
thu đợc trong thí dụ ở cuối chơng trên.

LờVnPhongTrnTrngNguyờn,HKTQD
158
Chng4.Mtsquylutphõnphixỏcsutthụngdng
b. Mối quan hệ giữa quy luật A(p) và quy luật B(n;p)
Định lý 1
Nếu với các độc lập và cùng tuân theo quy luật A(p) thì X~
B(n; p).
n
k
k1
XX
=
=

k
X
Chứng minh
Vì các biến ngẫu nhiên là các biến ngẫu nhiên i.i.d với phân phối
chung là A(p) nên theo tính chất của hàm đặc trng ta có

theo B(n;p) với
r
k
k1
XX
=
=

k
X
k
n;p
r
k
k1
nn
=
=

Chứng minh
Do các là những biến ngẫu nhiên i.i.d nên tơng tự nh ở chứng minh
trên, ta có:
k
X
k
r
xx
k1
g (t) g (t)
=

=

LờVnPhongTrnTrngNguyờn,HKTQD
159
Chng4.Mtsquylutphõnphixỏcsutthụngdng
Biểu thức thu đợc là hàm đặc trng của quy luật (n;p) nên ta có kết
luận của định lý.

3. Các tham số đặc trng của quy luật nhị thức
a. Kỳ vọng toán và phơng sai
Định lý: Nếu biến ngẫu nhiên X tuân theo quy luật B(n; p) thì:
E(X) np
V(X) npq
=
=

Chứng minh:
Theo định lý 1 vừa nêu trên ta thấy nếu X~ B(n; p) thì ta có thể phân tích
với các độc lập và cũng tuân theo một quy luật B(1; p)
n
k
k1
XX
=
=

k
X
trong đó
k
Hệ quả
Nếu ký hiệu f là tần suất xuất hiện biến cố A cần xét trong một lợc đồ
Bernoulli với hai tham số là n và p thì
X
f
n
=
trong đó X~ B(n;p).
Từ đó ta có:
X1 1
E(f) E E(x) np p
nn n

===


=

22
X1 1 p
V(f ) V V(X) npq
nn n n

== ==


q


b. Mốt của quy luật nhị thức
Định lý:
Đối với quy luật B(n;p) thì mốt là một số nguyên dơng thoả mãn
bất đẳng thức kép sau:
0
M
o
np q M np p +
Chứng minh
Ta ký hiệu
n
P(X x) P (x)==
(x 0,n)=
và xét diễn biến của dãy gồm
xác suất này theo x khi n không đổi
(n 1)+
Với
0xn1
ta có
x1 x1 n(x1)
nn
xxnx
nn
P(x 1) C p q
(n x)p
P(x) Cpq (x 1)q
+++

+


=

(4)
LờVnPhongTrnTrngNguyờn,HKTQD
161
Chng4.Mtsquylutphõnphixỏcsutthụngdng
Từ đó ta thấy:
)
Nếu np q
Khi ấy
n
n
P(1)
np
1
P(0) q
=

Dãy (2) cho ta
nn n
nn n
P(1) P(2) P(n)
1
P(0) P(1) P(n 1)
>>>


Suy ra
nnn n
P(0) P(1) P(2) P(n)> >>

P(n 1) nq
=


Dãy (2) cho ta

nn n
nn n
P(1) P(2) P(n)
1
P(0) P(1) P(n 1)
>>>



Suy ra
nnn n n
P(0) P(1) P(2) P(n 1) P(n)<< <<

Vậy trong trờng hợp này
{
}
n
P(x)
là một dãy đơn điệu tăng và ta có
và
0
Mn=1
0
Mn=

n
P(n)
p
1
P(n 1) nq
=
<


Nh vậy nếu x tăng thì dãy (2) dáng điệu chung là giảm, nhng có một số tỷ
số đầu tiên lớn hơn 1 và các tỷ số sau nhỏ hơn 1.
Ta gọi là giá trị phân chia ranh giới cho hai loại tỷ số này, cụ thể ta có:
0
x

n0
nn
nn n0
P(x )
P(1) P(2)
1
P(0) P(1) P(x 1)
>>>

> (5)

n0
n
n0 n n
P(x 1)

