Lí thuyết xác suất
1 Các khái niệm cơ bản về biến cố ngẫu nhiên
1. Không gian xác suất
Trớc hết chúng ta đa vào khái niệm một họ A các tập con nào đó của không gian các biến cố ngẫu nhiên cơ
bản đợc gọi là -đại số nếu:
1. A
2. A A suy ra \A A
3. Nếu A
1
, A
2
, là dy các tập hợp thuộc A, khi đó
i
A
i
cũng thuộc A.
Trong lí thuyết xác xuất, tập các biến cố ngẫu nhiên là một -đại số A. Một ánh xạ P từ A vào tập các số thực
R
P : A R
thoả mn các tiên đề sau:
1. Với mọi A A 0 P (A) 1
2. P () = 1
3. Nếu A
1
, A
2
, , A
i
, là các biến cố ngẫu nhiên đôi một xung khắc nhau thuộc A, khi đó
2
) + ããã + P (A
n
).
(G) Với dy các biến cố giảm dần A
1
A
2
A
3
(hoặc tăng dần A
1
A
2
), khi đó
lim
n
P (A
n
) = P( lim
n
A
n
).
2. ứng dụng để tính xác suất các biến cố ngẫu nhiên
Không gian các biến cố ngẫu nhiên cơ bản gồm n biến cố đồng khả năng
= {
1
,
2
Ta còn nói
P (A) =
Số trờng hợp thuận lợi cho biến cố A
Số trờng hợp đồng khả năng
.
Trờng hợp không gian các biến cố ngẫu nhiên cơ bản là một miền hình học, giả thiết rằng xác suất để
biến cố ngẫu nhiên cơ bản thuộc miền A tỉ lệ với độ đo của A, khi đó
P (A) =
độ đo của A
độ đo của
.
(Độ đo ở đây đợc hiểu nh là độ dài, diện tích hoặc thể tích tùy theo đợc nhắc đến là miền hình học nào).
Bài tập 1
1. Gieo liên tiếp một xúc xắc, kí hiệu A
k
là biến cố: lần gieo thứ k là lần đầu tiên mặt 6 chấm xuất hiện.
a. Hy tính P (A
k
).
b. Tìm xác suất để mặt 6 chấm xuất hiện ở một lần gieo nào đó.
c. Hy tìm xác suất để sau một số lẻ lần gieo, mặt 6 chấm xuất hiện.
2. Một tập 10 vé trong đó có 3 vé có thởng. Chọn ngẫu nhiên 5 vé, tìm xác suất để trong đó có đúng 2 vé có
thởng.
3. Một hộp đựng 3 bi đỏ, 3 bi trắng, 3 bi xanh. Chọn ngẫu nhiên ra 6 viên bi, tìm xác suất để có đủ 3 màu
trong số 6 viên bi đợc chọn ra.
4. Chứng minh rằng
C
n
N
=
A
2
ãããA
n1
)P (A
n1
/A
1
A
2
ãããA
n2
) ãããP (A
2
/A
1
)P (A
1
)
Nhận xét rằng với kí hiệu P
(A) = P (A/B) là xác suất có điều kiện của biến cố A với điều kiện B (B cố
định), khi đó (, A, P
) cũng là không gian xác suất.
Hai biến cố A và B độc lập nhau nếu
P (A/B) = P(A) P(AB) = P (A)P(B).
Các biến cố A
1
, A
i
k
)
Trong ứng dụng thực tế hệ các biến cố mà mỗi biến cố liên quan tới một phép thử ngẫu nhiên trong dy các
phép thử đợc tiến hành độc lập nhau tạo thành hệ các biến cố độc lập.
Định lí 1 (định lí xác suất đầy đủ) Nếu A
1
, A
2
, , A
n
, là hệ đầy đủ các biến cố ngẫu nhiên, A là biến cố
ngẫu nhiên bất kì, khi đó
P (A) =
i=1
P (A/A
i
)P (A
i
).
2
Bài tập 2
1. Một chất điểm xuất phát từ x = k, lang thang ngẫu nhiên trên trục số, nó dịch chuyển sang phải hoặc sang
trái 1 đơn vị với xác suất bằng
1
2
. Chất điểm dừng lại nếu nó đạt tới các vị trí hút x = 0 hoặc x = n. Tìm xác
.
