Một vài ứng dụng của hàm đặc trưng

1 LỜI CẢM ƠN Để hồn thành khóa luận này, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến thầy Tôn Thất Tú, người hướng dẫn, giúp đỡ tơi tận tình, chu đáo suốt q trình thực đề tài Tôi xin chân thành cảm ơn tất q thầy khoa Tốn, thầy cô ban Quản lý Thư viện thuộc trường Đại Học Sư Phạm Đà Nẵng tạo điều kiện cho tơi thực khóa luận Qua xin gửi lời cảm ơn chân thành đến thầy cô dành thời gian quý báu để đọc khóa luận đóng góp cho tơi nhiều kinh nghiệm quý báu Xin cảm ơn gia đình, đồng học quan tâm, bên cạnh, động viên suốt q trình thực khóa luận Đà Nẵng, ngày 19 tháng năm 2013 Sinh viên thực Cao Thị Thùy Dung MỤC LỤC MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Mục đích chọn đề tài Đối tượng phạm vi nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu 5 Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài Tóm tắt nội dung khóa luận PHẦN NỘI DUNG Chương 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Đại lượng ngẫu nhiên 1.1 Định nghĩa 1.2 Tính chất 1.3 ĐLNN độc lập Hàm phân phối 2.1 Định nghĩa 2.2 Tính chất Phân phối rời rạc phân phối liên tục tuyệt đối 3.1 Phân phối rời rạc 3.2 Phân phối liên tục tuyệt đối Hàm ĐLNN 12 4.1 Trường hợp ĐLNN có phân phối rời rạc 12 4.2 Trường hợp ĐLNN có phân phối lttđ 12 Một số đặc trưng ĐLNN 14 5.1 Kì vọng tốn học 14 5.2 Phương sai 19 Chương 2: HÀM ĐẶC TRƯNG VÀ MỘT VÀI ỨNG DỤNG CỦA HÀM ĐẶC TRƯNG 22 Hàm đặc trưng 22 1.1 Hàm đặc trưng 22 1.2 Hội tụ theo xác suất 27 Một vài ứng dụng hàm đặc trưng 28 2.1 Tìm phân phối xác suất 28 2.2 Tìm phân phối giới hạn 31 KẾT LUẬN 39 TÀI LIỆU THAM KHẢO 40 MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Lý thuyết xác suất ngành toán học đời vào khoảng kỷ XVII Dưới nghiên cứu nhiều nhà Toán học, ngành khoa học phát triển lý thuyết ứng dụng Nó ứng dụng rộng rãi hầu hết lĩnh vực khoa học tự nhiên, khoa học xã hội, khoa học giáo dục ngành kinh tế, kĩ thuật, y học, … Đối tượng nghiên cứu xác suất tượng ngẫu nhiên, quy luật ngẫu nhiên mà thường gặp thực tế Khác với số mơn Tốn học trừu tượng, lý thuyết xác suất xây dựng dựa cơng cụ Tốn học đại Giải tích hàm, Lý thuyết độ đo, … lại gắn liền với toán thực tế sống, tự nhiên xã hội Được A.M Liapounov (1857 – 1918) nghiên cứu, hàm đặc trưng coi khái niệm lý luận quan trọng việc nghiên cứu lý thuyết xác suất Có thể nói hàm đặc trưng công cụ sắc sảo giúp giải nhiều vấn đề quan trọng lý thuyết xác suất Để góp phần làm rõ thêm vài ứng dụng hàm đặc trưng xác suất, em mạnh dạn chọn hàm đặc trưng làm đề tài nghiên cứu cho khóa luận tốt nghiệp Mục đích chọn đề tài Tìm hiểu hàm đặc trưng việc nghiên cứu tổng đại lượng ngẫu nhiên độc lập đồng thời tìm hiểu ứng dụng việc chứng minh vài định lý giới hạn quan trọng lý thuyết xác