Giáo trình lý thuyết xác suất

XÁC SUẤT

Không gian mẫu và biến cố

Phép thử là việc thực hiện những điều kiện nhất định để quan sát một hiện tượng có xảy ra hay không Trong thực tế có nhiều phép thử có thể lặp đi lặp lại nhiều lần trong cùng một điều kiện như nhau nhưng chúng ta không thể biết chắc chắn kết quả nào sẽ xảy ra khi thực hiện phép thử đó Những phép thử như vậy ta gọi là phép thử ngẫu nhiên (hay gọi tắt là phép thử) Trong giáo trình này, hai thuật ngữ phép thử và thí nghiệm được sử dụng tương đương nhau.

- Gieo một con xúc xắc.

- Hỏi tháng sinh của một sinh viên được chọn ngẫu nhiên.

- Đo chiều cao của một sinh viên được chọn ngẫu nhiên.

1.1.2 Không gian mẫu Định nghĩa 1.1 Tập tất cả các kết quả có thể xảy ra của một phép thử ngẫu nhiên được gọi là không gian mẫu Kí hiệu không gian mẫu là Ω.

Ví dụ 1.2 Khi tung một đồng xu, có hai kết quả có thể xảy ra: xuất hiện mặt sấp (S) hoặc xuất hiện mặt ngửa (N) Không gian mẫu trong trường hợp này là

Ví dụ 1.3 Một nhóm có 3 học sinh A, B và C Xếp ngẫu nhiên 3 học sinh này thành một hàng dọc Không gian mẫu sẽ là:

Ω = {ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA}.

Ví dụ 1.4 Tung ngẫu nhiên một đồng xu cho đến khi mặt sấp xuất hiện thì dừng Không gian mẫu sẽ là:

Ví dụ 1.5 Quan sát số lượng hàng hóa được bán trong một ngày ở một cửa hàng Không gian mẫu sẽ là:

- Biến cố ngẫu nhiên (gọi tắt là biến cố) là những hiện tượng, sự kiện có thể xảy ra hoặc không xảy ra trong phép thử ngẫu nhiên Người ta thường dùng các chữ cái in hoa (A,B,C, ) để kí hiệu cho biến cố ngẫu nhiên.

- Khi một kết quả của phép thử xảy ra kéo theo sự xảy ra của biến cố A thì ta bảo đó là kết quả thuận lợi cho biến cố A Mỗi biến cố A được đồng nhất với tập các kết quả thuận lợi của nó Lúc đó, mỗi biến cố là một tập con của không gian mẫu.

- Biến cố chỉ gồm một kết quả thuận lợi được gọi làbiến cố sơ cấp Không gian mẫu còn được gọi làkhông gian các biến cố sơ cấp.

- Biến cố được xem là xảy ra nếu có ít nhất một kết quả thuận lợi cho nó xuất hiện trong phép thử.

- Có 2 biến cố đặc biệt:

* Biến cố không thể (∅): là biến cố không thể xảy ra trong phép thử.

* Biến cố chắc chắn (Ω): là biến cố luôn xảy ra trong phép thử.

Ví dụ 1.6 Một hộp có 3 viên bi gồm một bi trắng (T), một bi xanh (X) và một bi vàng (V) Chọn ngẫu nhiên 2 viên bi Khi đó:

- Gọi A là biến cố chọn được bi vàng Ta có: A = {{T, V }, {X, V }}.

- Nếu khi thực hiện phép thử, ta chọn được một bi xanh và một bi vàng thì kết quả này là một kết quả thuận lợi cho biến cố A.

- Biến cố chọn được 2 bi vàng là biến cố không thể (∅).

- Biến cố chọn được bi xanh hoặc vàng là biến cố chắc chắn (Ω).

Ví dụ 1.7 Xét phép thử hỏi tháng sinh của một sinh viên được chọn ngẫu nhiên.

Biến cố sinh viên có tháng sinh 31 ngày là

Biến cố sinh viên có tháng sinh 32 ngày là ∅.

Biến cố sinh viên có tháng sinh bé hơn 32 ngày là Ω.

Ví dụ 1.8 Quan sát tuổi thọ (năm) của một thiết bị điện tử Lúc đó: Ω = {x ∈

R : x ≥ 0} Biến cố thiết bị điện tử bị hỏng trước 5 năm là A = {x ∈R : 0 ≤ x < 5}

1.1.4 Các phép toán trên biến cố

Cho A và B là hai biến cố của không gian mẫu Ω. a) Phép giao

Giao của hai biến cố A và B, kí hiệu A ∩ B (hoặc AB), là biến cố xảy ra khi và chỉ khi đồng thời hai biến cố A và B cùng xảy ra.

Giao của nbiến cố A i , i = 1, n, kí hiệu A 1 ∩ A 2 ∩ ∩ A n (hoặc A 1 A 2 A n ,∩ n i=1 A i ), là biến cố xảy ra nếu đồng thời các biến cố A i cùng xảy ra.

Nếu hai biến cố A và B không thể đồng thời xảy ra (A ∩ B = ∅) thì ta nói A và

Hợp của hai biến cố A và B, kí hiệu A ∪ B, là biến cố xảy ra khi và chỉ khi có ít nhất một trong hai biến cố A, B xảy ra.

Hợp của n biến cố A i , i = 1, n, kí hiệu A 1 ∪ A 2 ∪ ∪ A n (hoặc ∪ n i=1 A i ), là biến cố xảy ra nếu ít nhất một trong các biến cố A i xảy ra. c) Biến cố đối

Biến cố A = Ω\A được gọi là biến cố đối của A (biến cố đối của biến cố A còn được kí hiệu là A c ) Nếu A xảy ra thì A không xảy ra và ngược lại.

Nhận xét 1.1 Cho n biến cố A i , i = 1, n Việc khai triển biến cố đối của các biến cố ∩ n i=1 A i và ∪ n i=1 A i thông qua các biến cố đối của A i có thể được thực hiện bởi ôLuật De Morganằ:

Hình 1.1: Biểu đồ Ven minh họa biến cố giao, biến cố hợp, biến cố đối

Ví dụ 1.9 Chọn ngẫu nhiên một chữ số từ tập hợpI = {0, 1, 2, , 9} Gọi A, B và C lần lượt là các biến cố chọn được chữ số chẵn, chọn được chữ số lẻ và chọn được chữ số nhỏ hơn 3 Lúc đó:

VìA ∩ B = ∅ nên A và B là hai biến cố xung khắc.

Ví dụ 1.10 Gieo đồng thời hai con xúc xắc cân đối đồng chất.

Biến cố “tổng số chấm xuất hiện trên hai mặt của hai xúc xắc bằng 7”:

Biến cố “số chấm xuất hiện trên hai mặt của hai xúc xắc hơn kém nhau 3 đơn vị”:

Ví dụ 1.11 Xét phép thử đo tuổi thọ (đơn vị: giờ) của một thiết bị điện tử.

Ta có không gian mẫu là:

Ví dụ 1.12 Hai xạ thủ cùng bắn vào một mục tiêu, kí hiệu A là biến cố xạ thủ 1 bắn trúng mục tiêu,B là biến cố xạ thủ 2 bắn trúng mục tiêu Sử dụng các biến cố A và B ta có các biểu diễn cho các biến cố:

- Xạ thủ 1 không bắn trúng mục tiêu: A.

- Cả hai xạ thủ bắn trúng mục tiêu: AB.

- Có ít nhất một xạ thủ bắn trúng mục tiêu: A ∪ B.

- Có đúng một xạ thủ bắn trúng mục tiêu: AB ∪ AB.

- Không có xạ thủ nào bắn trúng mục tiêu: A B.

Xác suất của biến cố

Cho Ω là một tập hợp khác rỗng Một lớp F các tập con của Ω được gọi là σ-đại số nếu thỏa mãn 3 điều kiện:

Nhắc lại σ-đại số Borel trên R là σ-đại số bé nhất chứa tất cả các tập mở của tập số thực R được kí hiệu là B(R )

1.2.2 Độ đo xác suất Định nghĩa 1.3 Cho F là một σ-đại số trên tập Ω Hàm tập hợp P : F →R được gọi là độ đo xác suất nếu thỏa mãn 3 điều kiện:

P (A n ). Định nghĩa 1.4 Bộ ba (Ω, F , P ), trong đó:

(1) Ω là một tập khác rỗng

(2) F là một σ-đại số trên tập Ω

(3) P là một độ đo xác suất trên F được gọi là không gian xác suất Mỗi phần tử A ∈ F được gọi là biến cố và giá trị

P (A) được gọi là xác suất của biến cố A.

Lưu ý rằng ở mục 1.1.3 mỗi biến cố A là một tập con (tập tất cả các kết quả thuận lợi cho biến cố đó xảy ra) của không gian mẫu Trong định nghĩa ở trên, tập con này chính là một phần tử củaF và là một tập đo được theo độ đo xác suất P nên giá trị P (A) được xác định và được gọi là xác suất của biến cố A.

Từ định nghĩa trên ta có một số tính chất cơ bản của xác suất như sau.

Chứng minh Từ điều kiện (3) của Định nghĩa 1.3 lấy A 1 = Ω, A n = ∅ với mọi n ≥ 2 ta được:

Chứng minh Vì Ω = A ∪ A và A ∩ A = ∅ nên

Chứng minh Vì A ⊂ B nên B = A ∪ (AB) Do đó:

□ Tính chất 1.4 Với A và B là hai biến cố bất kì,

Chứng minh Áp dụng điều kiện (3) của Định nghĩa 1.3 ta có các đẳng thức sau:

Cộng vế với vế ba đẳng thức (1.1), (1.2) và (1.3) ta được điều phải chứng minh □

Từ Tính chất 1.4 ta có tính chất tổng quát sau.

Tính chất 1.5 Cho A 1 , A 2 , , A n ∈ F Khi đó ta có

Ví dụ 1.13 Cho hai biến cốAvàB, biếtP (A) = 0, 4, P (B) = 0, 7,P (AB) = 0, 3. Tính P (A ∪ B), P (A ∪ B ), P (A ∪ B).

Mặt khác, B = AB ∪ AB nênP (B) = P (AB) + P (AB) hayP (AB) = P (B) − P (AB).

Ví dụ 1.14 Một đội bóng bàn của 1 đơn vị gồm 2 vận động viên A và B Xác suấtA, B vượt qua vòng bảng lần lượt là 0,7 và 0,5 Do ảnh hưởng tâm lý nên xác suất cả hai người đều vượt qua vòng bảng là 0,4 Tính xác suất cả hai vận động viên đều không vượt qua vòng bảng.

Giải Gọi A, B là các biến cố vận động viên A, B vượt qua vòng bảng Ta có:

Xác suất cả hai vận động viên đều không vượt qua vòng bảng:

Ví dụ 1.15 Cho hai biến cố Avà B, biếtP (A) = 1/2, P (B) = 2/3 Chứng minh rằng 1/6 ≤ P (AB) ≤ 1/2.

Giải Ta có: P (A ∪ B ) = P (A) + P (B) − P (AB) Suy ra:

Các định nghĩa xác suất khác

Giả sử không gian mẫu Ω là một tập vô hạn đếm được có dạng:

Ω = {ω 1 , ω 2 , ω 3 , }. Đặt p i = P ({ω i }), i ≥ 1 Khi đó: P+∞ i=1 p i = 1 Với biến cố A bất kì, xác suất của biến cố A được xác định:

Ví dụ 1.16 Một người chơi một trò chơi với xác suất 1/2 k sẽ thắng đượck − 2 đô la, k ∈N = {1, 2, 3, } Tính xác suất người này thắng ít nhất 3 đô la.

Giải Ở ví dụ này, phép thử chính là trò chơi và kết quả của phép thử là số tiền mà người chơi này thu về Do đó, không gian mẫu:

Lúc đó, ta có thể xem:

Gọi A là biến cố người này thắng ít nhất 3 đô la Ta có: A = {3, 4, 5, 6, } Từ đó, ta được:

Xét trường hợp đặc biệt khi không gian mẫu Ω hữu hạn với các kết quả đồng khả năng Giả sử:

N Với mọi biến cố A, ta có:

|Ω| , trong đó |A| là số phần tử của tập A Từ đó, ta có định nghĩa xác suất theo quan điểm cổ điển sau đây. Định nghĩa 1.5 Xét phép thử ngẫu nhiên với không gian mẫu Ω hữu hạn và các kết quả đồng khả năng Khi đó, với mọi biến cốA liên quan đến phép thử, xác suất của biến cố |A| được định nghĩa:

|Ω| , trong đó |A| là số phần tử của tập A.

Ví dụ 1.17 Gieo ngẫu nhiên 2 con xúc xắc cân đối Tính xác suất tổng số chấm xuất hiện bằng 8.

Giải Gọi A là biến cố tổng số chấm xuất hiện bằng 8 Ta có:

Xác suất của biến cố A:

Ví dụ 1.18 Một lớp có 20 sinh viên, trong đó có 10 sinh viên biết tiếng Anh,

12 sinh viên biết tiếng Pháp và 7 sinh viên biết cả 2 thứ tiếng Anh và Pháp Chọn ngẫu nhiên 1 sinh viên Tìm xác suất sinh viên đó biết ít nhất 1 ngoại ngữ tiếng Anh hoặc tiếng Pháp.

Giải Gọi A là biến cố chọn được sinh viên biết tiếng Anh, B là biến cố chọn được sinh viên biết tiếng Pháp Xác suất cần tìm:

Xét biến cố A trong phép thử G Giả sử ta tiến hành n phép thử thì có m lần xuất hiện biến cốA Tỉ số f n = m/n được gọi là tần suất xuất hiện A Khi số phép thửn tăng lên vô hạn, tần suất f n sẽ hội tụ (hầu chắc chắn) đến giá trị p Giá trị này được xem là xác suất của biến cố A.

Trong thực tế, khi n lớn, ta có thể xem: p = P (A) ≈ f n

Nhận xét 1.2 Ở định nghĩa trên, ta công nhận sự hội tụ của tỉ số f n Khái niệm hội tụ hầu chắc chắn và cơ sở toán học cho sự hội tụ này sẽ được đề cập đến trong chương 4.

Ví dụ 1.19 Người ta muốn đánh giá xác suất một người có triệu chứng A thì xác suất mắc bệnh X là bao nhiêu? Họ tiến hành khảo sát hồ sơ của 2000 bệnh nhân có triệu chứng A thì phát hiện có 1460 mắc bệnh X Do đó, tỉ số f = 1460/2000 = 73% Dựa vào số liệu này, người ta có thể đưa ra phán đoán rằng một người có triệu chứng A thì xác suất mắc bệnh X là 73%.

1.3.3 Quan điểm hình học Định nghĩa 1.6 Giả sử không gian mẫu Ωlà một miền đo được (trên đường thẳng, trong mặt phẳng, không gian ba chiều, ) và S là một miền con đo được của Ω Ta lấy ngẫu nhiên một điểm trong miền Ω và đặt A là biến cố M ∈ S Khi đó, xác suất của biến cố A được xác định như sau:

P (A) = m(S) m(Ω) , trong đó m(S), m(Ω) là số đo của miền S và Ω Cụ thể,

- Nếu Ω là đường cong hay đoạn thẳng thỡ m(ã) là hàm chỉ độ dài.

- Nếu Ω là hỡnh phẳng hay mặt cong thỡ m(ã) là hàm chỉ diện tớch.

- Nếu Ω là hỡnh khối 3 chiều thỡ m(ã) là hàm chỉ thể tớch.

Ví dụ 1.20 Tính xác suất khi lấy ngẫu nhiên một điểm M trong hình vuông có độ dài cạnh bằng 2m thì điểm này rơi vào hình tròn nội tiếp hình của vuông.

- Diện tích của hình vuông:m(Ω) = 4(m 2 )

Theo quan điểm hình học, xác suất của biến cố A cần tìm:

Nhận xét 1.3 Từ ví dụ trên, ta có π = 4P (A) Nếu ta thực hiệnn phép thử (n đủ lớn) mà cómlần điểmM rơi vào trong hình tròn, thì ta có thể xem P (A) ≈ m/n hayπ ≈ 4m/n Điều này có nghĩa ta có thể sử dụng các phép mô phỏng ngẫu nhiên để tính xấp xỉ số π.

Xác suất có điều kiện

Chúng ta xét ví dụ sau: Ở một lớp học phần môn Triết học gồm 17 sinh viên nam và 13 sinh viên nữ Trong số đó có 12 sinh viên nam và 11 sinh viên nữ thi qua môn Triết học Lúc đó:

- Chọn ngẫu nhiên một sinh viên, xác suất sinh viên đó thi qua môn Triết học là 23/30.

- Nếu chọn ngẫu nhiên một sinh viên nam thì xác suất sinh viên đó thi qua môn Triết học sẽ là 12/17.

Rõ ràng 2 xác suất trên không bằng nhau Để phân biệt 2 xác suất trên ta kí hiệu A là biến cố sinh viên đó thi qua môn Triết học, B là điều kiện sinh viên được chọn là sinh viên nam Khi đó P(A|B)/17 được gọi là xác suất của biến cố A với điều kiện B.

P (B) Định nghĩa 1.7 Cho không gian xác suất (Ω, F , P) và hai biến cố A, B ∈ F với P (B) ̸= 0 Xác suất của A với điều kiện B đã xảy ra, kí hiệu P (A|B), xác định bởi

Nhận xột 1.4 Hàm P (ã|B) : F → [0, 1] xỏc định như định nghĩa ở trờn là một độ đo xác suất trong không gian(Ω, F ).

Ví dụ 1.21 Trong một vùng dân cư tỉ lệ người hút thuốc là 60%, tỉ lệ người vừa hút thuốc vừa bị viêm phổi là 35% Chọn ngẫu nhiên một người của vùng dân cư đó thấy người này hút thuốc Tìm xác suất người này bị viêm phổi.

Giải Gọi A là biến cố người được chọn hút thuốc, B là biến cố người được chọn bị viêm phổi Xác suất để người này bị viêm phổi là:

Ví dụ 1.22 Một sinh viên đang làm một bài thi với thời gian 2 giờ Giả sử xác suất sinh viên đó làm xong bài thi với thời gian ít hơn x(giờ) là x/4 Biết rằng sau 1,5 (giờ) sinh viên đó vẫn đang làm bài thi Tính xác suất sinh viên đó sử dụng toàn bộ 2 (giờ) để làm bài thi.