7. Các hộp đợc đánh số 0, 1, 2, , N và hộp mang số k chứa k bi đỏ, N k bi trắng (k = 0, 1, 2, , N).
Chọn ngẫu nhiên một hộp và từ hộp này chọn lần lợt có hoàn lại từng viên bi. Gọi A
n
là là biến cố lần chọn
thứ n lấy đợc viên bi đỏ.
a. Tính P(A
3
/A
1
A
2
)
b. Giả sử từ hộp đ chọn ngẫu nhiên chọn lần lợt hai viên bi không hoàn lại. Tìm xác suất để cả hai bi đ
chọn là bi đỏ.
4. Công thức Bernoulli
Giả sử xác suất xảy ra biến cố A là p. Khi đó xác suất để trong n lần tiến hành phép thử ngẫu nhiên độc
lập nhau có đúng k lần xảy ra A bằng
P
k;n
= C
k
n
p
k
q
nk
(trong đó p + q = 1).
Bài tập 3
1. Tìm xác suất để một gia đình 5 ngời con có đúng 3 trai, 2 gái.
khi đó hàm f đợc gọi là mật độ xác suất của đại lợng ngẫu nhiên X. Đại lợng ngẫu nhiên có hàm mật độ
đợc gọi là đại lợng ngẫu nhiên liên tục. Đặc biệt
F (x) =
x
f(x) dx với mọi x R.
Tại các điểm hàm mật độ liên tục F
(x) = f(x). Chú ý rằng đại lợng ngẫu nhiên rời rạc (đại lợng ngẫu
nhiên mà miền giá trị là tập không quá đếm đợc) không có hàm mật độ, phân bố của nó thờng đợc cho dới
dạng
p
n
= P (X = x
n
), n = 0, 1, 2, trong đó
n
p
n
= 1
hoặc dới dạng bảng
X x
1
x
2
x
n
P (X = 0) = 0.85, P (X = 1) = 0.1, P (X = 2) = 0.05
Nh vậy X là đại lợng ngẫu nhiên rời rạc nhận các giá trị 0, 1, 2 và bảng phân bố của X thờng đợc viết
dới dạng sau
X 0 1 2
P 0.85 0.1 0.05
Hàm phân bố của X khi đó bằng
F (x) =
0 nếu x 0
0.85 nếu 0 < x 1
0.95 nếu 1 < x 2
1 nếu 2 < x
2. Gọi X là số lần bắn liên tục vào bia cho đến khi trúng bia, p là xác suất trúng bia của mỗi lần bắn. Giả thiết
các lần bắn độc lập nhau, khi đó bảng phân bố của X
X
1 2 n
P p qp pq
n1
(p + q = 1)
4
P p
1
p
2
p
n
Kì vọng của X, kí hiệu E(X) bằng
E(X) =
i=1
x
i
p
i
nếu chuỗi hội tụ tuyệt đối.
Trờng hợp X là đại lợng ngẫu nhiên liên tục có f (x) là hàm mật độ
E(X) =
+
xf(x)dx nếu tích phân hội tụ tuyệt đối.
Chú ý rằng kì vọng là toán tử tuyến tính và
E((X)) =
+
(x)f(x)dx trong đó f (x) là hàm mật độ của X.
Phơng sai D(X) và độ lệch tiêu chuẩn
5
Nhà thầu ớc lợng chi phí toàn bộ cho công trình gồm 85 triệu tiền vật liệu xây dựng và tiền nhân công là 1.6
triệu đồng một ngày công. Khi đó chi phí toàn bộ cho công trình bằng
Y = 85 + 1.5X (triệu đồng)
Vậy kì vọng hay giá trị trung bình của toàn bộ chi phí là
E(Y ) = 85 + 1.5E(X) = 85 + 1.5 ì11.9 = 102.85 (triệu đồng)
D(Y ) = 1.5
2
ì D(X) = 1.5
2
ì 1.29 = 2.9025
Y
=
2.9025 = 1.7037
4. Kì vọng và phơng sai của phân bố đều trên [a, b]
EX =
a + b
2
, DX =
(a b)
2
12
3. Các phân bố thờng gặp
1. Phân bố nhị thức
X 0 1 k n
P p
0
p
1 nếu A xảy ra trong phép thử thứ i
0 nếu A không xảy ra trong phép thử thứ i
2. Phân bố Poisson
X 0 1 2 k
P p
0
p
1
p
2
p
k
trong đó
p
k
= P (X = k) = e
k
k!