suất Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu vài ứng dụng hàm đặc trưng lý thuyết xác suất Ở em dừng lại mức độ nghiên cứu số ứng dụng hàm đặc trưng liên quan đến việc tìm phân phối đại lượng ngẫu nhiên vài trường hợp thường gặp lý thuyết xác suất Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu tài liệu, phân tích, giải thích, đánh giá, tổng hợp Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài Tổng quan kết tác giả nghiên cứu liên quan đến hàm đặc trưng ứng dụng hàm đặc trưng nhằm xây dựng tài liệu tham khảo cho có thích thú với mơn lý thuyết xác suất Tóm tắt nội dung khóa luận Nội dung khóa luận gồm hai chương: Chương 1: Kiến thức chuẩn bị, bao gồm kiến thức liên quan đến đại lượng ngẫu nhiên Chương 2: Hàm đặc trưng vài ứng dụng hàm đặc trưng Bao gồm: Định nghĩa số tính chất hàm đặc trưng; vài ứng dụng hàm đặc trưng: bao gồm tập sử dụng hàm đặc trưng để tìm phân phối xác suất vài đại lượng ngẫu nhiên tìm phân phối giới hạn PHẦN NỘI DUNG Chương 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Đại lượng ngẫu nhiên 1.1 Định nghĩa Cho (Ω, A, P) không gian xác xuất Ánh xạ X: Ω → ℝ gọi đại lượng ngẫu nhiên (ĐLNN) X hàm đo được, tức là: ∀𝑎 ∈ ℝ, {𝜔 ∈ Ω: X(𝜔) < 𝑎} ∈ A Để đơn giản ta kí hiệu [𝑋 ∈ 𝐵] = {𝜔 ∈ Ω ∶ X(ω) ∈ B} 1.2 Tính chất (i) Nếu X, Y ĐLNN (Ω, A, P), 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ 𝑎𝑋 + 𝑏𝑌, 𝑋 − 𝑌, 𝑋 ⁄𝑌 (𝑌 ≠ 0), 𝑚𝑎𝑥 {𝑋, 𝑌}, 𝑚𝑖𝑛{𝑋, 𝑌} ĐLNN (Ω, A, P) (ii) Nếu X ĐLNN (Ω, A, P), g hàm đo ℝ g(X) ĐLNN (Ω, A, P) 1.3 ĐLNN độc lập 1.3.1 Một vài định nghĩa: (i) Hai ĐLNN 𝑋1 , 𝑋2 gọi độc lập với số thực 𝑎1 , 𝑎2 ta có: 𝑃([𝑋1 < 𝑎1 ] ∩ [𝑋2 < 𝑎2 ]) = 𝑃[𝑋1 < 𝑎1 ] 𝑃[𝑋2 < 𝑎2 ] (ii) Nhóm n ĐLNN 𝑋1 , 𝑋2 , … , 𝑋𝑛 gọi độc lập với số thực 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 ta có: 𝑛 𝑛 𝑃 (⋂[𝑋𝑘 < 𝑎𝑘 ]) = ∏ 𝑃[𝑋𝑘 < 𝑎𝑘 ] 𝑘=1 𝑘=1 (iii) Dãy ĐLNN {𝑋𝑛 , 𝑛 ≥ 1} gọi độc lập đơi hai ĐLNN dãy độc lập (iv) Dãy ĐLNN {𝑋𝑛 , 𝑛 ≥ 1} gọi độc lập tập hữu hạn ĐLNN dãy độc lập 1.3.2 Tính chất: Mệnh đề 1.3.2.1 Nếu {𝑋1 , 𝑋2 , … , 𝑋𝑛 } ĐLNN độc lập, 𝑔1 , 𝑔2 , … , 𝑔𝑛 hàm Borel đo ℝ {𝑔𝑖 (𝑋𝑖 ), 𝑖 = ̅̅̅̅̅ 1, 𝑛} độc lập Hàm phân phối 2.1 Định nghĩa Trong không gian xác xuất (Ω, A, P) cho ĐLNN X Ta gọi hàm thực F(x) xác định hệ thức: 𝐹 (𝑥) = 𝐹𝑋 (𝑥) = 𝑃[𝑋 < 𝑥], ∀𝑥 ∈ ℝ hàm phân phối X Rõ ràng X ĐLNN [𝑋 < 𝑥] ∈ A nên hàm phân phối xác định với 𝑥 ∈ ℝ 2.2 Tính chất Hàm phân phối F(x) X (Ω, A, P) có tính chất: (i) ≤ 𝐹 (𝑥) ≤ ∀𝑥 ∈ ℝ (ii) Nếu 𝑥1 ≤ 𝑥2 𝐹(𝑥1 ) ≤ 𝐹(𝑥2 ) (iii) lim 𝐹 (𝑥) = , lim 𝐹(𝑥) = 𝑥→+∞ 𝑥→−∞ (iv) F(x) liên tục trái ℝ Phân phối rời rạc phân phối liên tục tuyệt đối 3.1 Phân phối rời rạc 3.1.1 Định nghĩa ĐLNN X gọi có phân phối rời rạc miền giá trị X tập hữu hạn hay đếm Lúc đó, ta cịn gọi X ĐLNN rời rạc Kí hiệu: 𝐼𝑚(𝑋 ) tập giá trị X 3.1.2 Hàm mật độ phân phối rời rạc a) Định nghĩa Giả