Giáo trình môn học Xác suất thống kê

245 trang phuongnguyen 40

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Giáo trình môn học Xác suất thống kê", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

giao_trinh_mon_hoc_xac_suat_thong_ke.pdf

Nội dung text: Giáo trình môn học Xác suất thống kê

GIÁO TRèNH XÁC SUẤT THỐNG Kấ
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất Ch−ơng 1 Biến cố ngẫu nhiên vμ xác suất Trong thực tế chúng ta th−ờng gặp những hiện t−ợng ngẫu nhiên, tức là những hiện t−ợng mà mặc dù với mọi khả năng có thể có ta cố gắng giữ cho những điều kiện cơ bản của các lần thí nghiệm về các hiện t−ợng ấy không thay đổi, nh−ng ta vẫn không thể khẳng định đ−ợc kết quả của từng thí nghiệm riêng lẻ sẽ nh− thế nào. Sở dĩ nh− vậy vì ngoài nhóm những điều kiện cơ bản ra còn có rất nhiều các nguyên nhân không l−ờng tr−ớc đ−ợc, gây tác động khác nhau trong quá trình tiến hành các lần thí nghiệm, làm cho kết quả của các lần thí nghiệm có thể thay đổi từ lần này sang lần khác, khiến cho mọi cố gắng của chúng ta để dự đoán kết quả chính xác ở mỗi lần thí nghiệm riêng lẻ đều vô hiệu. Tuy nhiên, trên cơ sở quan sát rất nhiều hiện t−ợng thực tế ng−ời ta thấy rằng nếu nh− ở mỗi thí nghiệm riêng lẻ sự xuất hiện của một sự kiện nào đó còn mang tính chất ngẫu nhiên thì qua một số lớn lần lặp lại cùng thí nghiệm ấy, khả năng xuất hiện khách quan của sự kiện đó lại biểu hiện khá rõ nét. Vì vậy một lý thuyết toán học đã đ−ợc xây dựng nên nhằm nghiên cứu một cách chính xác tính quy luật của các hiện t−ợng ngẫu nhiên khi ta lặp lại nhiều lần cùng các điều kiện cơ bản làm nảy sinh ra các hiện t−ợng đó, đ−ợc gọi là Lý thuyết xác suất. A- Các định nghĩa về xác suất I. Phép thử vμ không gian các biến cố sơ cấp Trong lý thuyết xác suất, khi thực hiện một nhóm các điều kiện cơ bản nào đó ng−ời ta gọi là thực hiện một phép thử. Nếu kết quả của phép thử mà không thể khẳng định tr−ớc đ−ợc thì ta có một phép thử ngẫu nhiên. Ta sẽ ký hiệu phép thử ngẫu nhiên là G. Các kết quả có thể xảy ra trong phép thử G sao cho khi G đ−ợc thực hiện thì thể nào cũng có một trong chúng xảy ra, chúng loại trừ lẫn nhau và không thể phân chia thành Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 1
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất những kết quả nhỏ hơn thì các kết quả nh− vậy đ−ợc gọi là các biến cố sơ cấp. Nói cách khác một biến cố sơ cấp là một kết quả tối giản của phép thử. Tập hợp tất cả các biến cố sơ cấp ω của phép thử G đ−ợc gọi là không gian các biến cố sơ cấp (không gian mẫu) với ký hiệu là Ω . Thí dụ 1. Nếu phép thử là “tung một đồng xu” thì Ω = { S, N } trong đó: ω 1= S = kết quả là sấp; ω 2 = N = kết quả là ngửa. Thí dụ 2. Nếu phép thử là “tung một hạt xúc sắc” thì: Ω ={1,2,3,4,5,6} trong đó : ω i= i = đ−ợc mặt i chấm (i=1),6 Thí dụ 3. Nếu phép thử là “tung cùng một lúc hai đồng xu” thì : Ω ={(S,S), (S,N), (N,S), (N,N)} Thí dụ 4. Nếu phép thử là “Tung cùng một lúc hai hạt xúc sắc” thì: Ω ={(x,y): x=1,6 ;y=1,6 } Thí dụ 5. Nếu phép thử là "tung một đồng xu cho tới khi nào đ−ợc mặt sấp thì dừng" thì: Ω = {S,NS,NNS,NNNS, } Thí dụ 6. Nếu phép thử là "đo khoảng cách từ điểm chạm của viên đạn tới tâm bia với bán kính của bia là một đơn vị độ dài thì Ω =[0,1[. Nhận xét : a. Số l−ợng các phần tử của Ω trong các thí dụ 1, 2, 3, 4 là hữu hạn. b. Số l−ợng các phần tử của Ω trong thí dụ 5 là vô hạn nh−ng đếm đ−ợc (tức là ta có thể đánh số đ−ợc ω1 = S,ω2 = NS, ω3 = NNS, ). Các tập hữu hạn hay vô hạn đếm đ−ợc gọi là các tập hơp rời rạc. c. Số l−ợng các phần tử của Ω trong thí dụ 6 (số các điểm của đoạn [0,1[) là vô hạn nh−ng đếm đ−ợc. Trong tr−ờng hợp này ta bảo Ω có lực l−ợng continum. II. - đại số các biến cố 1. Biến cố ngẫu nhiên Một biến cố ngẫu nhiên A là một tập hợp con của Ω Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 2
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất Thí dụ 1: Gọi A là biến cố “đ−ợc mặt có số chấm là bội của 3” khi tung hạt xúc sắc thì A={3,6}⊂ Ω . Ghi chú a. Kết quả ω nào của G mà làm cho A xảy ra thì kết quả đó đ−ợc gọi là kết quả thuận lợi cho A. Nh− vậy biến cố A ở thí dụ vừa nêu có hai kết quả thuận lợi. b. Mỗi biến cố sơ cấp ω cũng có thể coi là một biến cố ngẫu nhiên {ω } (gồm một phần tử ). c. Ω đ−ợc gọi là biến cố chắc chắn. d. Tập hợp trống φ đ−ợc gọi là biến cố không thể có. Các khái niệm vừa nêu có thể minh họa trong hình sau A x x x x x ω Ω 2. Mối quan hệ giữa các biến cố Stone đã chứng minh đ−ợc rằng: giữa các tập hợp và các biến cố có một sự đẳng cấu. Vì vậy ta có thể dùng mối quan hệ giữa các tập hợp để mô tả mối quan hệ giữa các biến cố. Cụ thể: a. Nếu B ⊂ A thì biến cố B gọi là kéo theo biến cố A. Nh− vậy các phần tử ω của Ω thuộc B cũng sẽ thuộc A (Hình 1.1). Nói cách khác biến cố B xảy ra cũng làm cho biến cố A xảy ra. A B x x xx Ω Hình 1.1 Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 3
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất Thí dụ 2: Gọi B là biến cố “đ−ợc mặt 3 chấm” tức là B = {3}. Khi đó B ⊂ A = {3, 6} = biến cố “đ−ợc mặt có số chấm là bội của 3”. b. Nếu B ⊂ A và A ⊂ B thì A và B gọi là hai biến cố t−ơng đ−ơng và đ−ợc ký hiệu là A=B. Thí dụ 3: Giả sử mỗi chấm đ−ợc 5 điểm nếu A là biến cố “đ−ợc mặt 6 chấm” và B là biến cố “ng−ời tung đ−ợc 30 điểm” thì A = B. c. Nếu B = Ω \ A thì B gọi là biến cố đối lập của A. Nh− vậy B sẽ xảy ra khi A không xảy * ra (Hình 1.2) A B Ω Hình 1.2 Thí dụ 4: Nếu A ={3, 6}= biến cố “đ−ợc mặt có số chấm là bội của 3” thì B = Ω \{3, 6}={1, 2, 4, 5} là biến cố “đ−ợc mặt có số chấm không chia hết cho 3”. Ghi chú: Biến cố đối lập của biến cố A th−ờng đ−ợc ký hiệu là A. d. Nếu C = A ∪ B thì C gọi là biến cố tổng của hai biến cố A và B. Nh− vậy C sẽ xảy ra khi ít nhất có một trong hai biến cố A hoặc B xảy ra (Hình 1.3) ta cũng có thể ký hiệu C = A + B A B Ω Hình 1.3 Thí dụ 5: Nếu A={3, 6}= Biến cố “đ−ợc mặt có số chấm là bội của 3” * (*)Tất cả các thí dụ trong mục này sẽ đ−ợc xét trong phép thử “ tung một hạt súc sắc” khi đó Ω ={1,2,3,4,5,6} Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 4
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất B ={2,4,6} = Biến cố “đ−ợc mặt có số chấm là chẵn ” thì C = A ∪ B ={2,3,4,6}= Biến cố “ đ−ợc mặt chẵn hoặc bội 3 ”. n T−ơng tự biến cố tổng ∪Ai của n biến cố thành phần A i (i=1, n ) là biến cố sẽ xảy ra i=1 khi ít nhất có một trong các biến cố Ai xảy ra. e. Nếu C = A ∩ B thì C gọi là biến cố tích của hai biến cố A và B. Nh− vậy C sẽ xảy ra khi A và B đều xảy ra. (Hình 1.4) Ta cũng có thể ký hiệu C = A.B B A Ω Hình 1.4 Thí dụ 6: Nếu A ={3,6} = Biến cố “đ−ợc mặt có số chấm là bội của 3” B ={2,4,6} = Biến cố “đ−ợc mặt có số chấm là chẵn”. thì C = A ∩ B ={6}= Biến cố “đ−ợc mặt 6 chấm”( vừa là chẵn vừa là bội của 3) n T−ơng tự biến cố tích ∩ Ai của n biến cố thành phần A i là biến cố sẽ xảy ra khi tất cả i=1 các biến cố A i đều xảy ra (i=1, n ) f. Nếu A ∩ B = φ thì A và B gọi là hai biến cố xung khắc. Nh− vậy A và B sẽ không thể cùng xảy ra trong phép thử (Hình 1.5) B A Ω Hình 1.5 Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 5
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất Thí dụ 7: Nếu A = {3, 6}= Biến cố “đ−ợc mặt có số chấm là bội của 3” B ={1, 2}= Biến cố “đ−ợc mặt có số chấm không quá 2” thì A ∩ B = φ (không thể vừa đ−ợc mặt có số chấm là bội của 3 vừa có số chấm nhỏ hơn hoặc bằng 2). Nhận xét 1: Hai biến cố A và B ở hình 1.4 là không xung khắc (phần giao không trống). Nhận xét 2: Hai biến cố đối lập A và A sẽ thoả mãn cả hai hệ thức: ⎪⎧A ∪ A = Ω (1) ⎨ ⎩⎪A ∩ A = φ (2) Nh− vậy có thể nào cũng có một (hệ thức 1) và chỉ một (hệ thức 2) trong hai biến cố này cùng xảy ra trong phép thử. Ghi chú: Các biến cố A i (i = 1, n ) gọi là xung khắc từng đôi. Nếu bất kỳ cặp biến cố nào trong chúng cũng là hai biến cố xung khắc. g. Các biến cố A i (i=1, n ) gọi là một hệ đầy đủ n biến cố (hoặc tạo nên một phân hoạch củaΩ ) nếu : ⎧ n ⎪∪Ai = Ω ⎨ i=1 (với i ≠ j ) ⎪ ⎩Ai ∩ A j = φ Nh− vậy thể nào cũng có một và chỉ một trong các biến cố A i (i=1), n xảy ra trong phép thử (Hình 1.6). An A1 A . A . 2 i Ω Hình 1.6 Thí dụ 8: Nếu A = {1, 2} = Biến cố “đ−ợc mặt có số chấm không quá 2” Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 6
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất B = {3} = Biến cố “đ−ợc mặt có số chấm là 3” C ={4, 5, 6} = Biến cố “đ−ợc mặt có số chấm tối thiểu là 4” thì A, B, C là một hệ đầy đủ 3 biến cố. Nhận xét: Hai biến cố đối lập A và A lập thành một hệ đầy đủ 2 biến cố. Ghi chú: Vì giữa các tập hợp và các biến cố có sự đẳng cấu nên các tính chất của các phép toán về tập hợp cũng đúng cho các phép toán về biến cố, chẳng hạn các phép toán hợp và giao các biến cố có tính chất giao hoán và kết hợp. Cụ thể ta có: A ∪ B = B ∪ A ( A∪ B ) ∪ C = A∪ (B ∪ C) A ∩ B = B ∩ A ( A ∩ B ) ∩ C = A ∩ (B∩ C) Vì thế với một số hữu hạn các biến cố sơ cấp A i (i=1, n ) thì các biến n n cố ∪ Ai , ∩ Ai là hoàn toàn xác định. i=1 i=1 Ngoài ra ta cũng có quy tắc đối ngẫu (quy tắc De Morgan) nh− sau: ⎧ n n ⎪ ∩ A i = ∪ A i ⎪i =1 i =1 ⎨ ⎪ n n ⎪ ∪ A i = ∩ A i ⎩i =1 i =1 3.  -Đại số các biến cố Trong thực tế có nhiều tr−ờng hợp chúng ta muốn thực hiện vô hạn lần các phép toán về các biến cố và kết quả vẫn phải đ−ợc một biến cố. Vì vậy đối với một họ A các biến cố nào đó đ−ợc xây dựng trên không gian Ω ta sẽ giả thuyết nó thỏa mãn các yêu cầu sau đây: a. Ω ∈ A b. Nếu A∈ A thì A ∈ A Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 7
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất c. Nếu A i (i = (1,∞) là một dãy đếm đ−ợc các biến cố thuộc A thì: ∞ ∪Ai ∈ A i1= Họ A các biến cố nh− vậy đ−ợc gọi là một σ - đại số ( một σ tr−ờng Borel) các biến cố. Từ định nghĩa trên ta suy ra: α . Φ ∈ A. Vì Ω ∈ A nên Ω =Φ ∈ A. β. Nếu A∈ A, B ∈ A thì A ∩ B ∈ A. Vì A∈ A nên A ∈ A; B ∈ A nên B ∈ A. Do đó A ∪B ∈ A, tức là AB∩ ∈ A. Suy ra AB∩ ∈ A . Vậy A∩ B∈ A. ∞ γ . Điều kiện c) t−ơng đ−ơng với điều kiện ∩ Ai ∈ A . Điều này suy i1= rộng kết quả ở β). Tóm lại một - đại số các biến cố sẽ đóng kín đối với một dãy hữu hạn hoặc đếm đ−ợc các phép tính tổng, tích hoặc lấy đối lập với các biến cố thuộc A. Nói cách khác nếu A là một - đại số các biến cố thì khi ta thực hiện một số hữu hạn hay đếm đ−ợc các phép toán vừa nêu đối với các biến cố thuộc A thì kết quả lại đ−ợc một biến cố thuộc A. Cặp (Ω , A ) đ−ợc gọi là một không gian đo. Nó dùng để mô hình hoá một phép thử ngẫu nhiên cùng với các sự kiện mà ta muốn xét gắn với phép thử ấy. Thí dụ 9: Nếu Ω ={ ω1 ,ω2 , , ωn } và ta xét - đại số A là tập hợp tất cả các tập con của Ω (kể cả Ω vàΦ ) thì đây là - đại số lớn nhất có thể xây dựng đ−ợc từ Ω và gồm 2 n phần tử. III. Định nghĩa tiên đề về xác suất Nh− ta đã nêu ở phần mở đầu ch−ơng, mỗi biến cố ngẫu nhiên A có một khả năng xuất hiện khách quan. Vì thế trong lý thuyết xác suất ng−ời ta l−ợng hoá khả năng xuất Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 8