0
1
00
Mx=+
Để tìm giá trị cụ thể của trong trờng hợp phân phối có hai giá trị
mốt này ta chỉ cần giải phơng trình:
0
x

n0
n0
P(x 1)
1
P(x )
+
= tức là
0
0
(n x )p
1
(x 1)q

=
+

Giải ra ta đợc
0
xnp=q
Do là giá trị của biến ngẫu nhiên X tuân theo quy luật B(1; p) nên
phải là một số nguyên. Vì vậy nếu

0
x
0
x

n0
n0
n0
n0
P(x)
1
P(x 1)
P(x 1)
1
P(x)

>




+

<


tức là
0
0
0

M

0
np q M np p +
LờVnPhongTrnTrngNguyờn,HKTQD
164
Chng4.Mtsquylutphõnphixỏcsutthụngdng

Thí dụ 1: Hãy xác định số lần đợc mặt sấp có khả năng xảy ra nhiều nhất
khi ta tung đồng xu đối xứng và đồng chất 5 lần.
Bài giải
Nếu gọi X là Số lần tung đợc mặt sấp trong 5 lần tung thì X~ B
1
5;
2




Vậy sẽ là số nguyên dơng thoả mãn bất đẳng thức kép sau:
0
M

0
11 1
5M5
22 2

+


22

==



==



Do nên ta có đợc kết luận vừa nêu.
2
5
CC=
3
5

Thí dụ 2: Nếu xác định số viên đạn có khả năng trúng bia nhiều nhất khi bắn
3 viên độc lập với xác suất của mỗi viên đều là 0,7 thì từ bảng phân phối xác
suất đã thiết lập đợc ỏ thí dụ 2, mục II ta thấy
0
M2
=

Còn nếu áp dụng kết quả vừa thu đợc ở trên ta thấy là số nguyên
dơng thoả mãn
0
M

0


==

với max
{
}
{
}
0, n (N M) x min M, n Ghi chú: Nếu coi M quả cầu trắng là m phiếu trúng thởng ở thí dụ minh hoạ
định lý xác suất toàn phần trong chơng I và cũng quy ớc ký hiệu:
a) Khi max
[]

0, n (N M) n (N M) =
thì với
x
M
C= 0
x0,x(NM)1

=


b) Khi min
[

]

=
st
C

đã chứng minh trong thí dụ này, ta
suy ra tức là
n
xnx n
MNM N
x0
CC C


=
=

n
x0
P(X x) 1
=
=
=


LờVnPhongTrnTrngNguyờn,HKTQD
166
Chng4.Mtsquylutphõnphixỏcsutthụngdng
Vậy hàm xác suất nêu trên xác lập nên một quy luật phân phối xác suất
gọi là quy luật siêu bội với các tham số là n, N, M. Quy luật này đợc ký
hiệu là quy luật H(n, N, M).

Ta có
()
[]
xnx
MNM
n
N
CC
M! (N M)! n!(N n)!
Cx!Mx!(nx)!(NM)(nx)!N!



=


()
[]
n! M! (N M)! (N n)!
x! n x ! (M x)! (N M) (n x) ! N!