sử X ĐLNN rời rạc với 𝐼𝑚(𝑋 ) = {𝑥𝑖 , 𝑖 ∈ 𝐼}, với 𝐼 = {1; 2; … ; 𝑛} hay 𝐼 = ℕ Khi đó: 𝑃[𝑋 = 𝑥𝑖 ] 𝑥 = 𝑥𝑖 𝑓(𝑥) = 𝑓𝑋 (𝑥) = 𝑃[𝑋 = 𝑥] = { 𝑥 ≠ 𝑥𝑖 ∀𝑖 ∈ 𝐼 gọi hàm mật độ rời rạc X, hay mật độ X b) Tính chất Nếu X ĐLNN rời rạc với miền giá trị {𝑥𝑖 , 𝑖 ∈ 𝐼} hàm mật độ f(x) thì: (𝑖) ∑ 𝑓 (𝑥𝑖 ) = 𝑖∈𝐼 (𝑖𝑖) ∀𝑥 ∈ ℝ, 𝐹 (𝑥) = ∑ 𝑓 (𝑥𝑖 ) 𝑖∈𝐼:𝑥𝑖 0) 𝑌~𝑁(𝑎, 𝜎 ) Áp dụng mệnh đề 1.1.2.2, ta có: 𝜑𝑌 (𝑡) = 𝑒 𝑖𝑡𝑎 𝜑𝑋 (𝜎𝑡 ) = 𝑒 𝑖𝑡𝑎 − Vậy 𝑋~𝑁(𝑎, 𝜎 ) thì: 𝜎2𝑡 2 𝜑𝑋 (𝑡 ) = 𝑒 𝑖𝑡𝑎 − 𝜎2𝑡 2 d) Phân phối gamma 𝑋~𝐺(𝛼, 𝑝), ta có: +∞ ∞ ∞ 𝛼 𝑝 𝑝−1 −𝛼𝑥 𝛼𝑝 ∫ 𝑥 𝑝−1 𝑒 (𝑖𝑡−𝛼)𝑥 𝜑𝑋 (𝑡) = ∫ 𝑒 𝑖𝑡𝑥 𝑓𝑋 (𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝑒 𝑖𝑡𝑥 𝑥 𝑒 𝑑𝑥 = Γ(𝑝) Γ(𝑝) −∞ = ∞ 0 𝛼𝑝 ∫ [(𝛼 − 𝑖𝑡 )𝑥]𝑝−1 𝑒 −(𝛼−𝑖𝑡)𝑥 𝑑 (𝛼 − 𝑖𝑡 )𝑥 𝑝 Γ(𝑝)(𝛼 − 𝑖𝑡) Bằng cách sử dụng biến đổi giải tích hàm biến phức (xem [3]), ta có: 𝑝 𝛼𝑝 𝛼 ( ) ( ) 𝜑𝑋 (𝑡 ) = ∙ Γ 𝑝 = Γ(𝑝)(𝛼 − 𝑖𝑡)𝑝 𝛼 − 𝑖𝑡 BẢNG HÀM ĐẶC TRƯNG CỦA MỘT SỐ PHÂN PHỐI THƯỜNG GẶP Phân phối Hàm đặc trưng (𝑝𝑒 𝑖𝑡 + − 𝑝)𝑛 𝐵(𝑛, 𝑝) P (𝜆 ) 𝑒 𝜆(𝑒 𝑖𝑡 −1) 𝜎2𝑡 𝑁(𝑎, 𝜎 ) 𝑒 𝑖𝑡𝑎 − 𝛼 𝑝 ( ) 𝛼 − 𝑖𝑡 𝐺(𝛼, 𝑝) 1.1.5 Mối liên hệ hàm đặc trưng với hàm phân phối hàm mật độ Mệnh đề 1.1.5.1 a) Nếu 𝑥, 𝑦 (𝑥 < 𝑦) điểm liên tục 𝐹𝑋 (𝑥) thì: 𝑁 𝑒 −𝑖𝑡𝑥 − 𝑒 −𝑖𝑡𝑦 ∫ 𝐹𝑋 (𝑦) − 𝐹𝑋 (𝑥) = lim 𝜑𝑋 (𝑡 )𝑑𝑡 𝑁→∞ 2𝜋 −𝑖𝑡 −𝑁 b) Nếu hàm đặc trưng 𝜑𝑋 (𝑡 ) khả tích ℝ 𝐹𝑋 (𝑥) liên tục tuyệt đối hàm mật độ 𝑓𝑋 (𝑥) tính cơng thức: +∞ ∫ 𝑒 −𝑖𝑡𝑥 𝜑𝑋 (𝑡 )𝑑𝑡 𝑓𝑋 (𝑥) = 2𝜋 −∞ 26 Chứng minh a) Xem [3] b) Để chứng minh b) ta cần rằng: +∞ ∫ 𝑒 −𝑖𝑡𝑥 𝜑𝑋 (𝑡)𝑑𝑡 𝐹𝑋′ (𝑥) = 2𝜋 −∞ Với ∆𝑥 > bất kì, theo a) từ giả thiết 𝜑𝑋 (𝑡 ) khả tích ℝ, ta có: +∞ 𝐹𝑋 (𝑥 + ∆𝑥) − 𝐹𝑋 (𝑥) 𝑒 −𝑖𝑡∆𝑥 − −𝑖𝑡𝑥 ∫ [ ]𝑒 = 𝜑𝑋 (𝑡 )𝑑𝑡 ∆𝑥 2𝜋 −𝑖𝑡∆𝑥 −∞ Vì 𝑒 −𝑖𝑡∆𝑥 − −𝑖𝑡∆𝑥 bị chặn với 𝑡∆𝑥 nên ∆𝑥 → chuyển qua giới hạn dấu tích phân theo định nghĩa Lebesgue, với việc dùng quy tắc L’Hopital, ta được: +∞ ∫ 𝑒 −𝑖𝑡𝑥 𝜑𝑋 (𝑡 )𝑑𝑡 𝐹𝑋′ (𝑥) = 2𝜋 (đpcm) −∞ Từ mệnh đề 1.4.1 ta kết luận: Tương ứng 𝑓𝑋 𝜑𝑋 tương ứng – hay hàm đặc trưng có tính 1.2 Hội tụ theo xác suất Định nghĩa Họ ĐLNN {𝑋𝑛 , 𝑛 ≥ 1} gọi hội tụ theo xác suất đến X nếu: ∀𝜀 > 0, 𝑃[𝜔: |𝑋𝑛 (𝜔) − 𝑋(𝜔)| ≥ 𝜀] → (𝑛 → ∞) 𝑃 Kí hiệu: 𝑋𝑛 → 𝑋 (𝑛 → ∞) Hiển nhiên ta có hệ thức tương đương: 𝑃 𝑋𝑛 → 𝑋 (𝑛 → ∞) ⇔ ∀𝜀 > 0, 𝑃[𝜔: |𝑋𝑛 (𝜔) − 𝑋(𝜔)| < 𝜀] → (𝑛 → ∞) 𝑃 Như 𝑋𝑛 → 𝑋 (𝑛 → ∞) biến cố [𝜔: 𝑋𝑛 (𝜔) → 𝑋 (𝜔)] có xác suất gần tùy ý 𝑛 → ∞ 1.3 Hội tụ yếu 1.3.1 Định nghĩa: Họ ĐLNN {𝑋𝑛 , 𝑛 ≥ 1} gọi hội tụ yếu, hay hội tụ theo phân phối đến ĐLNN X 𝐹𝑛 (𝑥) → 𝐹 (𝑥) ∀𝑥 ∈ 𝐶 (𝐹 ) (𝑛 → ∞) (1) Ở C(F) tập điểm liên tục 𝐹𝑋 (𝑥) ta dùng F(x) thay cho 𝐹𝑋 (𝑥) 𝑑 𝑤 𝑑 Kí hiệu: 𝑋𝑛 → 𝑋 (𝑛 → ∞); 𝑋𝑛 → 𝑋 (𝑛 → ∞) hay 𝐹𝑛 → 𝐹 (𝑛 → ∞) 1.3.2 Tính chất 27 Mệnh đề 1.3.2.1 Giả sử dãy hàm đặc trưng 𝜑𝑛 (𝑡 ), với hàm phân phối tương ứng 𝐹𝑛 (𝑥), hội tụ đến 𝜑(𝑡 ) 𝑛 → ∞ Khi 𝜑(𝑡 ) hàm đặc trưng gọi F(x) hàm phân phối tương ứng với 𝜑(𝑡 ) 𝑛 → ∞ ta có: 𝐹𝑛 (𝑥) → 𝐹 (𝑥) ∀𝑥 ∈ 𝐶(𝐹) Chứng minh Xem [3] Ví dụ 1.3.2.1: Nếu dãy hàm đặc trưng: 𝑡2 𝜑𝑛 (𝑡 ) → 𝑒 − (𝑛 → ∞) dãy hàm phân phối tương ứng 𝑥 𝑢2 − ∫ 𝑒 𝑑𝑢 (𝑛 → ∞) ∀𝑥 ∈ ℝ, 𝐹𝑛 (𝑥) → 2𝜋 −∞ 𝑡2 − 𝑒 hàm đặc trưng phân phối 𝑁(0,1) Mệnh đề 1.3.2.2 𝑑 𝑃 Nếu 𝑋𝑛 → 𝑋(𝑛 → ∞), 𝑋 = 𝑐 (ℎ 𝑘 𝑛), 𝑐 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡, 𝑋𝑛 → 𝑋(𝑛 → ∞) Chứng minh ∀𝜀 > 0, ta có: 𝑃(|𝑋𝑛 − 𝑐 | < 𝜀) = 𝑃(𝑐 − 𝜀 < 𝑋𝑛 < 𝑐 + 𝜀) = 𝐹𝑋𝑛 (𝑐 + 𝜀) − 𝐹𝑋𝑛 (𝑐 − 𝜀 + 0) 𝑑 Do 𝑋𝑛 → 𝑋 (𝑛 → ∞) nên ta có: 𝑃(|𝑋𝑛 − 𝑐 | < 𝜀) = 𝐹𝑋𝑛 (𝑐 + 𝜀) − 𝐹𝑋𝑛 (𝑐 − 𝜀 + 0) 𝑛→∞ → 𝐹𝑐 (𝑐 + 𝜀) − 𝐹𝑐 (𝑐 − 𝜀 + 0) = − = 𝑃 Vậy 𝑋𝑛 → 𝑋(𝑛 → ∞) Một vài ứng dụng hàm đặc trưng 2.1 Tìm phân phối xác suất Bài tập 1: Cho 𝑋1 ~𝐵(𝑛, 𝑝), 𝑋2 ~𝐵(𝑚, 𝑝), 𝑋1 , 𝑋2 độc lập Tìm phân phối 𝑌 = 𝑋1 + 𝑋2 Bài giải: 𝑋1 ~𝐵(𝑛, 𝑝) nên ta có hàm đặc trưng 𝑋1 là: 𝜑𝑋1 (𝑡) = (𝑝𝑒 𝑖𝑡 + − 𝑝)𝑛 𝑋2 ~𝐵(𝑚, 𝑝) nên ta có hàm đặc trưng 𝑋2 là: 𝜑𝑋2 (𝑡) = (𝑝𝑒 𝑖𝑡 + − 𝑝)𝑚 Do 𝑋1 , 𝑋2 độc lập nên theo mệnh đề 1.1.2.2 ta có hàm đặc trưng 𝑌 = 𝑋1 + 𝑋2 là: 𝜑𝑌 (𝑡 ) = 𝜑𝑋1 (𝑡) 𝜑𝑋2 (𝑡) = (𝑝𝑒 𝑖𝑡 + − 𝑝)𝑛 (𝑝𝑒 𝑖𝑡 + − 𝑝)𝑚 = (𝑝𝑒 𝑖𝑡 + − 𝑝)𝑚+𝑛 28 Do tính hàm đặc trưng nên ta suy ra: 𝑌~𝐵 (𝑚 + 𝑛, 𝑝) Bài tập 2: Cho 𝑋1 ~ P (𝜆1 ), 𝑋2 ~ P (𝜆2 ), 𝑋1 , 𝑋2 độc lập Tìm phân phối 𝑌 = 𝑋1 + 𝑋2 Bài giải: 𝑋1 ~ P (𝜆1 ) nên ta có hàm đặc trưng 𝑋1 là: 𝜑𝑋1 (𝑡 ) = 𝑒 𝜆1(𝑒 𝑖𝑡 −1) 𝑋2 ~ P (𝜆2 ) nên ta có hàm đặc trưng 𝑋2 là: 𝑖𝑡 𝜑𝑋2 (𝑡 ) = 𝑒 𝜆2(𝑒 −1) Do 𝑋1 , 𝑋2 độc lập nên theo mệnh đề 1.1.2.2 ta có hàm đặc trưng 𝑌 = 𝑋1 + 𝑋2 là: 𝜑𝑌 (𝑡 ) = 𝜑𝑋1 (𝑡 ) 𝜑𝑋2 (𝑡 ) = 𝑒 𝜆1(𝑒 𝑖𝑡 −1) 𝑒 𝜆2(𝑒 𝑖𝑡 −1) = 𝑒 (𝜆1+𝜆2)(𝑒 𝑖𝑡 −1) Do tính hàm đặc trưng nên ta suy ra: 𝑌~ P (𝜆1 + 𝜆2 ) Nhận xét: Trong trường hợp tổng quát, xét ĐLNN {𝑋1 , 𝑋2 , … , 𝑋𝑛 } độc lập Đặt: 𝑛 𝑌 = ∑ 𝑋𝑗 𝑗=1 Khi đó, ta có: - Nếu 𝑋𝑗 ~ P (𝜆𝑗 ), 𝜆𝑗 > 0, 𝑗 = ̅̅̅̅̅ 1, 𝑛 , 𝑌~ P (𝜆1 + 𝜆2 + ⋯ + 𝜆𝑛 ) - Nếu 𝑋𝑗 ~𝐵(𝑛𝑗 , 𝑝), 𝑗 = ̅̅̅̅̅ 1, 𝑛 , 𝑌~𝐵(𝑛1 + 𝑛2 + ⋯ + 𝑛𝑛 , 𝑝) Bài tập 3: Cho 𝑋~𝑁(𝑎, 𝜎 ), 𝑌 = 𝑚𝑋 + 𝑛 Tìm phân phối 𝑌 Bài giải: 𝑋~𝑁(𝑎, 𝜎 ) nên ta có hàm đặc trưng X là: 𝜑𝑋 (𝑡 ) = 𝑒 𝑌 = 𝑚𝑋 + 𝑛, theo mệnh đề 1.1.2.2 ta có: 𝑖𝑡𝑛 𝑖𝑡𝑛 𝑖𝑡𝑎− 𝑖𝑚𝑡𝑎− 𝜎2𝑡 2 𝜎2 (𝑚𝑡)2 𝜑𝑌 (𝑡) = 𝑒 𝜑𝑋 (𝑚𝑡 ) = 𝑒 𝑒 =𝑒 Do tính hàm đặc trưng nên ta có: 𝑌~𝑁(𝑚𝑎 + 𝑛, 𝑚2 𝜎 ) Bài tập 4: 𝑖𝑡(𝑚𝑎+𝑛)− 𝜎 𝑚2 𝑡 2 29 Cho 𝑋1 ~𝑁(𝑎1 , 𝜎1 ), 𝑋2 ~𝑁(𝑎2 , 𝜎2 ), 𝑋1 , 𝑋2 độc lập, 𝑌 = 𝛼𝑋1 + 𝛽𝑋2 + 𝛾 Tìm phân phối 𝑌 Bài giải: Ta có: 𝑋1 ~𝑁(𝑎1 , 𝜎1 ) ⇒ 𝜑𝑋1 (𝑡) = 𝜎 2𝑡 𝑖𝑡𝑎1 − 𝑒 ⇒ 𝜑𝛼𝑋1 (𝑡) = 𝜑𝑋1 (𝛼𝑡) = 𝜎 (𝛼𝑡)2 𝑖𝛼𝑡𝑎1 − 𝑒 𝜎2 𝑡 𝑋2 ~𝑁(𝑎2 , 𝜎2 ) ⇒ 𝜑𝑋2 (𝑡) = 𝑒 𝑖𝑡𝑎2 − ⇒ 𝜑𝛽𝑋2 (𝑡 ) = 𝜑𝑋2 (𝛽𝑡 ) = 𝑒 𝑖𝛽𝑡𝑎2− Do 𝑋1 , 𝑋2 độc lập nên 𝛼𝑋1 , 𝛽𝑋2 độc lập Theo mệnh đề 1.1.2.2 ta có: 𝜑𝛼𝑋1+𝛽𝑋2 (𝑡 ) = 𝜑𝛼𝑋1 (𝑡 ) 𝜑𝛽𝑋2 (𝑡) = 𝑖𝑡(𝛼𝑎1 +𝛽𝑎2 )− 𝜎2 (𝛽𝑡)2 𝜎 (𝛼𝑡)2 𝜎 (𝛽𝑡)2 𝑖𝛼𝑡𝑎1 − 𝑖𝛽𝑡𝑎2 − 2 𝑒 𝑒 (𝜎1 𝛼2 +𝜎2 𝛽2 )𝑡 2 =𝑒 𝑌 = 𝛼𝑋1 + 𝛽𝑋2 + 𝛾 nên ta có: 𝜑𝑌 (𝑡 ) = 𝑒 𝑖𝑡𝛾 𝜑𝛼𝑋1+𝛽𝑋2 (𝑡 ) = 𝑒 𝑖𝑡𝛾 𝑒 𝑖𝑡(𝛼𝑎1 +𝛽𝑎2 )− (𝜎1 𝛼2 +𝜎2 𝛽2 )𝑡 2 (𝜎1 𝛼2 +𝜎2 𝛽2 )𝑡 2 = 𝑒 𝑖𝑡(𝛼𝑎1+𝛽𝑎2+𝛾)− Do tính hàm đặc trưng nên ta có: 𝑌~𝑁(𝛼𝑎1 + 𝛽𝑎2 + 𝛾, 𝜎1 𝛼 + 𝜎2 𝛽2 ) Nhận xét: Một cách tổng quát, cho ĐLNN {𝑋1 , 𝑋2 , … , 𝑋𝑛 } độc lập, 𝑋𝑗 ~𝑁(𝑎𝑗 , 𝜎𝑗2 ), 𝑗 = ̅̅̅̅̅ 1, 