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất hiện khách quan của một biến cố A bằng một con số. Con số này gọi là xác suất của A và đ−ợc ký hiệu là P(A). Đối với P(A) có nhiều cách định nghĩa khác nhau trong đó cách định nghĩa theo tiên đề là có tính tổng quát nhất và chặt chẽ nhất về mặt lô-gic. 1. Định nghĩa tiên đề về xác suất Xác suất (hoặc độ đo xác suất) P xác định trên - đại số các biến cố A của không gian đo (Ω , A) là một hàm thực ánh xạ A vào R và thoả mãn các tiên đề sau đây: (P1). P(A) ≥ 0 với mọi A ∈ A . (P2). P(Ω ) = 1. (P3). Nếu dãy {A i } (i=1,∞ ) thỏa mãn điều kiện A i ∩ A j =Φ với mọi i ≠ j thì ∞ ∞ PA() P(∪Ai ) = ∑ i . i1= i1= Tiên đề (P3) còn gọi là tính chất σ - cộng tính của độ đo xác suất P. Bộ ba (Ω , A, P) đ−ợc gọi là một không gian xác suất. Ghi chú 1: Từ tính chất - cộng tính ta có thể suy ra tính chất hữu hạn cộng tính của độ n n đo xác suất P, tức là P( ∪ A i ) =∑P(Ai ) với A i ∩ A j =Φ (i ≠ j). i=1 i=1 (xem tính chất 2 ở mục sau ). Ghi chú 2: Hệ tiên đề nêu trên đã đ−ợc Can-mô-gô-rốp đ−a ra vào năm 1933. Ta thấy hệ tiên đề này không mâu thuẫn, có nghĩa là ta có thể xây dựng những mô hình thoả mãn tiên đề đó. Chẳng hạn giả sử xét Ω là một tập hợp hữu hạn các phần tử ωi (i =1, n ) và A là hệ tất cả các tập hợp con của Ω (kể cả Ω và Φ). Nh− đã nêu, A gồm 2 n phần tử. ⎧pi ≥ 0 ⎪ n Ta đặt pi = P(ωi ) sao cho: ⎨ (i=1, n ) ⎪∑pi = 1 ⎩ i=1 Khi đó: Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 9
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất m a. Nếu A = {ω , ω , , ω } thì P(A) = p ≥ 0. i1 i2 im ∑ ik k1= n b. P(Ω ) = ∑ pi =1. i1= c. Nếu A = {ω ,ω , ,ω } i1 i2 im B = {ω ,ω , ω } j1 j2 js Trong đó: ω≠ω với mọi k ≠ l thì A∩B = Φ ik jl và A∪B = {ω ,ω , ,ω ,ω ,ω , ω } i1 i2 im j1 j2 js P(A∪B) = P{ω ,ω , ,ω ,ω ,ω , ω } i1 i2 im j1 j2 js m n = p + p = P(A) + P(B) ∑ ik ∑ jl k1= l=1 Nh− vậy các tiên đề của Can-mô-gô-rốp đ−ợc thoả mãn. Ghi chú 3: Hệ tiên đề Can-mô-gô-rốp không đầy đủ, tức là với cùng một tập hợp Ω ta có thể xác định xác suất P trên tập hợp A theo những cách khác nhau. Chẳng hạn nếu ta tung hạt xúc sắc thì Ω ={ω1 , ω2 ,ω3 ,ω4 ,ω5 ,ω6 }. Nếu hạt xúc sắc đều đặn và đồng chất thì: 1 P(ω ) = P(ω ) = P(ω ) = P(ω ) = P(ω ) = P(ω ) = 1 2 3 4 5 6 6 Nh−ng nếu hạt xúc sắc không đồng chất và không cân đối thì các xác suất P phải xác định khác đi, chẳng hạn ta có thể đặt: 1 1 P(ω ) = P(ω ) = P(ω ) = ; P(ω ) = P(ω ) = P(ω ) = . 1 2 3 4 4 5 6 12 Nh− vậy tính không đầy đủ của hệ tiên đề Can-mô-gô-rốp không phải là một nh−ợc điểm, mà trái lại nó là một −u điểm vì nó cho phép ta tuỳ theo điều kiện cụ thể của vấn đề đang xét mà xác định xác suất thích hợp cho các biến cố thuộc  - đại số A. 2. Một số tính chất của xác suất suy ra từ định nghĩa tiên đề Tính chất 1: P(Φ) = 0. Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 10
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất Chứng minh: Xét dãy biến cố {A i } (i = 1, 2, ) sao cho A i =Φ với mọi i. Khi đó A i ∩A j =Φ với i ≠ j ∞ và ∪Ai = φ . i=1 ∞ n ∞ Vậy theo tiên đề (P3) ta có: P(φ) = P(∪Ai ) = ∑P(Ai ) = ∑ P(φ) i1= i=1 i1= Rõ ràng chỉ có một số thực thoả mãn đẳng thức này đó là số 0. n n PA() Tính chất 2: P( ∪ A)=i ∑ i với A i ∩ A j =φ (i≠j) i=1 i1= Chứng minh: Xét dãy các biến cố {A i } (i=1, 2, , n, ) sao cho A i ∩ A j =φ (với i≠ j ) và A i =Φ ∞ n khi i > n. Khi đó ∪A i = ∪ A.i i=1 i=1 Theo tiên đề (P3) ta có: n ∞ ∞ n ∞ P(∪A i ) = P(∪A i ) =∑P(Ai ) =∑P(Ai ) + ∑P(Ai ) i=1 i=1 i=1 i=1 i=n+1 n n = ∑P(Ai ) + 0 = ∑P(Ai ) . i=1 i=1 Tính chất 3: P(A) + P( A) = 1. Chứng minh: Nh− đã nêu, A và A thoả mãn hai hệ thức: ⎪⎧A ∪ A = Ω (1) ⎨ ⎩⎪A ∩ A = Φ (2) Từ (1) ta có P( A∪ A) = P(Ω ) = 1 Từ (2) ta có P(A∪A ) = P(A) + P( A) Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh. Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 11
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất Tính chất 4: 0 ≤ P(A) ≤ 1. Chứng minh: Theo tiên đề (P1) ta đã có P(A) ≥ 0 Mặt khác theo tính chất 3 thì P(A) = 1- P( A) Mà P(A)≥ 0 theo tiên đề (P1) nên P(A) ≤ 1. Tính chất 5: Nếu B ⊂ A thì P(B) ≤ P(A) và P(A\B) = P(A) - P(B). Chứng minh: Vì B ⊂ A nên A = B ∪ (A\B). Do B ∩ (A\B) = Φ nên P(A) = P(B) + P(A\B) (*). Do P(A\B) ≥ 0 nên P(A) ≥ P(B). Kết quả thứ hai đ−ợc suy ra từ hệ thức (*). Tính chất 6: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) - P(A ∩ B). Chứng minh: Ta có thể phân tích (xem hình 1.7) A ∪ B =A B ∪ AB ∪ AB A B A B AB AB Ω Hình 1.7 Nh− vậy ta đã phân tích tổng của hai biến cố không xung khắc thành tổng của ba biến cố xung khắc từng đôi. Từ đó theo tiên đề (P3) ta có: P(A ∪ B) = P(A B ) + P(AB) + P( A B) (1) Mặt khác: Do A = A B +AB nên P(A) = P(AB) + P(AB) Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 12
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất suy ra P(A B ) = P(A) - P(AB) (2) Do B = A B + AB nên P(B) = P(A B) + P(AB) suy ra P( A B) = P(B) - P(AB) (3) Thay vào (2) và (3) vào (1) ta đ−ợc P(A ∪ B) = P(A) - P(AB) + P(AB) + P(B) - P(AB) = P(A) + P(B) - P(AB) Ghi chú: Mở rộng tính chất này ta có: n n n n P( ∪ Ai )=∑P(Ai ) -∑P(AiA j ) + ∑P(AiA jAk ) - + i=1 i=1 i< j i< j<k n-1 +(-1) P(A 1 A 2 A n ). Chứng minh: 2 Theo tính chất 6 ta có P( ∪ A i ) = P(A 1 ) + P(A 2 ) - P(A 1 A 2 ) i=1 Giả sử n−1 n−1 n−1 n-2 P(∪A i ) =∑P(Ai ) -∑P(AiA j ) + +(-1) P(A1 A 2 An-1) i=1 i=1 i=1 Khi đó: n n−1 ∪ A=i (∪A i )∪ A n i=1 i=1 n n−1 n−1 P( ∪ A i ) = P(∪A i ) + P(A n ) - P(A n ∪A i ) i=1 i=1 i=1 n-1 n−1 = P(∪A i ) + P(A n ) - P(∪A i A n ) i=1 i=1 áp dụng giả thiết quy nạp cho thành phần thứ nhất và thứ ba ở bên vế phải rồi ghép các tổng lại với nhau ta sẽ đ−ợc kết quả phải chứng minh. Tính chất 7: ∞ ∞ P(∪A n ) ≤ ∑ P(An ) n=1 n=1 Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 13
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất Chứng minh: Thật vậy, nếu đặt B1 = A1 B 2 = A 1 ∩ A 2 B n = A 1 ∩ A 2 ∩ ∩ A n-1 ∩ A n thì ta có: Bn ⊆ A n (n ≥ 2) Bi ∩ B j = Φ (i ≠ j) ∞ ∞ ∪A n = ∪B n . n=1 n=1 Do đó: ∞ ∞ ∞ ∞ P(∪A n ) = P(∪B n ) =∑ P(Bn ) ≤ ∑ P(An ) n=1 n=1 n=1 n=1 ( Vì B n ≤ A n nên P(B n ) ≤ P(A n )). Tính chất 8: Nếu P là một độ đo xác suất xác định trên  - đại số A của không gian đo (Ω , A) thì các điều khẳng định sau đây là t−ơng đ−ơng: a. P có tính chất - cộng tính. b. P liên tục trên, có nghĩa là với bất kỳ một dãy đơn điệu tăng ∞ A ⊂ A ⊂ ⊂ A ⊂ thuộc A sao cho lim A n = A ⊂ A thì 1 2 n n→∞ ∪ n n=1 ∞ lim P(A n ) = P( A ). n→∞ ∪ n n=1 c. P liên tục d−ới, có nghĩa là với bất kỳ một dãy đơn điệu giảm A 1 ⊃ A 2 ⊃ A n ⊃ ∞ thuộc A sao cho lim A n = A ∈ A thì n→∞ ∩ n n=1 Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 14
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất ∞ lim P(A n ) = P( A ). n→∞ ∩ n n=1 d. P liên tục tại “không” tức là với bất kỳ dãy đơn điệu giảm ∞ A ⊃ A ⊃ ⊃ A ⊃ thuộc A sao cho A =Φ thì lim P(A n ) =0. 1 2 n ∩ n n→∞ n=1 Ghi chú: Tính chất d) này còn gọi là tiên đề liên tục. Chứng minh: a) => b) Vì A 1 ⊂ A 2 ⊂ ⊂ A n ⊂ nên ta có thể viết: ∞ ∪A n = A1 + (A 2 \A1 ) + (A 3 \ A 2 ) + n=1 Do các biến cố bên vế phải xung khắc từng đôi nên theo a) ta có: ∞ P(∪A n ) = P(A1 ) + P(A 2 \A 1 ) + P(A 3 \ A 2 ) + n=1 ∞ ∞ Do ∪A n ⊂ A và trên A đã xác định độ đo xác suất P nên P(∪A n ) tồn tại. n=1 n=1 Vì thế chuỗi bên vế phải của đẳng thức trên phải hội tụ. Do đó ta có: ∞ P( A ) = lim()P(A1 ) + P(A2 \ A1 ) + + P(A n \ A n−1 ) = lim P(A n ) ∪ n n→∞ n→∞ n=1 Tóm lại P( lim A n ) = lim P(A n ) . n→∞ n→∞ b) => c) ' ' Vì {A n } là dãy đơn điệu giảm nên nếu ta đặt A n = A1 \A n thì {A n } sẽ là một dãy đơn điệu tăng. Vậy theo b) thì: ∞ ' ' ' lim P(A n )= P( lim A n ) = P( ∪ A n ) n→∞ n→∞ n=1 ∞ Tức là lim P(A1 \ A n ) = P[ (A \ A ) ] n→∞ ∪ 1 n n=1 Mặt khác do A1 ⊃ An nên ta có thể viết Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 15
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất A n = A1 \(A1 \A n ) Do đó P(A n ) = P(A 1 ) - P(A1 \A n ) lim P(A n ) = P(A ) - lim P(A n \ A n ) n→∞ 1 n→∞ ∞ = P(A1 ) - P[∪(A1 \ A n ) ] n=1 ∞ ∞ Cũng do A1 ⊃ A 2 ⊃ ⊃ A n ⊃ nên ∪(A1 \ A n ) = A1 \∩A n n=1 n=1 ∞ Vậy : lim P(A n ) = P(A ) - P[A \ A ] n→∞ 1 1 ∩ n n=1 ∞ ∞ = P(A1 ) - [ p(A1 ) - P(∩A n )] = P(∩A n ). n=1 n=1 Tức là P( lim A n ) = lim P(A n ) . n→∞ n→∞ c) => d) Mệnh đề này là hiển nhiên, do các kết quả trên ta có: ∞ lim P(A n ) = P( lim A n ) = P( A ) = P(Φ) = 0 n→∞ n→∞ ∩ n n=1 d) => a) Tr−ớc hết ta có thể viết ∞ n ∞ ∪A i = ∪A+i ∪A i i=1 i=1 i=n+1 Do giả thiết các biến cố là xung khắc từng đôi và vế phải coi nh− chỉ gồm hai biến cố (tr−ờng hợp hữu hạn) nên: ∞ n ∞ P(∪A i ) = P( ∪ A i ) + P( ∪A i ) i=1 i=1 i=n+1 ∞ ∞ n Nếu đặt B n = ∪A i thì P(∪A i ) = P( ∪ A)i + P(Bn+1). i=n i=1 i=1 Ta thấy B n ⊃ B n+1 ⊃ B n+2 ⊃ Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 16
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất Mặt khác nếu B n xảy ra thì một trong các biến cố Ai xảy ra (i ≥ n), do đó các biến cố A i+1 , A i+2 , sẽ không xảy ra vì các biến cố của dãy {A i } (i=1,∞ ) Theo giả thiết là xung khắc từng đôi. Từ đó các biến cố B i+1 , B i+2 , sẽ là không thể ∞ có, vì thế ∩B i = φ. i=n ∞ ∞ Do ∪A i ∈ A nên P(∪A i ) tồn tại. i=1 i=1 Vậy ta có thể viết ∞ ∞ P(∪A i ) = limP(∪A i ) + limP(B n+1) i=1 n→∞ i=1 n→∞ n P(A ) = lim∑ i + 0 n→∞ i=1 ∞ = ∑ P(A i ) . i=1 3. Nguyên lý xác suất nhỏ và lớn Xác suất P(A) nhằm nêu lên khả năng xảy ra của A chứ không khẳng định về hiện thực của biến cố đó. Tuy nhiên biết đ−ợc khả năng xảy ra của A ta có thể nhận định đ−ợc tình hình xảy ra của A một cách hợp lý. Cụ thể qua thực nghiệm và quan sát thực tế ng−ời ta rút ra “nguyên lý xác suất nhỏ” sau đây: “Một biến cố có xác suất nhỏ thì thực tế ta có thể coi nó là không thể xảy ra trong một phép thử”. Tuy nhiên với mức xác suất nhỏ là bao nhiêu thì biến cố sẽ đ−ợc coi là “hầu nh− không thể có”? Điều này sẽ do từng tr−ờng hợp cụ thể quyết định. Về vấn đề này tác giả Guy Lefort cũng có ý kiến nh− sau: “Trong thực hành phải coi sự kiện “rất ít khả năng xảy ra” là một sự kiện thực tế không thể xảy ra (nếu không thì chúng ta không bao giờ dám qua đ−ờng vì thực tế có một xác suất, tuy rất nhỏ, nh−ng không phải là số 0, để chúng ta bị xe cán). Nh−ng một sự kiện rất ít khả năng xảy ra không phải là không thể xảy ra và những quyết định của chúng ta khi áp dụng quy tắc trên có thể mắc những sai lầm mà chúng ta cần l−u ý”. Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 17