, > 0, k = 0, 1, 2,
3. Phân bố hình học
X 1 2 n
P p qp q
n1
p
trong đó p + q = 1.
4. Phân bố mũ
X là đại lợng ngẫu nhiên có phân bố mũ, nếu hàm mật độ của X bằng
x
2
dx =
2
ta dễ dàng chứng minh hàm f(x) nói trên là hàm mật độ và
EX = m, DX =
2
.
Nhận xét rằng X N(m,
2
) khi và chỉ khi Z =
Xm
N(0, 1). Ngời ta thờng kí hiệu hàm phân bố của
X N (0, 1)
(x) =
1
2
x
e
u
2
2
du.
Xét một cặp hai đại lợng ngẫu nhiên (, ). Nếu chúng ta đồng thời khảo sát hai đại lợng ngẫu nhiên
và , chúng ta sẽ coi chúng nh các toạ độ của một véc tơ ngẫu nhiên (hay một điểm ngẫu nhiên) (, ). Các
giá trị có thể có của nó là các điểm (x, y) trong mặt phẳng toạ độ xOy. Gọi tập E là một miền phẳng bất kì
E R
2
và P
,
(E) = P ((, ) E) là xác suất để điểm ngẫu nhiên (, ) ri vào tập E. Ngời ta gọi P
,
(E),
với mọi E R
2
là độ đo xác suất của các tập hợp trên mặt phẳng sinh bởi véc tơ ngẫu nhiên (, ).
Định nghĩa 1 Hàm
H(x, y) = P ( < x, < y) = P ({ (, x)} ã { (, y)})
với mọi x, y R là hàm phân bố chung của hai đại lợng ngẫu nhiên và (hay còn gọi là hàm phân bố
đồng thời của véc tơ ngẫu nhiên (, )).
Nếu tồn tại một hàm không âm h(x, y) 0 sao cho
P ((, ) E) =
E
h(x, y) dxdy
với mọi miền E của mặt phẳng. Khi đó ta nói h(x, y) là hàm mật độ của véc tơ ngẫu nhiên (, ) (hay còn gọi
là hàm mật độ chung của và ).
Đối với các đại lợng ngẫu nhiên rời rạc, thay cho hàm phân bố đồng thời H(x, y) là các xác suất
P (x
i
, y
j
) = P ( = x
P ((X, Y ) E) =
E
h(x, y) dxdy với mọi tập E R
2
.
H(x, y) = P (X < x, Y < y) =
x
y
h(u, v) dudv,
2
H
xy
= h(x, y)
F (x) = H(x, +) =
x
+
h(u, v) dv
du là hàm phân bố của X.
(x, y)h(x, y) dxdy.
Đặc biệt nếu X, Y là các đại lợng ngẫu nhiên độc lập nhau, khi đó
E(XY ) = EX ã EY, D(X + Y ) = DX + DY.
Ví dụ 1.
Giả sử hàm mật độ chung của X và Y
h(x, y) =
6
5
(x + y
2
) nếu 0 < x < 1, 0 < y < 1
0 trong trờng hợp ngợc lại
Sử dụng f(x) =
h(x, y) dy, hàm mật độ của X
f(x) =
6
5
1
0
(x + y
2
) dy =
6
h(x, y) =
1
nếu x
2
+ (y 1)
2
< 1
0 trong trờng hợp ngợc lại
Hàm mật độ Y bằng
g(y) =
h(x, y) dx =
2
2yy
2
nếu 0 < y < 2
0 nếu y / (0, 2)
E(Y ) = 1, D(Y ) =
1
4
Bài tập
1. Giả sử X và Y là hai đại lợng ngẫu nhiên độc lập có cùng phân bố chuẩn N(0, 1). Hy tìm hàm mật độ
của Z = |X|signY .
F (x/A) = P (X < x/A) =
x
f(t/A) dt với x
khi đó f(x/A) đợc gọi là hàm mật độ có điều kiện của X với điều kiện biến cố A xảy ra (hoặc nói tắt là hàm
mật độ của X với điều kiện A).
Ta có nhận xét rằng nếu A
i
, i = 1, 2, là một hệ đầy đủ các biến cố. Khi đó theo công thức xác suất đầy
đủ, hàm phân bố của X có thể biểu diễn theo các hàm phân bố có điều kiện:
F (x) = P (X < x) =
i
P (X < x/A
i
)P (A
i
) =
i
F (x/A
i
)P (A
i
)
đạo hàm cả hai vế theo x, ta cũng có kết quả tơng tự cho hàm mật độ có điều kiện
f(x) =
i
và X
B
có độc lập với nhau không?