Giải Kí hiệu A x là biến cố sinh viên đó hoàn thành bài thi ít hơn x (giờ) với

0 ≤ x ≤ 2, B là biến cố sinh viên đó sử dụng toàn bộ 2 (giờ) để làm bài thi Xác suất cần tính là

□ Các tính chất sau dễ dàng suy ra từ định nghĩa.

3) Nếu (A i ; 1 ≤ i ≤ n) là các biến cố đôi một xung khắc thì:

Công thức nhân xác suất

Định lí 1.1 Cho A 1 , A 2 , , A n là các biến có của không gian mẫu Ω thỏa mãn

Ví dụ 1.23 Một hộp đựng 4 chiếc bút mới và 6 chiếc bút cũ Mỗi ngày lấy ngẫu nhiên một chiếc ra sử dụng, cuối ngày trả bút đó lại hộp Tính xác suất: a) Sau 3 ngày sử dụng hộp còn đúng 1 bút mới. b) Sau 2 ngày sử dụng hộp còn đúng 3 bút mới.

Giải Kí hiệu A k là biến cố ngày thứ k lấy được bút mới. a) P (A 1 A 2 A 3 ) = P (A 1 )P (A 2 |A 1 )P (A 3 |A 1 A 2 ) = 4

10 = 0, 24. b) Biến cố sau 2 ngày sử dụng hộp còn đúng 3 bút mới là A 1 A 2 ∪ A 1 A 2 , nên:

Ví dụ 1.24 Trong một trường đại học có 40% sinh viên học tiếng Anh, 30% sinh viên học tiếng Pháp, trong số sinh viên học tiếng Anh có 55% sinh viên học tiếng Pháp Chọn ngẫu nhiên một sinh viên, biết sinh viên đó học tiếng Pháp. Tính xác suất để sinh viên đó học tiếng Anh.

Giải Gọi A là biến cố chọn được sinh viên biết tiếng Anh, B là biến cố chọn được sinh viên biết tiếng Pháp.

Các biến cố độc lập

Hai biến cốA và B độc lập nếu việc xảy ra hay không xảy ra biến cố này không làm thay đổi xác suất xảy ra của biến cố kia.

P (A|B) = P (A) hoặc P (B|A) = P (B). Điều này tương đương với:

Từ đó ta định nghĩa hai biến cố độc lập như sau. Định nghĩa 1.8 Hai biến cố A và B được gọi là độc lập nếu

Trong trường hợp tổng quát ta có định nghĩa sau. Định nghĩa 1.9 Một tập hữu hạn các biến cố {A 1 ; A 2 ; , A n } (n ≥ 2) được gọi là độc lập nếu với mọi k (2 ≤ k ≤ n) biến cố bất kì A n 1 , A n 2 , , A n k , 1 ≤ n 1 < n 2 < < n k ≤ n, ta có:

Dễ thấy rằng, một tập con các biến cố của một tập hữu hạn các biến cố độc lập cũng độc lập Trường hợpn = 3, ba biến cố A, B, C độc lập khi và chỉ khi thỏa mãn 4 đẳng thức sau:

P (ABC) = P (A)P (B)P (C). Định lí 1.2 Nếu A và B độc lập thì A và B, A và B, A và B là những cặp biến cố độc lập.

Chứng minh Giả sửA và B là hai biến cố độc lập, ta chứng minh A và B độc lập. Việc chứng minhA và B, A và B độc lập hoàn toàn tương tự.

Theo định nghĩa hai biến cố độc lập, ta có:

Vì vậy A và B độc lập □

Nhận xét 1.5 Từ Định lí 1.2, ta có: Nếu A 1 , A 2 , , A n là các biến cố độc lập thì các biến cốB 1 , B 2 , , B n , trong đó B i là A i hoặc A i , cũng độc lập.

Ví dụ 1.25 Hộp I có 3 bi đỏ và 7 bi xanh, hộp II có 6 bi đỏ và 4 bi xanh Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra 1 viên bi Tìm xác suất: a) Lấy được hai viên bi cùng màu đỏ. b) Lấy được 1 bi xanh và 1 bi đỏ.

Giải Gọi A là biến cố lấy từ hộp I được viên bi màu đỏ, B là biến cố lấy từ hộp II được viên bi màu đỏ Ta có A và B là 2 biến cố độc lập. a) P (AB) = P (A).P (B) = 3

Ví dụ 1.26 Một nồi hơi có 3 van bảo hiểm hoạt động độc lập với xác suất hỏng của van 1, van 2, van 3 trong khoảng thời gian T tương ứng là 0,1; 0,2; 0,3. Nồi hơi hoạt động an toàn nếu có ít nhất một van không hỏng Tính xác suất để nồi hơi hoạt động an toàn trong khoảng thời gian T.

Giải Gọi A i là biến cố van i bị hỏng trong khoảng thời gian T, i = 1, 2, 3 Ta có A 1 , A 2 , A 3 độc lập và

Xác suất để nồi hơi hoạt động an toàn trong khoảng thời gian T:

□ Định nghĩa biến cố độc lập sau đây yếu hơn rất nhiều so với khái niệm độc lập trong Định nghĩa 1.9. Định nghĩa 1.10 Một tập hữu hạn các biến cố {A 1 ; A 2 ; , A n } (n ≥ 2) được gọi là đôi một độc lập nếu với mọi i ̸= j ta có:

Nhận xét 1.6 Các biến cố A 1 , A 2 , , A n độc lập thì chúng độc lập đôi một. Tuy nhiên, điều ngược lại nói chung là không đúng.

Ví dụ 1.27 Cho tập hợp 4 điểm trong không gian

Chọn ngẫu nhiên một điểm trong tập này Gọi A i là biến cố tọa độ thứ i của điểm được chọn bằng 1, i = 1, 3 Lúc đó:

Do đó, P (A i A j ) = P (A i )P (A j ), i ̸= j, i, j = 1, 3 nên các biến cố A i độc lập đôi một, nhưng chúng không độc lập vì

Công thức xác suất toàn phần và công thức Bayes

1.7.1 Hệ đầy đủ Định nghĩa 1.11 Một hệ gồm n biến cố E 1 , E 2 , , E n được gọi là hệ đầy đủ nếu thỏa mãn hai điều kiện:

(i) E i ∩ E j = ∅ nếu i ̸= j (các biến cố đôi một xung khắc);

(ii) E 1 ∪ E 2 ∪ ∪ E n = Ω (chắc chắn có 1 biến cố xảy ra).

Nhận xét 1.7 Từ định nghĩa hệ đầy đủ ta suy ra: Nếu E 1 , E 2 , , E n là hệ đầy đủ thì:

Tuy nhiên, điều ngược lại nói chung là không đúng.

Ví dụ 1.28 Cho A và B là hai biến cố bất kỳ Khi đó, các hệ {∅, Ω}, {A, A}, {AB, AB, AB, A B} là các hệ đầy đủ.

Ví dụ 1.29 Trong hộp có 3 bi đỏ và 2 bi trắng Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi Gọi

H i là biến cố lấy được i bi trắng, i = 0, 2 Khi đó hệ {H 0 , H 1 , H 2 } là đầy đủ.

1.7.2 Công thức xác suất toàn phần và công thức Bayes Định lí 1.3 Giả sử {E i ; 1 ≤ i ≤ n} là một hệ đầy đủ sao cho P (E i ) > 0, A là biến cố bất kì Khi đó:

P (A) = P (E 1 )P (A|E 1 ) + P (E 2 )P (A|E 2 ) + + P (E n )P (A|E n ) (1.4) Nếu thêm điều kiện P (A) > 0 thì

P (E 1 )P (A|E 1 ) + + P (E n )P (A|E n ) (1.5) Công thức (1.4) được gọi là công thức xác suất toàn phần (hay công thức xác suất đầy đủ) Công thức (1.5) được gọi là công thức Bayes.

Chứng minh Để chứng minh (1.4) ta có

Do AE 1 , AE 2 , , AE n đôi một xung khắc nên

Từ tính chất xác suất có điều kiện và (1.4) ra có ngay (1.5) □

Ví dụ 1.30 Hộp I đựng 4 bi xanh và 3 bi đỏ và 2 bi vàng, hộp II đựng 5 bi xanh 2 bi đỏ và 3 bi vàng Từ hộp I lấy ngẫu nhiên ra một viên bi bỏ vào hộp II, sau đó từ hộp II lấy ngẫu nhiên ra hai viên bi Tính xác suất hai viên bi lấy ra ở lần thứ hai là 2 bi xanh.

Giải Gọi E là biến cố viên bi lấy từ hộp I bỏ vào hộp II là bi xanh, A là biến cố 2 viên bi lấy lần 2 là 2 viên bi xanh.

Ví dụ 1.31 Một nhà máy có 3 phân xưởng sản xuất Phân xưởng I sản xuất 50% sản phẩm, phân xưởng II sản xuất 30% sản phẩm, phân xưởng III sản xuất 20% sản phẩm Biết rằng tỉ lệ phế phẩm do phân xưởng I, phân xưởng II, phân xưởng III sản xuất ra tương ứng là 2%, 1% và 3% Lấy ngẫu nhiên 1 sản phẩm của nhà máy. a) Tìm xác suất để sản phẩm lấy ra là phế phẩm. b) Giả sử sản phẩm lấy ra là chính phẩm Tính xác suất để sản phẩm đó do phân xưởng I sản xuất.

Giải Gọi E 1 , E 2 , E 3 lần lượt là các biến cố sản phẩm lấy ra là của phân xưởng

I, II và III Khi đó: {E 1 , E 2 , E 3 } là hệ đầy đủ. a) Gọi A là biến cố sản phẩm lấy ra là phế phẩm Theo công thức xác suất toàn phần:

Nhận xét 1.8 Công thức xác suất toàn phần và công thức Bayes có ý nghĩa như sau:

- Công thức xác suất toàn phần giúp ta tính xác suất xảy ra của một biến cố dựa vào một hệ đầy đủ các giả thiết chi phối nó.

- Các xác suất P (E 1 ), , P (E n ) được xác định trước khi phép thử tiến hành và do đo chúng được gọi làcác xác suất tiên nghiệm Các xác suấtP (E 1 |A), , P (E n |A) được xác định sau khi phép thử được tiến hành và biến cố A đã xảy ra và do do chúng được gọi là các xác suất hậu nghiệm Vì thế công thức Bayes còn được gọi là công thức tính xác suất hậu nghiệm Nói cách khác, công thức Bayes cho phép đánh giá lại xác suất xảy ra của các giả thiết sau khi đã biết kết quả của phép thử là biến cố A đã xảy ra.

Ví dụ 1.32 Một công ty sử dụng hai máy cùng sản xuất 1 loại sản phẩm Tỉ lệ phế phẩm của máy I là 3% và của máy II là 2% Số lượng sản phẩm do máy I sản xuất là 2/3 và máy II sản xuất là 1/3 tổng sản phẩm của công ty Tính tỉ lệ phế phẩm của công ty đó.

Giải Chọn ngẫu nhiên 1 sản phẩm GọiE là biến cố chọn được sản phẩm của nhà máy I, A là biến cố chọn được phế phẩm.

Vậy tỉ lệ phế phẩm của công ty là 2,7% □

Ví dụ 1.33 Một nhóm có 3 người nhưng chỉ có 2 vé xem bóng đá Để chia vé họ làm như sau: Lấy 3 phiếu, 2 phiếu ghi số 1 và 1 phiếu ghi số 0 Sau đó ta cho 3 người thay phiên nhau rút ngẫu nhiên lần lượt không hoàn lại các phiếu Ai được phiếu ghi số 1 thì được vé. a) Tính xác suất người rút phiếu thứ 2 được vé. b) Hỏi việc phân chia như vậy có công bằng hay không ?

Giải Gọi A i là biến cố người rút thứ i được vé, i = 1, 2, 3. a) Ta có {A 1 , A ¯ 1 } là nhóm đầy đủ Do đó:

= 2/3 1/2 + 1/3 2/2 = 2/3. b) Ta có P (A 1 ) = P (A 2 ) = 2/3, cần tính P (A 3 ) Mặt khác,

Vậy, việc làm trên là công bằng □

Công thức Bernoulli

Định nghĩa 1.12 Dãy n phép thử được gọi là dãy n phép thử Bernoulli nếu thỏa mãn các điều kiện sau:

- Các phép thử độc lập

- Trong mỗi phép thử chỉ xảy ra một trong hai biến cố, kí hiệu A (thành công) và A ¯ (thất bại).

- Xác suất xuất hiện biến cố A là p = P (A) không đổi trong các phép thử. Định lí 1.4 Xét dãy n phép thử Bernoulli với xác suất xảy ra biến cố A là

P (A) = p ∈ (0; 1) Khi đó, xác suất có đúng k lần xảy ra biến cố A là: p n (k) = C n k p k (1 − p) n−k

Chứng minh Khi thực hiện phép thử n lần độc lập, có đúng k lần xảy ra biến cố

A sẽ có đúng n − k lần còn lại xảy ra biến cố A Trong n lần, chọn ra k lần xảy ra biến cố A có C n k cách Vì vậy xác suất có đúng k lần xảy ra biến cố A sẽ là p n (k) = C n k [P (A)] k [P (A)] n−k = C n k p k (1 − p) n−k

Ví dụ 1.34 Tín hiệu thông tin được phát đi 3 lần độc lập nhau Xác suất thu được mỗi lần là 0.4. a) Tìm xác suất để nguồn thu nhận được thông tin đúng 2 lần. b) Tìm xác suất để nguồn thu nhận được thông tin đó. c) Nếu muốn xác suất thu được tin ≥ 0.99 thì phải phát đi ít nhất bao nhiêu lần?

Giải Ta có mô hình dãy phép thử Bernoulli với n = 3; p = 0, 4. a Xác suất để nguồn thu nhận được thông tin đúng 2 lần: p 3 (2) = C 3 2 0, 4 2 0, 6 1 = 0, 288. b Xác suất để nguồn thu nhận được thông tin đó: p 3 (k ≥ 1) = 1 − p 3 (0) = 1 − C 3 0 0, 4 0 0, 6 3 = 0, 784. c Gọi n là số tín hiệu cần phát đi Theo giả thiết: p n (k ≥ 1) ≥ 0, 99 ⇔ 1 − p n (0) ≥ 0, 99

Ví dụ 1.35 Trong năm học vừa qua, ở trường đại học, tỉ lệ sinh viên thi trượt môn Toán là 34%, thi trượt môn Lý là 20%, và trong số các sinh viên trượt mônToán, có 50% sinh viên trượt môn Lý Phải chọn bao nhiêu sinh viên của trường này sao cho, với xác suất không bé hơn 99%, trong số đó có ít nhất một sinh viên đậu cả hai môn Toán và Lý.

Giải Gọi T, L là các biến cố sinh thi trượt môn Toán, Lý tương ứng Ta có:

Xác suất thi đậu cả 2 môn:

Gọin là số sinh viên cần khảo sát Ta có mô hình Bernoulli với n phép thử và xác suất p = 0, 63 Theo giả thiết: p n (k ≥ 1) = 1 − p n (0) ≥ 0, 99 ⇔ (1 − 0, 63) n ≤ 0, 01 ⇔ n ≥ 4, 63 ⇒ n = 5.

□ Định lí 1.5 Cho n ∈Z, n ≥ 1 và p ∈ (0; 1) Hàm số p n (k) = C n k p k (1 − p) n−1 với k ∈ {0, 1, 2 , n} đạt giá trị lớn nhất tại k =

Ví dụ 1.36 Xác suất bắn trúng mục tiêu của một xạ thủ là 0, 6 Cho xạ thủ này bắn độc lập 20 phát vào mục tiêu Tìm số lần bắn trúng mục tiêu có xác suất lớn nhất.

Giải (n + 1)p = 21.0, 6 = 12, 6 ̸∈ Z nên số lần bắn trúng mục tiêu có xác suất lớn nhất là k = 12 □

▷ 1.1 Cho A n , n ≥ 1 là dãy các biến cố Chứng minh a) S∞ i=1 A i =T∞ i=1 A i b) T∞ i=1 A i =S∞ i=1 A i

▷ 1.2 Chứng minh nếu A, B ∈ F thì A \ B ∈ F, trong đó

▷ 1.3 Chứng minh nếu A, B ∈ F và A ⊂ B thì

▷ 1.5 Chứng minh nếu A, B ∈ F và A ⊂ B thì P (A) ≤ P (B).

▷ 1.7 Cho {A n , n ≥ 1} ⊂ F thỏa mãn :A 1 ⊂ A 2 ⊂ ⊂ A n ⊂ Chứng minh

▷ 1.8 Cho {A n , n ≥ 1} ⊂ F thỏa mãn :A 1 ⊃ A 2 ⊃ ⊃ A n ⊃ Chứng minh

▷1.9 ChoA, B, C là 3 biến cố thỏaP (A) ≥ 0, 9; P (B) ≥ 0, 8và P (ABC ) = 0 Chứng minh rằngP (C) ≤ 0, 3.

▷ 1.10 Cho 3 biến cố A, B, C trong đó P (C) > 0, P (AC) > 0 Chứng minh:

▷ 1.11 Cho A ∈ F sao cho P (A) ̸= 0 Xác định một hàm tập P A như sau: với mỗi

B ∈ F, P A (B ) = P (B|A) Chứng minh P A cũng là một độ đo xác suất trên F.

▷ 1.12 Chứng minh rằng nếu A và B độc lập thì A và B c , A c và B, A c và B c cũng là những cặp biến cố độc lập.

▷ 1.13 Cho A, B là hai biến cố độc lập và A ⊂ B Chứng minh rằngP (A) = 0 hoặc

▷ 1.14 Chứng minh {A\B, AB, AB, AB} và {A, AB, AB} là các hệ đầy đủ.

▷ 1.15 Chứng minh công thức xác suất toàn phần và công thức Bayes.

▷ 1.16 Cho biến cố A và nhóm biến cố {E 1 , E 2 , , E n } xung khắc đôi một thoả điều kiệnA ⊂ E 1 ∪ E 2 ∪ ∪ E n , P (E i ) > 0 ∀i Lúc đó, ta cũng có:

▷ 1.17 Gieo đồng thời 2 con xúc xắc Tính xác suất: a) Tổng số chấm xuất hiện trên 2 con là 7. b) Số chấm xuất hiện trên 2 con hơn kém nhau 2.