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất Sai lầm mà Guy Lefort nói tới tất nhiên tuỳ thuộc vào việc chúng ta quy định mức xác suất nhỏ (lớn) là bao nhiêu thì một biến cố trong thực tế sẽ đ−ợc coi là không thể có (chắc chắn). Nh− vừa nêu trên, điều này là tuỳ thuộc từng hoàn cảnh cụ thể. IV. một số định nghĩa sơ khai về xác suất Định nghĩa tiên đề là định nghĩa chặt chẽ nhất về mặt lô-gíc. Tuy nhiên tr−ớc khi Can- mô-gô-rốp đ−a ra định nghĩa này thì cũng đã có những định nghĩa sơ khai về xác suất mà giờ đây ta có thể coi chúng là những tr−ờng hợp riêng của định nghĩa tiên đề. Mặc dù các định nghĩa sơ khai này có những nh−ợc điểm nhất định, nh−ng trong những tr−ờng hợp thích hợp chúng vẫn phát huy đ−ợc tác dụng của mình. 1. Định nghĩa cổ điển về xác suất Giả sử đối với phép thử G ta có: Ω ={ω1 ,ω2 , ,ωn } Với ωi (i=1, n ) có khả năng xảy ra nh− nhau. Ta lập -đại số các biến cố A là tập hợp tất cả các tập con của Ω (kể cả Ω và φ). Đây là - đại số lớn nhất có thể xây dựng đ−ợc từ Ω . Do cácωi (i=1, n ) là đồng khả năng nên ta xác lập độ đo xác suất P sao cho 1 P(ω ) = P(ω ) = = P(ω ) = 1 2 n n Khi đó với A = {ω ,ω , ω )∈ A i1 i2 im P(A) = P(ω ) + P(ω ) + + P(ω ) i1 i2 im 1 1 1 m = + + + = n n n n ở đây m chính là số kết cục của G thuận lợi cho A xảy ra. Từ đó ta có định nghĩa xác suất theo quan điểm cổ điển nh− sau: Định nghĩa: Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 18
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất m Số các kết cục thuận lợi cho A xả y ra P(A) = = n Số kết cục đồng khả năng của phép thử Rõ ràng định nghĩa này có nh−ợc điểm là không chặt chẽ về mặt lô-gích khi dựa vào tính đồng khả năng để định nghĩa xác suất (là con số xác định khả năng xảy ra của biến cố). Tuy nhiên đối với những hiện t−ợng có tính chất đối xứng và số kết cục của phép thử là hữu hạn thì định nghĩa này vẫn phát huy đ−ợc tác dụng. Thí dụ 1: Tính xác suất để trong k ng−ời không quen biết nhau (2≤ k ≤ 365) sẽ có ít nhất 2 ng−ời có ngày sinh nhật trùng nhau biết rằng họ đều không sinh vào những năm nhuận. Bài giải Với giả thiết là bất kỳ một ngày nào đó trong 365 ngày của năm đều có thể là ngày sinh của mỗi ng−ời thì số kết cục đồng khả năng của phép thử (số ngày sinh nhật có thể của k ng−ời) sẽ là n = 365 x 365 x x365=365 k Gọi A là biến cố “tất cả các ngày sinh của k ng−ời là khác nhau” thì số kết cục thuận lợi cho A là m = 365(365-1) [365 - (k-1)] (365)! = A k = 365 (365 - k)! k A (365)! Vậy P(A) = 365 = (365)k (365 - k)!(365) k (365)! Từ đó xác suất phải tìm là : P( A ) = 1- P(A) = 1- (365 − k)!(365) k 2. Định nghĩa thống kê về xác suất Định nghĩa này dựa vào tần suất của biến cố. Cụ thể nếu phép thử G đ−ợc lặp lại K lần mà biến cố A xuất hiện k lần thì tần suất của A là k f(A) = K Béc-nu-ly đã chứng minh rằng với mọi số ε > 0 nhỏ tùy ý ta đều có: Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 19
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất lim P ( f ( A ) − P ( A ) < ε ) = 1 K → ∞ Điều này có nghĩa là khi K tăng vô hạn thì hầu nh− chắc chắn f(A) sẽ nhận giá trị rất gần với P(A). Vì thế nếu K khá lớn thì ta có thể coi f(A) ≈ P(A) Nh− vậy cách xác định xác suất theo quan điểm thống kê này mang tính chất thực nghiệm. Mặt khác muốn xác định P(A) một cách t−ơng đối chính xác ta phải lặp lại một số lớn lần phép thử. Điều này đòi hỏi nhiều công sức và đôi khi không thực hiện đ−ợc, chẳng hạn nh− khi phép thử đòi phải phá huỷ các đơn vị đ−ợc điều tra (thí dụ nh− khi ta muốn xác định tỷ lệ p các hộp hỏng của một kho đồ hộp). Sau đây là một thí dụ về cách xác định xác suất thông qua tần suất. Để xác định xác suất sinh con gái, ta có thể căn cứ vào số liệu thống kê của Thụy Điển vào năm 1935 mà nhà toán học H. Cramer đã cung cấp nh− sau: Tháng 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 Cả năm Tổng số 7280 6957 7883 7884 7892 7609 7585 7393 7203 6903 6552 7132 88.273 sinh Số con trai 3743 3550 4017 4173 4117 3944 3964 3797 3712 3512 3392 3761 45.682 Số con gái 3537 3407 3866 3711 3775 3665 3621 3596 3491 3391 3160 3371 42.591 Tần suất 0,486 0,489 0,490 0,471 0,478 0,482 0,462 0,484 0,485 0,491 0,482 0,473 0,4825 sinh con gái Ta thấy tần suất sinh con gái dao động quanh giá trị 0,482. Vậy nếu gọi A là biến cố “sinh con gái” thì ta có thể coi P(A) ≈ 0,482. Tất nhiên, đối với hiện t−ợng này, chúng ta không thể áp dụng định nghĩa cổ điển đ−ợc vì việc sinh con trai và con gái không phải là hai tr−ờng hợp đồng khả năng. Nói 1 cách khác, xác suất để một bà mẹ sinh con gái không thể là . 2 Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 20
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất Để thấy rõ điều này, chúng ta tham khảo thêm một số kết quả nghiên cứu của các nhà toán học khác. Chẳng hạn, nghiên cứu tình hình sinh đẻ ở Pháp, Darmois đã thu đ−ợc các số liệu sau : Năm 1806 1816 1836 1856 1913 1920 1928 Tần suất sinh gái 0,485 0,484 0,485 0,487 0,488 0,489 0,489 Rõ ràng không có tần suất nào đạt tới giá trị 0,5 cả. Thống kê tình hình sinh đẻ ở các thành phố Luân-đôn, Pê-téc-bua và Béc-lin trong suốt 10 21 năm, Laplace cũng đã thấy tần suất các cháu gái ra đời là . 43 Theo thống kê dân số của tỉnh Bu-e-nốt-ai-rét, một tỉnh gồm ng−ời Tây-ban-nha, ng−ời ý và ng−ời ác-hen-tin-na thì trong khoảng từ 1896 tới 1905, tần suất của cháu gái ra đời trong các năm đều nằm trong khoảng từ 0,497 tới 0,484. Rõ ràng các kết quả thu đ−ợc đều phù hợp với nhau. 3. Định nghĩa hình học về xác suất Nếu nh− tập hợp các biến cố sơ cấp Ω là một tập hợp trong không gian Ơ-clit và có độ đo hình học hữu hạn (chiều dài, diện tích, thể tích) thì với A⊆ Ω ta có: ĐộđocủamiềnA mes(A) P(A) = = ĐộđocủamiềnΩ mes(Ω) Cách xác định xác suất nh− vừa nêu gọi là cách xác định xác suất theo quan điểm hình học. Thí dụ 2: Giả sử phép thử G là lấy ngẫu nhiên một điểm trong đoạn [0, 1[. Nh− vậy Ω là tập hợp các điểm của [0,1[, còn σ- đại số các biến cố A là tập hợp các đoạn [a, b[ ⊂ [0, 1[. Khi đó A = [a, b[ là biến cố “điểm đ−ợc lấy rơi vào đoạn [a,b[”. Ta xác định độ đo xác suất P trên không gian đo (Ω , A) này nh− sau: P(A)=P([a,b[)=b-a Khi đó tất cả các tiên đề của Can-mô-gô-rốp đều đ−ợc thoả mãn. Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 21
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất Thật vậy: (P1): P(A) ≥ 0 Vì b - a chính là độ dài của [a,b[. (P2): P(Ω )=1 vì P(Ω ) = P([0,1[) = 1. (P3): Với các đoạn [a i ,b i [ không giao nhau sao cho n n n n [a ,b [⊆ [0,1[ thì P([a ,b [)= ( − ) = P([a ,b [) ∪ i i ∪ i i ∑ bi ai ∑ i i i=1 i=1 i=1 i=1 Ghi chú Nếu b trùng với a thì biến cố A=[a,b[ sẽ là biến cố lấy đ−ợc điểm cách 0 một đoạn đúng bằng a. Khi đó P(A) = a – a = 0, nh−ng A không hẳn là biến cố không thể có. Tuy nhiên trong thực tế điều này rất hiếm xảy ra trong một phép thử (xem nguyên lý xác suất nhỏ). Thí dụ sau đây cho thấy phần nào tác dụng của cách xác định xác suất theo quan điểm hình học. Thí dụ 3: (Bài toán Buffon) Kẻ trên mặt phẳng các đ−ờng thẳng song song và cách đều nhau một khoảng có độ dài là 2a. Tung ngẫu nhiên một chiếc kim có độ dài 2l (l < a) lên mặt phẳng. Tính xác suất để chiếc kim cắt một đ−ờng thẳng nào đó. Bài giải Tr−ớc tiên ta hiểu tính chất: “ngẫu nhiên” của phép thử ở đây là a. Tâm của chiếc kim sẽ rơi một cách ngẫu nhiên vào các điểm của các đoạn thẳng có độ dài 2a và vuông góc với các đoạn thẳng đã vẽ. b. Xác suất để góc φ tạo bởi chiếc kim và các đ−ờng thẳng đã vẽ nằm trong khoảng (φ 1, φ 1+Δφ) sẽ tỷ lệ với Δφ. c. Nếu gọi x là khoảng cách từ tâm chiếc kim tới đ−ờng song song gần nhất thì x và φ độc lập với nhau. Ta thấy x và φ xác định đ−ợc hoàn toàn vị trí của kim. Vì vậy các vị trí này sẽ là các điểm của hình chữ nhật có cạnh là a và π , còn điều kiện cần và đủ để chiếc kim cắt một đ−ờng song song là Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 22
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất 0 ≤ x ≤ lsinφ Đây là tập hợp các điểm nằm trong miền có gạch trong hình 1.8 x x φ a 2l x=lsinφ 2a 0 π Hình 1.8 Nếu gọi A là biến cố “kim sẽ cắt một đ−ờng thẳng” thì theo cách xác định bằng hình học ta có : π l sinϕdϕ diệntíchmiềngạch ∫ P(A)= = 0 diện tích h ì nh ch ữ nhật aπ π lcosφ 0 2l = - = aπ a.π 2l Ghi chú: Nếu ký hiệu P(A) là p thì từ kết quả này ta suy ra: Π = a.p Với l và a xác định khi tung n lần (với điều kiện n khá lớn) mà có m lần kim cắt đ−ờng m thẳng thì theo định nghĩa thống kê về xác suất ta có thể lấy p ≈ và do đó: n 2ln π ≈ am Từ đó ta có thể xác định giá trị xấp xỉ của π bằng thực nghiệm. Chẳng hạn năm 1850 Wolf đã tung 5000 lần và tính đ−ợc π = 3.1596; còn vào năm 1855 Smith tung 3204 lần và tính đ−ợc π = 3.1553. Qua bài toán trên ta thấy trong những tr−ờng hợp nhất định, định nghĩa hình học cũng có thể phát huy đ−ợc tác dụng của mình Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 23
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất B. X ác suất có điều kiện I. Định nghĩa vμ các tính chất 1. Định nghĩa Cho một không gian xác suất (Ω , A, P) và một biến cố A nào đó thuộc A với P(A) > 0. Khi đó xác suất có điều kiện của một biến cố B ∈ A tính trong điều kiện biến cố A xảy ra đ−ợc ký hiệu và định nghĩa nh− sau: P(A ∩ B) P(B/A) = P (B) = . A P(A) Nh− vậy ta đã xác định một độ đo xác suất mới mà ta có thể ký hiệu là P( • /A). Độ đo xác suất này đ−ợc xác định trên không gian đo (Ω ∩ A ; A∩ A) trong đó: A ∩ A = {B ∩ A; B ∈ A } Nói cách khác, từ không gian xác suất (Ω , A, P) ta đã chuyển sang không gian xác suất (Ω ∩ A ; A∩ A; P( • /A)) trong đó P( • /A) đ−ợc định nghĩa nh− là tỷ số của hai xác suất không điều kiện. Thí dụ 1: Xét phép thử “Tung hạt xúc sắc đều đặn và đồng chất” và gọi A là biến cố “Đ−ợc mặt có số chấm lớn hơn 3”. Khi đó ta có: Ω = {ω1,ω26,ω3 ω4 ,ω5 ,ω } A = {ω4 ,ω5,ω6 } Trong đó ωi là biến cố “Đ−ợc mặt i chấm” (i=1,6 ) Gọi B là biến cố “Đ−ợc mặt có số chẵn chấm”. Khi đó: B = {ω2 ,ω4 , ω6 } Ta hãy xác định P(B/A). Nếu nh− A xảy ra thì Ω giờ đây thu hẹp thành Ω ∩ A = A = {ω4 ,ω5,ω6 } Ta thấy trong không gian này có hai tr−ờng hợp thuận lợi cho B xảy ra là ω4 vàω6 , vì 2 vậy P(B/A) = 3 Mặt khác ta thấy: Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 24