Giải bài tập: N có phân bố Poisson với tham số .
P (N = n) = e
n
n!
1. Với k, n là hai số nguyên, P (X
A
= k/N = n) = C
k
n
p
k
q
nk
.
2. Xác định luật phân bố đồng thời của (N, X
A
)
P (N = n, X
A
= k) = P (X
A
= k/N = n)P (N = n) = C
k
n
p
A
.
P (X
A
= k) =
n=k
P (X
A
= k, N = n) =
n=k
e
(p)
k
(q)
nk
1
k!(n k)!
=
= e
(p)
k
k!
B
= i) = e
q
(q)
i
i!
5. X
A
và X
B
độc lập với nhau. Thật vậy xét P(X
A
= k, X
B
= i), kí hiệu n = k + i, khi đó
P (X
A
= k, X
B
= i) = P (X
A
= k, N = n) = e
(p)
k
(q)
nk
1
k!(n k)!
=
P (X < x, y Y < y + y)
P (y Y < y + y)
=
H(x, y + y) H(x, y)
G(y + y) G(y)
(H(x, y) là hàm phân bố chung của X và Y , G(y) là hàm phân bố của Y ). Chia cả tử và mẫu cho y, chuyển
qua giới hạn khi y 0 ta đợc
F (x/y) =
y
H(x, y)
g(y)
f(x/y) =
x
F (x/y) =
2
xy
H(x, y)
g(y)
=
h(x, y)
g(y)
.
f(x/y) đợc gọi là hàm mật độ có điều kiện của X với điều kiện Y = y.
10
Chú ý rằng các hàm mật độ có điều kiện cũng nh phân bố có điều kiện ở đây chỉ đợc xác định tại y sao
cho g(y) > 0. Tại những điểm mà g(y) = 0, hàm mật độ f(x/y) đợc xác định tùy ý (để đơn giản, tại đó
g(y/x)f(x) dx
Chú ý rằng nếu X, Y là các đại lợng ngẫu nhiên độc lập nhau khi đó các hàm mật độ có điều kiện
f(x/y) = f(x) không phụ thuộc vào y cũng nh g(y/x) = g(y) không phụ thuộc vào x.
Định lí 3 Giả sử là một song ánh
: D T D R
2
, T R
2
khả vi tại mọi điểm thuộc D. (X, Y ) là véc tơ ngẫu nhiên nhận các giá trị trong D và h(x, y) là hàm mật độ
đồng thời của véc tơ ngẫu nhiên đó. Khi đó hàm mật độ của (U, V ) = (X, Y ) bằng
g(u, v) = h
1
(u, v)
|J(u, v)|
trong đó J(u, v) là Jacobien của
1
.
Kí hiệu (x, y) =
1
(u, v), khi đó Jacobien của
1
bằng J(u, v) =
12
V
Y = a
21
U + a
22
V
Khi đó mật độ chung của (U, V ) bằng
g(u, v) = h (a
11
u + a
12
v, a
21
u + a
22
v) |det(A)|
trong đó A =
a
11
a
12
a
21
a
22
là ma trận không suy biến.
Ví dụ X và Y là hai đại lợng ngẫu nhiên độc lập thuộc N(0, 1). Khi đó = X + Y và = X Y cũng
e
(uv)
2
8
ã
1
2
Suy ra
g(u, v) =
1
2
2
e
u
2
2ã2
ã
1
2
2
e
u
2
đọc tự chứng minh các kết quả sau:
a. Hàm mật độ của XY bằng
s(z) =
1
|y|
f(
z
y
)g(y) dy
b. Hàm mật độ của
X
Y
bằng
t(z) =
|y|f(zy))g(y) dy
Chẳng hạn ta phác qua cách dẫn dắt đến kết quả a. để tính hàm mật độ của XY . Trớc tiên ta tìm hàm
phân bố có điều kiện của XY với điều kiện Y = y (xét hai trờng hợp y > 0 và y < 0). Hàm phân bố có điều
kiện đó bằng hàm phân bố của y ãX (không điều kiện), suy ra, hàm mật độ của y ãX bằng
1
|y|
f(
z
y
), vậy hàm
1
, Y
2
) là hai điểm chọn ngẫu nhiên (theo phân bố đều) độc lập nhau trên
đờng tròn đơn vị:
x
2
+ y
2
= 1
Hy tìm hàm mật độ của đại lợng ngẫu nhiên
Z =
X
1
X
2
Y
1
Y
2
12
nếu tích phân tồn tại và hội tụ tuyệt đối.