▷ 1.18 Một nhà khách có 6 phòng đơn Có 10 khách đến thuê phòng, trong đó có

6 nam và 4 nữ Người quản lí chọn 6 người Tính xác suất: a) Cả 6 người đều là nam. b) Có 4 nam và 2 nữ. c) Có ít nhất 2 nữ. d) Có ít nhất 1 nữ.

▷ 1.19 Một hộp đựng 6 quả cầu trắng, 4 quả cầu đỏ và 2 quả cầu đen Chọn ngẫu nhiên 6 quả cầu Tìm xác suất để chọn được 3 quả trắng, 2 đỏ và 1 đen.

▷ 1.20 Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30 Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ Tìm xác suất: a) Tất cả 10 tấm đều mang số chẵn. b) Có đúng 5 tấm mang số chia hết cho 3.

▷ 1.21 Ở một nước có 50 tỉnh, mỗi tỉnh có 2 đại biểu Quốc hội Người ta chọn ngẫu nhiên 50 đại biểu trong số 100 đại biểu để thành lập một ủy ban Tính xác suất: a) Trong ủy ban có ít nhất 1 đại biểu của thủ đô. b) Mỗi tỉnh đều có đúng 1 đại biểu của ủy ban.

▷ 1.22 Viết các chữ số: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 và 9 lên các tấm phiếu, sau đó sắp thứ tự ngẫu nhiên thành một hàng. a) Tính xác suất để được một số chẵn. b) Cũng từ 9 tấm phiếu trên chọn ngẫu nhiên 4 tấm rồi xếp thứ tự thành hàng, tính xác suất để được 1 số chẵn.

▷ 1.23 Bộ bài có 52 lá, trong đó có 4 lá Át Lấy ngẫu nhiên 3 lá Tính xác suất: a) Có 1 lá Át. b) Có 2 lá Át. c) Có ít nhất 1 lá Át.

▷ 1.24 Một bình có 10 bi, trong đó có 3 bi đỏ, 4 bi xanh, 3 bi đen Lấy ngẫu nhiên

4 viên Tính xác suất: a) Có đúng 2 bi xanh. b) Có 1 bi xanh, 1 bi đỏ và 2 bi đen.

▷ 1.25 Có 15 sản phẩm, trong đó có 3 phế phẩm, được bỏ ngẫu nhiên vào 3 cái hộp I, II, III, mỗi hộp 5 sản phẩm Tính xác suất: a) Ở hộp thứ I chỉ có 1 phế phẩm. b) Các hộp đều có phế phẩm. c) Các phế phẩm đều ở hộp thứ III.

▷ 1.26 Một cửa hàng đồ điện nhập một lô bóng đèn điện đóng thành từng hộp, mỗi hộp 12 chiếc Chủ cửa hàng kiểm tra chất lượng bằng cách lấy ngẫu nhiên 3 bóng để thử và nếu cả 3 bóng cùng tốt thì hộp bóng điện đó được chấp nhận Tìm xác suất một hộp bóng điện được chấp nhận nếu trong hộp có 4 bóng bị hỏng.

▷ 1.27 Trong đề cương ôn tập môn học gồm 10 câu hỏi lý thuyết và 30 bài tập.Mỗi đề thi gồm có 1 câu hỏi lý thuyết và 3 bài tập được lấy ngẫu nhiên trong đề cương Một học sinh A chỉ học 4 câu lí thuyết và 12 câu bài tập trong đề cương.

Khi thi học sinh A chọn ngẫu nhiên 1 đề thi trong các đề thi được tạo thành từ đề cương Biết rằng học sinh A chỉ trả lời được câu lí thuyết và bài tập đã học Tính xác suất: a) Học sinh A không trả lời được lí thuyết. b) Học sinh A chỉ trả lời được 2 câu bài tập. c) Học sinh A đạt yêu cầu, biết rằng muốn đạt yêu cầu thì phải trả lời được câu hỏi lý thuyết và ít nhất 2 bài tập.

▷ 1.28 Chọn ngẫu nhiên một vé xổ số có 5 chữ số từ 0 đến 9 Tính xác suất: a) Số trên vé không có chữ số 1. b) Số trên vé không có chữ số 2. c) Số trên vé không có chữ số 1 hoặc không có chữ số 2.

▷ 1.29 Xếp ngẫu nhiên 5 người A, B, C, D và E vào một cái bàn dài có 5 chỗ ngồi, tính xác suất: a) A và B đầu bàn. b) A và B cạnh nhau.

▷ 1.30 Một máy bay có 3 bộ phận A, B, C có tầm quan trọng khác nhau Máy bay sẽ rơi khi có một viên đạn trúng vào A hoặc hai viên đạn trúng vào B hoặc ba viên trúng vào C Giả sử các bộ phận A, B, C lần lượt chiếm 15%, 30% và 55% diện tích máy bay Bắn 3 phát vào máy bay Tính xác suất máy bay rơi nếu: a) máy bay bị trúng 2 viên đạn. b) máy bay bị trúng 3 viên đạn.

▷ 1.31 Một công ty sử dụng hai hình thức quảng cáo là quảng cáo trên đài phát thanh và quảng cáo trên tivi Giả sử có 25% khách hàng biết được thông tin quảng cáo qua tivi và 34% khách hàng biết được thông tin quảng cáo qua đài phát thanh và 10% khách hàng biết được thông tin quảng cáo qua cả hai hình thức quảng cáo. Chọn ngẫu nhiên một khách hàng, tìm xác suất khách hàng đó biết được thông tin quảng cáo của công ty.

BIẾN NGẪU NHIÊN

Biến ngẫu nhiên

Trước hết ta xét ví dụ sau:

Ví dụ 2.1 Xét phép thử ngẫu nhiên tung đồng thời 2 con xúc xắc Gọi X là tổng số chấm trên mặt xuất hiện của hai con xúc xắc Ta có không gian mẫu

Ω = {(m; n) : m = 1, 6; n = 1, 6} Khi đó X là một ánh xạ từ không gian mẫu vào tập số thực R xác định bởi X((m, n)) = m + n Ở đây X không chỉ là một ánh xạ thông thường mà nó còn có một tính chất là mỗi lần lần tung xúc xắc thì giá trị nhận được của X là một số ngẫu nhiên phụ thuộc vào kết quả thu được của phép thử Vì vậy X được gọi là biến ngẫu nhiên.

Ta có định nghĩa tổng quát sau: Định nghĩa 2.1 Cho không gian xác suất (Ω, F , P ) Ánh xạ X : Ω →R được gọi là biến ngẫu nhiên nếu với mọi A ∈ B(R ) :

X −1 (A) = {ω ∈ Ω : X(ω) ∈ A} ∈ F Tập tất cả các giá trị của X được gọi là miền giá trị của X và kí hiệu là X(Ω).

Ví dụ 2.2 Tung một đồng xu cho đến khi nào xuất hiện mặt sấp thì dừng lại Gọi X là số lần tung Kí hiệu hai mặt sấp và ngửa của đồng xu là S và N Ta có không gian mẫu: Ω = {S, N S, N N S, } và σ-đại số F là tập tất cả các tập con củaΩ.

Xét ánh xạ X : Ω →R xác định như sau:

Với mọi A ∈ B(R ) , X −1 (A) là một tập con của Ω nên X −1 (A) ∈ F Vậy, X là biến ngẫu nhiên.

Ví dụ 2.3 Chọn ngẫu nhiên một sinh viên của trường đại học A, gọi X là chiều cao của sinh viên đó.

Ta có không gian mẫu Ω = {toàn bộ sinh viên của đại học A}, σ-đại số F là tập tất cả các tập con của Ω.

Khi đó với mỗi sv ∈ Ω, X(sv) = chiều cao của sv Tương tự Ví dụ 2.2 ta có X là biến ngẫu nhiên.

Nhận xét 2.1 Để cho gọn trong trình bày, với A ⊂R, ta kí hiệu:

Hai loại biến ngẫu nhiên

2.2.1 Biến ngẫu nhiên rời rạc Định nghĩa 2.2 Nếu biến ngẫu nhiên X có miền giá trị có số lượng hữu hạn hoặc vô hạn đếm được thì X được gọi là biến ngẫu nhiên rời rạc.

Giả sử biến ngẫu nhiên rời rạc X có miền giá trị X(Ω) = {x 1 , x 2 , }, hàm số p(x) xác định bởi: p(x) =

0, nếu x ̸∈ X(Ω) được gọi là hàm xác suất (the probability mass function) của biến ngẫu nhiên X. Trong trường hợp X(Ω) hữu hạn thì ta có thể lập bảng các giá trị của p(x) như sau: x x 1 x 2 x n p(x) P (X = x 1 ) P (X = x 2 ) P (X = x n ) hoặc

P P (X = x 1 ) P (X = x 2 ) P (X = x n ) Bảng trên được gọi là bảng phân phối xác suất của biến ngẫu nhiên X.

Ví dụ 2.4 Một hộp đựng 3 viên bi xanh và 4 viên bi đỏ, các viên bi giống nhau hoàn toàn về kích thước và khối lượng Lấy ngẫu nhiên ra 3 viên bi, gọiX là số bi xanh có trong 3 viên bi lấy ra. a) Lập bảng phân phối xác suất của X. b) Tính xác suất P (X ≤ 1).

Giải. a) Ta có X là biến ngẫu nhiên rời rạc nhận các giá trị 0, 1, 2 và 3.

Vì vậy, bảng phân phối xác suất của biến ngẫu nhiên X là: x 0 1 2 3 p(x) 4

1 35 b) Hai biến cố (X = 0) và (X = 1) xung khắc nên:

Ví dụ 2.5 Tung một con xúc xắc cho đến khi xuất hiện mặt một chấm thì dừng lại Gọi X là số lần tung. a) Tìm hàm xác suất của biến ngẫu nhiên X. b) Tính xác suất P (2 ≤ X ≤ 5).

Giải. a) Miền giá trị của X là X(Ω) = {1, 2, } =N ∗

Hàm xác suất của X là p(k) = 1

□ Tính chất 2.1 Cho biến ngẫu nhiên X có miền giá trị X(Ω) và hàm xác suất là p(x) Khi đó:

Ví dụ 2.6 Trong một tháng, số học sinh vắng học X của một lớp có phân phối như sau:

Tìm C và tính xác suất trong một tháng có ít nhất 2 học sinh nghỉ học.

49 Lúc đó, xác suất trong một tháng có ít nhất 2 học sinh nghỉ học:

□ 2.2.2 Biến ngẫu nhiên liên tục Định nghĩa 2.3 Cho biến ngẫu nhiênX : Ω →R Nếu tồn tại hàm sốy = f(x) thỏa mãn f (x) ≥ 0 ∀x sao cho với mọi a ≤ b ta có:

Z b a f (x)dx thì X được gọi là biến ngẫu nhiên liên tục Hàm số f(x) được gọi là hàm mật độ xác suất của X.

Từ định nghĩa ta có ngay các tính chất sau.

Tính chất 2.2 Cho biến ngẫu nhiên liên tục X có hàm mật độ xác suất f(x). Khi đó:

Ví dụ 2.7 Tuổi thọ (năm) của một loại thiết bị điện là biến ngẫu nhiên liên tục X có hàm mật độ xác suất: f (x) =

Chọn ngẫu nhiên một thiết bị điện loại trên Tính xác suất: a) Thiết bị đó có tuổi thọ thấp hơn 1 năm. b) Thiết bị đó có tuổi thọ cao hơn 2 năm.

Ví dụ 2.8 Cho biến ngẫu nhiên liên tục X có hàm mật độ xác suất: f (x) =

0, nếu x ̸∈ [0; 3]. a) Tìm hằng số k. b) Tính xác suất P (|X| ≤ 1).

Hàm phân phối xác suất

Định nghĩa 2.4 Cho biến ngẫu nhiên X, hàm số:

F X (x) = P (X < x), x ∈R được gọi là hàm phân phối xác suất củaX.

1 Nếu X là biến ngẫu nhiên rời rạc với miền giá trị {x 1 , x 2 , , x n , } và hàm xác suất p(x) thì:

2 Nếu X là biến ngẫu nhiên liên tục với hàm mật độ xác suất f (x) thì:

Ví dụ 2.9 Cho biến ngẫu nhiên X có bảng phân phối xác suất: x 0 1 2 p(x) 0, 1 0, 6 0, 3 Tìm hàm phân phối xác suất F (x) của biến ngẫu nhiên X.

Giải Hàm phân phối xác suất của biến ngẫu nhiên X là:

Ví dụ 2.10 Cho biến ngẫu nhiên liên tục X có hàm mật độ xác suất: f (x) =

Tìm hàm phân phối xác suất F (x) của biến ngẫu nhiên X.

□ Tính chất 2.3 Hàm phân phối xác suất F (x) của biến ngẫu nhiên X có một số tính chất sau:

3) Liên tục trái trên R, tức là: lim x→x − 0

5) Nếu X là biến ngẫu nhiên liên tục có hàm mật độ xác suất f (x) thì:

Nhận xét 2.2 Cho biến ngẫu nhiên X có hàm phân phối xác suất F (x) Khi đó, ta có: a) P (X ≥ a) = 1 − F (a). b) P (a ≤ X < b) = F (b) − F (a). c) Nếu hàm phân phối của X được định nghĩa bởi biểu thức:

F X (x) = P (X ≤ x), ∀x ∈R , thì hàm này là một hàm liên tục phải tại mọix ∈R Các tính chất 1, 2 và 4 ở trên vẫn đúng.

Ví dụ 2.11 Cho biến ngẫu nhiên X có hàm phân phối

F (x) = a + b arctan x, x ∈R a) Tìm a và b. b) Tìm x ∈R sao cho: P (X ≥ 1 − x) = 1/4.

Ví dụ 2.12 Cho biến ngẫu nhiên X có hàm phân phối xác suất:

1, x ≥ 2. a) Tìm a và b. b) Tìm hàm phân phối của Y = 2X + 1.

Giải a) Vì F (x) liên tục trái nên

Ví dụ 2.13 Cho biến ngẫu nhiên liên tục X có hàm phân phối xác suất:

Giải Vì F (x) liên tục trái tại x = 2 nên: lim x→2 − F (x) = F (2) ⇔ 1 − a/8 = 0 ⇔ a = 8.

Hàm mật độ xác suất: f(x) = F ′ (x) =

Kì vọng

Định nghĩa 2.5 Cho biến ngẫu nhiên X xác định trên không gian xác suất

(Ω, F , P ) có hàm phân phối xác suất F X (x) Khi đó, nếu

(trong đó tích phân vế phải là tích phân Lebesgue - Stieltjes) thì giá trị

R xdF X (x) được gọi là kỳ vọng của biến ngẫu nhiên X, kí hiệu là E(X), tức là:

1) Nếu X = C là hằng số thì E(C) = C.

2) Nếu a, b ∈R và X, Y là hai biến ngẫu nhiên cùng xác định trên không gian xác suất (Ω, F, P ) thì:

E(aX + b) = aE(X) + b và E(X ± Y ) = E(X) ± E(Y ). Định lí 2.1.

1) Nếu biến ngẫu nhiên rời rạc X có hàm xác suất p(x) thì:

2) Nếu biến ngẫu nhiên liên tục X có hàm mật độ xác suất f(x) thì:

Ví dụ 2.14 Tính kỳ vọng của biến ngẫu nhiên X trong hai trường hợp sau: a) X có phân phối rời rạc với bảng phân phối xác suất: x 1 2 3 p(x) 0,2 0,7 0,1 b) Khi X có phân phối liên tục với hàm mật độ: f (x) =

Giải. a) Ta có: E(X) =P i p i x i = 0, 2 1 + 0, 7 2 + 0, 1 3 = 1, 9. b) Theo định nghĩa

□ Định lí 2.2 Cho X là biến ngẫu nhiên và g(x) là hàm Borel trên R sao cho

Nhận xét 2.3. i) Kì vọng của biến ngẫu nhiên thể hiện giá trị trung bình của biến ngẫu nhiên đó, tức là khi thực hiện một số lớn lần các phép thử thì giá trị trung bình của các giá trị thu được của biến ngẫu nhiên sẽ xấp xỉ với kì vọng của nó.

Thât vậy, ta chỉ xét trường hợp X là biến ngẫu nhiên rời rạc nhận các giá trị x i , i = 1, k Giả sử ta tiến hành n phép thử trong đó có n 1 lần X nhận giá trị x 1 , n 2 lần X nhận giá trị x 2 , , n k lần X nhận giá trị x k , (Pk i=1 n i = n) Giá trị trung bình của biến ngẫu nhiên X trong n phép thử này là: ¯ x = x 1 n 1 + x 2 n 2 + + x k n k n = x 1 n 1 n + x 2 n 2 n + + x k n k n

Ta chú ý rằng n 1 n , n 2 n , , n k n chính là tần suất xuất hiện giá trix 1 , x 2 , , x k trong n phép thử trên Do đó: ¯ x = x 1 f 1 + x 2 f 2 + + x n f n

Theo định nghĩa thống kê về xác suất khi n → +∞ các tần suất sẽ hội tụ về các xác suất tương ứng, do đó với n đủ lớn ta có thể viết, ¯ x ≈ x 1 p 1 + x 2 p 2 + + x n p n = E(X). ii) Xét trò chơi may rủi với số tiền đặt cược trong mỗi ván không đổi Trò chơi được gọi là công bằng (có lợi hay có hại) đối với người chơi nếu kỳ vọng số tiền nhận được trong mỗi lần chơi bằng (lớn hơn hay bé hơn) số tiền đặt cược trong mỗi ván chơi.

Ví dụ 2.15 Trong hộp có 7 bút xanh và 3 bút đỏ Một sinh viên rút ngẫu nhiên 2 bút để mua Giá bút xanh và đỏ lần lượt 2000 đồng và 3000 đồng Tìm số tiền trung bình sinh viên này phải trả.

Giải Gọi X (ngàn đồng) là số tiền sinh viên này phải trả Ta có X nhận các giá trị: 4, 5 và 6 Thực hiện tính các xác suất:

Bảng phân phối xác suất của X: x 4 5 6 p(x) 7/15 7/15 1/15

Số tiền trung bình phải trả:

Ví dụ 2.16 Một người tham gia trò chơi may rủi với tiền cược mỗi ván là

10000 đồng Người này tung ngẫu nhiên 2 đồng xu, nếu được i mặt sấp người này thu về (i + 1) 5000 đồng, i = 1, 2 Ngược lại, người này sẽ mất tiền Hỏi người này có nên chơi trò này thường xuyên hay không?