=


[]
[
]
x
n









Vậy
()
xnx
xnx
xx
MNM
nn
n
N
N
M
p0;1
N
CC
p(1 p)
lim C C p q
C1



là phân phối đặc trng cho cách lấy không hoàn lại.
H(n, N,M)
Theo định lý trên, nếu N khá lớn (do điều kiện thì ta có thể
không cần phân biệt hai phơng thức lấy này.
N)

3. Kỳ vọng toán và phơng sai
Định lý: Nếu X~H(n, N, M) thì

M
E(X) n np
N
Nn M M Nn
V(X) n 1 npq
N1 N N N1
= =


= =




với
M
p
N
=
và
q1

i
i
E(X ) p
V(X ) pq
=
=

Vì nên
n
i
i1
XX
=
=

n
i
i1
E(X) E(X ) np
=
==

LờVnPhongTrnTrngNguyờn,HKTQD
168
Chng4.Mtsquylutphõnphixỏcsutthụngdng
Vì cách lấy là lần lợt không trả lại nên các biến ngẫu nhiên
i
X (i 1,n)=
không độc lập, do đó:


i1
pq n(n 1)cov(X ,X )
=
=+


12
npq n(n 1) cov(X , X )=+
Nếu nh thì đơng nhiên
nN=
XM
=
.
Vì thế ta có

12
V(M) Npq N(N 1)cov(X ,X )=+

12
0 Npq N(N 1) cov(X , X )=+
Suy ra
12
Np pq
cov(X ,X )
N(N 1) N 1
= =



Vậy

169
Chng4.Mtsquylutphõnphixỏcsutthụngdng
N

thì hệ số điều chỉnh
Nn
N1


đối với cách lấy không trả lại sẽ tiến đến
1 và cho ta phơng sai
V(X) npq
=
là phơng sai của quy luật nhị thức

IV. Phân phối Poisson
1. Định nghĩa
Hàm khối lợng xác suất
x
e
P(X x)
x!


== với
(x
và
xác lập nên một quy luật phân phối xác suất gọi là phân phối Poisson
với tham số


hàm Vì vậy
e.

0
x0
P(X x) e .e e 1


=
== ==

2. Mối quan hệ giữa quy luật Poisson và quy luật nhị thức
Định lý:
x
xxnx
n
n
np
e
lim C p q
x!



=

=

Chứng minh
Ta có

n
x
x
1
(n x 1)(n x 2) n
n
x! n
1
n




+ +


=







n
x
x

1
n







=





Lấy giới hạn hai vế ta đợc:

x
xxnx
n
n
np
lim C p q e
x!


=


Thí dụ: Xác suất để một sản phẩm bị hỏng trong quá trình sản xuất là
0,0002. Tính xác suất để trong 5000 sản phẩm đợc sản xuất ra một cách độc
lập với nhau có 2 sản phẩm hỏng.
Bài giải
LờVnPhongTrnTrngNguyờn,HKTQD
171
Chng4.Mtsquylutphõnphixỏcsutthụngdng
Theo các điều kiện của đầu bài ta có một lợc đồ Bernoulli với
và .
n5000=
p0,0002=
Vậy giá trị chính xác của xác suất phải tìm đợc tính bằng công thức
Bernoulli nh sau:

2 2 4998
5000 5000
P (2) C (0,0002) (0,9998)=
Do n khá lớn và p khá nhỏ nên xác suất này có thể tính xấp xỉ bằng công
thức Poisson với .
np 5000(0,0002) 1= = =
Vì vậy
12
5000
e1 1
P(2)
2! 2e

=

()
it it
x
it
e(e
x0
e
ee.e
x!


=

===

1)
e

b. Mối quan hệ giữa các biến ngẫu nhiên tuân theo quy luật Poisson
Định lý: Nếu với các độc lập
n
k
k1
XX
=
=

k

X
k1
g (t) g (t) g (t)
=


=


==



n
it
k
it
it
k1
k
(e 1)
n
(e 1)
(e 1)
k1
ee e
=




2
2
g(t)
(t)
g(t)
g(t)g (t) g (t)
(t)
g(t)



=







=



Do nên
x
g(0) 1=
1
g(0)
(0) g (0) i
g(0)

21 21
i(i)i( )iV(= = = X)
LờVnPhongTrnTrngNguyờn,HKTQD
173
Chng4.Mtsquylutphõnphixỏcsutthụngdng
Suy ra
2
1
V(X) (0)
i