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất 3 P(A) = P{ω ,ω ,ω }= 4 5 6 6 2 P(A∩B) = P{ω ,ω } = 4 6 6 Từ đó ta có thể nghiệm lại rằng: P(A ∩ B) P(B/A) = P(A) Nhận xét: Độ đo xác suất mới P( • /A) cũng thoả mãn các tiên đề của Can-mô-gô-rốp, cụ thể : p(A ∩ B) (P1) P(B/A) = ≥ 0 vì P(A∩B) ≥ 0 và P(A) >0. p(A) P(Ω ∩ A) P(A) (P2) P(Ω/A) = = = 1. P(A) P(A) ∞ ∞ P[( B )A] P[ B A] ∞ ∪ i ∪ i i=1 i=1 (P3) P(∪ Bi /A) = = i=1 P(A) p(A) ∞ P(B A) ∑ i ∞ ∞ i=1 P(Bi A) = =∑ = ∑ P(Bi / A) p(A) i=1 P(A) i=1 Trong đó B i ∩B j = φ với mọi i ≠j. 2. Các tính chất Vì P(*/A) cũng là một độ đo xác suất nên nó cũng có các tính chất t−ơng tự nh− độ đo xác suất P xác định trên ((Ω , A). Chẳng hạn ta xét một vài tính chất sau: Tính chất 1: 0 ≤ P(B/A) ≤ 1 với mọi B Chứng minh: Vế trái của bất đẳng thức đã đ−ợc nêu ở phần nhận xét trên. Sở dĩ có vế phải vì A∩B ⊂ A nên P(A∩B) ≤ p(A), do đó P(A ∩ B) P(B/A) = ≤ 1. P(A) Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 25
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất Tính chất 2: Nếu A⊂ B thì P(B/A) = 1. Chứng minh: P(A ∩ B) P(A) Thật vậy, nếu A⊂ B thì A∩B = A, do đó P(B/A)= = = 1. P(A) P(A) Tính chất 3: P(B/A)+P( B /A) = 1. Chứng minh: Một mặt ta có P[A ∩ (B ∪ B)] P[A ∩ Ω] P(A) = = = 1. P(A) P(A) P(A) Mặt khác ta lại có: P[A ∩ (B ∪ B)] P[(A ∩ B) ∪ (A ∩ B) = P(A) P(A) P(A ∩ B) P(A ∩ B) = + P(A) P(A) = P(B/A)+P(B /A). So sánh hai kết quả ta đ−ợc hệ thức phải chứng minh. II. Định lý nhân xác suất n 1 Định lý: Nếu các biến cố A i (i=1,n )thỏa mãn điều kiện P( ∩ A>i 0 thì i=1 n P( ∩ A)i = P(A1)P(A2/A1)P(A3/A1A2) P(A n /A1 A 2 An-1) i=1 Chứng minh: Tr−ớc hết ta thấy nếu giả thiết đã nêu đ−ợc thoả mãn thì tất cả các xác suất bên vế phải của hệ thức phải chứng minh đều tồn tại. n−1 n−2 2 Thật vậy, vì ∩ Ai ⊆ ∩ Ai ⊆ ⊆ ∩Ai ⊆ A1 nên i=1 i=1 i=1 Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 26
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất n−1 n−2 2 P(∩ Ai ) ≤ P( ∩ Ai ) ≤ ≤ P( ∩ A)i ≤ P(A1). i=1 i=1 i=1 n−1 Vì giả thiết P(∩ Ai )>0 nên tất cả các xác suất ở sau đều > 0. i=1 Tiếp theo từ định nghĩa của xác suất có điều kiện ta có: P(A1A2 ) P(A2/A1) = nên P(A1A2) = P(A1)P(A2/A1) P(A1) Giả sử công thức đúng cho tr−ờng hợp n-1. Khi đó: n n−1 n−1 n−1 P( ∩ A)i = P(An ∩ Ai ) = P(∩ Ai )P(An/∩ Ai ) i=1 i=1 i=1 i=1 n−1 Thay P(∩ Ai ) bằng giả thiết quy nạp ta sẽ đ−ợc công thức phải chứng minh. i=1 Thí dụ 1: Một ng−ời viết n bức th− với nội dung khác nhau, cho vào n phong bì dán lại sau đó mới đề tên ng−ời nhận. Tính xác suất để ít nhất có một phong bì mà tên ng−ời nhận phù hợp với nội dung của th−. Bài giải Gọi A là biến cố “ít nhất có một phong bì có nội dung phù hợp” Ai là biến cố “phong bì thứ i có nội dung phù hợp” (i=1)., n n Khi đó A= ∪ A i i=1 Do các biến cố A i không xung khắc nên áp dụng công thức đã biết: n n n n n n-1 P(A) = P( ∪ A)i = ∑ P(Ai ) - ∑ P(Ai Aj ) +∑ P(Ai Aj ) - ∑ P(Ai Aj Ak ) - +(-1) i=1 i=1 i=1 i< j i< j<k P(A1A2 An). Ta lần l−ợt có: 1 n P(Ai) = . Suy ra ∑ P(Ai ) =1 n i=1 P(AiAj) = P(Ai)P(Aj/ Ai) Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 27
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất 1 1 (n − 2)! = . = . n n −1 n! n 2 (n − 2)! 1 Suy ra ∑ P(Ai Aj ) = C n . = i=1 n! 2! P(AiAjAk) = P(Ai)P(Aj/ Ai)P(Ak/ AiA j ) 1 1 1 (n − 3)! = . . = n n 1 n 2 n! n 3 (n − 3)! 1 suy ra ∑ P(Ai Aj Ak ) = C n . = . i< j<k n! 3! P(A1A2 An) = P(A1)P(A2/A1) P(An/ A1A2 An-1) 1 1 1 1 = . = . n n 1 1 n! 1 1 1 Vậy: P(A) = 1 - + - + (-1)n-1 . 2! 3! n! Nhận xét: Ta biết rằng khai triển Taylor của hàm e x là 1 1 1 e x = 1+ x+ x 2 + x 3 + 1! 2! 3! Vì thế 1 1 1 e −1 = 1 - + - + 1! 2! 3! Vậy 1 1 1 - e −1 = 1 - + - 2! 3! suy ra lim P(A) = 1- e −1 . n ⎯⎯→ ∞ III-định lý xác suất toμn phần Giả sử D ={ A1 ,A 2 , A n } là một phân hoạch của Ω, tức là Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 28
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất ⎧ n ⎪∪ Ai = Ω ⎨ i=1 ⎪ ∩ ⎩Ai A j = φ (với mọi ≠ j) n Nh− vậy với nhóm đầy đủ n biến cố này ta sẽ có ∑ P(Ai ) =1 i=1 Ta giả thiết P(A i )>0 (i=1, n ). Khi đó với mọi biến cố B ta đều có thể biểu diễn (hình 1.9) B = BA1 + BA2 + + BAi + + BAk + BAn A1 B An A2 Ai . Ak . Ω Hình 1.9 Do AiAj = Φ nên BA i ∩BAj =Φ (với mọi i ≠ j), vì thế: n n P(B) =∑ P(BAi ) =∑ P(Ai )P(B / Ai ) . i=1 i=1 Công thức này gọi là công thức xác suất toàn phần (hay đầy đủ). Các biến cố Ai có thể coi là các giả thiết để tạo cho B xảy ra và do đó khi tính P(B) ta phải đề cập tới toàn bộ các giả thiết này. Thí dụ 1: Một hộp đựng n phiếu trong đó có m phiếu trúng th−ởng (m ≤ n). n ng−ời theo thứ tự lần l−ợt lấy mỗi ng−ời một phiếu không trả lại. Khi đó hãy chứng tỏ rằng xác suất m lấy đ−ợc phiếu trúng th−ởng của mỗi ng−ời đều là . n Bài giải Gọi A i là biến cố “ng−ời thứ i rút đ−ợc phiếu trúng th−ởng” (i=1, n ) Ta thấy: m P(A ) = 1 n P(A2) = P(A1A2+A 1A2) Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 29
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất = P(A1)P(A2/A1) + P( A)P(A1 2/A 1) m m -1 n − m m = . + . n n -1 n n −1 m2 - m + mn − m2 m(n −1) m = = = n(n −1) n(n −1) n s Tổng quát, ta gọi H k là biến cố “trong k ng−ời rút đầu có s ng−ời rút đ−ợc phiếu trúng”. Khi đó: s=min(m;k) s A k+1 = ∑HkAk+1 s=max[0,k−(n−m)] Vậy s=min(m,k) s s P(A k+1 ) = ∑ P(Hk )P(Ak+1 Hk ) s=max[0;k−(n−m)] s=min(m;k) s k−s CmCn−m m − s = ∑ n . . s=max[0;k-(n−m)] Ck n - k Nếu quy −ớc ký hiệu * Khi max [0; k - (n-m)] = k - (n - m) thì s C m = 0 với s = 0, 1, 2, , [k - (n - m) - 1]. * Khi min(m; k) = m thì s C m = 0 với s = m + 1, m + 2, , k Thì ta có thể viết: k s k s CmCn−m m − s P(Ak+1) = ∑ k . s=0 Cn n − k k m! k!(n − k)! k−s m − s =∑. .Cn−m . i=0 s!(m − s)! n! n - k k m! k!(n − k −1)! = ∑ . i=0 s!(m - s -1)! n! k m (m −1)! k!(n − k −1)! k−s = ∑ Cn−m n i=0 s!(m − s −1)! (n −1)! Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 30
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất k s k -s m Cm−1Cn−m = ∑ k n i=0 Cn-1 Ta chứng minh tiếp k C s C k −s k m−1 n-m C s C k −s k ∑ k = 1, tức là ∑ m-1 n-m = C n-1 i=0 Cn-1 s=0 Thật vậy xét đồng nhất thức: (u+v) A+B ≡ (u+v) A (u+v) B . Khai triển ta đ−ợc: A+ B A B r r A+B -r s s A-s t t B−t ∑CA+ Bu v ≡ [∑CAu v ][∑ CBu v ] r =0 s=0 i=0 r s t Suy ra C A+B = ∑CACB s (s+t =r) Đặt r = k; A = m - 1; B = n - m; s = s; t = k – s (suy ra t = 0 thì s = k và t = k thì s = 0) và thay vào đẳng thức vừa nêu ta đ−ợc: k k s k −s C n 1 = ∑Cm-1Cn-m . is=0 n Đó là hệ thức phải chứng minh và từ đó ta có P(A ) = (với 0 ≤ k ≤ n-1). k+1 m IV định lý Bayes Từ định nghĩa về xác suất có điều kiện và từ công thức xác suất toàn phần ta suy ra: P(A ∩ B) P(A )P(B A ) P( A B ) = j = j j j P(B) n ∑ P(Ai )P(B Ai ) i=1 Nh− đã nêu, các biến cố A i có thể coi là các giả thiết để làm xảy ra biến cố B (i=1, n ). Với mỗi giả thiết A j , ta có hai loại xác suất: a. P(A j ) gọi là xác suất tiên nghiệm của A j . b. P( A j B ) gọi là xác suất hậu nghiệm của A j . Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 31
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất Khi có thông tin là B xảy ra thì ta cần tính xác suất hậu nghiệm để chỉnh lý lại xác suất tiên nghiệm. Thí dụ 1: Một chiếc máy bay có thể bị rơi ở 3 vùng với xác suất nh− nhau. Giả sử (1-αi ) là xác suất để tìm thấy nó ở vùng i nếu nh− quả thật nó rơi ở vùng này (khi đó αi gọi là xác suất mất tăm, xác suất này phụ thuộc vào vị trí và địa hình của vùng) (i = 1, 2, 3). Nếu mà tìm kiếm ở vùng 1 không có kết quả, hãy tính xác suất để quả thật máy bay bị rơi ở vùng i (i = 1, 2, 3). Bài giải Gọi A i là biến cố “máy bay bị rơi ở vùng i ” (i = 1, 2, 3). B là biến cố “việc tìm kiếm ở vùng 1 không có kết quả”. Khi đó: P(A B) P(A )P(B A ) P (A B) = 1 = 1 1 1 p(B) 3 ∑ P(Ai )P()(B Ai i=1 1 .α 1 α = 3 = 1 1 1 1 α + 2 (α ) + (1) + (1) 1 3 1 3 3 Còn đối với j = 2, 3 ta đều có: P(A B) P(A )P(B A ) P(A B) = j = j j j P(B) P(B) 1 (1) 1 = 3 = . 1 1 1 α + 2 α + (1)+ (1) 1 3 1 3 3 Chẳng hạn với α1 = 0, 4 thì xác suất để máy bay bị rơi ở vùng 1 nếu nh− việc tìm kiếm ở vùng này mà không thấy sẽ là 0,4 1 P(A B) = = . 1 0,4 + 2 6 Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 32
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất C. Tính độc lập I. Tính độc lập của hai biến cố 1. Định nghĩa Giả sử A và B là hai biến cố của không gian xác suất (Ω , A, P). Khi đó A và B đ−ợc gọi là độc lập với nhau (về mặt xác suất) nếu: P(A∩B) = P(A).P(B). Ghi chú Nếu P(A).P(B) > 0 thì ta có các hệ thức t−ơng đ−ơng sau: P(A∩B) = P(A)P(B) ⇔ P(A) = P(A B) ⇔ P(B) = P(B A) Do đó một trong ba đẳng thức này đều có thể dùng làm định nghĩa về tính độc lập của A và B. Sự t−ơng đ−ơng này đ−ợc suy từ định nghĩa vừa nêu trên và từ định nghĩa về xác suất có điều kiện. Riêng đẳng thức thứ hai (hoặc thứ 3) cho thấy ý nghĩa của tính độc lập (về mặt xác suất) của hai biến cố là việc biến cố này có xảy ra hay không sẽ không ảnh h−ởng tới khả năng xảy ra của biến cố kia. Vì thế trong thực tế ta có thể nhận định đ−ợc sự độc lập của chúng bằng trực giác hoặc theo kinh nghiệm. Thí dụ 1: Tung một hạt xúc sắc đều đặn và đồng chất. Gọi A là biến cố “đ−ợc mặt có số chấm là bội của 3”; B là biến cố “ đ−ợc mặt có số chẵn chấm”. Hãy chứng tỏ rằng A và B là hai biến cố độc lập. Bài giải a. Cách thứ nhất 2 3 Ta có P(A) = ; P(B) = 6 6 1 P(AB) = P (đ−ợc mặt 6 chấm) = 6 Vậy P(A.B)= P(A)P(B). Do đó A và B độc lập. Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 33
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất b. Cách thứ hai 2 1 1 Vì P(A) = = và P(A B) = nên A và B độc lập do P(A) = P(.A B) 6 3 3 3 1 Hoặc ta cũng có P(B) = và P(B A) = tức là P(B) = P(B A) nên A và B độc lập. 6 2 2. Định lý Nếu A và B là hai biến cố độc lập thì A và B, A và B, A và B cũng sẽ là những cặp biến cố độc lập. Chứng minh: Chẳng hạn ta chứng minh rằng nếu A và B độc lập thì A và B cũng độc lập. Thật vậy ta có: P(A. B ) = P(A).P(B A) = P(A)[1-P(]B A) = P(A)[1-P(B)] (do A và B độc lập ) = P(A)P( B). Vậy A và B độc lập. Thí dụ 2: Bốn ng−ời N i (i = 1,4 ) có tật nói dối. Họ có thể nói đúng điều mình nghe đ−ợc cho ng−ời khác với xác suất là 1/3 và nói điều ng−ợc lại với xác suất 2/3. Ng−ời thứ nhất N1 nhận đ−ợc một tin d−ới dạng (“có”, “không”) và nói lại cho N2, N2 truyền lại cho N3, N3 báo lại cho N4 và cuối cùng N 4 công bố ra ngoài. Biết rằng các thông báo của bốn ng−ời độc lập với nhau, khi đó: a. Tính xác suất để tin đ−ợc công bố là đúng khi nhận đ−ợc. b. Biết rằng tin công bố là đúng, hãy tính xác suất để N1 truyền đúng tin. Bài giải a. Gọi Ai là biến cố “tin do Ni truyền đi là đúng”. Bi là biến cố “ng−ời thứ i nói đúng điều mình nghe đ−ợc” (i = 1),4 Khi đó: 1 A = B . Vậy P(A ) = P(B ) = 1 1 1 1 3 Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 34