Giải Gọi X (ngàn đồng) là số tiền người này nhận được trong 1 lần chơi Ta có X nhận các giá trị: 0, 10 và 15 Bảng phân phối của X: x 0 10 15 p(x) 1/4 1/2 1/4

Do đó: E(X) =P p i x i = 8, 75 (ngàn đồng) Vì số tiền này nhỏ hơn số tiền đặt cược nên nếu người này chơi càng nhiều thì thua càng lớn.

Vậy, người này không nên chơi trò này thường xuyên □

Phương sai và độ lệch chuẩn

Định nghĩa 2.6 Cho biến ngẫu nhiên X xác định trên không gian xác suất (Ω, F , P ) Khi đó, nếu tồn tại kỳ vọng E(X − E(X)) 2 thì giá trị này được gọi là phương sai của biến ngẫu nhiên X, kí hiệu V (X) (V ar(X), D(X)), tức là:

V (X) được gọi là độ lệch chuẩn của X. Tính chất 2.5.

1) V (X) ≥ 0, V (X) = 0 khi và chỉ khi P (X = C) = 1 (C - hằng số).

3) V (aX + b) = a 2 V (X) với mọi a, b ∈R. Định lí 2.3.

2 .Nhận xét 2.4 Phương sai cũng như độ lệch chuẩn dùng để đo mức độ phân tán các giá trị của biến ngẫu nhiên quanh kỳ vọng của nó Phương sai càng lớn thì các giá trị của biến ngẫu nhiên phân tán càng rộng Khi phương sai nhỏ, các giá trị của biến ngẫu nhiên tập trung xung quanh giá trị kỳ vọng của nó.

Ví dụ 2.17 Cho biến ngẫu nhiên rời rạc X có bảng phân phối xác suất:

Trung vị

Định nghĩa 2.7 Số thực m được gọi là trung vị của biến ngẫu nhiên X nếu:

Ví dụ 2.18 Tìm trung vị của biến ngẫu nhiênX có bảng phân phối xác suất: x 0 1 2 3 p(x) 0, 1 0, 3 0,4 0, 2

Giải Vì P (X < 2) = 0, 4 < 0, 5 và P (X > 2) = 0, 2 < 0, 5 nên med(X) = 2 □

Ví dụ 2.19 Tìm trung vị của biến ngẫu nhiênX có bảng phân phối xác suất: x 0 1 2 3 p(x) 0, 1 0, 4 0,3 0, 2

Ta có med(X) = m ∈ [1; 2] vì P (X < m) ≤ 0, 5 và P (X > m) ≤ 0, 5 với mọi m ∈ [1; 2] □ Định lí 2.4 Nếu biến ngẫu nhiên X có hàm phân phối xác suất F (x) liên tục trên R thì trung vị là nghiệm phương trình F (x) = 0, 5.

Chứng minh Thật vậy, P (X < m) ≤ 0, 5 tương đương với

Do X là biến ngẫu nhiên có hàm phân phối xác suất liên tục nên bất đẳng thức trên tương đương với:

Kết hợp (2.1) và (2.2) ta được F (m) = 0, 5 □

Ví dụ 2.20 Tìm trung vị của biến ngẫu nhiên X có hàm mật độ xác suất f (x) =

Biến ngẫu nhiên độc lập

Định nghĩa 2.8 Các biến ngẫu nhiên X 1 , X 2 , , X n (n ≥ 2) được gọi là độc lập nếu với mọi x 1 , x 2 , , x n ∈R ta có:

Dãy biến ngẫu nhiên (X n ; n ≥ 1)được gọi là độc lập nếu mọi dãy con hữu hạn của nó là các biến ngẫu nhiên độc lập. Định lí 2.5 Nếu hai biến ngẫu nhiên X và Y độc lập thì:

2) V (X ± Y ) = V (X) + V (Y ). Định nghĩa 2.9 Dãy biến ngẫu nhiên (X n ; n ≥ 1) được gọi làđôi một độc lập nếu với mọi i ̸= j ta có:

Một số phân phối xác suất quan trọng

2.8.1 Phân phối Bernoulli Định nghĩa 2.10 Biến ngẫu nhiên rời rạcXđược gọi là cóphân phối Bernoulli với tham số p (0 < p < 1) nếu X có miền giá trị X(Ω) = {0, 1} và hàm xác suất: p(k) = P (X = k) =

Tính chất 2.6 Nếu X ∼ Ber(p) thì E(X) = p và V (X) = p(1 − p).

2.8.2 Phân phối nhị thức Định nghĩa 2.11 Biến ngẫu nhiên rời rạcX được gọi là cóphân phối nhị thức với tham số n và p (n ∈N ∗ và 0 < p < 1) nếu X có miền giá trị X(Ω) = {0, 1, , n} và hàm xác suất: p(k) =

Hình 2.1: Đồ thị hàm xác suất của B(10;0,4) Tính chất 2.7.

1) Nếu X ∼ B(n, p) thì E(X) = np và V (X) = np(1 − p).

2) Nếu X 1 , X 2 , , X n là n biến ngẫu nhiên độc lập, cùng phân phối xác suất với

X ∼ Ber(p)thì biến ngẫu nhiên T = X 1 +X 2 + +X n có phân phối nhị thức B(n, p). Nhận xét 2.5. a) B (1, p) chính là phân phối Ber(p). b) Xét dãynphép thử Bernoulli với xác suất thành công là p Lúc đó, nếu gọi X x

Hình 2.2: Đồ thị hàm xác suất của B(20;0,6) là biến ngẫu nhiên chỉ số lần thành công trong dãyn phép thử này thìX ∼ B(n, p).

Ví dụ 2.21 Tỉ lệ phế phẩm của một nhà máy là 12% Các sản phẩm của nhà máy được đóng gói thành từng hộp, mỗi hộp 20 sản phẩm. a) Trung bình mỗi hộp chứa bao nhiêu phế phẩm? Tính độ lệch chuẩn số phế phẩm trong mỗi hộp. b) Một khách hàng mua ngẫu nhiên một hộp sản phẩm Tính xác suất hộp đó có chứa phế phẩm. c) Tìm số phế phẩm trong hộp có xác suất lớn nhất.

Giải Ta có mô hình Bernoulli với n = 20 và p = 0, 12 Gọi X là số phế phẩm trong mỗi hộp Khi đó, X ∼ B(n = 20; p = 0, 12). a) E(X) = np = 2, 4; SD(X) =p np(1 − p) ≈ 1, 45. b) P (X ≥ 1) = 1 − P (X = 0) = 1 − 0, 88 20 c) (n + 1)p = 2, 52 ̸∈ Z nên P (X = k) = C 20 k 0, 12 k 0, 88 20−k đạt giá trị lớn nhất tại k = 2 □

Ví dụ 2.22 Một sinh viên thi vấn đáp trả lời 5 câu hỏi một cách độc lập Khả năng trả lời đúng mỗi câu hỏi đều bằng 60% Nếu trả lời đúng thì sinh viên được

4 điểm, ngược lại bị trừ 2 điểm. a) Tìm xác suất để sinh viên đó trả lời đúng 3 câu. b) Tìm số điểm trung bình mà sinh viên đó đạt được. c) Một sinh viên khác vào thi với khả năng trả lời đúng mỗi câu đều như nhau và cho rằng số điểm trung bình đạt được không ít hơn 14 Hỏi sinh viên này phán đoán khả năng trả lời đúng mỗi câu tối thiểu là bao nhiêu ?

Giải Ta có mô hình Bernoulli với n = 5 và p = 0, 6 Gọi X là số câu trả lời đúng của sinh viên này Lúc đó:X ∼ B (n = 5; p = 0, 6). a) P (X = 3) = p 5 (3) = C 5 3 0, 6 3 0, 4 2 b) GọiY là số điểm sinh viên này đạt được Ta có:Y = 4X − 2(5 − X) = 6X − 10.

Số điểm trung bình sinh viên này đạt được:

E(Y ) = 6E (X) − 10 = 6np − 10 = 6 5 0, 6 − 10 = 8 (điểm). c) Gọi p là xác suất trả lời đúng mỗi câu của sinh viên mới này Gọi Z và T là số câu trả lời đúng và số điểm đạt được Tương tự, ta có:

Vậy, sinh viên này dự đoán khả năng trả lời đúng tối thiểu mỗi câu là 80% □ 2.8.3 Phân phối Poisson Định nghĩa 2.12 Biến ngẫu nhiên rời rạcX được gọi là cóphân phối Poisson với tham số λ (λ > 0) nếu X có miền giá trị N = {0, 1, 2, } và hàm xác suất: p(k) =

2) Nếu X 1 , X 2 , , X n là n biến ngẫu nhiên độc lập, cùng phân phối với X ∼

P oi(λ) thì biến ngẫu nhiên T = X 1 + X 2 + + X n có phân phối Poisson P oi(nλ). Nhận xét 2.6 Trong thực tế phân phối Poisson phản ánh phân phối số lượng các biến cố xuất hiện trong một khoảng thời gian (số cuộc điện thoại gọi đến tổng đài, số khách hàng đến rút tiền từ một ngân hàng, ) và có tham số tỉ lệ với độ dài khoảng thời gian đó.

Ta có thể giải thích hiện tượng này như sau: Gọi N (t) là số biến cố xuất hiện trong khoảng thời gian [0, t] Giả sử 3 giả thiết sau đây được thỏa mãn:

(i) Xác suất có đúng 1 biến cố xuất hiện trong khoảng thời gian có độ dài h bằng λh + o(h) với λ > 0 - hằng số.

(ii) Xác suất có ít nhất 2 biến cố xuất hiện trong khoảng thời gian có độ dài h bằng o(h 2 ).

(iii) Số biến cố xuất hiện trong các khoảng thời gian không giao nhau là các biến ngẫu nhiên độc lập nhau.

Khi đó, người ta chứng minh được rằng:

P (N (t) = k) = (λt) k e −λt k! , k ≥ 0. Điều này có nghĩa N (t) ∼ P oi(λt) Tham số λ chính là số biến cố trung bình xuất hiện trong một đơn vị thời gian.

Ví dụ 2.23 Một gara cho thuê xe ôtô có 2 ôtô loạiA Số đơn đặt hàng ôtô loại này vào ngày cuối tuần có phân phối Poisson với số đơn trung bình 2 đơn/ngày. Tính xác suất trong ngày cuối tuần: a) có một ôtô loại A được thuê. b) có 2 ôtô loại A được thuê. c) gara không đáp ứng nhu cầu thuê ôtô loại này.

Giải Gọi X là số đơn đặt hàng thuê ô tô ngày cuối tuần của gara Ta có

Ví dụ 2.24 Ở một tổng đài bưu điện, số cuộc điện thoại gọi đến xuất hiện là biến ngẫu nhiên có phân phối Poisson với số cuộc điện thoại trung bình là 2 cuộc gọi trong 1 phút Tính xác suất có đúng 5 cuộc trong khoảng thời gian 1 phút.

Giải Gọi X là số cuộc điện thoại gọi đến trong khoảng thời gian 1 phút, theo giả thiết, X có phân phối Poisson Vì E(X) = 2 nênλ = 2 Do đó:

□ Định lí 2.6 (Luật biến cố hiếm) Cho {X n ; n ≥ 1} là dãy biến ngẫu nhiên có phân phối nhị thức X n ∼ B (n; p n ) Nếu tồn tại giới hạn lim n→∞ np n = λ thì: n→∞ lim P (X n = k) = e −λ λ k k! , k = 0, 1, 2,

(np n ) k k! = λ k k! Đặt λ n = np n Khi đó: n→∞ lim (1 − p n ) n = lim n→∞

= e −λ Các thừa số khác có giới hạn bằng 1 Từ đó ta có điều phải chứng minh □ Ứng dụng: Nếu X ∼ B(n; p) với n khá lớn vàp khá bé thì X có xấp xỉ phân phối Poisson với λ = np, tức là:

Ví dụ 2.25 Tỉ lệ phế phẩm của một nhà máy là 0,006 Lấy ngẫu nhiên 1.000 sản phẩm của nhà máy, tính xác suất có đúng 9 phế phẩm.

Giải GọiX là số phế phẩm trong 1.000 sản phẩm, khi đó X ∼ B(1.000; 0, 006).

Vìn = 1.000 khá lớn và p = 0, 006 khá bé nên ta có thể xem X có phân phối xấp xỉ phân phối Poisson với λ = np = 6:

Ví dụ 2.26 Một xưởng in sách thấy rằng trung bình một cuốn sách 500 trang có chứa 300 lỗi Giả sử số lượng chữ trên mỗi trang là như nhau Tính xấp xỉ xác suất trong một trang: a) Có đúng 2 lỗi. b) Có ít nhất 2 lỗi.

Giải Gọi p là xác suất một chữ bị lỗi, X là số lỗi trong 1 trang có n chữ Khi đó X ∼ B(n; p) và E(X) = np = 300/500 = 0, 6 Vì xác suất 1 chữ bị lỗi rất nhỏ và số chữ trong 1 trang rất lớn nên có thể xấp xỉX bởi phân phối Poisson vớiλ = 0, 6.

2! e −0,6 ≈ 0, 099. b) P X ≥ 2) = 1 − P (X < 2) ≈ 1 − 0, 549 − 0, 359 = 0, 122 □ 2.8.4 Phân phối đều Định nghĩa 2.13 Biến ngẫu nhiên liên tục X được gọi là có phân phối đều trên đoạn [a; b] (a < b) nếu có hàm mật độ xác suất: f (x) =

VECTƠ NGẪU NHIÊN

Định nghĩa

Định nghĩa 3.1 Cho hai biến ngẫu nhiên X, Y xác định trên không gian xác suất (Ω, F , P ) Ánh xạ Z : Ω → R × R xác định bởi Z(ω) = (X(ω), Y (ω)) được gọi làvectơ ngẫu nhiên 2 chiều và kí hiệu là Z = (X, Y ), nếu với mọiA ∈ B(R 2 ) (σ-đại số Borel trên R 2 ),

{Z ∈ A} = {ω ∈ Ω : (X(ω), Y (ω)) ∈ A} ∈ F Miền giá trị của Z = (X, Y ) được kí hiệu Z (Ω).

Phân bố xác suất của vectơ ngẫu nhiên

3.2.1 Vectơ ngẫu nhiên 2 chiều rời rạc Định nghĩa 3.2 Cho vectơ ngẫu nhiên Z = (X, Y ) có miền giá trị:

Hàm xác suất đồng thời của Z = (X, Y ) là hàm số p :R 2 → R xác định bởi: p(x, y) =

Trong trường hợpXvàY có miền giá trị lần lượt là{x 1 , x 2 , , x m },{y 1 , y 2 , , y n }, đặt: p ij = P (X = x i ; Y = y j ), i = 1, m, j = 1, n.

Bảng chữ nhật sau được gọi là bảng phân bố xác suất đồng thời của vectơ ngẫu nhiên (X, Y ).

Ví dụ 3.1 Gieo đồng thời 1 đồng xu và 1 con xúc xắc cân đối đồng chất Gọi

X là số mặt sấp xuất hiện của đồng xu, Y là số chấm xuất hiện trên mặt con xúc xắc Lập bảng phân phối xác suất đồng thời của (X, Y ).

Giải Gọi X là số mặt sấp xuất hiện của đồng xu, Y là số chấm xuất hiện trên mặt con xúc xắc Ta có X(Ω) = {0, 1}, Y (Ω) = {1, 2, 3, 4, 5, 6}.

Bảng phân bố xác suất đồng thời của X và Y là:

Ví dụ 3.2 Trong một hộp có 5 quả bóng bàn, trong đó có 3 quả chưa sử dụng (mới) và 2 quả đã sử dụng (cũ) Lần 1 lấy ngẫu nhiên 2 quả ra sử dụng sau đó trả lại hộp Lần thứ 2 lấy ra 2 quả để sử dụng GọiX là số bóng mới lấy ra ở lần thứ nhất, Y là số bóng mới lấy ra ở lần thứ 2 Lập bảng phân phối xác suất đồng thời của(X, Y ).

Bảng phân bố xác suất đồng thời của (X, Y ) là:

□ Định lí 3.1 Cho vectơ ngẫu nhiên Z = (X, Y ) có miền giá trị

2) Hàm xác suất của biến ngẫu nhiên X: p X (x) = X y j ∈Y (Ω)

3) Hàm xác suất của biến ngẫu nhiên Y: p Y (y) = X x i ∈X(Ω)

Phân phối xác suất của các biến ngẫu nhiên X và Y được gọi là phân phối biên.

2) Do {Y = y 1 },{Y = y 2 }, đôi một xung khắc và

Xét trường hợp (X, Y ) có bảng phân bố xác suất đồng thời:

Khi đó, trong thực hành để tìm các phân phối biên ta chỉ cần tính tổng xác suất theo hàng và theo cột từ bảng phân bố đồng thời Cụ thể, bảng phân phối xác suất của X và của Y lần lượt là x x 1 x 2 x m p(x) p 11 + ã ã ã + p 1n p 21 + ã ã ã + p 2n p m1 + ã ã ã + p mn y y 1 y 2 y n p(y) p 11 + ã ã ã + p m1 p 12 + ã ã ã + p m2 p 1n + ã ã ã + p mn

3.2.2 Vectơ ngẫu nhiên 2 chiều liên tục Định nghĩa 3.3 Vectơ ngẫu nhiên (X, Y ) được gọi là có phân phối đồng thời liên tục nếu tồn tại hàm số f (x, y) ≥ 0, ∀ x, y sao cho với mọi a < b và c < d ta có:

Lúc đó, hàm f(x, y) được gọi là hàm mật độ xác suất đồng thời của (X, Y ). Định lí 3.2 Cho f(x, y) là hàm mật độ đồng thời của (X, Y ), f X (x) và f Y (x) lần lượt là hàm mật độ xác suất của X và Y Khi đó:

Các hàm f X (x) và f Y (y) được gọi là các hàm mật độ biên.