=

b. Kỳ vọng toán và phơng sai của quy luật G(

)
áp dụng các kết quả trên cho quy luật G(

) ta có:

it
(e 1) it
(t) ln e (e 1)



==


Vậy

B Các quy luật liên tục
I. Một số tích phân đặc biệt
Để phục vụ cho việc nghiên cứu các quy luật liên tục thông dụng, chúng
ta sẽ phải sử dụng các tính chất của những tích phân đặc biệt sau:

1. Hàm gam-ma
a. Định nghĩa
Hàm gam-ma (còn gọi là tích phân Euler loại 2) đợc ký hiệu và định
nghĩa nh sau:

a1 x
0
(a) x e dx (a 0)
+

= >

Ngời ta chứng minh đợc rằng muốn cho tích phân suy rộng này hội tụ
thì tham số a phải dơng.
LờVnPhongTrnTrngNguyờn,HKTQD
174
Chng4.Mtsquylutphõnphixỏcsutthụngdng

b. Một số tính chất
o Tính chất 1:
(a 1) a (a)

+=

Hệ quả:

Tính chất 1:
B(a,b) B(b, a)
=

Tính chất 2:
(a) (b)
B(a,b)
(a b)


=
+3. Hàm
I( )
a. Định nghĩa
Hàm Iê-ta là tích phân suy rộng sau đây:

22
zhz
I( ) e dz
+


=

trong đó h là số thực dơng,

là số phức tuỳ ý.

=


Tích phân này gọi là tích phân Poisson.
Trờng hợp 2: Nếu và
0=
h1
=
thì tích phân trên có dạng và có kết
quả nh sau:

2
z
edz
+


=


Hệ quả: Từ kết quả này ta cũng suy ra kết quả
1
2


=


nh
đã nêu. Thật vậy ta có thể viết


Với các kết quả của những tích phân đặc biệt nêu trên chúng ta có thể bắt
tay vào việc nghiên cứu các quy luật phân phối xác suất liên tục thông dụng.
Vì một số quy luật liên tục đơn giản (nh quy luật phân phối đều, quy luật
phân phối mũ, quy luật phân phối Cauchy, ) đã đợc xét rải rác ở các
LờVnPhongTrnTrngNguyờn,HKTQD
176
Chng4.Mtsquylutphõnphixỏcsutthụngdng
chơng II và III nên ở đây chúng ta sẽ tập trung xét một số quy luật khác
đợc ứng dụng rộng rãi trong phần Thống kê toán sau này.

II. Quy luật phân phối chuẩn
1. Định nghĩa
Biến ngẫu nhiên liên tục X đợc gọi là tuân theo quy luật phân phối
chuẩn với hai tham số là

và
2

nếu hàm mật độ xác suất của nó có dạng
nh sau:

2
2
(x )
2
1
f(x) e ( x )
2
Do hình dáng của hàm mật độ nh đã vẽ nên quy luật chuẩn còn đợc gọi
là quy luật phân phối hình chuông.

2. Hàm đặc trng và các mô-men
a. Hàm đặc trng
Ta có
LờVnPhongTrnTrngNguyờn,HKTQD
177
Chng4.Mtsquylutphõnphixỏcsutthụngdng
2
2
(x )
itx itx itx
2
x
1
g(t) Ee e f(x)dx e e dx
2

+ +




== =


itz
2
x
e
g(t) e dz
2
+




=



áp dụng công thức của hàm
I( )

với
it

=
và
1
h
2
=


ta sẽ có:

=

+


Suy ra
22
21
V(X) = =
Vậy hai tham số

và của quy luật chuẩn cũng là hai số đặc trng kỳ
vọng và phơng sai.
2

Nếu tính các mô-men trung tâm ta sẽ đợc:
LờVnPhongTrnTrngNguyờn,HKTQD
178