𝑛, đặt: 𝑛 𝑌 = ∑ 𝛼𝑗 𝑋𝑗 + 𝛾 𝑗=1 𝛾, 𝛼𝑗 ∈ ℝ , 𝑗 = ̅̅̅̅̅ 1, 𝑛 Khi đó, ta có: 𝑌~𝑁(𝛼1 𝑎1 + 𝛼2 𝑎2 + ⋯ + 𝛼𝑛 𝑎𝑛 + 𝛾, 𝛼1 𝜎1 + 𝛼2 𝜎2 + ⋯ + 𝛼𝑛 𝜎𝑛 ) Bài tập 5: Cho 𝑋𝑖 ~𝐵(1, 𝑝), (𝑖 ≥ 1), 𝑋𝑖 độc lập, 𝜏~ P (𝜆) Đặt 𝑆𝑛 = 𝑋1 + 𝑋2 + ⋯ + 𝑋𝑛 Tìm phân phối 𝑆𝜏 Bài giải: Ta có hàm đặc trưng 𝑆𝜏 là: ∞ ∞ 𝜑𝑆𝜏 (𝑡) = 𝐸 (𝑒 𝑖𝑡𝑆𝜏 ) = 𝐸 (1 𝑒 𝑖𝑡𝑆𝜏 ) = 𝐸 (∑ 𝐼[𝜏=𝑘] 𝑒 𝑖𝑡𝑆𝜏 ) = ∑ 𝐸(𝐼[𝜏=𝑘] 𝑒 𝑖𝑡𝑆𝜏 ) 𝑘=1 𝑘=1 30 ∞ ∞ ∞ = ∑ 𝐸(𝐼[𝜏=𝑘] 𝑒 𝑖𝑡𝑆𝑘 ) = ∑ 𝐸(𝐼[𝜏=𝑘] ) 𝐸 (𝑒 𝑖𝑡𝑆𝑘 ) = ∑ 𝐸(𝐼[𝜏=𝑘] ) 𝜑𝑆𝑘 (𝑡) 𝑘=1 𝑘=1 𝑘=1 Do 𝜏~ P (𝜆) nên: 𝜆𝑘 𝑘! ̅̅̅̅̅ 𝑆𝑘 = 𝑋1 + 𝑋2 + ⋯ + 𝑋𝑘 mà 𝑋𝑖 ~𝐵(1, 𝑝), ∀𝑖 = 1, 𝑘 ⇒ 𝑆𝑘 ~𝐵(𝑘, 𝑝) ⇒ 𝜑𝑆𝑘 (𝑡 ) = (𝑝𝑒 𝑖𝑡 + − 𝑝)𝑘 𝐸(𝐼[𝜏=𝑘] ) = 𝑃[𝜏 = 𝑘 ] = 𝑒 −𝜆 (1) (2) Từ (1) (2) ta suy ra: ∞ ∞ 𝜑𝑆𝜏 (𝑡 ) = ∑ 𝑒 𝑘=1 −𝜆 =𝑒 −𝜆 [𝜆(𝑝𝑒 𝑖𝑡 + − 𝑝)]𝑘 𝜆𝑘 𝑖𝑡 𝑘 −𝜆 ( ) ∙ 𝑝𝑒 + − 𝑝 = 𝑒 ∑ 𝑘! 𝑘! 𝑘=1 𝑒 𝜆(𝑝𝑒 𝑖𝑡 +1−𝑝) 𝑖𝑡 = 𝑒 𝜆𝑝(𝑒 −1) Do tính hàm đặc trưng nên suy ra: 𝑆𝜏 ~ P (𝜆𝑝) 2.2 Tìm phân phối giới hạn Bài tập 1: Cho {𝑋𝑛 , 𝑛 ≥ 1}, 𝑋𝑛 ~𝐵(𝑛, 𝑝) Chứng minh 𝑋𝑛 𝑃 𝑎) 𝑌𝑛 = → 𝑝 ( 𝑛 → ∞) 𝑛 𝑋𝑛 − 𝑛𝑝 𝑑 𝑏) 𝑍𝑛 = → 𝑁(0,1) (𝑛 → ∞) √𝑛𝑝(1 − 𝑝) Bài giải: 𝑋𝑛 ~𝐵(𝑛, 𝑝) nên ta có hàm đặc trưng 𝑋𝑛 là: 𝜑𝑋𝑛 (𝑡) = (𝑝𝑒 𝑖𝑡 + − 𝑝)𝑛 a) Ta có: 𝑌𝑛 = 𝑋𝑛 𝑛 Nên: 𝑛 𝑡 𝑡 𝑖 𝑛 ( ) ( ) 𝜑𝑌𝑛 𝑡 = 𝜑𝑋𝑛 𝑡 = 𝜑𝑋𝑛 ( ) = (𝑝𝑒 + − 𝑝) 𝑛 𝑛 Ta có: 𝑡 𝑖𝑡 𝑖 𝑡 𝑖 𝑡 𝑖𝑡 𝑖 𝑛 ( ) 𝑒 =1+ + + + ⋯ = + + 𝑛 2𝑛 3! 𝑛3 𝑛 𝑛2 31 𝑛 𝑖𝑡 𝑖𝑡𝑝 𝑛 𝑛→∞ 𝑖𝑡𝑝 ⇒ 𝜑𝑌𝑛 (𝑡 ) = [𝑝 (1 + + ( )) + − 𝑝] = [1 + + ( )] → 𝑒 = 𝜑𝑝 (𝑡) 𝑛 𝑛 𝑛 𝑛 𝑛→∞ ⇒ 𝐹𝑌𝑛 (𝑥) → 𝐹𝑝 (𝑥) 𝑑 ⇒ 𝑌𝑛 → 𝑝 (𝑛 → ∞) 𝑃 ⇒ 𝑌𝑛 → 𝑝 (𝑛 → ∞) b) Ta có: 𝑋𝑛 − 𝑛𝑝 𝑋𝑛 𝑛𝑝 𝑍𝑛 = = − √𝑛𝑝(1 − 𝑝) √𝑛𝑝(1 − 𝑝) √𝑛𝑝(1 − 𝑝) ⇒ 𝜑𝑍𝑛 (𝑡 ) = 𝑒 =𝑒 −𝑖𝑡 −𝑖𝑡 = [𝑒 − 𝑛𝑝 √𝑛𝑝(1−𝑝) 𝜑 (𝑡 ) 𝑋𝑛 √𝑛𝑝(1−𝑝) =𝑒 𝑛𝑝 𝑡 𝑖 √𝑛𝑝(1−𝑝) (𝑝𝑒 √𝑛𝑝(1−𝑝) 𝑖𝑡𝑝 √𝑛𝑝(1−𝑝) 𝑖𝑡 √𝑛𝑝(1−𝑝) (𝑝𝑒 −𝑖𝑡 𝑛𝑝 √𝑛𝑝(1−𝑝) 𝜑 𝑋𝑛 ( 𝑡 √𝑛𝑝(1 − 𝑝) ) 𝑛 + − 𝑝) 𝑛 + − 𝑝)] Ta có: 𝑖𝑡𝑝 √𝑛𝑝(1−𝑝) 𝑖𝑡𝑝 𝑖𝑡𝑝 𝑖𝑡𝑝 ) + (− ) +⋯ 𝑒 =1− + (− 3! √𝑛𝑝(1 − 𝑝) 2! √𝑛𝑝(1 − 𝑝) √𝑛𝑝(1 − 𝑝) 𝑖𝑡𝑝 𝑝𝑡 =1− − + ( 3) √𝑛𝑝(1 − 𝑝) 2𝑛(1 − 𝑝) 𝑛2 𝑖𝑡 𝑖𝑡 𝑖𝑡 𝑖𝑡 √𝑛𝑝(1−𝑝) ) + ( ) +⋯ 𝑒 =1+ + ( 3! √𝑛𝑝(1 − 𝑝) √𝑛𝑝(1 − 𝑝) 2! √𝑛𝑝(1 − 𝑝) − 𝑡2 + ( 3) √𝑛𝑝(1 − 𝑝) 2𝑛𝑝(1 − 𝑝) 𝑛2 𝑖𝑡 𝑖𝑡𝑝 𝑡 ⇒ 𝑝𝑒 √𝑛𝑝(1−𝑝) + − 𝑝 = + − + ( 3) √𝑛𝑝(1 − 𝑝) 2𝑛(1 − 𝑝) 𝑛2 𝑛 𝑝 𝑝 ) 𝑡 + ( )] ⇒ 𝜑𝑍𝑛 (𝑡 ) = [1 − (− + + 𝑛(1 − 𝑝) 2𝑛(1 − 𝑝) 2𝑛(1 − 𝑝) 𝑛2 𝑛 𝑡2 𝑛→∞ 𝑡2 = [1 − + ( )] → 𝑒 − = 𝜑𝑍 (𝑡 ) (𝑍~𝑁(0,1)) 2𝑛 𝑛2 𝑛→∞ ⇒ 𝐹𝑍𝑛 (𝑥) → 𝐹𝑍 (𝑥) =1+ 𝑖𝑡 − 32 𝑑 𝑑 ⇒ 𝑍𝑛 → 𝑍 (𝑛 → ∞) hay 𝑍𝑛 → 𝑁(0,1) (𝑛 → ∞) Bài tập 2: Cho {𝑋𝑛 , 𝑛 ≥ 1} độc lập, có phân phối 𝐸 (𝑋𝑛 ) = 𝑎, 𝐷 (𝑋𝑛 ) = 𝜎 (𝜎 < +∞) ∀𝑛 ≥ Đặt: 𝑋1 + 𝑋2 + ⋯ + 𝑋𝑛 𝑌𝑛 = 𝑛 𝑃 Chứng minh 𝑌𝑛 → 𝑎 (𝑛 → ∞) Bài giải: Ta có {𝑋𝑛 , 𝑛 ≥ 1} có phân phối nên 𝜑𝑋1 (𝑡) = 𝜑𝑋2 (𝑡) = ⋯ = 𝜑𝑋𝑛 (𝑡) ∀𝑛 ≥ (1) Do {𝑋𝑛 , 𝑛 ≥ 1} độc lập nên ta có: 𝑛 𝜑𝑋1+𝑋2+⋯+𝑋𝑛 (𝑡) = ∏ 𝜑𝑋𝑗 (𝑡) = 𝜑𝑋1 (𝑡) 𝜑𝑋2 (𝑡) … 𝜑𝑋𝑛 (𝑡 ) 𝑗=1 𝑛 = [𝜑𝑋1 (𝑡)] (𝑑𝑜 (1)) 𝑛 𝑡 𝑡 𝑡 𝑛 𝑖 𝑋1 𝑛 )] ⇒ 𝜑𝑌𝑛 (𝑡 ) = 𝜑𝑋1+𝑋2+⋯+𝑋𝑛 (𝑡) = 𝜑𝑋1+𝑋2+⋯+𝑋𝑛 ( ) = [𝜑𝑋1 ( )] = [𝐸 (𝑒 𝑛 𝑛 𝑛 Ta có: 𝑡 𝑖𝑡𝑋1 𝑖𝑡𝑋1 𝑖𝑡𝑋1 𝑖 𝑋1 ) + ⋯ ) = 𝐸 (1 + 𝐸 (𝑒 𝑛 ) = 𝐸 (1 + + ( + ( )) 𝑛 2! 