2) Hàm phân phối xác suất của biến ngẫu nhiên X:

Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được f X (x) = F X ′ (x) =

Nhận xét 3.1 Cho vectơ ngẫu nhiên (X, Y ) có hàm mật độ xác suất đồng thời f(x, y) Khi đó, với D ∈ B(R 2 ) ta có:

Ví dụ 3.3 Cho vectơ ngẫu nhiên (X, Y ) có hàm mật độ xác suất đồng thời: f (x, y) =

0 nếu trái lại. a) Tìm hằng số c. b) Tìm hàm mật độ xác suất của X và của Y. c) Tìm xác suất để (X, Y ) nhận giá trị trong miền chữ nhật:

D = {(x, y) : 1 ≤ x ≤ 2, 0 < y < 2}. d) Tìm hàm mật độ của biến ngẫu nhiên Z = X/Y.

0 nếu trái lại. b) Các hàm mật độ biên: f X (x) =

0 e −x−y dxdy = e −4 − e −2 − e −3 + e −1 d) Với z > 0, ta có hàm phân phối:

Do đó, hàm mật độ của Z: f Z (z) = F Z ′ (z) =

□ 3.2.3 Hàm phân phối xác suất đồng thời Định nghĩa 3.4 Cho 2 biến ngẫu nhiên X và Y Hàm số

F X,Y (x, y) = P (X < x, Y < y), x, y ∈R được gọi là hàm phân phối xác suất đồng thời của vectơ ngẫu nhiên (X, Y ).

1 Nếu vectơ ngẫu nhiên (X; Y ) có hàm xác suất đồng thời p(x; y) thì:

2 Nếu vectơ ngẫu nhiên (X; Y ) có hàm mật độ xác suất đồng thời f (x, y) thì:

Ví dụ 3.4 Tìm hàm phân phối xác suất đồng thời ở Ví dụ 3.3.

Giải Với x ≥ 0 và y ≥ 0 ta có:

Từ định nghĩa về sự độc lập của hai biến ngẫu nhiên X và Y ta có: Định lí 3.3 Hai biến ngẫu nhiên X và Y độc lập khi và chỉ khi:

F X,Y (x, y) = F X (x).F Y (y), ∀x, y ∈R Định lí 3.4 Hai biến ngẫu nhiên X và Y độc lập khi và chỉ khi: f(x, y) = f X (x).f Y (y), ∀x, y ∈R Trong đó f (x, y), f X (x), f Y (y) lần lượt là hàm mật độ xác suất (hoặc hàm xác

Kì vọng có điều kiện

Ví dụ 3.5 Cho vectơ ngẫu nhiên (X, Y ) có hàm mật độ đồng thời f (x, y) =

0, ngược lại. a) Tính P (X > 1, Y < 1) và P (X < Y ). b) Chứng minh X, Y là 2 biến ngẫu nhiên độc lập.

2e −x−2y dxdy = 1/3. b) Các hàm mật độ biên: f X (x) =

3.3 Phân bố xác suất có điều kiện và kì vọng có điều kiện

Cho (X, Y ) có bảng phân bố xác suất đồng thời:

Y y 1 y j y n x 1 p 11 p 1j p 1n x 2 p 21 p 2j p 2n x m p m1 p mj p mn Khi đó ta có:

Từ đó ta có hàm xác suất có điều kiện của X với điều kiện Y = y j như sau: p y j (x) =

Kì vọng của X với điều kiện Y = y j :

3.3.2 Trường hợp liên tục Định nghĩa 3.5 Cho X và Y là hai biến ngẫu nhiên liên tục và y ∈ R Nếu tồn tại hàm số f y (x) ≥ 0, ∀x sao cho với mọi a < b ta có:

Z b a f y (x)dx thì f y (x) được gọi là hàm mật độ xác suất có điều kiện của biến ngẫu nhiên X với điều kiệnY = y Hàm mật độ xác suất f y (x) còn được kí hiệu bởi f(x|y) Khi đó:

−∞ xf (x|y)dx. Định lí 3.5 Cho (X, Y ) có hàm mật độ xác suất đồng thời f (x, y ) Giả sử f(x|y) là hàm mật độ xác suất có điều kiện của X với điều kiện Y = y và f (y|x) hàm mật độ xác suất có điều kiện của Y với điều kiện X = x Khi đó:

2) f (y|x) = f (x, y) f X (x) nếu f X (x) ̸= 0. Chứng minh 1) Với a < b ta có:

Áp dụng quy tắc l’Hôpital ta được:

Theo tính chất của tích phân: d dt

Chứng minh tương tự cho trường hợp (2) □

Ví dụ 3.6 Cho vectơ ngẫu nhiên (X, Y ) có hàm mật độ xác suất đồng thời: f(x, y) =

0 nếu trái lại. a) Cho x > 0, tìm f (y|x). b) Cho y > 0, tìm f(x|y).

Hiệp phương sai, hệ số tương quan

Định nghĩa 3.6 Cho vectơ ngẫu nhiên (X, Y ) Hiệp phương sai của X và Y là một số xác định bởi công thức:

Hai biến ngẫu nhiênX vàY được gọi là tương quan với nhau nếuCov(X, Y ) ̸= 0 và không tương quan nếu Cov(X, Y ) = 0. Định lí 3.6.

2) Cov(aX + a ′ , bY + b ′ ) = ab Cov(X, Y ), trong đó a, a ′ , b, b là các hằng số.

4) Nếu X và Y độc lập thì Cov(X, Y ) = 0.

2) Nếu X, Y độc lập thì chúng không tương quan, tuy nhiên điều ngược lại nói chung không đúng. Định lí 3.7 Cho vectơ ngẫu nhiên Z = (X, Y ).

−∞ xyf (x, y)dxdy, nếu (X, Y ) liên tục, trong đó p(x, y) là hàm xác suất nếu (X, Y ) là vectơ ngẫu nhiên rời rạc và f(x, y) là hàm mật độ xác suất nếu (X, Y ) là vectơ ngẫu nhiên liên tục. Định lí 3.8.

1) Nếu X và Y là các biến ngẫu nhiên rời rạc có miền giá trị lần lượt là {x 1 , x 2 , , x m }, {y 1 , y 2 , , y n } thì:

2) Nếu (X, Y ) có hàm mật độ xác suất đồng thời f (x, y) thì:

Chứng minh Do Cov(X, Y ) = E(XY ) − E(X)E(Y ), áp dụng Định lí 3.7 ta có ngay các kết quả trên □ Định nghĩa 3.7 Hệ số tương quan của hai biến ngẫu nhiên X và Y, kí hiệu là ρ(X, Y ), được xác định bởi công thức: ρ(X, Y ) = Cov(X, Y ) pV (X)p

2) Nếu X và Y độc lập thì ρ(X, Y ) = 0.

1) Đặt X ′ = X − EX, Y ′ = Y − EY Với mọi t ∈ R, ta có:

⇔ E(X − EX) 2 t 2 + 2tE (X − EX)(X − EY ) + E(Y − EY ) 2 ≥ 0

⇔ V (X)t 2 + 2t Cov(X, Y ) + V (Y ) ≥ 0. Đây là tam thức bậc hai theo t, do đó:

2) Nếu X, Y độc lập thì theo Định lí 3.6, ta có Cov(X, Y ) = 0, do đó:

V (X). Mặt khác, vì Cov(aX + b, X) = a Cov(X, X ) = aV (X) nên: ρ(aX + b, X ) = aV (X)

□ Ý nghĩa: Hệ số tương quan ρ(X, Y ) đo mức độ phụ thuộc tuyến tính giữa X và Y Khi |ρ(X, Y )| càng gần 1 thì quan hệ tuyến tính giữa X và Y càng mạnh. Ngược lại, khi |ρ(X, Y )| gần 0 thì quan hệ tuyến tính này rất yếu Đặc biệt,

✓ Khi ρ(X, Y ) > 0, ta bảo X, Y có tương quan dương (thuận), tức là X, Y có xu hướng cùng tăng hoặc cùng giảm.

✓ Khi ρ(X, Y ) < 0, ta bảo X, Y có tương quan âm (nghịch), tức là X, Y có xu hướng tăng và giảm ngược chiều nhau.

Hình 3.1: Quan hệ tuyến tính giữa X và Y phụ thuộc vào ρ(X, Y )

Ví dụ 3.7 Vecto ngẫu nhiên (X, Y ) có phân phối được cho ở bảng sau:

P 0,4 0,6 Xác suất có điều kiện:

3 Phân phối có điều kiện:

Do đó: E(Y |X = 1) =P y i P (Y = y i |X = 1) = 5/3. Hiệp phương sai: Cov(X, Y ) = E(XY ) − E(X)E(Y ), trong đó:

▷ 3.1 Cho vectơ ngẫu nhiên (X, Y ) với hàm phân phối đồng thời F (x, y) Gọi

F X (x), F Y (y) là các hàm phân phối của X và Y Chứng minh: a) P (X ≥ a, Y ≥ b) = 1 − F X (a) − F Y (b) + F (a, b), ∀a, b ∈R. b) P (a 1 ≤ X < a 2 , b 1 ≤ Y < b 2 ) = F (a 1 , b 1 ) + F (a 2 , b 2 ) − F (a 1 , b 2 ) − F (a 2 , b 1 ), với mọi a 1 , a 2 , b 1 , b 2 ∈R , a 1 < a 2 , b 1 < b 2

▷ 3.2 Chứng minh hai biến ngẫu nhiên liên tục X, Y độc lập khi và chỉ khi hàm mật độ đồng thời f XY (x, y) có thể biểu diễn dưới dạng: f XY (x, y) = g(x)h(y), ∀x, y ∈R , trong đó g, h là hai hàm số nào đó xác định trên R.

▷ 3.3 Số khách hàng mua máy ảnh kĩ thuật số hiệu Canon trong một tuần ở một cửa hàng là biến ngẫu nhiên X có bảng phân bố xác suất: x 0 1 2 3 4 p(x) 0, 1 0, 2 0, 3 0, 25 0, 15

Biết rằng 60% khách hàng mua máy ảnh kĩ thuật số hiệu Canon ở cửa hàng trên mua gói bảo hành mở rộng Gọi Y là số khách hàng mua gói bảo hành mở rộng. a) Tính xác suất P (X = 4, Y = 2). b) Tính xác suất P (X = Y ). c) Lập bảng phân bố xác suất đồng thời của (X; Y ).

▷ 3.4 Số trẻ em sinh ra trong 1 tuần ở làng A là 1 biến ngẫu nhiên X có bảng phân bố xác suất: x 0 1 2 3 p(x) 0, 4 0, 3 0, 2 0, 1

Số người chết trong 1 tuần ở làng đó là biến ngẫu nhiên Y có bảng phân bố xác suất: y 0 1 2 3 4 p(y) 0, 1 0, 3 0, 4 0, 15 0, 05

Giả sử X và Y độc lập. a) Tìm bảng phân bố xác suất của vectơ ngẫu nhiên (X, Y ). b) Tính P (X > Y ).

▷ 3.5 Cho biến ngẫu nhiênX có phân bố nhị thức B (n = 2; p = 0, 4), biến ngẫu nhiên Y có phân bố nhị thức B(n = X + 1; p = 0, 4). a) Lập bảng phân bố xác suất đồng thời của X và Y. a) Tính phương sai của X + Y.

▷ 3.6 Cho hai biến ngẫu nhiên rời rạc X và Y lần lượt có bảng phân phối xác suất: x 0 1 2 p(x) 0,15 0,47 0,38 y 0 1 2 p(y) 0,2 0,36 0,44

Cho biết hệ số tương quan ρ(X, Y ) = 0.64 Tính kì vọng và phương sai của biến ngẫu nhiên Z = 2X + 4Y.

▷ 3.7 Cho (X, Y ) có bảng phân bố xác suất đồng thời:

4 0 1/3 0 a) Chứng minh X và Y không độc lập. b) Tính P (X = 4|Y = 2).

2 0,06 0,14 0,3 a) Tính xác suất P (X + 2Y ≤ 3|X ≥ 1). b) Tính phương sai của biến ngẫu nhiên Z = 2X + Y.

▷ 3.10 Cho (X, Y ) có hàm mật độ xác suất đồng thời f (x, y) =

0 nếu trái lại. a) Tìm hằng số c. b) Tính xác suất P (0 ≤ X ≤ 1/2, 0 ≤ Y ≤ 1/2).

▷ 3.11 Cho (X, Y ) có hàm mật độ xác suất đồng thời: f (x, y ) =

0 nếu trái lại. a) Tìm hằng số c. b) Tìm các hàm mật độ xác suất của X và Y.

▷ 3.12 Cho (X, Y ) có hàm mật độ f (x, y) =

0 nếu trái lại. Tìm các hàm mật độ xác suất của X và Y.

▷ 3.13 Cho (X, Y ) có hàm mật độ xác suất đồng thời: f(x, y) = c

(1 + x 2 )(1 + y 2 ) a) Tìm hằng số c. b) Tìm hàm phân phối xác suất đồng thời của (X, Y ). c) Tìm xác suất (X, Y ) nhận giá trị trong miền hình chữ nhật có các đỉnh A(1; 1), B ( √

▷ 3.14 Cho (X, Y ) có hàm mật độ xác suất đồng thời: f(x, y) =

0 nếu trái lại. a) Với 0 ≤ x ≤ 1, tìm f (y|x). b) Tính xác suất P (X 2 + Y 2 ≤ 1).

▷ 3.15 Cho (X, Y ) có hàm mật độ xác suất đồng thời: f (x, y) =

0 nếu trái lại. a) Tìm hằng số c. b) Tìm ρ(X, Y ).

▷ 3.16 Cho (X, Y ) có hàm mật độ xác suất đồng thời: f(x, y) =

0 nếu trái lại. a) Với x > 0, tính E(Y |X = x). b) Với y > 0, tính E(X|Y = y).

▷ 3.17 Cho (X, Y ) có hàm mật độ xác suất đồng thời: f (x, y) =

0 nếu trái lại. a) Tìm hằng số c. b) Tìm hàm mật độ xác suất của X và của Y. c) Tính xác suất P (X ≥ 4Y |X ≥ 2Y ).

CÁC ĐỊNH LÍ GIỚI HẠN

Các khái niệm hội tụ

4.1.1 Hội tụ hầu chắc chắn Định nghĩa 4.1 Dãy biến ngẫu nhiên {X n ; n ≥ 1} được gọi làhội tụ hầu chắc chắn (hay còn được gọi là hội tụ theo xác suất 1) đến biến ngẫu nhiên X nếu

Khi đó ta viết X n − h.c.c −− → X khi n → ∞.

Mệnh đề 4.1 Các điều kiện sau đây là tương đương:

Hiển nhiên ta có (ii) và (iii) tương đương với nhau Do đó ta chỉ cần chứng minh (i) và (ii) tương đương với nhau.

4.1.2 Hội tụ theo xác suất Định nghĩa 4.2 Dãy biến ngẫu nhiên {X n ; n ≥ 1} được gọi là hội tụ theo xác suất đến biến ngẫu nhiên X nếu với mọi ε > 0, n→∞ lim P (ω : |X n (ω) − X(ω)| > ε) = 0.

Khi đó ta viết X n − → P X khi n → ∞.

Mệnh đề 4.2 Nếu X n −−−→ h.c.c X khi n → ∞ thì X n − → P X khi n → ∞.

Chứng minh Giả sử X n −−−→ h.c.c X khi n → ∞ Với ε > 0, từ Mệnh đề 4.1 suy ra n→∞ lim P (

4.1.3 Hội tụ theo phân phối Định nghĩa 4.3 Dãy biến ngẫu nhiên (X n ) hội tụ theo phân phối đến biến ngẫu nhiên X nếu F n (x) → F (x) khi n → ∞ tại các điểm liên tục của hàm F (x), trong đó F n (x) là hàm phân phối xác suất của X n, F (x) là hàm phân phối của X. Khi đó kí hiệu X n − → d X khi n → ∞.

Ví dụ 4.1 Cho{X n ; n ≥ 1}là dãy biến ngẫu nhiên độc lập, có cùng phân phối xác suất với biến ngẫu nhiên X với hàm mật độ xác suất f (x) =

0 nếu x ≤ 1, trong đóα > 0 ĐặtY n = n −1/α max 1≤k≤n X k Chứng minhY n hội tụ theo phân phối đến biến ngẫu nhiên Y nào đó.

Giải Hàm phân phối xác suất của biến ngẫu nhiên Y n : F Y n (x) = 0 với x ≤ 0, với x > 0 ta có

Vậy biến ngẫu nhiênY n hội tụ theo phân phối đến biến ngẫu nhiên Y có hàm phân phối xác suất

□ Chúng ta thừa nhận mệnh đề sau mà không chứng minh.

Mệnh đề 4.3 (Xem Định lí 5.1.6 [2]) X n − → d X khi n → ∞ khi và chỉ khi với mọi hàm h liên tục bị chặn trên R ta đều có n→∞ lim E(h(X n )) = E(h(X)).

Chứng minh Giả sử X n − → P X Với ε > 0, ta có

Cho n → ∞ ta được lim sup n→∞

Bằng cách thay X n bởi X, X bởi X n , x bởi x − ε và x + ε bởi x ở chứng minh trên ta thu được lim inf n→∞ F X n (x) ≥ F (x − ε) (4.2)

Từ (4.1) và (4.1), cho ε → 0 ta được điều phải chứng minh □ Mệnh đề 4.5 Nếu X n − → d c với c là hằng số thì X n − P → c.