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất A2 = A1B2 +A 1 B 2 . Vậy P(A2) = P(A1B2 + A 1 B 2) Vì A1B 2 và A 1 B 2 là hai biến cố xung khắc nên P(A2) = P(A1B2) + P( A 1 B 2) Do các thông báo của những ng−ời này là độc lập nên các biến cố A 1 và B 2 độc lập, A 1 và B 2 độc lập. Vì thế: P(A 2 ) = P(A 1 )P(B 2 ) + P( A 1)P(B 2) 1 1 2 2 5 = . + . = 3 3 3 3 9 T−ơng tự ta có: P(A 3 ) = P(A 2 B 3 + A 2 B 3) và P(A 3 ) = P(A 2 )P(B 3) +P(A)P(2 B 3) 5 1 4 2 13 = . + . = . 9 3 9 3 27 13 1 14 2 41 P(A ) = P(A )P(B ) + P( A )P(B ) = . + . = 4 3 4 3 4 27 3 27 3 81 41 Vậy xác suất để tin đ−ợc công bố là đúng nh− khi nhận đ−ợc là . 81 b. Ta phải tính P(A1 A 4 ). Ta có: 1 .(PA A ) P(A .A ) P(A )P(A A ) 41 P(A A ) = 1 4 = 1 4 1 = 3 . 1 4 41 P(A4 ) P(A4 ) 81 Ta thấy P (A4 A1) là xác suất để N 4 công bố đúng tin khi N1 đã truyền đúng tin. Nếu A 1 đã xảy ra thì: 1 A = B do đó P(A ) = P(B ) = . 2 2 2 2 3 1 1 2 2 5 A = A B + A.2 B3 Vậy P(A) = . + . = . 3 2 3 3 3 3 3 3 9 Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 35
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất 5 1 4 2 13 A = A B + A.3 B4 Vậy P(A) = . + . = . 4 3 4 4 9 3 9 3 27 13 Giá trị là xác suất xảy ra A tính trong điều kiện A đã xảy ra, tức nó là 27 4 1 P(A 4 A1 ). Vậy cuối cùng: 1 13 . 13 P(A A ) = 3 27 = . 1 4 41 41 81 II. Tính độc lập của nhiều biến cố 1. Định nghĩa Cho {}Ai (i=1, n ) là n biến cố của không gian xác suất (Ω , A, P). Các biến cố này đ−ợc gọi là độc lập toàn bộ (gọi tắt là độc lập) nếu với mọi k (2 ≤ k ≤ n) và với mọi bộ k chỉ số 1 ≤ i1 < i 2 < < i k ≤ n ta đều có: P)(A A A = P(A )P)(A P(A ). i1 i2 ik i1 i2 ik 2. Các ghi chú Ghi chú 1: Từ sự độc lập toàn bộ ta suy ra sự độc lập của mọi cặp biến cố, nh−ng điều ng−ợc lại không đúng. Thí dụ 1: Giả sử Ω = {}w1,w2 ,w3,w4 1 P(ω )= i 4 A = G(Ω). Ta đặt: Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 36
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất A= {}w1,w2 , B = {}w1, w3 C = {}w1,w4 Khi đó: 2 1 P(A) = P(B) = P(C) = = 4 2 Mặt khác A ∩ B = B ∩ C = C ∩ A = {w1} Vì thế 1 P(A∩B) = P(B∩C) = P(C∩A) = P( {w }) = 1 4 Nh− vậy: P(A∩B) = P(A)P(B); P(A∩C) = P(A)P(C); P(B∩C) = P(B)P(C) Do đó A, B, C độc lập từng đôi nh−ng A∩ B∩ C = {w1} nên 1 1 P(A∩ B∩ C) = P({}w ) = ≠ P(A).P(B).P(C) = 1 4 8 Vậy A, B và C không độc lập toàn bộ. Ghi chú 2: Định nghĩa về tính độc lập toàn bộ của n biến cố nêu trên t−ơng đ−ơng với định nghĩa sau đây: Các biến cố {}Ai (i=1, n ) của không gian xác suất (Ω , A, P) đ−ợc gọi là độc lập toàn bộ nếu: P(A A A A ) = P(A ) ( i=1, n ) i j1 j2 jm i (1 ≤ j1 < j 2 < <jm ≤ n ; i ≠ jr ; r = 1,m ). Và vì thế từ định lý nhân xác suất trong tr−ờng hợp tổng quát: n P( A ) = P(A )P(A A )P(A A A ) P (A A A A ), ∩ i 1 2 1 3 1 2 n 1 2 n−1 i=1 ta suy ra: Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 37
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất Nếu các biến cố A i (i=1,n ) độc lập toàn bộ thì n n P(∩ Ai ) = ∏P(Ai ) i=1 i=1 Ghi chú 3: ' Nếu các biến cố Ai (i=1, n ) độc lập toàn bộ thì các biến cố A jr cũng độc lập trong đó ' A jr có thể là Ajr hoặc Ajr với r = (1)., n Thí dụ 2: Một khẩu pháo bắn ba phát vào một máy bay một cách độc lập với nhau với xác suất trúng t−ơng ứng là 0,6; 0,7 và 0,8. Nếu chỉ có một viên trúng thì máy bay sẽ rơi với xác suất là 0,2; còn nếu ít nhất có 2 viên trúng thì chắc chắn máy bay sẽ rơi. Hãy tính xác suất để khẩu pháo này hạ đ−ợc máy bay. Bài giải Gọi A là biến cố “máy bay bị rơi” Bi là biến cố “có i viên trúng” (i = 0,3). Khi đó theo định lý xác suất toàn phần ta có thể viết: P(A) = P(B0 )P(A B0 ) + P(B1)P(A B1) + P(B2 )P(A B2 ) + P(B3 )P(A B3 ) . Theo đầu bài ta có: P(A B0 ) = 0 ; P(A B1 ) = 0,2 ; P(A B2 ) = P(A B3 ) = 1. Nếu gọi C j là biến cố “ viên thứ j trúng ” (j = 1, 2, 3) thì B1 = C1 C2 C3 + C1C2 C3 + C1 C2C3 . Vì ba biến cố tích bên vế phải là xung khắc với nhau nên: P(B1) = P(C1C 2 C3 ) + P(C1C2 C 3 ) + P(C1C 2C3 ) . Do các viên bắn độc lập với nhau nên các biến cố C j độc lập, suy ra các biến cố ở mỗi tích bên vế phải cũng độc lập. Vì thế khai triển tiếp ta đ−ợc: P(B1) = P(C1)P(C 2 )P(C3 ) + P(C1)P(C2 )P(C3 ) + P(C1)P(C 2 )P(C3 ) = 0,6.0,3.0,2 + 0,4.0,7.0,2 + 0,4.0,3.0,8 Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 38
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất = 0,036 + 0,056 + 0,096 = 0,188. T−ơng tự ta có: P(B2) = 0,452; P(B3) = 0,336. Từ đó: P(A) = 0,188.0,2 + 0,452.1 + 0,336.1 = 0,8256. Ghi chú 4: Theo ghi chú 3 ta thấy nếu các biến cố Ai độc lập thì các biến cố Ai cũng độc lập, n (i = 1,n ). Do đó để tính P(∪Ai ) trong đó các biến cố Ai: i=1 a. Không xung khắc. b. Nh−ng độc lập với nhau. Thì ta có thể thực hiện nh− sau: n n P)(∪Ai = 1- p(∪Ai ) i=1 i=1 n = 1 - P(∩Ai ) i=1 n = 1- ∏p(Ai ). i=1 Thực hiện theo cách này sẽ đơn giản hơn là việc áp dụng công thức tính xác suất cho tổng của các biến cố không xung khắc. Thí dụ 3: Một mạch điện gồm 3 bóng mắc nối tiếp với xác suất không hỏng t−ơng ứng là 0,1; 0,2; 0,3. Tính xác suất để mạch không có điện do việc hỏng bóng gây nên. Biết rằng việc các bóng bị hỏng là những sự cố độc lập với nhau. Bài giải Gọi A là biến cố “mạch không có điện” Ai là biến cố “ bóng thứ i bị hỏng ” (i = 1, 2, 3). Khi đó: Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 39
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất A = A1 + A2 + A3 P(A) = P(A1 +A2+A3 ) trong tr−ờng hợp này để tính P(A) ta có hai cách. a. Cách thứ nhất Do các bóng có thể đều hỏng nên các biến cố Ai (i = 1, 2, 3) là không xung khắc. Vì thế: P(A) = P(A1) + P(A2) + P(A3) - P(A1A2) - P(A1A3) - P(A2A3) + P(A1A2A3) Vì việc hỏng của các bóng là độc lập nên các biến cố Ai (i = 1, 2, 3) là độc lập. Do đó khai triển tiếp ta đ−ợc: P(A)=P(A1)+P(A2) + P(A3) - P(A1A2) - P(A1A3) - P(A2A3) + P(A1)P(A2)P(A3) = 0,1 + 0,2 + 0,3 - 0,1.0,2 - 01.0,3 - 0,2.0,3 + 0,1.0,2.0,3 = 0,496. b. Cách thứ hai ta có P(A) = 1- P(A1 + A2 + A3 ) = 1- P(A1 .A2 .A3 ) Do tính độc lập của hai biến cố nên: P(A) = 1- P(A1)P(A2 )P(A3 ) = 1-0,9.0,8.0,7=1-0,504 = 0,496. III. Tính độc lập của các phép thử 1. Phép thử hợp Giả sử Gi (i=1,n ) là n phép thử ngẫu nhiên với: Ω = {ω (i),ω (i), ,ω (i)} (i=1),n i 1 2 mi i = 1,n P(ω (i)) = p(i) ji ji ji =1,mi Khi đó phép thử ngẫu nhiên G đ−ợc gọi là phép thử hợp của các phép thử Gi (i=1),n nếu không gian các biến cố sơ cấp của nó có dạng: Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 40
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất (1) (2) (i) (n) Ω ={ω = (ω J ωJ , ,ω j , ,ω )} 1 2 i jn trong đó ω (i) là các phần tử của không gian biến cố sơ cấp Ω (i=1,n ; j).(i) = 1,m ji i i i 2. Các phép thử độc lập Các phép thử Gi nêu trên (i=1,n ) đ−ợc gọi là độc lập nếu xác suất của các biến cố sơ cấp ω của không gian Ω ứng với phép thử hợp G đ−ợc xác định nh− sau: (1) (2) (i) (n) (1) (2) (n) P{ω = (ω J ω J , ,ω j , ,ω )}= p.p p 1 2 i jn j1 j2 jn Khi đó ta có thể nghiệm lại rằng: a. Xác suất trên toàn bộ không gian các biến cố sơ cấp Ω của phép thử hợp G bằng đơn vị. b. Nếu các Ai là các biến cố nào đó thuộc σ- đại số các biến cố ứng với phép thử Gi (i = 1,n ) thì: P(A1A2 An) = P(A1).P(A2) P(An) Để minh họa ta xét tr−ờng hợp n = 2. Giả sử Gi là phép thử với không gian các biến cố sơ cấp là Ω = ω i ,ω i , ,ω i , ( i = 1, 2) 1 { 1 2 mi } và với các xác suất t−ơng ứng là (i) (i) P(ω j ) = p j với i = 1, 2 và j = 1, 2, , mi. Ta gọi G là phép thử hợp của Gi ( i = 1, 2) khi đó không gian các biên cố sơ cấp của G sẽ là k = 1, m (1) (2) 1 Ω = {}ω k , ω r r = 1, m 2 (1) (2) k = 1, m Nếu nh−: P{ω , ω } = (1) (2 1 thì G và G độc lập. k r Pk .Pr 1 2 r = 1, m 2 Từ đó ta thấy: m12m m 12m m12m (1) (2) (1) (2) (1) (2) ∑∑P(ω k ,ω r ) = ∑∑Pk .Pr = ∑∑Pk . Pr =1.1 =1. k ==11r k == 11r k ==11r Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 41
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất (1) (1) (1) Mặt khác nếu trong phép thử G1, biến cố A đ−ợc phân thành ω ,ω k , ,ω k k1 2 p (1 ≤ k1 < k2 < < k p ≤ m1 ) và trong phép thử G2 biến cố B đ−ợc phân thành (2) (2) (2) ω ,ω r , ,ω r (với 1 ≤r1 < r2 < < rq ≤ m2 ), r1 2 q thì ta có: p q p q P(A.B) = P (1) P (2) = P (1) . P (2) = P(A).P(B) ∑∑ ks rt ∑ ks ∑ rt s==11t s=1 t=1 Thí dụ 1: Giả sử G1 là phép thử “tung hạt xúc sắc đều đặn và đồng chất” khi đó: 1 Ω = {}1,2,3,4,5,6 P(i) = (i = 1,6) 1 6 Giả sử G2 là phép thử “Tung một đồng xu đối xứng và đồng chất”. Khi đó Ω = {}S, N P(S) = P(N) = 1/2 Gọi G là phép thử hợp “tung hạt xúc sắc và đồng xu, cả hai đều đối xứng và đồng chất”. Khi đó Ω= {(S,1);(S,2); (S,6);(N,1);(N,2) (N,6)}. Do tính chất đối xứng và đồng chất của hai vật thể đ−ợc tung nên ta có. 1 P.(S,i) = P(N,i) = (i = 1,6) 12 Ta thấy: P(S,i) = P(S).P(i) ; P(N,i) = P(N).P(i) (i = 1,6) Vậy G1 và G2 là hai phép thử độc lập. Nếu trong phép thử G1 ta gọi A là biến “đ−ợc ít nhất 5 chấm” thì A = {}5,6 và P(A) = P {5,6} = 2/6. Nếu trong phép thử G2 ta gọi B là biến cố “đ−ợc mặt ngửa” thì B = {}N và P(B) = P{N} = 1/2. Nếu trong phép thử G ta goi C là biến cố “đ−ợc mặt ngửa và ít ra là 5 điểm” thì C = {}(N,5),(N,6) và P(C) = 2/12. Ta thấy C = A.B và P(C) = P(A).P(B) do tính độc lập của G1 và G2 . Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 42
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất 3. Dãy phép thử Berboulli (l−ợc đồ nhị thức) Một dãy n phép thử độc lập đ−ợc gọi là lập thành một l−ợc đồ Bernoulli với hai tham số n và p nếu chúng có các đặc điểm sau: a. Mỗi phép thử chỉ có 2 kết quả: T (thành công ) và T (thất bại) b. P(T) = p = hằng số qua các phép thử. Suy ra P(T ) = 1-p = q cũng là hằng số qua các phép thử. nếu gọi G là các phép thử hợp của n phép thử này thì mỗi biến cố sơ cấp của G sẽ là một dãy n ký tự, ở mỗi vị trí sẽ là ký tự T hoặc T. Nếu xét một biến cố sơ cấp trong đó có x ký tự T và (n-x) ký tự T , chẳng hạn: ω = T T T T T T T T x ký tự T Hình 1.10 thì do tính độc lập của các phép thử ta sẽ có : P(ω ) = P(T)P(T)P( T )P(T) P(T)P( T )P(T)P(T) = pxqn-x . x Số l−ợng các biến cố sơ cấp có chứa x ký tự T nh− vậy là Cn . Vậy nếu ký hiệu Pn (x ) là xác suất thu đ−ợc x lần thành công trong l−ợc đồ Bernoulli ta sẽ có: x x n-x Pn (x) = Cnp q (x = 0, n) . Công thức này gọi là công thức Bernoulli. Ta thấy các biểu thức tính xác suất này trùng với các số hạng của khai triển nhị thức sau: n n x x n-x ( p + q) = ∑ Cn p q . x=0 Thí dụ 2: A rủ B chơi cờ với đề nghị hoặc chơi 2 ván hoặc chơi 4 ván. Nếu khả năng thắng của B ở mỗi ván cờ đều là p ( 0 < p < 1) thì với những giá trị nào của p, B nên nhận Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 43