Định lí 4 Giả thiết rằng X và Y là hai đại lợng ngẫu nhiên liên tục, tồn tại kì vọng có điều kiện của X đối
với Y , khi đó
E(X) = E(E(X/Y )).
Chứng minh
Kí hiệu h(y) = E(X/Y = y) (ngời ta gọi h(y) là hàm hồi quy của X với điều kiện Y = y)
E(h(Y )) =
h(y)g(y) dy =
E(X/Y = y)g(y) dy =
=
xf(x/y) dx
g(y) dy =
x
x
=
D(X) và
y
=
D(Y ) là các độ lệch tiêu chuẩn của X và Y . Khi đó
|cov(X, Y )|
x
y
.
Thật vậy xét
E[(Y tX)
2
] = E(Y
2
2tXY + t
2
Y
2
) = E(Y
2
) 2E(XY )t + E(Y
2
)t
2
0 với mọi t.
Đây là tam thức bậc hai không âm với mọi t, suy ra
Y là một hàm bậc nhất của X : Y = aX + b.
Định nghĩa 6
(X, Y ) =
cov(X, Y )
x
y
=
E[(X E(X))(Y E(Y ))]
D(X)
D(X)
đợc gọi là hệ số tơng quan của X và Y .
Hiển nhiên hệ số tơng quan có các tính chất
i) 1 (X, Y ) 1. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi Y = aX + b (hoặc X = aY + b)
ii) Nếu X và Y độc lập, khi đó hệ số tơng quan (X, Y ) = 0
Hệ số tơng quan đo mức độ phụ thuộc tuyến tính giữa Y và X. Nếu |(X, Y )| xấp xỉ 1 khi đó các điểm
ngẫu nhiên (X, Y ) gần nh tạo thành một đờng thẳng trên mặt phẳng toạ độ. Khi (X, Y ) = 0 ta nói X và
Y không tơng quan. Chú ý rằng nếu X và Y độc lập khi đó chúng không tơng quan, ngợc lại từ sự không
tơng quan của X và Y không suy ra chúng độc lập với nhau.
Định nghĩa 7 Kí hiệu c = cov(X, Y ) là mô men tơng quan của X và Y . Khi đó ma trận
C =
D(X) c
c D(Y )
đợc gọi là ma trận covarian (ma trận tơng quan) của X và Y .
Duy trì các kí hiệu
2
x
x
y
x
y
2
y
= (1
2
)
2
x
2
x
0
Phơng sai của đại lợng ngẫu nhiên cho ta biết độ lệch đại lợng ngẫu nhiên và giá trị trung bình của đại
+ 2
x
y
Nhận xét rằng phơng sai của Z là dạng toàn phơng với ma trận covarian C là ma trận của dạng toàn phơng
đó. Do det(C) 0, nói chung C là ma trận bán xác định dơng. Nếu X và Y độc lập tuyến tính (|| < 1),
khi đó C là ma trận xác định dơng thực sự.
Nhận xét 3 Sử dụng các phép toán đối với ma trận, ta có thể mở rộng khái niệm ma trận covarian cho nhiều
đại lợng ngẫu nhiên
X
i
, E(X
i
) = m
i
, cov(X
i
, X
j
) =
ij
, i, j = 1, 2, , n
Khi đó ma trận covarian của (X
1
, X
2
, , X
n
) là
C(X) =
D(
n
i=1
a
i
X
i
) = E
n
i=1
a
i
(X
i
m
i
)
2
=
=
i
j
a
i
ij
Kí hiệu A,B,X,M là các véc tơ cột với các thành phần a
i
, b
i
, X
i
, m
i
tơng ứng. C(X) là ma trận covarian của
X. Từ các đẳng thức trên suy ra
E(A
T
X) = A
T
E(X) = A
T
M
D(A
T
X) = A
T
C(X)A
cov(A
T
X, B
T
X) = A
T
1
)
và (
2
,
2
) độc lập nhau. Sự độc lập của nhiều đại lợng ngẫu nhiên phức cũng là sự độc lập của các đại lợng
ngẫu nhiên 2 chiều. Dễ dàng chứng minh đợc khi đó
E(
1
2
) = E(
1
) + E(
2
)
D(
1
+
2
) = D(
1
) + D(
2
)
15
Kết quả này cũng mở rộng cho trờng hợp nhiều hơn hai đại lợng ngẫu nhiên độc lập.