𝑛 𝑛 𝑛 𝑖𝑡 𝑖𝑡𝑎 = + 𝐸 (𝑋1 ) + ( ) = + + ( 2) 𝑛 𝑛 𝑛 𝑛 𝑛 𝑛→∞ 𝑖𝑡𝑎 ⇒ 𝜑𝑌𝑛 (𝑡 ) = [1 + + ( )] → 𝑒 𝑖𝑡𝑎 = 𝜑𝑎 (𝑡) 𝑛 𝑛 𝑛→∞ ⇒ 𝐹𝑌𝑛 (𝑥) → 𝐹𝑎 (𝑥) 𝑑 ⇒ 𝑌𝑛 → 𝑎 (𝑛 → ∞) 𝑃 ⇒ 𝑌𝑛 → 𝑎 (𝑛 → ∞) (theo mệnh đề 1.3.2.2) Bài tập 3: (Chứng minh định lý giới hạn trung tâm Lindeberg) Giả sử dãy ĐLNN độc lập {𝑋𝑛𝑘 }𝑛𝑘=1 , 𝑛 = 1,2, …thỏa điều kiện: 𝐸𝑋𝑛𝑘 = 𝑘 = ̅̅̅̅̅ 1, 𝑛; 𝑛 = 1,2, … { 𝑛 ∑ 𝐷𝑋𝑛𝑘 = 𝑛≥1 (∗) 𝑘=1 Và: 𝑛 𝑛→∞ 𝐿𝑛 (𝜏) = ∑ 𝐸𝑋𝑛𝑘 𝐼[|𝑋𝑛𝑘|>𝜏] → (𝐿0 ) 𝑘=1 33 Đặt: 𝑛 𝑌𝑛 = ∑ 𝑋𝑛𝑘 , 𝑛 ≥ 𝑘=1 Khi đó: 𝑥 𝑛→∞ 𝐹𝑌𝑛 (𝑥) → 𝑢2 − ∫ 𝑒 𝑑𝑢 2𝜋 (∗∗) −∞ theo x ℝ Bài giải: Giả sử 𝜑𝑛𝑘 (𝑡) hàm đặc trưng 𝑋𝑛𝑘 , theo mệnh đề 1.1.2.2 ta có: 𝑛 𝜑𝑌𝑛 (𝑡) = ∏ 𝜑𝑛𝑘 (𝑡) 𝑘=1 Đặt: 𝑥 𝑢2 − ( ) ∫ 𝑒 𝑑𝑢 𝐹 𝑥 = 2𝜋 −∞ Ta thấy 𝐹 (𝑥) hàm phân phối phân phối 𝑁(0,1) nên theo mệnh đề 1.3.2.1 để chứng minh (∗∗) ta cần ra: lim 𝜑𝑌𝑛 (𝑡) = 𝑒 − 𝑡2 𝑛→∞ Phép chứng minh chia thành nhiều bước: a) Một số bất đẳng thức cần dùng: ∀𝛼 ∈ ℝ, |𝛽| < , 𝑖𝛼 |𝑒 − 1| ≤ |𝛼 | 𝛼2 |𝑒 𝑖𝛼 − − 𝑖𝛼| ≤ 2 |𝛼|3 𝛼 𝑖𝛼 |𝑒 − − 𝑖𝛼 + | ≤ |ln(1 + 𝛽) − 𝛽| ≤ |𝛽| Thật vậy, ta có: 𝛼 𝛼 (1) (2) (3 ) (4) 𝛼 𝑖𝑡 𝛼 |𝛼| = |∫ 𝑑𝑡 | = ∫|𝑒 |𝑑𝑡 ≥ |∫ 𝑒 𝑑𝑡 | = | 𝑒 | | = |𝑒 𝑖𝛼 − 1| ⇒ (1) 𝑖 𝑖𝑡 𝛼 𝛼 𝑖𝑡 𝛼 𝛼 𝛼2 𝑖𝑡 𝛼 𝑖𝑡 𝑖𝑡 ⇒ = |∫ 𝑡𝑑𝑡 | ≥ |∫(𝑒 − 1)𝑑𝑡 | = |∫ 𝑒 𝑑𝑡 − ∫ 𝑑𝑡 | = | 𝑒 | − 𝑡 |𝛼0 | 𝑖 0 0 34 = |−𝑖𝑒 𝑖𝛼 + 𝑖 − 𝛼| = |𝑒 𝑖𝛼 − − 𝑖𝛼| ⇒ (2) 𝛼 𝛼 𝛼 𝛼 |𝛼|3 𝑡2 ⇒ = |∫ 𝑑𝑡 | ≥ |∫(𝑒 𝑖𝑡 − − 𝑖𝑡 )𝑑𝑡 | = |∫ 𝑒 𝑖𝑡 𝑑𝑡 − ∫(1 + 𝑖𝑡 )𝑑𝑡 | 0 0 = |𝑒 𝛼2 − − 𝑖𝛼 + | ⇒ (3) 𝑖𝛼 Ta có: 𝛽 𝛽 𝛽 𝛽 𝛽 𝑥𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 |∫ | = |∫ 𝑑𝑥 − ∫ | = |∫ − ∫ 𝑑𝑥| = |ln(1 + 𝛽) − 𝛽| 1+𝑥 1+𝑥 1+𝑥 0 0 𝛽 ⇒ |ln(1 + 𝛽) − 𝛽| = ∫ 0 𝛽 𝑥𝑑𝑥 ≤ |∫ 𝑥𝑑𝑥 | = |𝛽|2 ⇒ (4) 1+𝑥 b) Ta chứng minh: 𝑛→∞ max|1 − 𝜑𝑛𝑘 (𝑡)| → 𝑘≤𝑛 (5) Thật vậy, từ giả thiết 𝐸𝑋𝑛𝑘 = 0, nhờ (2) ta được: max|1 − 𝜑𝑛𝑘 (𝑡 )| = max|𝜑𝑛𝑘 (𝑡 ) − 1| = max|𝐸 (𝑒 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 ) − 1| 𝑘≤𝑛 𝑘≤𝑛 𝑘≤𝑛 = max|𝐸 (𝑒 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 ) − 𝐸 (1) − 𝑖𝑡𝐸 (𝑋𝑛𝑘 )| 𝑘≤𝑛 = max|𝐸 (𝑒 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 ) − 𝐸 (1) − 𝐸 (𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 )| 𝑘≤𝑛 = max 𝐸 (𝑒 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 − − 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 ) 𝑘≤𝑛 𝑡 𝑋𝑛𝑘 𝑡2 ) = max 𝐸(𝑋𝑛𝑘 ) ≤ max 𝐸 ( 𝑘≤𝑛 2 𝑘≤𝑛 𝑡 ≤ [𝜏 + max(𝐸(𝑋𝑛𝑘 ) 𝐼[|𝑋𝑛𝑘|>𝜏] )] 𝑘≤𝑛 𝑛 𝑡 𝑡2 2 ≤ [𝜏 + ∑ 𝐸(𝑋𝑛𝑘 ) 𝐼[|𝑋𝑛𝑘|>𝜏] ] = [𝜏 + 𝐿𝑛 (𝜏)] 2 𝑛→∞ 𝑘=1 Với 𝜏 > đủ bé, 𝐿𝑛 (𝜏) → (giả thiết 𝐿0 ) nên ta suy ra: 𝑛→∞ 𝑡2 max|1 − 𝜑𝑛𝑘 (𝑡 )| ≤ [𝜏 + 𝐿𝑛 (𝜏)] → ⇒ (5) 𝑘≤𝑛 𝑛→∞ c) Do max|1 − 𝜑𝑛𝑘 (𝑡)| → nên với n đủ lớn, ∀𝑘 ≤ 𝑛 ta có: 𝑘≤𝑛 |1 − 𝜑𝑛𝑘 (𝑡)| < ⇒ ln 𝜑𝑛𝑘 (𝑡 ) = ln[1 + (1 − 𝜑𝑛𝑘 (𝑡 ))] 35 1 = − 𝜑𝑛𝑘 (𝑡 ) − [1 − 𝜑𝑛𝑘 (𝑡 )]2 + [1 − 𝜑𝑛𝑘 (𝑡 )]3 − [1 − 𝜑𝑛𝑘 (𝑡 )]4 + ⋯ = − 𝜑𝑛𝑘 (𝑡 ) + 𝑅𝑛 𝑛 𝑛 𝑛 ⇒ ln[𝜑𝑌𝑛 (𝑡)] = ln [∏ 𝜑𝑛𝑘 (𝑡)] = ∑ ln 𝜑𝑛𝑘 (𝑡) = ∑[𝜑𝑛𝑘 (𝑡 ) − 1] + 𝑅′𝑛 𝑗=1 𝑘=1 (6) 𝑘=1 Với: 𝑛 𝑅′𝑛 = ∑ 𝑅𝑛 𝑘=1 𝑛→∞ Ta |𝑅′𝑛 | → Thật vậy: 𝑛 𝑛 𝑛 ′ |𝑅 𝑛 | = |∑ ln 𝜑𝑛𝑘 (𝑡 ) − ∑[𝜑𝑛𝑘 (𝑡 ) − 1]| = |∑[ln 𝜑𝑛𝑘 (𝑡 ) − 𝜑𝑛𝑘 (𝑡 ) − 1]| 𝑘=1 𝑛 𝑘=1 𝑘=1 𝑛 ≤ ∑|ln 𝜑𝑛𝑘 (𝑡) − 𝜑𝑛𝑘 (𝑡 ) − 1| ≤ ∑|𝜑𝑛𝑘 (𝑡 ) − 1|2 𝑘=1 𝑘=1 𝑛 ≤ max|𝜑𝑛𝑘 (𝑡 ) − 1| ∑|𝜑𝑛𝑘 (𝑡 ) − 1| 𝑘≤𝑛 𝑘=1 𝑛 ≤ max|𝜑𝑛𝑘 (𝑡 ) − 1| ∑|𝐸 (𝑒 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 − − 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 )| 𝑘≤𝑛 𝑘=1 𝑛 𝑛 𝑘=1 𝑘=1 𝑛 𝑡 𝑋𝑛𝑘 𝑡2 ) = max|𝜑𝑛𝑘 (𝑡 ) − 1| ∑ 𝐸(𝑋𝑛𝑘 ) ≤ max|𝜑𝑛𝑘 (𝑡 ) − 1| ∑ 𝐸 ( 𝑘≤𝑛 2 𝑘≤𝑛 = 𝑡2 max|𝜑 (𝑡 ) − 1| ∑(𝐸 𝑋𝑛𝑘 + 𝐷𝑋 ) 𝑘≤𝑛 𝑛𝑘 𝑘=1 = 𝑛→∞ Vậy |𝑅𝑛 | → d) Ta có: 𝑛 𝑛→∞ 𝑡 max|𝜑𝑛𝑘 (𝑡 ) − 1| → 𝑘≤𝑛 (𝑑𝑜 (5)) (7) 𝑛 |∑[𝜑𝑛𝑘 (𝑡 ) − 1]| = |∑ 𝐸 (𝑒 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 − − 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 )| 𝑘=1 𝑘=1 𝑛 ≤ ∑|𝐸 (𝑒 𝑘=1 𝑛 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 − − 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 )| ≤ ∑ 𝐸|𝑒 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 − − 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 | 𝑘=1 36 𝑛 𝑡 𝑋𝑛𝑘 𝑡2 )= ≤ ∑𝐸( 2 𝑘=1 𝑛 𝑡2 ⇒ ∑[𝜑𝑛𝑘 (𝑡 ) − 1] ≥ − 𝑘=1 𝑛 ⇒ ∑[𝜑𝑛𝑘 (𝑡 ) − 1] = − 𝑘=1 𝑡2 + 𝜌𝑛 (8) 𝑛→∞ Ta chứng minh 𝜌𝑛 → Thật từ (8) ta suy (9) 𝑛 𝑛 𝑘=1 𝑛 𝑘=1 𝑛 𝑡2 𝑡2 𝜌𝑛 = ∑[𝜑𝑛𝑘 (𝑡 ) − 1] + = ∑ 𝐸 (𝑒 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 − − 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 ) + ∑ 𝐷𝑋 2 𝑛 = ∑ 𝐸 (𝑒 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 − − 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 ) + ∑ 𝑘=1 𝑛 𝑘=1 𝑛 = ∑ 𝐸 (𝑒 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 − − 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 ) + ∑ 𝑘=1 𝑛 𝑘=1 = ∑ 𝐸 (𝑒 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 𝑘=1 𝑛 ⇒ |𝜌𝑛 | = |∑ 𝐸 (𝑒 𝑡 𝑋𝑛𝑘 )| − − 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 + 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 𝑡 𝑋𝑛𝑘 )| − − 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 + 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 𝑘=1 𝑛 𝑡 𝑋𝑛𝑘 | − − 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 + ≤ ∑ 𝐸 (|𝑒 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 − − 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 + 𝑘=1 𝑛 + ∑ 𝐸 (|𝑒 𝑘=1 𝑡2 𝐸𝑋𝑛𝑘 2 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 𝑘=1 𝑛 ≤ ∑ 𝐸 |𝑒 𝑡2 (𝐸𝑋𝑛𝑘 − 𝐸 𝑋𝑛𝑘 ) 𝑡 𝑋𝑛𝑘 ) − − 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 + 𝑘=1 𝑛 ≤ ∑ |𝐸 (𝑒 𝑘=1 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 𝑡 𝑋𝑛𝑘 | 𝐼[|𝑋𝑛𝑘|≤𝜏] ) 𝑡 𝑋𝑛𝑘 | 𝐼[|𝑋𝑛𝑘|>𝜏] ) − − 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 + Ta có: 𝑛 ∑ 𝐸 (|𝑒 𝑘=1 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 𝑡 𝑋𝑛𝑘 | 𝐼[|𝑋𝑛𝑘|≤𝜏] ) − − 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 + 37 𝑛 𝑛 |𝑡 | 𝑡 𝑋𝑛𝑘 | | 𝐼[|𝑋𝑛𝑘|≤𝜏] ) = ∑ 𝐸(|𝑋𝑛𝑘 ≤ ∑ 𝐸 (| 𝐼[|𝑋𝑛𝑘|≤𝜏] ) 6 𝑘=1 ≤ 3| 𝑑𝑜 (3) 𝑘=1 𝑛 3| |𝑡 |𝑡 𝜏 ∑ 𝐸𝑋𝑛𝑘 = 𝜏 6 𝑛 𝑘=1 ∑ 𝐸 (|𝑒 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 𝑘=1 𝑛 𝑡 𝑋𝑛𝑘 | 𝐼[|𝑋𝑛𝑘|>𝜏] ) − − 