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất chơi hai ván để dễ thắng A hơn là chơi 4 ván, biết rằng muốn thắng chung cuộc thì phải thắng ít nhất là một nửa tổng số ván chơi. Bài giải a. Nếu B nhận chơi hai ván thì khi đó ta có một l−ợc đồ Bernoulli với n = 2 và p ch−a biết. Trong tr−ờng hợp này xác suất thắng chung cuộc của B sẽ là 1 1 1 2 2 0 P.2 (1) + P2 (2) = C2p (1- p) + C2p (1- p) b. T−ơng tự nếu B nhận chơi 4 ván thì ta có một l−ợc đồ Bernoulli với n = 4 và p ch−a biết. Xác suất thắng chung cuộc của B khi đó sẽ là 2 2 2 3 3 1 4 4 0 P4 (2) + P4 (3) + P4 (4) = C 4 p (1 - p) + C 4 p (1 - p) + C 4 p (1 - p) . c. Vậy ta phải xác định p sao cho: 1 1 1 2 2 0 2 2 2 3 3 1 4 4 0 C2p (1- p) + C2p (1- p) > C4p (1- p) + C4p (1- p) + C4p (1- p) . Điều này t−ơng đ−ơng với: 0 0 2 0 0 4 0 0 4 1 1 3 C2p (1- p) 0. Suy ra 0 < p < 2/3. 4. L−ợc đồ đa thức Thực hiện n phép thử độc lập. Với mỗi phép thử ta có một nhóm đầy đủ k biến cố {Ai } k ( i = 1,k) với P(Ai) = pi và ∑ pi = 1 khi đó xác suất để trong n phép thử này mỗi biến cố Ai i=1 k xuất hiện ri lần (i = 1ữ k ; ∑ ri = n ) sẽ là i=1 n! r1 r2 rk P.n (r1,r2, ,ri, ,rk ) = p1 p2 pk r1!r2! rk! Chứng minh: Xác suất để A1 xuất hiện r1 lần trong n phép thử sẽ là Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 44
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất r1 r1 n-r1 n! r1 n-r1 P.n (r1) = Cn p1 (1- p1) = p1 (1- p1) r1!(n - r1)! Khi đó xác suất để A2 xuất hiện ở mỗi phép thử trong (n – r1) phép thử còn lại sẽ là P(A2 A1) P(A2 )P(A1 A2 ) P(A2 ).1 p2 P.(A2 A1)= = = = P(A1) P(A1) 1- p1 p2 + p3 + + pk Do đó xác suất để A2 xuất hiện r2 lần trong (n – r1) phép thử còn lại sẽ là r n-r -r (n - r )! ⎛ p ⎞ 2 ⎛ p ⎞ 1 2 P (r2 ) = 1 ⎜ 2 ⎟ ⎜1- 2 ⎟ n-r1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ r2!(n - r1 - r2 )!⎝ p 2 + p3 + + pk ⎠ ⎝ p 2 + p3 + + pk ⎠ r 2 (r2 +r3 + +rk ) (r2 + r3 + + rk )! ⎛ p2 ⎞ p3 + p4 + + pk ⎜ ⎟ . r2!(r3 + r4 + + rk )!⎝ p 2 + p3 + + pk ⎠ p2 + p3 + + pk T−ơng tự xác suất để Ai xuất hiện ri lần trong (r1,r2, ,ri, ,rk ) phép thử với điều kiện A1, A2, , Ai-1 không xuất hiện trong các phép thử này sẽ là r r +r + +r (r ,r , ,r , ,r )! ⎛ p ⎞ i ⎛ p + p + + p ⎞ i+1 i+2 k P(ri ) = 1 2 i k ⎜ i ⎟ ⎜ i+1 i+2 k ⎟ r1,r2 , ,ri , ,rk ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ri!(r1,r2 , ,ri , ,rk )!⎝ pi+1 + pi+2 + + pk ⎠ ⎝ pi + pi+1 + + pk ⎠ Nhân các xác suất này với nhau ta đ−ợc n! (r +r + +r ) P (ri ) = p r1 ()p + p + + p 2 3 k r1 ,r2 , ,ri , ,rk 1 2 3 k r1!(r2 + r3 + + rk )! r2 (r3 +r4 + +rk ) (r2 + r3 + + rk )! ⎛ p2 ⎞ ⎛ p3 + p4 + + pk ⎞ . ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ r2!(r3 + r4 + + rk )! ⎝ p2 + p3 + + pk ⎠ ⎝ p2 + p3 + + pk ⎠ n! r1 r2 rk = p1 p2 pk . r1!r2! rk! Thí dụ 3: Xác suất để 1 loại chi tiết sản xuất ra có: a. Chất l−ợng kém là 0,05. b. Chất l−ợng trung bình là 0,10. c. Chất l−ợng tốt là 0,85. Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 45
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất Một chiếc máy đ−ợc lắp 100 chi tiết loại này. Tính xác suất để máy có 5 chi tiết loại a và 5 chi tiết loại b. Bài giải ở đây ta có một l−ợc đồ đa thức với n = 100 , r1 = 5, r2 = 5, r3 = 90. Vậy áp dụng công thức đã nêu ta đ−ợc: 100! P(5,5,90) = (0.05)5 (0.10)5 (0.85)90 100 5!5!90! từ đó: lgP = lg100! - lg90! - 2lg5! + 5lg(0.005) + 90lg(0.85) = 3.7824 Suy ra p ≅ 0.006. Bμi tập 1. Xác định không gian biến cố sơ cấp của các phép thử sau: a) Gieo hai đồng xu cân đối đồng chất. b) Gieo liên tiếp một đồng xu cân đối đồng chất cho đến khi nào xuất hiện mặt xấp thì dừng. c) Thời gian chờ xe của một hành khách tại bến xe biết rằng cứu 15 phút lại có một chuyến xe. 2. Gieo ba lần một đồng xu. a) Tìm không gian biến cố sơ cấp nếu chúng ta muốn quan sát dãy các mặt sấp và mặt ngửa thu đ−ợc. b) Tìm không gian biến cố sơ cấp nếu chúng ta muốn quan sát số mặt sấp thu đ−ợc. 3. Gieo hai con xúc sắc. Xác định không gian biến cố sơ cấp và biểu diễn các biến cố sau d−ới dạng tập hợp của các biến cố sơ cấp: a) Tổng của các chấm xuất hiện trên hai con xúc sắc bằng 7. b) Tổng của các chấm xuất hiện trên hai con xúc sắc lớn hơn 10. c) Tổng của các chấm xuất hiện trên hai con xúc sắc lớn hơn 12. 4. Cho PA()= 0,9 và PB()= 0,8. Chứng minh rằng PA()0,7∩ B≥ . 5. Chứng minh rằng PA()()()=∩+∩ PA B PA B. 6. Tìm xác suất của các biến cố trong bài tập 3. 7. Có n ng−ời trong một phòng. a) Tính xác suất để có ít nhất hai ng−ời có cùng ngày sinh (giả sử năm có 365 ngày). b) Số ng−ời là bao nhiêu để xác suất trên lớn hơn 0,5? Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 46
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất 8. Chọn ngẫu nhiên 5 ng−ời từ một nhóm gồm 5 sinh viên nam và 10 sinh viên nữ để đi dự Hội nghị. Tính xác suất để: a) Nhóm có 2 sinh viên nam và 3 sinh viên nữ. b) Nhóm gồm toàn sinh viên nữ. 9. Lặp lại phép thử gieo hai đồng xu và đếm số lần gieo cho đến khi xuất hiện mặt sấp. a) Xác định không gian biến cố sơ cấp của phép thử. b) Tính xác suất để mặt sấp xuất hiện đầu tiên ở lần gieo thứ k. c) Tính xác suất để mặt sấp xuất hiện đầu tiên ở lần gieo chẵn. d) Tính xác suất để mặt sấp xuất hiện đầu tiên ở lần gieo lẻ. 10. Chứng minh rằng nếu PAB(|)> PA () thì PB(|) A> PB (). 11. Chọn một số ngẫu nhiên từ tập các số {1,2, ,100} . Biết rằng số chọn đ−ợc chia hết cho 2, tìm xác suất để số đó cũng chia hết cho 3 hoặc 5. 12. Để phục vụ SeaGames công ty X quyết định nhập hai mặt hàng A và B. Theo thống kê, khả năng công ty gặp rủi ro với mặt hàng A là 0,2; với mặt hàng B là 0,4; còn khả năng công ty gặp rủi ro với cả hai mặt hàng là 0,1. Tìm xác suất của các biến cố: a. Công ty chỉ gặp rủi ro với một mặt hàng. b. Công ty không gặp rủi ro với ít nhất một mặt hàng. 13. Tỷ lệ phế phẩm của sản phẩm Z là 30%. Để đảm bảo chất l−ợng, ng−ời ta cho kiểm tra các sản phẩm Z tr−ớc khi đ−a ra thị tr−ờng. Thiết bị kiểm tra tự động có độ chính xác 90% đối với chính phẩm, 95% đối với phế phẩm. Sản phẩm Z đ−ợc đ−a ra thị tr−ờng nếu thiết bị kiểm tra tự động coi là chính phẩm. a. Tính xác suất để sản phẩm Z đ−ợc đ−a ra thị tr−ờng. b. Với các sản phẩm đ−ợc đ−a ra thị tr−ờng thì khả năng sản phẩm là phế phẩm bằng bao nhiêu. 14. Giá chứng khoán hiện tại là S. Sau mỗi phiên giao dịch, giá chứng khoán sẽ là 1,012S với xác suất 0,52 và 0,99S với xác suất 0,48. Sự tăng hay giảm giá của các phiên giao dịch độc lập với nhau. Tính xác suất giá chứng khoán sẽ lên ít nhất 30% sau 1000 phiên giao dịch. 15. Có hai hộp sản phẩm mỗi hộp chứa 10 sản phẩm tốt, 5 sản phẩm xấu. Lấy ngẫu nhiên một sản phẩm từ hộp 1 bỏ vào hộp 2; sau đó lại lấy ngẫu nhiên một sản phẩm từ hộp 2 trả lại hộp 1. Lấy ngẫu nhiên từ các hộp ra hai sản phẩm. Tính xác suất để cả hai sản phẩm lấy ra đều là sản phẩm tốt trong mỗi tr−ờng hợp sau đây: a) Lấy ở mỗi hộp một sản phẩm. b) Lấy từ hộp 1 hai sản phẩm. c) Lấy từ hộp nào đó hai sản phẩm. 16. Một đề thi trắc nghiệm có 50 câu hỏi, mỗi câu có 4 sự lựa chọn ph−ơng án trả lời trong đó chỉ có một ph−ơng án đúng. Mỗi câu trả lời đúng đ−ợc 2 điểm, sai không đ−ợc điểm. Một học sinh trả lời bằng cách chọn ngẫu nhiên các ph−ơng án. a) Tính xác suất để học sinh đó đ−ợc 100 điểm. b) Tính xác suất để học sinh đó đ−ợc ít nhất 50 điểm. c) Tính số điểm học sinh có khả năng đạt đ−ợc nhất. Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 47
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất 17. Có hai kho hàng, kho 1 chứa 80% sản phẩm loại 1 và 20% sản phẩm loại 2; kho 2 chứa 70% sản phẩm loại 1 còn lại là sản phẩm loại 2. Đến ngẫu nhiên một kho và lấy ngẫu nhiên từ đó ra một sản phẩm thì đ−ợc sản phẩm loại 2. a) Tính xác suất để kho vừa đến là kho 1. b) Lấy tiếp từ kho còn lại một sản phẩm, tính xác suất để sản phẩm đó cũng là sản phẩm loại 2. 18. Trong thời gia có dịch, ở một vùng dân c− cứ 100 ng−ời bị bệnh thì có 10 ng−ời phải đi cấp cứu. Xác suất gặp một ng−ời phải đi cấp cứu vì mắc bệnh dịch ở vùng đó là 0,06. a. Tìm tỷ lệ mắc bệnh dịch của dân c− vùng đó. b. Tính xác suất để khi gặp ngẫu nhiên 10 ng−ời dân vùng đó có không quá 1 ng−ời mắc bệnh dịch. 19. Một ng−ời có 3 chỗ −a thích nh− nhau để câu cá. Xác suất để câu đ−ợc cá trong mỗi lần thả câu ở từng nơi t−ơng ứng là: 0,2; 0,3; 0,4. Biết rằng ở một chỗ anh ta thả câu ba lần và chỉ câu đ−ợc một con cá, tìm xác suất để đó là chỗ thứ nhất. 20. Một kho chứa hai loại r−ợu A và B với tỷ lệ bằng nhau. Ng−ời ta chọn ngẫu nhiên một chai r−ợu trong kho và đ−a cho 5 ng−ời sành r−ợu nếm thử để xác định xem đây là loại r−ợu nào. Khả năng đoán đúng của mỗi ng−ời là 80%. Sau khi thử có 4 ng−ời kết luận r−ợu loại A và 1 ng−ời kết luận r−ợu loại B. Tính xác suất để chai r−ợu đ−ợc chọn thuộc loại A. 21. Một cửa hàng bán một loại TV trong đó tỷ lệ có chất l−ợng tiếng bị kém là 5%, tỷ lệ có chất l−ợng hình bị kém là 7%, tỷ lệ kém chất l−ợng của cả hai loại là 4%. Mua một TV của của hàng. Tính xác suất mua đ−ợc TV không bị mắc cả hai loại điểm yếu trên. 22. Một sản phẩm xuất x−ởng phải qua 3 lần kiểm tra. Xác suất để một phế phẩm bị loại ở lần kiểm tra đầu là 0,8; nếu ở lần kiểm tra đầu sản phẩm không bị loại thì xác suất để nó bị loại ở lần kiểm tra thứ hai là 0,9; t−ơng tự nếu lần thứ hai nó cũng không bị loại thì ở lần kiểm tra thứ ba xác suất nó bị loại là 0,95. Tính xác xuất để một phế phẩm bị loại qua 3 lần kiểm tra. 23. Một khách hàng lần đầu mua sản phẩm X có khả năng chọn đ−ợc sản phẩm tốt với xác suất 0,9. Nếu lần thứ nhất ng−ời đó mua phải sản phẩm xấu thì khả năng chọn đ−ợc sản phẩm tốt khi mua lần thứ hai là 0,95; trong tr−ờng hợp lần thứ nhất ng−ời đó mua đ−ợc sản phẩm tốt thì không có kinh nghiệm gì khi mua lần thứ hai. Khách hàng đó đã mua hai lần, mỗi lần một sản phẩm. a) Tính xác suất để cả hai lần khách hàng đó đều mua đ−ợc sản phẩm tốt. b) Tính xác suất để có đúng một lần khách hàng đó mua đ−ợc sản phẩm tốt. 24. Một kho chứa cùng một loại sản phẩm do hai phân x−ởng sản suất. Số sản phẩm của phân x−ởng 1 chiếm 60% sản phẩm trong kho, còn lại là sản phẩm của phân x−ởng 2. Tỷ lệ chính phẩm của phân x−ởng 1 là 95%, phân x−ởng 2 là 90%. a) Lấy ngẫu nhiên một sản phẩm của kho, tính xác suất để lấy đ−ợc chính phẩm. b) Lấy ngẫu nhiên hai sản phẩm của kho thì thấy có một phế phẩm, tính xác suất để phế phẩm này do phân x−ởng 1 sản suất. Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 48