Chứng minh Giả sử X n − → d X = cvới clà hằng số Hàm phân phối xác suất của X:

Luật số lớn

Định lí 4.1 (Bất đẳng thức Chebyshev) Cho X là biến ngẫu nhiên Khi đó, với mọi ε > 0 ta có

P (|X − E(X)| > ε) ≤ V (X) ε 2 Chứng minh Với ε > 0 tùy ý, đặt A = (|X − E(X)| > ε) ta có

V (X) = E(X − E(X) 2 ) ≥ E((X − E (X) 2 I A ) ≥ ε 2 E(I A ) = ε 2 P (A), suy ra P (A) ≤ V (X) ε 2 □ Định lí 4.2 (Luật yếu số lớn) Dãy {X n , n ≥ 1} các biến ngẫu nhiên độc lập, cựng phõn phối xỏc suất với biến ngẫu nhiờn X cú kỡ vọng E(X) = à và phương sai

Chứng minh Đặt S n = X 1 + X 2 + + X n Do các biến ngẫu nhiên X k độc lập, cựng phõn phối xỏc suất nờn E(S n ) = nà và V (S n ) = nσ 2 Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev, ta có

Hệ quả 4.1 Dãy {X n , n ≥ 1}các biến ngẫu nhiên độc lập, cùng phân phối xác suất với biến ngẫu nhiờn X cú kỡ vọng E(X) = à và phương sai V (X) = σ 2 hữu hạn thì

(X k − X) 2 − → P σ 2 khi n → ∞. Ý nghĩa của luật số lớn: Nếu X 1 , X 2 , , X n là các biến ngẫu nhiên độc lập, cựng phõn phối xỏc suất với biến ngẫu nhiờnX cú kỡ vọng àvà phương sai σ 2 hữu hạn thì với n đủ lớn ta có à ≈ X = X 1 + X 2 + + X n n và σ 2 ≈ 1 n n

Một ứng dụng khác nữa của luật số lớn là ước lượng hàm phân phối xác suất. Giả sử biến ngẫu nhiên X có hàm phân phối xác suất F (x) chưa biết Gọi X 1 ,

X 2 , , X n là các biến ngẫu nhiên độc lập, có cùng phân phối xác suất với biến ngẫu nhiên X Hàm phân phối xác suất thực nghiệm của X được định nghĩa

Thật vậy, do {I (X i < x); 1 ≤ i ≤ n} là dãy các biến ngẫu nhiên độc lập, có cùng phân phối xác suất với I(X < x) và

E(I(X < x)) = F (x), V (I(X < x)) = F (x)(1 − F (x)) hữu hạn. Áp dụng Định lí 4.2 ta được

I(X i < x) − → P F (x) khi n → ∞. Định lí sau còn được gọi là Luật mạnh số lớn Kolmogorov. Định lí 4.3 Nếu {X n ; n ≥ 1} là dãy biến ngẫu nhiên độc lập thỏa mãn điều kiện ∞

V (X n ) b 2 n < ∞, với {b n ; n ≥ 1} là dãy số dương tăng, b n → ∞ khi n → ∞ thì

Trường hợp cùng phân phối ta có định lí sau được gọi là Luật mạnh số lớn Marcinkiewicz-Zygmund. Định lí 4.4 Cho 1 ≤ r < 2 Nếu {X n ; n ≥ 1} là dãy biến ngẫu nhiên độc lập cùng phân phối xác suất với E(|X 1 | r ) < ∞ thì

Hệ quả 4.2 Nếu {X n ; n ≥ 1} là dãy biến ngẫu nhiên độc lập, có cùng phân phối xỏc suất với kỡ vọng chung à = E(X n ) hữu hạn thỡ

Định lí giới hạn trung tâm

Định nghĩa 4.4 Cho biến ngẫu nhiên X có hàm phân phối xác suất F X (x). Khi đó hàm số ϕ X (t) := E(e itX ) =

R e itx dF X (x), t ∈R được gọi là hàm đặc trưng của X.

Từ công thức Euler e ix = cos(x) + i sin(x) ta có ϕ(t) =

Hàm đặc trưng của một số phân phối xác suất thường gặp

Phân phối Kí hiệu Hàm đặc trưng Bernoulli Ber(p) 1 − p + pe it Nhị thức B(n; p) (1 − p + pe it ) n Poisson Poi(λ) e λ(e it −1)

Tính chất 4.1 Giả sử biến ngẫu nhiên X có hàm phân phối xác suất F X (x) và hàm đặc trưng ϕ X (t) Khi đó:

(i) Nếu X có hàm mật độ xác suất f (x) thì ϕ X (t) =R

R e itx f(x)dx. (ii) ϕ aX+b = e ibt ϕ X (at) với a và b là các hằng số.

(iii) Nếu X và Y là hai biến ngẫu nhiên độc lập thì ϕ X +Y (t) = ϕ X (t)ϕ Y (t).

Chứng minh Tính chất (i) là hiển nhiên Bây giờ ta chứng minh tính chất (ii). ϕ aX+b = E(e i(ax+b)t ) = E(e tbt e itX ) = e tbt E(e itX ) = e ibt ϕ X (at).

Cuối cùng ta chứng minh tính chất (iii) Do X và Y là hai biến ngẫu nhiên độc lập nên e iX và e iY cũng độc lập Do đó ϕ X +Y (t) = E(e i(X +Y ) ) = E(e iX e iY ) = E(e iX )E(e iY ) = ϕ X (t)ϕ Y (t).

Từ tính chất (ii) ta có: nếu X 1 , X 2 , , X n là các biến ngẫu nhiên độc lập, có cùng phân phối xác suất với biến ngẫu nhiên X thì ϕ X 1 + +X n (t) = [ϕ X (t)] n Định lí 4.5 (Xem Định lí 6.4.1 [8]) Giả sử ϕ X n (t) là hàm đặc trưng của biến ngẫu nhiên X n, ϕ X (t) là hàm đặc trưng của biến ngẫu nhiên X Khi đó X n

→ X khi và chỉ khi ϕ X n (t) → ϕ X (t) khi n → ∞. Định lí 4.6 Nếu {X n , n ≥ 1} là dãy các biến ngẫu nhiên độc lập, cùng phân phối xỏc suất với biến ngẫu nhiờnX cú kỡ vọng E(X) = àvà phương sai V (X) = σ 2 hữu hạn thì n→∞ lim P ( S n − nà

Chứng minh Áp dụng Định lí 4.5, ta cần chứng minh hàm đặc trưng của

√ nσ hội tụ về hàm đặc trưng của phân phối chuẩn tắc.

Khụng mất tớnh tổng quỏt ta giả thiết à = 0 và σ = 1 (Nếu khụng thỡ đặt Z i = (X i − à)/σ) Khi đú ϕ Sn −nà

□ Ý nghĩa Định lí giới hạn trung tâm: Nếu X 1 , X 2 , , X n là các biến ngẫu nhiên độc lập, cùng phân phối xác suất (không cần thiết có phân phối chuẩn) với kỳ vọng à và phương sai σ 2 hữu hạn thỡ với n đủ lớn, S n = X 1 + X 2 + + X n cú phõn phối xấp xỉ phõn phối chuẩn N (nà; nσ 2 ) Do đú

X = X 1 + X 2 + + X n n cú phõn phối xấp xỉ phõn phối chuẩn N(à; σ 2 /n).

Ví dụ 4.2 Tuổi thọ làm việc của một linh kiện điện tử là một biến ngẫu nhiên

X có kì vọng 250 giờ và độ lệch chuẩn là 250 giờ Một công ty mỗi lần chỉ dùng một linh kiện đến khi nào hỏng mới thay linh kiện khác Tính xác suất với 100 linh kiện công ty này đủ dùng ít nhất 1 năm (365 ngày).

Chứng minh GọiX k là tuổi thọ của linh kiện thứ k (1 ≤ k ≤ 100), khi đó các biến ngẫu nhiên X 1 , X 2 , , X 100 độc lập, cùng phân phối xác suất với X Theo Định lí giới hạn trung tâm ta có

Hệ quả 4.3 (Định lí giới hạn tích phân Moivre-Laplace) Giả sử X n là biến ngẫu nhiên có phân phối nhị thức B(n; p) Đặt

Z n = X n − np pnp(1 − p) Khi đó với mọi x ∈R, n→∞ lim P (Z n < x) = Φ(x).

Nói cách khác, với n đủ lớn B(n; p) có phân phối xấp xỉ phân phối chuẩnN(np; np(1 − p)).

Xấp xỉ trên tốt nhất khi np > 5 và n(1 − p) > 5.

Ví dụ 4.3 Xác suất bắn trúng mục tiêu của một xạ thủ là 0, 7 Cho xạ thủ bắn 100 phát độc lập vào mục tiêu, tính xác suất có ít nhất 75 phát trúng mục tiêu.

Giải Gọi X là số phát trúng trong 100 phát đã bắn Khi đó, X ∼ B(100; 0, 7) Áp dụng hệ quả trên, X xấp xỉ phân phối chuẩn N(70; 21) Do đó,

□ Hiệu chỉnh liên lục đối với các biến ngẫu nhiên rời rạc

Khi áp dụng định lí giới hạn trung tâm đối với dãy biến ngẫu nhiên rời rạc là ta đã xấp xỉ một phân phối rời rạc bởi một phân phối liên tục Do đó, ta sẽ “hiệu chỉnh” để giảm sai số.

Cho dãy biến ngẫu nhiên rời rạc {X n ; n ≥ 1} nhận giá trị nguyên và Y =

X 1 + + X n Giả sử ta cần tính các xác suất P (Y < k), P (Y ≤ k), P (Y > k),

P (Y ≥ k) với k là số nguyên Khi đó ta hiệu chỉnh như sau:

Ví dụ 4.4 Có 10000 xe máy mua bảo hiểm của một công ty Mỗi chủ xe phải nộp phí 100 000 đồng/1 năm và trung bình nhận lại 5 triệu đồng nếu xe máy bị tai nạn giao thông Qua thống kê cho biết tỉ lệ xe máy bị tai nạn giao thông trong

1 năm là 0,006 Tính xác suất để: a) sau một năm hoạt động công ty bị lỗ. b) sau một năm hoạt động công ty lãi ít nhất 800 triệu.

Giải Gọi X là số xe máy mua bảo hiểm của công ty bị tai nạn trong một năm, khi đó X ∼ B(10 4 ; 0, 006) Vì np = 60 và np(1 − p) = 59, 64 nên ta có thể xấp xỉ X bởi phân phối chuẩn N(60; 59, 64). a) Xác suất sau một năm hoạt động công ty bị lỗ là

P (10 9 − 5.10 6 X < 0) = P (X > 200) = 1 − P (X < 200 − 0, 5) ≈ 1 − Φ(18, 06) ≈ 0. b) Xác suất sau một năm hoạt động công ty lãi ít nhất 800 triệu

Luật số lớn đối với dãy biến ngẫu nhiên đôi một độc lập

độc lập Định nghĩa 4.5 Cho a ≥ 0 Hàm số dương đo được f (x) trên [a; ∞) được gọi là hàm biến đổi chậm ở vô cực nếu f (tx) f (t) → 1 khi t → ∞ với mọi x > 0.

Vớix > 0, kí hiệulog + (x) = max{1, ln(x)}, trong đóln(x)là hàm logarit tự nhiên.

Khi đó log + (x), log + (log + (x)), log + (x) log + (log + (x)) là các hàm biến đổi chậm ở vô cực. Cho ℓ(x) là các hàm biến đổi chậm ở vô cực Từ Định lí 1.5.13 trong tài liệu

[11], suy ra tồn tại một hàm biến đổi chậm ở vô cực ℓ # (x) thỏa mãn

Hàmℓ # (x) được gọi là hàm liên hợp Bruijn củaℓ(x) Chẳng hạn, vớiℓ(x) = log + (x) ta có ℓ # (x) = 1/ log + (x).

Bổ đề 4.1 ([1, 13]) Cho 1 < r < 2, X là biến ngẫu nhiên Nếu P (|X| > x) ≍ x −r ℓ(x), trong đó ℓ(x) là hàm biến đổi chậm ở vô cực Khi đó,

Bổ đề 4.2 Cho {X n ; n ≥ 1} là dãy biến ngẫu nhiên đôi một độc lập với E(X n ) = 0 and E(X n 2 ) < ∞ Khi đó,

Chứng minh Để chứng minh a) ta sử dụng bất đẳng thức

Bây giờ ta chứng minh b) Ta có hằng đẳng thức n

Lấy kì vọng hai vế, sử sụng tính chất độc lập và kì vọng0 ta được điều phải chứng minh □ Định lí 4.7 Cho 1 < r < 2, 0 < p ≤ r, {X, X n ; n ≥ 1} là dãy biến ngẫu nhiên đôi một độc lập, có cùng phân phối xác suất với kì vọng 0 và P (|X| > x) ≍ x −r ℓ(x), trong đó ℓ(x) là hàm biến đổi chậm ở vô cực thỏa mãn ℓ(n 1/p ) = o(n r/p−1 ) Cho

{a ni ; 1 ≤ i ≤ n, n ≥ 1} là mảng các số thực sao cho n

Chứng minh Để thuận tiện trong trình bày chứng minh, các hằng số dương C không nhất thiết giống nhau trong mỗi lần xuất hiện Với mỗi n ≥ 1 và 1 ≤ i ≤ n, đặt

Khi đó ta có {Y ni ; 1 ≤ i ≤ n} and {Z ni ; 1 ≤ i ≤ n} cũng là dãy biến ngẫu nhiên đôi một độc lập và có cùng phân phối xác suất, hơn nữaPn i=1 a ni X i = S n + S n ′ Với ϵ > 0 tùy ý và n ≥ 1, ta có

Tiếp theo ta chứng minh I 2 → 0 khi n → ∞ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz và (4.3) ta có n

≤ Cℓ(n 1/p ) ϵn r/p−1 → 0 khi n → ∞. Định lí được chứng minh □

Sau đây ta sẽ xét một ứng dụng của Định lí 4.7 trong ước lượng mô hình hồi quy phi tham số.

Xét mô hình hồi quy phi tham số:

Y ni = f (x ni ) + ε ni , 1 ≤ i ≤ n, (4.4) trong đó x ni là các điểm thiết kế cho trước trên tập compact A ⊂R m , f (x)là hàm hồi quy đa biến xác định trên A, ε i là các sai số ngẫu nhiên Một ước lượng của hàm f(x) cho bởi f ˆ n (x) = n

W ni (x)Y ni , (4.5) trong đó W ni (x) = W (x, x n1 , x nn ) là các hàm trọng số. Ước lượng trên được đưa ra đầu tiên bởi Stone [20], sau đó Georgiev [14] đã nghiên cứu với trường hợp thiết kế cố định Vấn đề còn được nghiên cứu bởi nhiều tác giả khác nữa Chẳng hạn, Georgiev và Greblicki [14], Georgiev [15], Muller [17] đã nghiên cứu ước lượng trên với sai số ngẫu nhiên độc lập Trong mục này chúng ta sẽ nghiên cứu ước lượng trên với sai số ngẫu nhiên đôi một độc lập và có xác suất đuôi nặng.

Với x ∈ A, sau đây là một số giả thiết đối với các hàm trọng số

(A3)Pn i=1 |W ni (x)||f (x ni ) − f (x)|I(∥x ni − x∥ > a) = o(1) với mọi a > 0.

Ta có định lí sau. Định lí 4.8 Cho 1 < r < 2, 0 < p ≤ r Trong mô hình (4.4), giả sử rằng (ε i ; 1 ≤ i ≤ n) là dãy các sai số ngẫu nhiên đôi một độc lập và có cùng phân phối xác suất với biến ngẫu nhiên ε có kì vọng 0 và

P (|ε| > x) ≍ x −r ℓ(x), (4.6) trong đó ℓ(x) là hàm biến đổi chậm ở vô cực thỏa mãn ℓ(n 1/p ) = o(n r/p−1 ) Nếu n

W ni 2 (x) = O(n 1−2/p ), (4.7) thì với mọi x ∈ c(f ), f ˆ n (x) − P → f(x) khi n → ∞,trong đó c(f ) là tâp các điểm liên tục của hàm f (x) trên tập A.

Chứng minh Với x ∈ c(f), ta có f ˆ n (x) − f (x) = n

W ni (x)ε nj + [E( ˆ f n (x)) − f (x)]. Áp dụng Định lí 4.7 với a ni = n 1/p W ni (x), ta có n

Do đó, để hoàn thành chứng minh định lí ta cần chỉ ra rằng

Vì x ∈ c(f ), nên với ϵ > 0 tùy ý, tồn tại δ > 0 sao cho với mọi x ′ ∈ A thỏa mãn

∥x ′ − x∥ < δ ta đều có |f(x ′ ) − f (x)| < ϵ Nếu ta chọn a ∈ (0, δ), thì khi đó

|f(x)| → 0 khi n → ∞ tiếp sau đó cho ϵ → 0.

Chúng ta thừa nhận định lí sau mà không chứng minh. Định lí 4.9 Cho 1 ≤ p < α < 2, β > α, 1/α + 1/β = 1/p, ℓ(x) là hàm biến đổi chậm ở vô cực Cho (X, X n ; n ≥ 1) là dãy biến ngẫu nhiên đôi một độc lập và có cùng phân phối xác suất với kì vọng 0, (a ni ; 1 ≤ i ≤ n, n ≥ 1) là mảng các số thực thỏa mãn n

▷ 4.1 Cho {X n ; n ≥ 1} là dãy biến ngẫu nhiên độc lập, có cùng phân phối xác suất với hàm mật độ xác suất chung f(x) =

0 nếu x ≤ 0. Đặt Y n = min{X 1 , , X n } Chứng minh

▷ 4.2 Cho dãy biến ngẫu nhiên rời rạc {X n ; n ≥ 1} với

▷ 4.3 Cho dãy biến ngẫu nhiên liên tục {X n ; n ≥ 1} với hàm mật độ xác suất của

▷ 4.4 Cho dãy biến ngẫu nhiên liên tục {X n ; n ≥ 2} với hàm mật độ xác suất của

▷ 4.5 Cho X ∼ N (0; 1), biến ngẫu nhiên X n được xác định bởi

Giả sử{X, X n ; n ≥ 1}là dãy biến ngẫu nhiên độc lập Đặt Y n = X.X n Chứng minh

▷ 4.6 Cho {X n ; n ≥ 1} là dãy biến ngẫu nhiên độc lập, có cùng phân phối xác suất với kỡ vọng chung à và phương sai chung σ 2 hữu hạn Đặt

▷ 4.7 Cho {X n ; n ≥ 1} là dãy biến ngẫu nhiên dương, độc lập, có cùng phân phối xác suất và 0 < E(ln(X i )) = γ < ∞ Đặt

▷ 4.8 Cho {X n ; n ≥ 2} là dãy biến ngẫu nhiên với hàm phân phối xác suất của

 e nx +xe n e nx + ( n+1 n ) e n 0 ≤ x ≤ 1, e nx +e n e nx + ( n+1 n ) e n x > 1.

▷ 4.9 Cho {X n , n ≥ 1} là một dãy các biến ngẫu nhiên độc lập cùng phân phối, E(X) = à và V (X) = σ 2 Với x ∈R tớnh giới hạn: n→∞ lim P (X 1 + X 2 + + X n < x).