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 + ≤ ∑ 𝐸 [(|𝑒 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 − − 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 | + 𝑘=1 𝑛 𝑛 ≤ ∑ 𝐸(|𝑒 𝑘=1 𝑛 𝑡 𝑋𝑛𝑘 ) 𝐼[|𝑋𝑛𝑘|>𝜏] ] 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 𝑡 𝑋𝑛𝑘 ) 𝐼[|𝑋𝑛𝑘|>𝜏] ] − − 𝑖𝑡𝑋𝑛𝑘 |𝐼[|𝑋𝑛𝑘|>𝜏] ) + ∑ 𝐸 [( 𝑘=1 𝑛 𝑡 𝑋𝑛𝑘 𝑡 𝑋𝑛𝑘 ) 𝐼[|𝑋𝑛𝑘|>𝜏] ] + ∑ 𝐸 [( ) 𝐼[|𝑋𝑛𝑘|>𝜏] ] ≤ ∑ 𝐸 [( 2 𝑘=1 𝑛 𝑑𝑜 (2) 𝑘=1 𝑛 ≤ ∑ 𝐸(𝑡 𝑋𝑛𝑘 𝐼[|𝑋𝑛𝑘|>𝜏] ) = 𝑡 ∑ 𝐸(𝑋𝑛𝑘 𝐼[|𝑋𝑛𝑘|>𝜏] ) = 𝑡 𝐿𝑛 (𝜏) 𝑘=1 𝑘=1 3| |𝑡 𝜏 + 𝑡 𝐿𝑛 (𝜏) 𝜀 ∀𝜀 > ⇒ > 0, ta chọn 𝜏 > đủ bé cho: ⇒ 𝜌𝑛 ≤ |𝑡 | 𝜀 𝜏< điều kiện (𝐿0 ) thực nên với giá trị 𝜏 đó, với n đủ lớn ta có: 𝜀 𝑡 𝐿𝑛 (𝜏) < 𝜀 𝜀 ⇒ 𝜌𝑛 < + = 𝜀 2 𝑛→∞ ⇒ 𝜌𝑛 → 𝑛→∞ 𝑡2 𝑡2 (6) ⇒ ln[𝜑𝑌𝑛 (𝑡)] = − + 𝜌𝑛 + 𝑅𝑛 → − (𝑑𝑜 (7), (9)) 2 𝑛→∞ ⇒ 𝜑𝑌𝑛 (𝑡 ) → Vậy: 𝑒 − 𝑡2 𝑥 𝑛→∞ 𝐹𝑌𝑛 (𝑥) → 𝑢2 − ∫ 𝑒 𝑑𝑢 2𝜋 −∞ 38 Phần chứng minh hội tụ xem [3] KẾT LUẬN Có thể nói hàm đặc trưng cơng cụ mạnh lý thuyết xác suất Nó giúp giải nhiều vấn đề quan trọng môn Bằng cách sử dụng hàm đặc trưng, tính chất hàm đặc trưng kết hợp với phép biến đổi giải tích, ta dễ dàng giải tốn tìm phân phối xác suất tìm phân phối giới hạn mà giải theo phương pháp thơng thường xác suất phức tạp Tuy nhiên ta thấy hàm đặc trưng có nhược điểm tốn mà giả thiết ĐLNN khơng độc lập với hàm đặc trưng dường cơng cụ khó sử dụng Bởi tính chất hàm đặc trưng phần lớn áp dụng ĐLNN độc lập với Vì thời gian hiểu biết có hạn nên khóa luận khó tránh khỏi thiếu sót Em mong q thầy bạn đọc đóng góp ý kiến để khóa luận em hồn thiện 39 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] TRẦN TUẤN ĐIỆP, LÝ HỒNG TÚ – Giáo trình lý thuyết xác suất thống kê toán – Nhà xuất Đại học Trung học chuyên nghiệp, Hà Nội 1977 [2] G M FICTENGON – Cơ sở giải tích tốn (tập 1, 2) – Nhà xuất Đại học Trung học chuyên nghiệp, Hà Nội 1977 [3] ĐINH VĂN GẮNG – Lý thuyết xác suất thống kê – Nhà xuất Giáo dục, TP Hồ Chí Minh 2000 [4] LÊ HẠNH – Lý thuyết xác xuất thống kê toán – Nhà xuất Giáo dục – Hà Nội 1978 [5] ĐÀO HỮU HỒ - Xác suất Thống kê – Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội, Hà Nội 1997 [6] NGUYỄN VĂN HỮU, HOÀNG HỮU NHƯ – Bài tập lý thuyết xác suất thống kê toán) – Nhà xuất Đại học Trung học chuyên nghiệp, Hà Nội 1976 [7] PHẠM VĂN KIỀU – Giáo trình xác suất thống kê – Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội, Hà Nội 2005 [8] HOÀNG TỤY – Giải tích đại (tập 1, 2) – Nhà xuất Đại học Trung học chuyên nghiệp, Hà Nội 1978 40 ... 2: HÀM ĐẶC TRƯNG VÀ MỘT VÀI ỨNG DỤNG CỦA HÀM ĐẶC TRƯNG 22 Hàm đặc trưng 22 1.1 Hàm đặc trưng 22 1.2 Hội tụ theo xác suất 27 Một vài ứng dụng hàm đặc trưng. .. Chương 2: Hàm đặc trưng vài ứng dụng hàm đặc trưng Bao gồm: Định nghĩa số tính chất hàm đặc trưng; vài ứng dụng hàm đặc trưng: bao gồm tập sử dụng hàm đặc trưng để tìm phân phối xác suất vài đại... 12