Chương 1. Biến cố ngẫu nhiờn và xỏc suất 25. Có ba hộp, hộp 1 chứa 6 bi đỏ và 4 bi xanh, hộp 2 chứa 7 bi đỏ và 3 bi xanh, hộp 3 không có bi. Lấy một bi từ hộp 1 và hai bi từ hộp 2 rồi bỏ vào hộp 3; sau đó lấy từ hộp 3 ra hai viên bi. a) Tính xác suất để trong ba bi bỏ vào hộp 3 có ít nhất một bi đỏ. b) Tính xác suất để hai bi lấy từ hộp 3 đều là bi đỏ. 26. Một kho có 95% sản phẩm tốt; 15% số sản phẩm của kho do nhà máy X sản suất và 5% sản phẩm tốt trong kho là của nhà máy X. Lấy ngẫu nhiên một sản phẩm của kho, tìm xác suất để a. Lấy đ−ợc sản phẩm tốt biết rằng sản phẩm đó do nhà máy X sản suất. b. Sản phẩm đó là của nhà máy X biết rằng đó là phế phẩm. 27. Một dây chuyền gồm 2 bộ phận nối tiếp với xác suất làm việc tốt trong một khoảng thời gian nào đó của mỗi bộ phận t−ơng ứng là p1 và p2 . ở một thời điểm trong khoảng thời gian trên ng−ời ta thấy dây chuyền hỏng (giả sử việc hỏng xảy ra chỉ do các bộ phận không làm việc). Hãy tìm xác suất để chỉ có bộ phận thứ nhất không làm việc. 28. Một ng−ời chuẩn bị tham dự lấy phiếu tín nhiệm vào một chức vụ, bắt buộc phải qua hai vùng; ở vùng một khả năng đủ tín nhiệm là 60%. Nếu đủ ở vùng một thì khả năng đủ tín nhiệm ở vùng hai là 85%, nếu không đủ ở vùng một thì khả năng đủ tín nhiệm ở vùng hai là 30%. Tìm khả năng của ng−ời đó: a. Đủ tín nhiệm ở cả hai vùng? b. Chỉ đủ tín nhiệm ở một vùng? 29. Cho không gian biến cố sơ cấp của một phép thử gồm 3 biến cố: Ω={A,,BC} , với PA()=== pPB ,() qPC ,() r. Lặp lại vô hạn lần phép thử này và giả sử rằng kết quả của các phép thử độc lập nhau. Tính xác suất của biến cố để A xảy ra tr−ớc B. Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 49
Chương 1. Biến ngẫu nhiờn và quy luật phõn phối xỏc suất Ch−ơng II Biến ngẫu nhiên vμ quy luật phân phối xác suất A. Biến ngẫu nhiên một chiều I. Định nghĩa vμ các phép toán cơ bản 1. Định nghĩa Cho (Ω, A , P). Nếu X là một ánh xạ đo đ−ợc từ Ω vào thì X đ−ợc gọi là một biến ngẫu nhiên (hoặc một đại l−ợng ngẫu nhiên). Nói cách khác: X là một hàm số thực, hữu hạn, xác định trên Ω sao cho với mỗi x ∈ thì {}ω ∈ Ω : X (ω ) < x ∈A . Ghi chú: Để cho gọn ta sẽ ký hiệu (X ∈ S) thay cho {}ω ∈ Ω : X (ω ) ∈S chẳng hạn(X ≤ x) = {}ω ∈ Ω : X (ω ) ≤ x . Thí dụ: Tung 2 đồng xu đối xứng đồng chất. Gọi X là “số lần xuất hiện mặt sấp”. Hãy chứng tỏ X là một biến ngẫu nhiên Bài giải a. Ta xây dựng không gian xác suất (Ω, A , P) ứng với phép thử này. ⎧SS , SN , NS , NN ⎫ Ω = ⎨ ⎬ ⎩ω 1 , ω 2 , ω 3 , ω 4 ⎭ ⎪⎧∅ ⎪ ⎪{}{}{}{}ω , ω , ω , ω ⎪ 1234 ⎪ A =G(Ω) = ⎨{}{}{}{}{}{}ωω12, ωω 13, ωω 14, ωω 23, ωω 24, ωω 34 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩⎪Ω 0 1 2 3 4 4 4 Nh− ta đã biết σ các biến cố này bao gồm: C 4 + C 4 + C 4 + C 4 + C 4 = (1 + 1) = 2 = 16 phần tử. Vì tính chất đều đặn và đối xứng của hai đồng xu nên ta có thể đặt các xác suất nh− sau: 1 PPPP(ω )(===ω )(ω )(ω ) = . 12344 Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 50
Chương 1. Biến ngẫu nhiờn và quy luật phõn phối xỏc suất b. Ta xác định X Vì X: Ω nên miền giá trị của nó là Im(X) = {0, 1, 2}. Phép ánh xạ này có thể đ−ợc minh họa nh− sau: Ω ω • ω • ω • ω • X 1 2 3 4 R 0 1 2 Từ đó ta thấy: ⎧∅≤ ⎪ khi x 0 ⎪ ⎪{}ω 4 khi 0 2 Do tất cả các tập hợp viết ở vế phải đều là các tập thuộc A nên theo định nghĩa X là một biến ngẫu nhiên. Nhận xét: Vì X là một ánh xạ từ Ω vào R nên dùng nó ta có thể chuyển từ không gian mẫu cũ sang không gian mẫu mới do đó có thể chuyển các biến cố mang nội dung về chất thành các biến cố mang nội dung về l−ợng, cụ thể là các biến cố sơ cấp thành các số thực. Chẳng hạn ở không gian Ω thì biến cố {ω2, ω3} là biến cố có nội dung “chỉ có 1 lần xuất hiện mặt sấp” nh−ng khi chuyển sang không gian mới biến cố này t−ơng đ−ơng với biến cố “X nhận giá trị 1”. Dựa trên xác suất đã xây dựng trên không gian cũ, nếu ta xây dựng đ−ợc độ đo xác suất cho không gian mới này thì các thao tác sau này sẽ đơn giản hơn và lúc đó ta có thể trừu xuất khỏi không gian xác suất cũ. 2. Các phép toán cơ bản với các biến ngẫu nhiên a. Phép nhân với một số Định nghĩa: Nếu X là một hàm số thực xác định trên Ω và C là một hằng số thực thì ta coi CX cũng là một hàm số thực mà với mỗi ω ∈ Ω thì CX sẽ lấy giá trị là C.X(ω) tức là CX(ω) = C.X(ω). Định lý: Nếu X là một biến ngẫu nhiên thì CX cũng là một biến ngẫu nhiên. Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 51
Chương 1. Biến ngẫu nhiờn và quy luật phõn phối xỏc suất Chứng minh ⎛ x ⎞ Để đơn giản ta xét tr−ờng hợp C > 0. Khi đó: ()CX < x = ⎜ X < ⎟∈ A. Do X là biến ngẫu nhiên. ⎝ C ⎠ b. Phép cộng Định nghĩa: Nếu X và Y là hai hàm thực xác định trên Ω thì X + Y cũng là hàm thực xác định trên Ω sao cho: (X + Y)(ω) = X(ω) + Y(ω). Định lý: Nếu X và Y là hai biến ngẫu nhiên thì X + Y cũng là một biến ngẫu nhiên. Chứng minh Ta xét tập A = ∪[](X < r)(Y < x - r) trong đó r chạy trên tập hợp các số hữu tỷ. Do X là một biến ngẫu r nhiên nên (X < r)∈A, do Y là một biến ngẫu nhiên nên (Y < x - r)∈A. Từ đó [](X < r)(Y < x - r) ∈A. Do tập hợp các số hữu tỷ là đếm đ−ợc nên ta suy ra A ∈ A. Ta sẽ chứng minh A = (X + Y < x) và từ đó kết luận đ−ợc (X + Y) là một biến ngẫu nhiên do (X + Y < x) ∈ A . α. Tr−ớc hết ta có A ⊂ (X + Y < x). Thật vậy, ta lấy ω bất kỳ thuộc A khi đó, tồn tại ít nhất một r sao cho ω ∈ [(X < r) ( Y < x - r)] . Do X và Y là hai biến ngẫu nhiên ta sẽ có X(ω) < r và Y (ω) < x - r, suy ra: X(ω) + Y (ω) < x. Vậy ω ∈ (X + Y < x). β. Ng−ợc lại ta cũng có (X + Y < x) ⊂ A . Lấy ω bất kỳ thuộc (X + Y < x). Khi đó (X + Y)(ω) < x, suy ra X(ω) < x - Y(ω). Vì X(ω) và x - Y(ω) là hai số thực nên ta có ít nhất một số hữu tỷ ro sao cho X (ω) < ro < x - Y(ω), khi đó X(ω) < ro và Y(ω) < x - ro . Vậy ω ∈ [(X < r0)(Y < x – r0)] nh−ng [(X < r0)(Y< r – r0)] ⊂ A nên ω ∈ A. c. Phép nhân hai biến ngẫu nhiên Định nghĩa: Tích X.Y của hai hàm số thực X và Y là một hàm số thực sao cho với mỗi ω∈ Ω thì (XY)( ω) = X(ω).Y(ω). Định lý 1: Nếu X là một biến ngẫu nhiên thì X2 cũng là một biến ngẫu nhiên. Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 52
Chương 1. Biến ngẫu nhiờn và quy luật phõn phối xỏc suất Chứng minh Nếu x ≤ 0 thì (X2 0 thì (X2 - x) . Hai tập hợp này đều thuộc A do X là biến ngẫu nhiên nên giao của chúng cũng thuộc A . Vậy X2 là một biến ngẫu nhiên. Định lý 2: Nếu X và Y là hai biến ngẫu nhiên thì XY cũng là một biến ngẫu nhiên. Chứng minh: Do X và Y là hai biến ngẫu nhiên nên X + Y và X - Y là các biến ngẫu nhiên. (X + Y)2 và (X – Y)2 là các biến ngẫu nhiên. 1 Vậy ⎡⎤()().X +−−=YXYXY22 cũng là một biến ngẫu nhiên. 4 ⎣⎦⎢⎥ d. Phép chia hai biến ngẫu nhiên Định nghĩa: Th−ơng X của hai hàm thực X và Y xác định trên Ω sao cho với mỗi ω ∈ Ω mà Y(ω) ≠ 0 Y thì : XX(ω ) (ω ) = . YY(ω ) X Định lý: Nếu X và Y là hai biến ngẫu nhiên với (Y = 0) = ∅ thì cũng là một biến ngẫu nhiên. Y Chứng minh Ta có thể phân tích ⎛ X ⎞ ⎛ X ⎞ ⎛ X ⎞ ⎜ 0 ⎝ Y ⎠ ⎝ Y ⎠ ⎝ Y ⎠ = (X > xY )(Y 0). Do X và Y là hai biến ngẫu nhiên nên các tập (X 0) đều thuộc A suy ra tập hợp vừa viết cũng thuộc A. Vậy X là một biến ngẫu nhiên. Y e. Hàm của biến ngẫu nhiên Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 53
Chương 1. Biến ngẫu nhiờn và quy luật phõn phối xỏc suất Ta thừa nhận mệnh đề sau: “Nếu X là một biến ngẫu nhiên trên (Ω, A, P) và G là một hàm đo đ−ợc trên R thì G0 X cũng là biến ngẫu nhiên trên (Ω, A, P)”. II. Hμm phân phối xác suất 1. Định nghĩa Hàm phân phối xác suất của biến ngẫu nhiên X là FX(x) = P{ω: X(ω) 1 vớ i x 2 Tóm lại nếu trừu xuất khỏi không gian xác suất cũ ta có thể viết biểu thức của F(x) nh− sau: ⎧0 với x ≤ 0 ⎪1 ⎪ với 0 2 Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 54
Chương 1. Biến ngẫu nhiờn và quy luật phõn phối xỏc suất 2. Các tính chất Tính chất 1: 0 ≤ F(x) ≤ 1 với mọi x. Chứng minh Do F(x) = P{ω ∈ Ω: X(ω) x1 thì F(x2) ≥ F(x1) Chứng minh Do x2 > x1 nên (X > x ⎪⎪12 n Lấy dãy {x } (n = 1),∞ với ⎨⎬, n ⎪⎪lim =−∞ ⎩⎭⎪⎪x→−∞ tức là một dãy giảm tùy ý và đặt An = {X < xn} khi đó ta có: ⎪⎧AA12⊃⊃ ⊃⊃ An ⎪ ⎨⎪ ∞ . ⎪lim AAnn==∅ ⎪n→∞ ∩ ⎩⎪ n=1 Vậy P( lim An ) = P(∅) = 0. n→∞ Mặt khác theo tính chất liên tục của độ đo xác suất ta có : PA(limnn )= lim PA ( ). Do đó nn→∞ →∞ lim P(A n ) = 0 . Nh−ng: limPA (nnn )=<= lim PX ( x ) lim Fx ( ) . Vậy limFx (n )= 0 . n →∞ nn→∞ →∞ n →∞ n→∞ Do {}x n (n = 1,∞ ) là một dãy giảm lấy tùy ý nên ta có: lim F(x n ) = 0 . n →∞ b. Chứng minh: lim F(x) = 1 n →∞ Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 55
Chương 1. Biến ngẫu nhiờn và quy luật phõn phối xỏc suất T−ơng tự lấy một dãy tăng tùy ý {x n }(n = 1,∞ ) sao cho: ⎧⎫xx<<<< x ⎪⎪12 n ⎨⎬⎪⎪. ⎪⎪lim xn =+∞ ⎩⎭⎪⎪n→∞ Ta đặt Bn = {X < xn} khi đó: ⎧B1 ⊂ B 2 ⊂ ⊂ B n ⊂ ⎪ ⎨ n . lim B n = B n = Ω ⎪n→∞ ∪ ⎩ n=1 Theo tính chất liên tục của độ đo xác suất P ta có: lim P(B n ) = P(lim B n ) = P(Ω ) = 1 . Nh−ng n →∞ n →∞ lim P(B n ) = lim P(X < x n ) = lim F(x n ). n →∞ n →∞ n →∞ Vậy lim F(x) = 1. n →∞ Do {}x n (n = 1,∞ ) là một dãy tăng lấy tùy ý nên ta kết luận lim F(x) = 1 . n →+∞ Ghi chú Hai giới hạn này sau này ta sẽ ký hiệu gọn là F(- ∞) = 0 và F(+∞) = 1. Tính chất 4: Hàm phân phối F(x) liên tục bên trái, có nghĩa là tại mọi điểm x0 ta đều có limF (xFx )= ( ) . − 0 xx→ 0 Chứng minh Lấy một dãy {}x n (n = 1,∞ ) tùy ý hội tụ về x0 về phía bên trái, tức là ⎪⎧x1 < x 2 < < x n < ⎪⎫ ⎨ ⎬ . lim x n = x o ⎩⎪n →∞ ⎭⎪ ⎧C1 ⊂ C 2 ⊂ ⊂ C n ⊂ ⎧C n = {}X < x n ⎪ Ta đặt ⎨ . Khi đó ⎨ n C = {}X < x o lim C n = C n = C ⎩ ⎪n→∞ ∪ ⎩ n=1 Vậy lim P(C n ) = P( lim C n ) = P(C) . n →∞ n → ∞ Nh−ng PC()=<= PX ( x00 ) F ( x ) còn lim P(C n ) = lim P(X < x n ) = lim F(x n ). n →∞ n →∞ n →∞ Vậy lim F(x n ) = F(x0). n →∞ Do {}x (n = 1,∞ ) là một dãy tăng tùy ý hội tụ về phía trái của x0 nên ta suy ra: limF (xFx )= ( ) . n − 0 xx→ 0 Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 56
Chương 1. Biến ngẫu nhiờn và quy luật phõn phối xỏc suất 1 1 Ghi chú: Theo hệ quả của tính chất 2 ta có P(x ≤ X < x + ) = F(x + )- F(x). n n 1 ⎡ 1 ⎤ Vậy lim P(x ≤ X < x + ) = lim⎢F(x + ) - F(x)⎥ n →∞ n n →∞⎣ n ⎦ = F(x+0) - F(x). ⎛⎞ ⎛⎞1⎟ ⎛⎞1 ⎟ Mặt khác lim Px⎜ ≤<+ X x ⎟= PxXx⎜⎟⎜lim ⎜ ≤<+⎟⎟ n→∞ ⎝⎠⎜ n⎟ ⎝⎠⎜⎟n→∞⎝⎠⎜ n⎟⎟ ⎡ ∞ 1 ⎤ = PxXx⎢ ()≤<+⎥ ⎢∩ ⎥ ⎣n=1 n ⎦ = P(X = x). Từ các kết quả trên ta suy ra: a. PX()(0)-== x Fx + Fx(). b. Hàm F(x) liên tục tại x khi và chỉ khi P(X = x) = 0. III. Biến ngẫu nhiên rời rạc 1. Định nghĩa Biến ngẫu nhiên X đ−ợc gọi là rời rạc nếu miền giá trị của nó là một tập hữu hạn hoặc đếm đ−ợc. Nếu Im(X) = {xi , i ∈ I} với I =(1, 2, , n) hoặc I = N thì tập hợp các xác suất P(X = xi) với i ∈ I lập thành một quy luật phân phối xác suất của X. Khi đó: ⎧P(x = x i ) với x = x i P(X = x) = ⎨ (i ∈ I) ⎩0 với x ≠ x i đ−ợc gọi là hàm khối l−ợng xác suất (hoặc hàm xác suất) của biến ngẫu nhiên rời rạc X. ⎧ (X = x ) = Ω ⎪∪ i Do ⎨ i∈I , ⎩⎪(X = x i ) ∩ (X = x j ) = Φ (i ≠ j) tức là các biến cố (X = xi) (i ∈ I) lập thành một nhóm đày đủ nên ta suy ra ∑ P.(X = x i ) = 1 i∈I Ghi chú: Đồ thị của hàm phân phối F(x) của một biến ngẫu nhiên rời rạc X sẽ có dạng bậc thang. Tại các điểm mà là các giá trị có thể có của X thì đồ thị này có b−ớc nhẩy. Nh− ta đã thấy ở ghi chú trong mục Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 57