▷ 4.10 Tuổi thọ của một bóng đèn là biến ngẫu nhiên X có E(X) = 250 giờ và SD(X) = 250 giờ. a) Một cửa hàng mua 30 bóng đèn để khi hỏng có thể thay thế ngay Dùng định lí giới hạn trung tâm để tính: xác suất để cửa hàng duy trì được ánh sáng liên tục trong ít nhất 8750 giờ (≈ 1 năm). b) Dùng định lí giới hạn trung tâm để tính: chủ cửa hàng phải mua bao nhiêu bóng đèn để duy trì ánh sáng liên tục ít nhất 8750 giờ với xác suất lớn hơn 0,9772.

▷ 4.11 Tuổi thọ của một loại van điện lắp trong một thiết bị là biến ngẫu nhiên

X (nghìn giờ) có phân bố mũ với kì vọng E(X) = 10 (nghìn giờ) Tính xấp xỉ xác suất để khi lắp 36 van điện vào thiết bị có ít nhất 20 van bị thay thế trước thời gian 5 ngàn giờ Biết tuổi thọ của các van điện là độc lập nhau.

▷ 4.12 Một nhà nghỉ có 1000 người Nhà ăn phục vụ ăn trưa trong hai đợt liên tiếp Mỗi nguời chọn ăn trưa một trong hai đợt này với xác suất như nhau Dùng định lý giới hạn trung tâm tính: nhà ăn cần tối thiểu bao nhiêu chỗ để đảm bảo đủ chỗ cho khách vào ăn trưa với xác suất lớn hơn hay bằng 0,99?

▷ 4.13 Tuổi thọ (năm) của một thiết bị điện tử là một biến ngẫu nhiên X có hàm mật độ xác suất: f(x) =

Bán được một thiết bị nếu không phải bảo hành thì lãi 15.000 đồng nhưng nếu phải bảo hành thì lỗ 5.000 đồng Với thời gian quy định bảo hành 6 tháng, cửa hàng A nhập về 10.000 thiết bị để bán Tính xác suất với 10.000 thiết bị được bán hết cửa hàng A lãi ít nhất 125 triệu đồng.

▷ 4.14 Thời gian (phút) phục vụ mỗi khách hàng tại một cửa hàng A là biến ngẫu nhiên X có phân phối mũ với trung bình là 0, 2 phút Quan sát ngẫu nhiên

35khách hàng vào chờ mua hàng ở cửa hàng đó Tính xấp xỉ xác suất để thời gian phục vụ trung bình của 35 khách hàng đó lớn hơn 0, 3 phút.

▷ 4.15 Một hộp đựng 50 viên pin loại A và 50 viên pin loại B Pin loại A có tuổi thọ trung bỡnh à 1 = 500 giờ và độ lệch chuẩn σ 1 = 15 giờ, pin loại B cú tuổi thọ trung bỡnh à 2 = 400 giờ và độ lệch chuẩn σ 2 = 6 giờ Tớnh gần đỳng xỏc suất tổng tuổi thọ của 100 viên pin trên lớn hơn45.200 giờ.

▷ 4.16 Trọng lượng các viên thuốc chữa bệnh B được sản xuất tại một xí nghiệp là biến ngẫu nhiên có phân phối chuẩn với trọng lượng trung bình là 25mg và độ lệch chuẩn là 9mg Thuốc đóng thành vỉ, mỗi vỉ 10 viên Một vỉ được gọi là đúng tiêu chuẩn nếu trọng lượng của nó nằm trong khoảng từ2470mg đến2530mg Chọn ngẫu nhiên 100 vỉ thuốc loại đó để kiểm tra Tính xấp xỉ xác suất để trong đó có ít nhất 80 vỉ đạt tiêu chuẩn.

▷ 4.17 Tuổi thọ của một loại bóng đèn là biến ngẫu nhiên có phân phối mũ với trung bình là1500 (giờ) Bóng đèn loại đó được gọi là xếp loại A nếu tuổi thọ của nó lớn hơn 1600 (giờ) Các bóng đèn được xếp vào hộp, mỗi hộp 3 bóng Mỗi hộp được gọi là đạt tiêu chuẩn nếu có ít nhất 2 bóng loại A Lấy ngẫu nhiên 40 hộp đèn loại đó để kiểm tra Tính xấp xỉ xác suất có nhiều nhất 10 hộp đèn đạt tiêu chuẩn.

▷ 4.18 Tuổi thọ (năm) của một loại thiết bị là biến ngẫu nhiên có phân bố mũ với hàm phân phối xác suất

Phải chọn ngẫu nhiên bao nhiêu thiết bị để có ít nhất 100 thiết bị có tuổi thọ lớn hơn 7 (năm) với xác suất lớn hơn 0, 95?

▷ 4.19 Một công ty bảo hiểm bán phí bảo hiểm xe máy 125.000 đồng/1 năm và trung bình nhận lại 5 triệu đồng nếu xe máy bị tai nạn giao thông Qua thống kê cho biết tỉ lệ xe máy bị tai nạn giao thông trong 1 năm là 0, 015 Các chi phí khác chiếm 20% phí bảo hiểm Trong một năm công ty phải bán được tối thiểu bảo nhiêu bảo hiểm để xác suất lỗ thấp hơn 0, 001.

▷ 4.20 Số khách hàng vào mua hàng ở 1cửa hàng trong 1ngày là biến ngẫu nhiên

X có phân bố Poisson với số khách trung bình E(X) = 50 Giả sử hàm doanh thu

Y (triệu đồng) được xác định bởi Y = 3X Chọn ngẫu nhiên bao nhiêu ngày để doanh thu trung bình những ngày này lớn hơn 145 triệu đồng có xác suất lớn hơn

0, 95 Biết doanh thu mỗi ngày độc lập với nhau.

XÍCH MARKOV

Tính Markov

Trong Chương 4, khi học các định lí giới hạn ta đã quan tâm đến dãy biến ngẫu nhiên độc lập Tuy vậy, trong thực tế có nhiều dãy quan sát không độc lập với nhau theo thời gian Chẳng hạn quan sát nhiệt độ không khí vào buổi sáng mỗi ngày, dân số của một nước qua các năm, giá vàng theo giờ, Nếu một dãy các quan sát mà giá trị trong tương lai của nó chỉ phụ thuộc vào hiện tại mà hoàn toàn độc lập với giá trị trong quá khứ thì ta nói dãy quan sát đó có tính Markov.

Ví dụ dân số nước ta trong năm sau có thể xem phụ thuộc vào dân số ở năm hiện tại và độc lập với dân số trong các năm trước đó.

Xét một hệ nào đó được quan sát tại các thời điểm rời rạc 0, 1, 2, Giả sử các quan sát đó làX 0 , X 1 , X 2 , Khi đó ta có một dãy các biến ngẫu nhiên {X n ; n ≥ 0}, trong đó X n là trạng thái của hệ tại thời điểm n Giả thiết rằng X n là biến ngẫu nhiên rời rạc với mọi n Kí hiệu E là tập tất cả các giá trị của {X n ; n ≥ 0}, được gọi là không gian trạng thái của hệ Khi đó E là tập hữu hạn hoặc vô hạn đếm được, các phần tử của E được kí hiệu là i, j, k,

Giá trị P (X n+1 = k|X n = i), i, k ∈ E, n ≥ 1, được là xác suất chuyển một bước của hệ, tức là xác suất tại thời điểm n + 1 hệ ở trạng thái k nếu biết tại thời điểm n hệ ở trạng thái i Nếu xác suất này chỉ phụ thuộc vào i, k và không phụ thuộc vào n thì ta bảo hệ thuần nhất Trong giáo trình này, ta chỉ hạn chế xét các hệ thuần nhất. Định nghĩa 5.1 Ta nói rằng dãy các biến ngẫu nhiên rời rạc {X n ; n ≥ 0} là một xích Markov nếu với mọi n ≥ 1 và với mọi k, i, i 0, i n−1 ∈ E, ta có

Vì ta chỉ xét xích Markov thuần nhất nên:

Ta có (5.1) tương đương với

Ví dụ 5.1 Cho {X n ; n ≥ 0} là các biến ngẫu nhiên độc lập và có cùng phân phối xác suất với

P (X n = −1) = 1 − P (X n = 1) = p, 0 < p < 1. Đặt S n = X 0 + + X n với n ≥ 1 Chứng minh {S n ; n ≥ 0} là một xích Markov với không gian trạng thái là Z Dãy S n còn được gọi là bước đi ngẫu nhiên đơn giản. Giải Thật vậy, do X n+1 độc lập với S 0 , S 1 , , S n−1 nên ta có

Ví dụ 5.2 Cho{X n ; n ≥ 0}là một xích Markov ĐặtY n = X 2n , khi đó{Y n ; n ≥ 0} cũng là một xích Markov.

Kí hiệu p ik = P (X n+1 = k|X n = i) = P (X 1 = j |X 0 = i), p ik (n) = P (X m+n = k|X m = i) = P (X n = k|X 0 = i). Định lí 5.1 (Phương trình C-K (Chapman-Kolmogorov)). p ik (n + m) = X j∈E p ik (n)p jk (m).

Chứng minh Theo công thức xác suất đầy đủ và tính Markov ta có: p ij (n + m) = P (X n+m = j |X 0 = i)

□Trong phạm vi giáo trình này chúng ta chỉ xét các xích Markov có không gian trạng thái hữu hạn.

Xích Markov có không gian trạng thái hữu hạn

5.2.1 Ma trận xác suất chuyển và sơ đồ chuyển trạng thái

Xét xích Markov có không gian trạng thái hữu hạn E = {1, 2, , d} Đặt p ik = P (X 1 = k|X 0 = i), i, k ∈ E.

 được gọi là ma trận xác suất chuyển trạng thái (sau 1 bước). Để trình bày hình ảnh trực quan xích Markov ta sử dụng Sơ đồ chuyển trạng thái Chẳng hạn, xét ví dụ xích Markov {X n ; n ≥ 1} với không gian trạng thái

E = {1, 2, 3} và ma trận xác suất chuyển

 Khi đó ta vẽ sơ đồ chuyển trạng thái như sau:

Ví dụ 5.3 Cho xích Markov có ma trận xác suất chuyển

 a) Tính P (X 4 = 3|X 3 = 2). b) Tính P (X 3 = 1|X 2 = 1). c) Biết P (X 0 = 1) = 1 3 , tính P (X 0 = 1, X 1 = 2). d) Biết P (X 0 = 1) = 1 3 , tính P (X 0 = 1, X 1 = 2, X 2 = 3).

Cho xích Markov {X n ; n ≥ 0}, giả sử ta đã biết phân phối xác suất của X 0 : x 1 2 d p(x) P (X 0 = 1) P (X 0 = 2) P (X 0 = d)

Kí hiệuU = U (0) = [P (X 0 = 1), P (X 0 = 2), , P (X 0 = d)] là vectơ mô tả phân phối xác suất của X 0

Tương tự, kí hiệu U(n) = [P (X n = 1), P (X n = 2), , P (X n = d)] là vectơ mô tả phân phối xác suất của X n Đặt p ij (n) = P (X n = j |X 0 = i).

 được gọi là ma trận xác suất chuyển sau n bước.

Từ Định lí 5.1 ta có Định lí 5.2.

Ví dụ 5.4 Giả sửX n thể hiện chất lượng của chi tiết tại công đoạn thứ n của dây chuyền sản xuất, với X n = 0 có nghĩa là tốt còn X n = 1 có nghĩa là xấu Biết rằng {X n ; n ≥ 0} là xích Markov với ma trận xác suất chuyển

#. a) Vẽ sơ đồ chuyển trạng thái. b) Tính P (3), từ đó tìm P (X 4 = 1|X 1 = 1).

Giải a) Sơ đồ chuyển trạng thái:

Ví dụ 5.5 Cho xích Markov{X n ; n ≥ 0}với không gian trạng tháiE = {0, 1, 2} và ma trận xác suất chuyển

 a) Vẽ sơ đồ chuyển trạng thái. b) Tính P (3), từ đó tìm P (X 3 = 1|X 1 = 1), P (X 3 = 1|X 0 = 0).

 a) Vẽ sơ đồ chuyển trạng thái. b) Tính P (X 2 = 1|X 0 = 0), P (X 3 = 0|X 0 = 0).

Biết phân phối ban đầu của X 0 là U = [0, 3; 0, 4; 0, 3] Tính

Giải Theo Định lí 2.2 ta có

Ví dụ 5.8 Người ta truyền 1 bức điện gồm các tín hiệu 0 và 1 qua kênh có nhiều trạm và mỗi trạm nhận đúng tín hiệu với xác suất a Kí hiệu X 0 là tín hiệu truyền đi và X n là tín hiệu nhận được ở trạm n Biết rằng (X n ) lập thành xích Markov với ma trận xác suất chuyển

Giả sử tín hiệu truyền đi là X 0 = 0. a) Tính xác suất để không nhận sai tín hiệu cho tới trạm thứ 2. b) Tính xác suất để nhận đúng tín hiệu của trạm thứ 2. c) Tính xác suất để nhận đúng tín hiệu của trạm thứ 5.

Giải a) Xác suất để không nhận sai tín hiệu cho tới trạm thứ 2:

= p 00 p 00 = a 2 b) Xác suất để nhận đúng tín hiệu của trạm thứ 2:

Với ma trận xác suất chuyển sau 2 bước P(2):

# c) Xác suất để nhận đúng tín hiệu của trạm thứ 5:

Với ma trận xác suất chuyển sau 5 bước P(5):

Ví dụ 5.9 Khi nghiên cứu về vấn đề nghiện hút ở địa phương A Kí hiệu trạng thái 0 là không nghiện, trạng thái 1 là nghiện Đơn vị thời gian là quý (3 tháng). Thống kê nhiều năm cho thấy xác suất để một người không nghiện sau 1 quý vẫn không nghiện là 0,99; xác suất để 1 người nghiện sau 1 quý vẫn tiếp tục nghiện là 0,88 Như vậy trạng thái của một người (nghiện hay không nghiện) được mô tả bởi

1 xích Markov với không gian trạng thái E = {0, 1} và ma trận xác suất chuyển P

Giả sử lúc đầu có 17% số người nghiện. a) Tìm phân phối số người nghiện và không nghiện sau 1 quý. b) Tìm phân phối số người nghiện và không nghiện sau 2 quý.

Giải Phân phối ban đầu của X 0 là U (0) = [0, 83; 0, 17]. a) Phân phối số người nghiện và không nghiện sau 1 quý là:

0, 8421 0, 1579 i b) Phân phối số người nghiện và không nghiện sau 2 quý:

Ví dụ 5.10 Giả sử có 3 cửa hàng cùng bán 1 loại sản phẩm Khách hàng có thể chọn mua sản phẩm ở 1 trong 3 cửa hàng trên tùy theo sở thích của họ và trong từng tháng họ không thay đổi chổ mua hàng Gọi X 0 là cửa hàng mà khách hàng chọn mua ở tháng thứ n Đây là một xích Markov có 3 trạng thái E = {1, 2, 3}, xác suất chuyển p ij là xác suất để khách hàng hiện tại mua hàng tại cửa hàng i sang tháng sau mua ở cửa hàng j Giả sử có ma trận xác suất chuyển

 và phân phối khách hàng ở tháng thứ nhất của cửa hàng 1 chiếm 20%, cửa hàng

2 chiếm 50%, cửa háng 3 chiếm 30% Tìm phân phối khách hàng của 3 cửa hàng ở tháng thứ 12.

Giải Phân phối khách hàng ở tháng thứ nhất: U (1) = [0, 2; 0, 5; 0, 3]

Ma trận xác suất chuyển sau 11 bước là:

 Phân phối khách hàng của 3 cửa hàng ở tháng thứ 11:

Phân phối dừng và phân phối giới hạn

Định nghĩa 5.2 Phân phối Π = [π i ] 1×d được gọi là phân phối dừng của xích Markov {X n ; n ≥ 0} với ma trận xác suất chuyển P nếu Π.P = Π.

Ví dụ 5.11 Cho {X n ; n ≥ 0} là một xích Markov có không gian trạng thái

Hãy tìm phân phối dừng.

Giải Đặt Π = [x; y; z] Khi đó Π là phân phối dừng khi và chỉ khi x,y,z là nghiệm không âm của hệ sau:

Giải hệ phương trình trên ta được phân phối dừng Π = [6/25, 2/5, 9/25] □ Định nghĩa 5.3 Cho xích Markov {X n ; n ≥ 0} có không gian trạng thái

E = {1, 2, , d} Giả sử với mọi i, j ∈ E tồn tại giới hạn lim P (X n = j|X 0 = i) = π j , giới hạn này không phụ thuộci và Pd j=1 π j = 1 Khi đó π = [π 1 , π 2 , , π d ] được gọi là phân phối giới hạn của xích Markov {X n ; n ≥ 0}. Định lí 5.3 Nếu xích Markov {X n ; n ≥ 0} có phân phối giới hạn π = [π 1 , , π d ] thì nó là phân phối dừng duy nhất.

Chứng minh Giả sử U = [u 1 , , u d ] là phân phối dừng Theo Định lí 5.1 ta có u j =X k∈E u k p kj (n).

Vì chuỗi hội tụ đều với n nên u j =X k∈E u k lim n→∞ P kj (n) = X k∈E u k π j = π j

Do đó π = [π 1 , π 2 , π d ] là phân phối dừng duy nhất □ Định lí 5.4 Xích Markov {X n ; n ≥ 0} với không gian trạng thái hữu hạn E có phân phối giới hạn π = [π 1 , , π d ] thỏa mãn π j > 0 với mọi j khi và chỉ khi nó là xích Markov chính quy theo nghĩa: tồn tại n 0 sao cho P (X n 0 = j|X 0 = i) > 0 với mọi i, j.

Chứng minh Giả thiết {X n ; n ≥ 0} là xích chính quy Ta cố định j và đặt m j (n) = min i∈E p ij (n),

Ta có p ij (n + 1) =X k p ik p kj (n) ≥X k p ik m j (n) = m j (n).