2. Hàm đặc trng và các tính chất của hàm đặc trng
n=1
p
n
sin tx
n
=
+
n=1
p
n
e
itx
n
.
Nếu là đại lợng ngẫu nhiên liên tục với f(x) là hàm mật độ, hàm đặc trng của
(t) =
+
f(x) cos tx dx + i
+
f(x) sin tx dx =
+
f(x)e
4. Hàm đặc trng (t) liên tục đều trên toàn bộ R.
Chọn > 0 tùy ý. Kí hiệu A
là biến cố || > sao cho P(A
) = P(|| > ) <
3
. Khi đó
(t) = E(e
it
/A
)P (A
) + E(e
it
/A
)P (A
). Suy ra
|(t) E(e
it
/A
)P (A
)| = |E(e
it
1
t
2
)|/A
) +
2
3
Do E(|(t
1
t
2
)|/A
) |t
1
t
2
| nên |(t
1
) (t
2
)| nếu |t
1
t
2
| < =
3
.
(t) khả vi cầp n và
(k)
(0) = i
k
E(
k
) (k = 1, 2, , n).
Theo giả thiết
+
f(x)|x|dx tồn tại và hữu hạn nên
+
xe
itx
f(x) dx hội tụ đều theo t, suy ra
(t) =
+
ixe
itx
1
(t),
2
(t),
Điều kiện cần và đủ để
lim
n
F
n
(x) = F(x) tại mọi điểm liên tục của F (x)
là, với mọi số thực t R
lim
n
n
(t) = (t).
Bài tập 6
1. Hàm đặc trng của
k
(k = 1, 2, , n) phân bố theo luật 0, 1
E(e
it
k
) = e
it
(1 p) + e
it
p = 1 + p(e
it
1)
k=0
(e
it
)
k
k!
= e
(e
it
1)
3. Hàm đặc trng của phân bố mũ
(t) =
+
0
e
x(it)
dx =
1
1
it
4. Hàm đặc trng của phân bố đều trên (1, 1)
(t) =
1
2
1
2
2
dx =
1
2
+
e
(xt)
2
2
+
t
2
2
dx =
1
2
+
e
(xt)
2
2
7. Hàm đặc trng của phân bố
2
n
=
2
1
+
2
2
+ ããã +
2
n
. Đây là tổng của n đại lợng ngẫu nhiên độc lập
có cùng phân bố
2
với một bậc tự do. Ta đ biết rằng hàm mật độ của mỗi số hạng bằng
h(x) =
1
2x
e
x
2
nếu x > 0,
0 nếu x < 0
Hàm đặc trng của
2
1
dx =
=
0
2
e
u
2
2
(12it)
du =
1
1 2it
Vậy hàm đặc trng của phân bố
2
n
với n bậc tự do
(t) = (1 2it)
n
2
Chú ý rằng từ tính chất 6. có thể tính kì vọng, phơng sai và môment các cấp của các đại lợng ngẫu nhiên
dựa vào hàm đặc trung của các đại lợng ngẫu nhiên đó. Chẳng hạn phơng sai của đại lợng ngẫu nhiên phân
bố
2
1
1 + t
2
e
itx
dt e
|u|
=
+
1
(1 + x
2
)
e
iux
dx
Vậy (t) = e
|t|
là hàm đặc trng của phân bố Cauchy.
b) (t) = e
t
4
không là hàm đặc trng.
Do
(0) = 0 suy ra D() = 0, vô lí.
c) (t) = sin t không là hàm đặc trng.
d) (t) = cos t là hàm đặc trng của với phân bố của : P( = 1) = P( = 1) =
Ta cũng có thể đạt đợc kết quả trên bằng cách chứng minh f(x) = 1 |x| là hàm mật độ của tổng hai
đại lợng ngẫu nhiên độc lập phân bố đều trên đoạn [
1
2
,
1
2
].
18
Bài tập 2. Chứng tỏ rằng nếu (t) là hàm đặc trng, khi đó
1
2(t)
cũng là hàm đặc trng.
Giả sử
1
,
2
, là dy các đại lợng ngẫu nhiên độc lập cùng có (t) là hàm đặc trng. Gọi là đại lợng
ngẫu nhiên độc lập với dy trên và
P ( = n) =
1
2
n+1
(n = 0, 1, ).
Xét
=
1
Thật vậy hàm đặc trng của tổng hai đại lợng ngẫu nhiên độc lập có dạng hàm đặc trng của phân bố
chuẩn
1
(t)
2
(t) = e
im
1
t
2
1
t
2
2
e
im
2
t
2
2
t
2
2
= e
i(m
1
+m
2
)t(
P
Y , nếu với bất kì > 0
lim
n
P (|Y
n
Y | > ) = 0.
Ta nói dy các đại lợng ngẫu nhiên X
n
, n = 1, 2, hội tụ hầu chắc chắn tới X, kí hiệu X
n
h.c.c
X, nếu
P ( lim
n
X
n
= X) = 1.
Ta có thể chứng minh hội tụ hầu chắc chắn kéo theo hội tụ theo xác suất. Điều ngợc lại nói chung không
đúng. Thật vậy
{ : X
n
X} =
k=1
n=1
m=n
{|X
m
X| < }
= 1.
Do vậy
lim
n
P (|X
m
X| < ) = 1 hay X
n
P
X.
Nhận xét rằng X
n
h.c.c
X tơng đơng với
lim
n
P
m=n
{|X
m
X| < }
)
2
=
2
2
.
2. Luật số lớn và định lí giới hạn trung tâm
Bây giờ ta phát biểu và chứng minh định lí sau về luật số lớn
Định lí 6 (Luật yếu số lớn) Giả sử X
1
, X
2
, là các đại lợng ngẫu nhiên độc lập có cùng kì vọng và phơng
sai
E(X
i
) = m, D(X
i
) =
2
, i = 1, 2,
Khi đó
X
1
+X
2
+ +X
n
n
=
2
n
áp dụng định lí Trêbsép ta đợc đ.p.c.m.
P
X
1
+ X
2
+ + X
n
n
m
>
n
n
h.c.c
à
là tồn tại kì vọng E(X
i
) và E(X
i
) = à.
Sử dụng các kết quả về hàm đặc trng ta có thể chứng minh định lí giới hạn sau
Định lí 8 Cho một dy các đại lợng ngẫu nhiên độc lập cùng phân bố X
1
, X
2
, X
3
, , X
n
, với E(X
k
) =
m, D(X
k
) =
2
với mọi k = 1, 2, Khi đó
lim
n
P
m
n
bằng
t
n
. ứng
dụng tính chất 6 của hàm đặc trng và khai triển Taylo đến cấp 2
t
n
= 1
t
2
2n
+ o
1
n
Do tính độc lập của X
t
n
n
= lim
n
ã
1
t
2
2n
+ o
1
n
n
= e
t
2
2
.
20
Đây chính là hàm đặc trng của phân bố chuẩn thuộc lớp N(0, 1), từ tính chất cuối cùng của hàm đặc trng,
Ví dụ Tỉ lệ học sinh giỏi trong một trờng phổ thông bằng 25%.
1. Tìm xác suất để khi chọn ngẫu nhiên 100 em, số học sinh giỏi dao động từ 10 đến 20.
2. Hy tìm xác suất để khi chọn ngẫu nhiên 500 em, số học sinh giỏi không ít hơn 120 em.
Giải:
1. Gọi X là số học sinh giỏi trong số 100 em chọn ra, X có phân bố nhị thức với p =0,25 n = 100.
P (X = k) = C
k
n
p
k
q
nk
= C
k
100
(0, 25)
k
(0, 75)
100k
trong đó 0 k 100. Suy ra xác suất cần tìm
P (10 X 20) =
20
k=10
C
k
100
(0, 25)
k
(0, 75)
n
np = > 0, khi
đó các số hạng của phân bố nhị thức tiến dần tới các số hạng tơng ứng của phân bố Poisson
lim
n
C
k
n
p
k
(1 p)
nk
= e
k
k!
.
Nói cách khác trong trờng hợp này
C
k
n
p
k
(1 p)
nk
=
e
np
k
(1 p)
nk
e
np
(np)
k
k!