Suy ra m j (n + 1) ≥ m j (n) Vậy dãy (m j (n)), n = 1, 2, là dãy tăng và bị chặn trên bởi 1, do đó tồn tại giới hạn lim n m j (n) = a j Lập luận tương tự dãy (M j (n)), n = 1, 2, là dãy giảm bị chặn bởi 0, do đó tồn tại giới hạn lim n M j (n) = A j

Ta cóm j (n) ≤ P ij (n) ≤ M j (n)do đó định lí được chứng minh nếu ta chỉ ra a j = A j

Ký hiệur = min i,j P ij (n 0 ) > 0 Ta có P ik (n 0 ) ≥ r.1 ≥ P jk (n)nênP ik (n 0 ) ≥ rP jk (n) ∀i, thành thử p ij (n 0 + n) =X k p ik (n 0 )p kj (n)

(P ik (n 0 ) − rP jk (n))p kj (n) + rX k p jk (n)p kj (n)

(p ik (n 0 ) − rp jk (n)) + rp jj (2n)

Vì bất đẳng thức này đúng với mọi i nên ta có m j (n 0 + n) ≥ m j (n)(1 − r) + rP jj (2n).

Ta chứng minh quy nạp rằng với mọi k

M j (kn 0 + 1) − m j (kn 0 + 1) ≤ (1 − r) k (M j (1) − m j (1)) (5.3) Thật vậy với k = 1 đúng ( cho n = 1 ở (5.2)) Giả sử đúng với k ta có

Cho k → ∞ trong (5.3) ta nhận được A j − a j ≤ 0 Vì A j − a j ≥ nên ta kết luận

A j = a j Đảo lại giả sử với mọi i, j ∈ E tồn tại lim n p ij (n) = π j ≥ 0 Khi đó tồn tại n 0 (i, j) sao cho P ij (n) > 0 ∀n > n 0 (i, j) Đặt n 0 = max i,j n 0 (i, j) ta có P ij (n) > 0 ∀i, j ∈ E

Ví dụ 5.12 Cho xích Markov {X n ; n ≥ 0} có ma trận xác suất chuyển

VìP (2) có các phần tử đều dương nên {X n ; n ≥ 0} là xích Markov chính quy.

Ví dụ 5.13 [4] Mỗi người dân trong 1 vùng nào đó có thể ở một trong ba tầng lớp: giàu (kí hiệu là 1), trung lưu (kí hiệu là 2) và nghèo (kí hiệu là 3) Con cái của họ có thể ở một trong ba tầng lớp trên với các xác suất khác nhau tùy thuộc vào việc họ đang ở tầng lớp nào Giả sử bằng thống kê người ta tìm được ma trận xác suất chuyển

 Xích Markov này là chính quy nên có phân phối dừng duy nhất Tìm phân phối dừng đó.

Giải Đặt Π = [x; y; z] Khi đó Π là phân phối dừng khi và chỉ khi x,y,z là nghiệm không âm của hệ sau:

Giải hệ phương trình trên ta được phân phối dừng Π = [0, 0672; 0, 6240; 0, 3088] □

Ví dụ 5.14 Cho xích Markov{X n ; n ≥ 0}có không gian trạng tháiE = {1, 2, 3} và ma trận xác suất chuyển

Phân phối ban đầu là U = [0, 7; 0, 2; 0, 1]. a) Lập bảng phân phối xác suất của X 2. b) Tính P (X 0 = 1, X 1 = 3, X 2 = 3, X 3 = 2). c) Tìm phân phối dừng.

Giải a) Phân phối xác suất của X 2 là:

Bảng phân phối xác suất của X 2 là: x 1 2 3 p(x) 0, 385 0, 336 0, 279 b) Ta có:

P (X 0 = 1, X 1 = 3, X 2 = 3, X 3 = 2) = u 1 p 13 p 33 p 32 = 0, 7.0, 4.0, 3.0, 4 = 0, 0336. c) Đặt Π = [x; y; z] Khi đó Π là phân phối dừng khi và chỉ khi x,y,z là nghiệm không âm của hệ sau:

0, 4x + 0, 2y + 0, 3z = z x + y + z = 1Giải hệ phương trình trên ta được phân phối dừng Π = [16/47; 17/47; 14/47] □

Ví dụ 5.15 Giả sử có 3 cửa hàng (A, B, C) cùng bán 1 loại sản phẩm Khách hàng có thể chọn mua sản phẩm ở 1 trong 3 cửa hàng trên tùy theo sở thích của họ và trong từng tháng họ không thay đổi chổ mua hàng Theo thống kê cho biết ma trận xác suất chuyển

Tìm phân phối giới hạn.

Giải Xích Markov này là chính quy Nên tồn tại phân phối giới hạn π = [x, y, z]. Phân phối này chính là phân phối dừng duy nhất và được tìm bằng cách giải hệ phương trình sau:

Giải hệ ta tìm được x = 0, 36, y = 0, 15, z = 0, 49 Điều này có nghĩa là khi thời gian đủ dài số khách hàng vào các cửa hàng A, B và C lần lượt là 36%, 15% và

Ví dụ 5.16 Mỗi người dân của thị trấn N có 1 trong 3 nghề A,B,C Con cái của họ nối tiếp nghề của cha mình với xác suất tương ứng là 3/5;2/3;1/4 Nếu không theo nghề của cha thì chúng chọn một trong hai nghề còn lại với xác suất như nhau Giả sử thế hệ hiện tại 20% theo nghề A, 30% theo nghề B và 50% theo nghề C Hãy tìm a) phân phối nghề nghiệp ở thế hệ tiếp theo; b) phân phối giới hạn theo nghề nghiệp của dân cư thị trấn trong tương lai xa xôi.

Giải Với sự thay đổi trạng thái của một gia đình trong thị trấn N từ thế hệ này qua thế hệ khác có thể mô tả bởi một xích Markov ba trạng thái: 1 (nghề A), 2 (nghề B), 3 (nghề C) với ma trận xác suất chuyển như sau:

Phân phối ban đầu là U = [0, 2; 0, 3; 0, 5]. a) Phân phối nghề nghiệp ở thế hệ tiếp theo là:

Tức là ở thế hệ tiếp theo: 36% theo nghề A, 43% theo nghề B và 21% theo nghề C. b) Xích Markov này là chính quy Nên tồn tại phân phối giới hạn π = [x, y, z]. Phân phối này chính là phân phối dừng duy nhất và được tìm bằng cách giải hệ phương trình sau: π.P = π, tức là

Giải ra ta tìm được x = 0, 37; y = 0, 44; z = 0, 19 Phân phối giới hạn theo nghề nghiệp của dân cư thị trấn trong tương lai xa xôi là: 37% dân cư của thị trấn theo nghề A, 44% dân cư trong thị trấn theo nghề B, 19% dân cư của thị trấn theo nghề C □

Ví dụ 5.17 [3] Trong một hệ thống điện kĩ thuật, các thiết bị cùng một loại được phân ra các tình trạng sau đây: vừa mới thay, còn tốt, vẫn dùng được và đã bị hỏng Theo số liệu thống kê được, ta có ma trận xác suất chuyển trạng thái theo đơn vị tuần như sau:

 trong đó, sau mỗi tuần (xem hàng đầu của ma trận P) có 0%, 80%, 20% và 0% số các thiết bị mới thay chuyển sang tình trạng mới thay, còn tốt, vẫn dùng được và đã bị hỏng,

Ta tìm được phân phối dừng Π = [1/6, 1/3, 1/3, 1/6].

Giả sử rằng chi phí thay mới một thiết bị là 25 nghìn (đồng) và thất thu khi mỗi một thiết bị hỏng là 18,5 nghìn, thì mỗi tuần hệ thống trên phải chi trung bình trên một thiết bị số tiền là: (1/6).25 + (1/6).18,5 = 7,25 nghìn / thiết bị / tuần.

Ta xét phương án thứ hai cho việc thay thế vật tư thiết bị với ma trận xác suất chuyển trạng thái sau đây

Ma trận này tương ứng với chính sách mới về thay thế vật tư thiết bị là: thay thế mỗi thiết bị một khi kiểm tra và phát hiện thiết bị ở tình trạng vẫn dùng được.Điều này có thể dẫn tới việc giảm thiểu thất thu do thiết bị hỏng gây nên Thật vậy, ứng với ma trận P trên đây, phân phối dừng Π = [1/4, 1/2, 1/4] Lúc này, mỗi tuần hệ thống trên phải chi trung bình trên một thiết bị số tiền là: (1/4).25 +(0).18,5 = 6,25 nghìn / thiết bị / tuần Như vậy hệ thống sẽ tiết kiệm được 1 nghìn / thiết bị / một tuần Nếu hệ thống có 2000 thiết bị, thì nhờ chính sách thay thế vật tư mới, mỗi tuần hệ thống sẽ tiết kiệm được 2 triệu (đồng).

Phân lớp trạng thái xích Markov

Để hiểu rõ hơn về xích Markov cũng như giải quyết đầy đủ hơn bài toán về sự tồn tại của phân bố dừng hay bài toán về sự tồn tại phân phối giới hạn, chúng ta sẽ tiến hành phân lớp trạng thái của xích Markov Ta đưa ra một số định nghĩa sau. Định nghĩa 5.4 Ta nói rằng trạng thái i đến được trạng tháij, kí hiệui → j, nếu tồn tại n ≥ 0 sao cho p ij (n) > 0 Ta quy ước p ii (0) = 1.

Hai trạng thái i và j được gọi là liên lạc được nếu i → j và j → i Khi đó ta viết i ↔ j.

Quan hệ liên lạc được i ↔ j là một quan hệ tương đương, do đó quan hệ này sẽ phân hoạch không gian trạng thái thành các lớp rời nhau Hai trạng thái thuộc cùng một lớp thì liên lạc được với nhau, hai trạng thái thuộc hai lớp khác nhau thì không liên lạc được với nhau.

Ví dụ 5.18 Giả sử xích Markov {X n ; n ≥ 0} có sơ đồ chuyển trạng thái như Hình 5.1 Tìm các lớp tương đương của xích Markov này.

Giải Nốt 1 và nốt 2 liên lạc được với nhau nên thuộc cùng 1 lớp (Lớp 1) Nốt 3 và nốt 4 liên lạc được với nhau nên thuộc cùng 1 lớp (Lớp 2) Nốt 6, nốt 7 và nốt

8 liên lạc được với nhau nên thuộc cùng 1 lớp (Lớp 3) Còn lại nốt 5 thuộc 1 lớp(Lớp 4) Như vậy không gian trạng thái của xích Markov này phân hoạch thành 4 lớp: Lớp 1: {1, 2}; Lớp 2: {3, 4}; Lớp 3: {6, 7, 8}; Lớp 4: {5} □ Định nghĩa 5.5 Xích Markov được gọi là tối giản nếu tất cả các trạng thái liên lạc được với nhau.

Hình 5.1: Sơ đồ chuyển trạng thái Ví dụ 5.18

Như vậy một xích Markov là tối giản thì không gian trạng thái không thể phân hoạch thành các lớp con nhỏ hơn.

Nhìn vào sơ đồ chuyển trạng thái của Ví dụ 5.18 ta thấy rằng nếu ở thời điểm nào đó xích Markov đi vào Lớp 3 thì nó sẽ luôn ở lại trong lớp này Trong khi đó Lớp 1 thì không như vậy Chẳng hạn ở thời điểm ban đầu X 0 = 1, xích Markov này có thể ở lại Lớp 1 một thời gian, nếu có một thời điểm nào đó, xích Markov này đi ra khỏi Lớp 1 thì nó sẽ không còn quay lại Lớp 1 nữa Các trạng thái ở Lớp

3 được gọi là hồi quy, còn các trạng thái ở lớp 1 được gọi là không hồi quy Tổng quát, ta đưa ra định nghĩa sau. Định nghĩa 5.6 Với trạng thái i, ta định nghĩa f ii (n) = P (X n = i, X n−1 ̸= i, , X 1 ̸= i|X 0 = i) và kí hiệu f ii ∗ =

X n=1 f ii (n) là xác suất để hệ xuất phát từ trạng thái i và quay trở lại i sau hữu hạn bước. Trạng thái i được gọi là hồi quy nếu f ii ∗ = 1 và được gọi là không hồi quy nếu f ii ∗ < 1. Định nghĩa 5.7 Đặt à i =

Trạng thỏi hồi quy i được gọi là trạng thỏi hồi quy dương nếu à i < ∞ và được gọi là trạng thỏi hồi quy khụng nếu à i = ∞. Định lí 5.5 Cho {X n ; n ≥ 1} là xích Markov tối giản Khi đó a) Xích Markov có phân phối dừng duy nhất. b) Chỉ có các khả năng sau

• Mọi trạng thái của E là không hồi quy;

• Mọi trạng thái của E là hồi quy không;

• Mọi trạng thái của E là hồi quy dương.

▷ 5.1 Cho xích Markov {X n ; n ≥ 0} có sơ đồ chuyển trạng thái:

0, 25 a) Tìm ma trận xác suất chuyển trạng thái. b) Tìm P (X 1 = 3, X 2 = 2, X 3 = 1). c) Tìm P (X 1 = 3, X 3 = 1)

▷ 5.2 Cho {X n ; n ≥ 0} là một xích Markov Chứng minh rằng với mọi m ≥ 1, ta có

= P (X m = k|X 0 = i) (5.4) Ngược lại, nếu {X n ; n ≥ 0} thỏa mãn điều kiện (5.4) với mọi m ≥ 1 thì {X n ; n ≥ 0} là một xích Markov.

▷ 5.3 Cho {X n ; n ≥ 0} là dãy biến ngẫu nhiên rời rạc, độc lập và có cùng phân phối xác suất với

Trong các dãy trên, dãy nào là xích Markov Trong trường hợp xích Markov, tìm ma trận xác suất chuyển.

▷ 5.4 Cho {X n ; n ≥ 0} là một xích Markov với không gian trạng thái E = {0, 1} và ma trận xác suất chuyển

▷ 5.5 Cho {X n ; n ≥ 0} là một xích Markov Đặt

Trong các dãy trên, dãy nào là xích Markov Trong trường hợp xích Markov, tìm ma trận xác suất chuyển.

▷ 5.6 Cho{X n ; n ≥ 0} là một xích Markov Chứng minh rằng với dãy {X n ; n ≥ 0} với điều kiện X m = r cũng là một xích Markov.

▷ 5.7 Cho X 0 = 0, X n là số mặt sấp xuất hiện khi tung 1 đồng xu cân đối đồng chất n lần Đặt Y n ≡ X n (mod 10) Chứng minh (Y n ; n ≥ 0) là một xích Markov, tìm ma trận xác suất chuyển và phân phối dừng.

▷ 5.8 Cho (S n ; n ≥ 0) là đi dạo ngẫu nhiên đơn giản với S 0 = 0 (xem Ví dụ 5.1). Đặt Y n = |S n | Chứng minh (Y n ; n ≥ 0) là một xích Markov.

▷ 5.9 Cho {X n ; n ≥ 0} là xích Markov với X 0 = 0 (h.c.c.), không gian trạng thái

Chứng minh rằng {Y n ; n ≥ 0} cũng là xích Markov Tìm ma trận xác suất chuyển của{Y n ; n ≥ 0}.

▷ 5.10 Cho {X n ; n ≥ 0} là xích Markov với ma trận xác suất chuyển

Xích Markov trên có phân phối dừng không Nếu có hãy tìm phân phối dừng đó.

▷ 5.11 Cho xích Markov {X n ; n ≥ 0} có sơ đồ chuyển trạng thái:

1 2 a) Đây có phải là xích Markov tối giản không? b) Tìm phân phối dừng. c) Phân phối dừng của xích Markov này có phải là phân phối giới hạn không?

[1] Hồ Minh Châu, Lê Văn Dũng, Lương Thị Mỹ Hạnh (2018), Luật số lớn đối với tổng ngẫu nhiên có trọng số các biến ngẫu nhiên độc lập đôi một có mô men cấpr vô hạn, Tạp chí Khoa học Trường Đại học Sư phạm - ĐH Đà Nẵng, 30(04), 66–72.

[2] Nguyễn Viết Phú và Nguyễn Duy Tiến (2004), Cơ sở lý thuyết xác suất, Nhà xuất bản ĐHQG Hà Nội.

[3] Nguyễn Hải Thanh (2008), Vận trù học, Trường Đại học Nông nghiệp Hà Nội.

[4] Đặng Hùng Thắng (2006),Quá trình ngẫu nhiên và tính toán ngẫu nhiên, Nhà xuất bản ĐHQG Hà Nội.

[5] Đặng Hùng Thắng (2009), Mở đầu về lý thuyết xác suất và các ứng dụng, Nhà Xuất bản Giáo dục.

[6] Đặng Hùng Thắng (2009), Bài tập xác suất, Nhà Xuất bản Giáo dục.

[7] Nguyễn Duy Tiến (2005), Các mô hình xác suất và ứng dụng (Phần I - Xích Markov và ứng dụng), Nhà xuất bản ĐHQG Hà Nội.

[8] Nguyễn Duy Tiến và Vũ Viết Yên (2009), Lý thuyết xác suất, Nhà Xuất bản Giáo dục.

[9] Vũ Tiến Việt và Phạm Thị Hằng (2020), Xác suất thống kê và quá trình ngẫu nhiên, Nhà xuất bản ĐHQG Hà Nội.

[10] Vũ Viết Yên (2006), Bài tập lý thuyết xác suất, Nhà xuất bản Đại học Sư phạm.

[11] N Bingham, C Goldie, J Teugels (1989),Regular Variation, Cambridge Uni- versity Press.

[12] Jay L Devore (2010), Probability and Statistics for Engineering and the Sci- ences, 8th Edition, Brooks/Cole.

[13] L.V Dung , T.C Son, N.T Hai Yen (2018), Weak laws of large numbers for sequences of random variables with infinite rth moments, Acta Mathematica Hungarica, 156, 408–423.

[14] A A Georgiev , W Greblicki (1986), Nonparametric function recovering from noisy observations, J Stat Plan Inference, 13(1), 1–14.

[15] A A Georgiev (1988), Consistent nonparametric multiple regression: the fixed design case, Journal of Multivariate Analysis 25(1), 100–110.

[16] A Gut (2013),Probability: A Graduate Course, second ed., Springer.

[17] H.G M¨uller (1987), Weak and universal consistency of moving weighted av- erages, Periodica Mathematica Hungarica,18(3), 241–250.

[18] H Pishro-Nik (2014), Introduction to probability, statistics and random pro- cesses, Kappa Research, LLC.

Định dạng
Số trang	119
Dung lượng	799,25 KB