0 0,131 0,135
1 0,271 0,271
2 0,275 0,271
3 0,183 0,180
4 0,090 0,090
5 0,035 0,036
6 0,011 0,012
7 0,003 0,003
8 0,001 0,001
9 0,000 0,000
(Các kết quả trên đợc tính bằng Mathematica 4.0)
22
Thống kê toán
1 Mẫu ngẫu nhiên và phân bố mẫu
Xét một mẫu ngẫu nhiên
(X
1
, X
2
, , X
n
X
i
và
S
2
=
1
n
n
i=1
(X
i
X)
2
=
1
n
n
i=1
X
2
i
X
2
.
E(X) =
1
n
1
n
n
i=1
X
2
i
X
2
.
Suy ra
E(S
2
) =
1
n
E
n
i=1
(X
i
X)
2
=
1
n
n
2
.
Kí hiệu
S
2
=
n
n 1
S
2
=
1
n 1
n
i=1
(X
i
X)
2
.
Khi đó
E(S
2
) =
n
2 Các hàm phân bố thờng gặp trong thống kê
Hàm Gamma, Beta và tính chất hàm Gamma, Beta
A. Tích phân sau hội tụ với mọi x > 0, y > 0
(x) =
+
0
e
t
t
x1
dt, B(x, y) =
1
0
t
x1
(1 t)
y1
dt.
Tách (x) thành hai tích phân
(x) =
+
0
e
t
t
x1
1x
.
Tích phân I
2
hội tụ vì lim
t+
e
t
t
x+1
= 0, suy ra với t đủ lớn e
t
t
x1
<
1
t
2
.
B. Tích phân sau hội tụ với mọi x > 0, y > 0.
B(x, y) =
1
0
t
x1
(1 t)
y1
dt.
Tách (x) thành hai tích phân
0
e
t
t
x
dt =
+
0
t
x
de
t
= t
x
e
t
|
+
0
+
+
0
xt
x1
e
t
dt = x(x)
3. lim
(x)(y)
(x + y)
.
Phân bố Gamma, Beta
1. Nếu X
i
N(m
i
,
2
i
), i = 1, 2, , n độc lập, khi đó trung bình mẫu
X =
X
1
+ X
2
+ ããã+ X
n
n
N(m,
2
)
trong đó
m =
m
1
+ m
2
+ ããã+ m
2
)
2
2
e
m
y
2
+ e
m
y
2
.
Nếu m = 0
g(y) =
1
2
2
e
y
2
2
y
p
(p)
ãe
x
x
p1
dx =
+
0
p
(p)
ãe
x
x
k+p1
dx =
(p + k)
k
(p)
.
Vì vậy kì vọng và phơng sai của phân bố Gamma lần lợt bằng
m =
p
,
2
= m
()()
ã x
1
(1 x)
1
, 0 < x < 1.
Đặc biệt B(x, 1, 1) = x là hàm mật độ của phân bố đều trên đoạn [0, 1].
Bài tập 1. Hy tính các mô men cấp k của phân bố Beta. (
B(+k,)
B(,)
).
Từ đó suy ra kì vọng và phơng sai của nó. (m =
+
,
2
=
(+)
2
(++1)
).
Bài tập 2. Giả sử X và Y độc lập có phân bố Beta với các tham số (
1
,
1
) và (
2
,
2
2
).
Hớng dẫn: Xét phép biến đổi u =
x
x+y
, v = y. Tích phân hàm mật độ chung theo v từ 0 đến .
Định lí 9 Nếu X G(, p
1
), Y G(, p
2
) độc lập, khi đó r = X + Y và f =
X
Y
cũng độc lập. Ngoài ra
r G(, p
1
+ p
2
) và hàm mật độ của f bằng
(p
1
+ p
2
)
(p
1
)(p
2
)
ã
r sin 2. Mật độ của (r, ) bằng
c
ãe
r
r
p
1
+p
2
1
(sin )
2p
1
1
(cos )
2p
2
1
, (2)
điều đó chứng tỏ r và độc lập. Suy ra r = X + Y và f =
X
Y
= tg
2
cũng độc lập. Từ biểu thức (2) hiển
nhiên r G(, p
1
+ p
2
1
0
u
p
2
1
(1 u)
p
1
1
du =
0
f
p
1
1
(1+f)
p
1
+p
2
df.
25
Copyright: Tài liệu đại học ©