Chương 1. Biến ngẫu nhiờn và quy luật phõn phối xỏc suất trên, độ dài của b−ớc nhảy chính bằng xác suất để X nhận giá trị t−ơng ứng. Cụ thể tại giá trị xi thì: + PX()()()== xii Fx − Fx i. Thí dụ: Nếu X là "số lần xuất hiện mặt sấp khi tung hai đồng xu đối xứng và đồng chất" thì ta đã có biểu thức của hàm phân phối xác suất nh− sau: ⎧0 với x ≤ 0 ⎪1 ⎪ với 0 2 Từ đó đồ thị của hàm này có dạng 1 3/ 1/ x 0 1 2 Mũi tên trên hình nhằm biểu thị giá trị của hàm F(x) tại điểm xi nào đó là ứng với độ cao của bậc thang d−ới (do tính chất liên tục của F(x)). 2. Bảng phân phối xác suất Để thực hiện một cách trực quan luật phân phối xác suất của một biến ngẫu nhiên rời rạc X, ng−ời ta th−ờng liệt kê các giá trị có thể có của X kèm theo các xác suất t−ơng ứng đễ nhận mỗi giá trị có thể có đó trong một bản với dạng sau: X x1 x2 xi P(x) P(x1) P(x2) P(xi) Bảng này gọi là bảng phân phối xác suất của X với 2 điều kiện cơ bản là ⎧P(x ) ≥ 0 i ∈ I (1) ⎪ i ⎨ ∑ P(x i ) = 1 (2) ⎩⎪ i∈I Sở dĩ có điều kiện 1 là do tính chất của xác suất, còn nguyên nhân có điều kiện 2 đã đ−ợc trình bày ở trên. Thí dụ: Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 58
Chương 1. Biến ngẫu nhiờn và quy luật phõn phối xỏc suất Hãy lập bảng phân phối xác suất của X là "số lần xuất hiện mặt sấp khi tung hai đồng xu đối xứng và đồng chất". Bài giải Ta biết các giá trị có thể có của X là Im(X) = {0, 1, 2} từ hàm phân phối xác suất đã thiết lập đ−ợc ta suy ra: 1 1 P(x = 0) = F(0 + ) - F(0) = − 0 = . 4 4 3 1 2 P(x = 0) = F(0 + ) - F(0- ) = − = . 4 4 4 3 1 P(x = 2) = F(2+ ) - F(2) = 1- = . 4 4 Vậy bảng phân phối xác suất của X nh− sau: X 0 1 2 1 2 1 P(X) 4 4 4 Ta thấy hai điều kiện cơ bản (1) và (2) nêu trên đ−ợc thỏa mãn. Ghi chú: Trên đây ta đã căn cứ vào hàm phân phối xác suất để thiết lập bảng phân phối xác suất. Ng−ợc lại từ bảng phân phối xác suất ta muốn xây dựng hàm phân phối xác suất thì ta thực hiện nh− sau: a. Xếp các giá trị có thể có của X theo thứ tự tăng dần. b. Nếu muốn xác định giá trị của hàm phân phối tại điểm x nào thì ta cộng tất cả các xác suất P(xi) của những giá trị xi ở bên trái điểm x đó, tức là F(x) = ∑ P(x i ) . < xi x Chẳng hạn, từ bảng phân phối trên ta xác định đ−ợc: 1 2 3 F(1,5) = P(X < 1,5) = P(X = 0) + P(X = 1) = P(0) + P(1) = + = . 4 4 4 1 2 3 F(1,8) = P(0) + P(1) = + = . 4 4 4 1 2 3 F(2) = P(0) + P(1) = + = . 4 4 4 Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 59
Chương 1. Biến ngẫu nhiờn và quy luật phõn phối xỏc suất 3 Nh− vậy với mọi x sao cho 1 0 với mọi n. Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 60
Chương 1. Biến ngẫu nhiờn và quy luật phõn phối xỏc suất ∞ ∞ (2) ∑ P(X = n) = ∑(1- p) n−1 p . Đây là tổng các số hạng của một cấp số nhân lùi vô hạn với công bội là i=1 i=1 ∞ p p (1 - p), vì thế: ∑(1- p) n−1 p = = = 1. i=1 1- (1- p) p IV. Biến ngẫu nhiên liên tục tuyệt đối 1. Định nghĩa Biến ngẫu nhiên X đ−ợc gọi là liên tục tuyệt đối nếu trên R có tồn tại một hàm f(u) ≥ 0 sao cho hàm phân phối xác suất của X có thể biểu diễn d−ới dạng: x F(x) = ∫ f(u)du (- ∞ < x < +∞) . −∞ Ghi chú 1: Khi đó hàm f(u) đ−ợc gọi là hàm mật độ xác suất của biến ngẫu nhiên X vì dF() x fx()== Fx' () hầu khắp nơi. dx Ghi chú 2: Nếu X là một biến ngẫu nhiên liên tục thì các giá trị có thể có của nó là không đếm đ−ợc, cụ thể chúng sẽ lấp kín cả một khoảng nào đó (hữu hạn hoặc vô hạn). Nói cách khác Im(X) sẽ có lực l−ợng Continum. Thí dụ: Thực hiện phép thử là “bắn một viên đạn vào một chiếc bia có tâm là 0 và bán kính là R”. Nếu viên đạn trúng bia ở vị trí nào thì vị trí đó đ−ợc gọi là điểm chạm của viên đạn. Giả thiết viên đạn luôn trúng bia. Nếu gọi X là “khoảng cách từ điểm chạm của viên đạn tới tâm bia” thì X là một biến ngẫu nhiên liên tục trong đoạn [0 ; R] vì mọi giá trị của đoạn này đều là giá trị có thể có của X. 2. Một số tính chất của hàm mật độ +∞ Tính chất 1: ∫ f(x)dx = 1. −∞ Chứng minh: +∞ ∫ fxdxF()=+∞−−∞=−= ( ) F ( ) 1 0 1. −∞ x2 Tính chất 2: P(x ≤ x < x ) = f(x)dx với [x ,x ] bất kỳ. 1 2 ∫ 1 2 x1 Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 61
Chương 1. Biến ngẫu nhiờn và quy luật phõn phối xỏc suất Chứng minh: P(x1 ≤ x 0 ) nếu hàm mật độ xác suất của nó có dạng: Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 62
Chương 1. Biến ngẫu nhiờn và quy luật phõn phối xỏc suất ⎧λe-λx với x > 0 f (x) = ⎨ ⎩0 với x ≤ 0 a. Hãy xác định hàm phân phối F(x). b. Hãy chứng tỏ rằng: PX()().()>+ x12 x = PX > x 1 PX > x 2 với mọi x1, x2 > 0. c. Từ kết quả ở câu b) hãy suy ra rằng. PX()()>+ x12 x X > x 1 = PX > x 2. Bài giải x ⎧1- e-λx với x > 0 a. Ta có F(x) = ∫ f(u)du = ⎨ . −∞ ⎩0 với x ≤ 0 b. Tr−ớc tiên ta có: PX()1-()>+ x12 x = PX ≤+ x 12 x = + x12 x = Fx 12 + x =1-[1-e-(λ xx12+ ) ] = e-(λ x12+x ). T−ơng tự trên ta có: -λx1 PX()>= x1 e -λx2 PX()>= x2 e . -λ(x +x ) -λx -λx Vì e 1 2 = e 1 .e 2 nên ta suy ra điều phải chứng minh. c. Từ Định nghĩa của xác suất có điều kiện ta có: PX[(>+ x12 x )( X > x 1 )] PX()>+ x12 x X > x 1 = . PX()> x1 PX()>+ x12 x Do PXxxXx[(>+12 )( > 1 )] = PXxx ( >+ 12 ) nên: PX()>+ x12 x X > x 1 = . PX()> x1 Từ đó theo kết quả b ta đ−ợc: PX().()>> x12 PX x PX()>+ x12 x X > x 1 = = PX () > x 2. PX()> x1 Ghi chú: Một biến ngẫu nhiên X đ−ợc gọi là "không có trí nhớ" nếu PX()()>+ s tX > t = PX > s với mọi s, t ≥ 0. Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 63
Chương 1. Biến ngẫu nhiờn và quy luật phõn phối xỏc suất Chẳng hạn nếu X là tuổi thọ của một loại sản phẩm và nếu nó thỏa mãn hệ thức vừa nêu thì có nghĩa là xác suất để nó dùng đ−ợc tối thiểu (s + t) giờ nếu nh− nó đã dùng đ−ợc t giờ cũng giống nh− xác suất ta tính ngay từ đầu để nó dùng đ−ợc tối thiểu là s giờ (tức là sản phẩm "không nhớ" mình đã tồn tại đ−ợc t giờ rồi). Nh− vậy qua kết quả trên ta thấy nếu một biến ngẫu nhiên tuân theo quy luật phân phối mũ thì đó là một biến ngẫu nhiên "không có trí nhớ". Sau này chúng ta sẽ thấy 1 chính là giá trị trung bình của X. λ B. Biến ngẫu nhiên hai chiều I. Định nghĩa 1. Đặt vấn đề Trong nhiều tr−ờng hợp chúng ta cần xét các biến ngẫu nhiên nhận giá trị trong không gian hai chiều, tức là xét các điểm ngẫu nhiên trên mặt phẳng. Thí dụ: Khi nghiên cứu độ chạm của các viên đạn bắn vào bia, ta th−ờng xác định vị trí của các điểm chạm so với tâm bia. Nếu lấy tâm 0 của bia làm gốc của một hệ tọa độ vuông góc thì mỗi điểm chạm M đ−ợc xác định bởi hai tọa độ x và y của nó. Vì tr−ớc khi bắn ta không khẳng định đ−ợc vị trí của M nên M là một điểm ngẫu nhiên, do đó các tọa độ x và y của nó đều là các biến ngẫu nhiên X và Y. Nh− vậy việc nghiên cứu vị trí của điểm M dẫn đến việc nghiên cứu đồng thời hai biến ngẫu nhiên X và Y, tức là một hệ hai biến ngẫu nhiên V = (X , Y) hoặc còn gọi là một véc tơ ngẫu nhiên hai chiều. 2. Định nghĩa Cho không gian xác suất (Ω, A, P) và hai biến ngẫu nhiên X và Y xác định trên đó. Khi đó hệ V = (X, Y) đ−ợc gọi là một biến ngẫu nhiên hai chiều, tức là V là một ánh xạ từ Ω vào R2 sao cho với mỗi ω ∈ Ω thì V(ω) = ( X(ω), Y(ω)). II. Hμm phân phối 1. Hàm phân phối đồng thời a. Định nghĩa Hàm phân phối xác suất đồng thời của một biến ngẫu nhiên hai chiều V = (X, Y) đ−ợc định nghĩa nh− sau: F(x, y) = P[(X < x)(Y < y)] (-∞ < x, y < +∞) . Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 64
Chương 1. Biến ngẫu nhiờn và quy luật phõn phối xỏc suất Nh− vậy F(x, y) cho ta biết l−ợng xác suất đ−ợc phân cho những điểm thuộc hình chữ nhật mở nh− ở hình vẽ d−ới đây: y M(x, y) x b. Các tính chất T−ơng tự nh− trong tr−ờng hợp một chiều, hàm phân phối xác suất của biến ngẫu nhiên hai chiều V = (X, Y) có các tính chất sau: i. Không giảm đối với mỗi đối số, tức là F(x 2 , y) ≥ F(x1 , y) nếu x2 > x1 F(x,y2 ) ≥ F(x,y1) nếu y2 > y1 và F(x2,y2 ) ≥ F(x1,y1) nếu x2 > x1 và y2 > y1 ii. Liên tục bên trái đối với mỗi đối số. iii. lim F(x,y) = 1 (hoặc viết gọn là F(+∞,+∞) = 1 ). x→ +∞ y→+∞ iv. F(-∞,y) = F(x,-∞) = 0 (hiểu theo cách viết gọn nh− trên). v. Nếu ai < bi (i = 1, 2) thì P[(a 1 ≤ X ≤ b1 )(a 2 ≤ y ≤ b 2 )] = F(b1 , b 2 ) - F(a 1 , b 2 ) - F(b1 ,a 2 ) + F(a1 ,a 2 ) . Đây là xác suất để điểm ngẫu nhiên M (X, Y) rơi vào hình chữ nhật ⎛a1 ≤ x ≤ b1 ⎞ R⎜ ⎟. ⎝a 2 ≤ y ≤ b2 ⎠ 2. Các hàm phân phối biên Nếu F(x, y) là hàm phân phối xác suất đồng thời của biến ngẫu nhiên hai chiều V = (X, Y) thì các hàm: F(x,+ ∞ ) = P(X < x) = F1 (x) F(+∞, y ) = P(Y < y) = F2 (y) Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 65
Chương 1. Biến ngẫu nhiờn và quy luật phõn phối xỏc suất là các hàm phân phối của các biến ngẫu nhiên thành phần t−ơng ứng X và Y. Các hàm này gọi là các hàm phân phối biên của V. Đây là loại hàm phân phối một chiều đã đ−ợc xét ở phần A và chúng cho ta biết sự phân phối xác suất theo chiều nằm ngang và theo chiều thẳng đứng, tức là l−ợng xác suất phân bố cho các điểm thuộc vào các nửa mặt phẳng nh− ở các hình vẽ d−ới đây. y x o o F (x) = P(X 0 F(x.y) = ⎨ . ⎩0 nếu trái lại ⎧ -x ⎪1-e vớ i x > 0 Khi đó Fx1()== lim Fxy (, ) ⎨ . y→+∞ ⎩⎪0 vớ i x≤ 0 Vậy X có phân bố mũ với tham số λ = 1. III. Biến ngẫu nhiên hai chiều rời rạc 1. Định nghĩa Nếu X và Y đều là các biến ngẫu nhiên một chiều rời rạc thì hệ V = (X, Y) gọi là biến ngẫu nhiên hai chiều rời rạc. Nếu {xi }(in=1, ) và {}y j ()jm=1, là các giá trị có thể có t−ơng ứng của X và Y thì ta sẽ ký hiệu: PX[(=== xii )( Y y )] Pxy ( iiij , ) = P. Các xác suất Pij này (i = 1,n; j = 1,m) gọi là các xác suất đồng thời của hệ V= (X, Y). Vì các biến cố [(X = x )(Y = y )] lập thành một nhóm đầy đủ (n ì m) biến cố nên: i j (i = 1,n; j = 1,m) Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 66
Chương 1. Biến ngẫu nhiờn và quy luật phõn phối xỏc suất n m m n ∑∑Pij = ∑∑Pij = 1. i==1 j 1 j==1 i 1 Ngoài ra ta có thể phân tích biến cố: m (X = xi ) = ∑[(X = xi )(Y = yi )] . j=1 m Nên P(X = x i ) = P(x i ) = Pi• = ∑ P[(X = x i )(Y = y i )] j=1 m tức là Pi• = ∑ Pij j=1 n t−ơng tự: P(Y = y i ) = P(y i ) = P•j = ∑ P[(X = x i )(Y = y i )] i=1 Tức là n P•j = ∑ Pij . i=1 Các xác suất này có thể biểu thị trên bảng phân phối xác suất hai chiều nh− sau: X x1 x2 xi xn ∑ Y i y1 y2 yi Pij P*j ym P 1 ∑ i* j Thí dụ: Một nhân viên bán hàng mỗi ngày đi chào hàng ở 3 nơi với xác suất bán đ−ợc hàng ở mỗi nơi đều là 0,2. Nếu bán đ−ợc hàng ở nơi thứ nhất và nơi thứ hai thì tiền lãi thu đ−ợc đ−ợc ở mỗi nơi là 100 ngàn đồng, còn bán đ−ợc ở nơi thứ ba thì đ−ợc lãi 200 ngàn đồng. Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 67
Chương 1. Biến ngẫu nhiờn và quy luật phõn phối xỏc suất Hãy thiết lập bảng phân phối xác suất đồng thời của số lần bán đ−ợc hàng X và tổng số tiền lãi X. Bài giải Nếu ký hiệu B là biến cố "án đ−ợc hàng" thì dùng sơ đồ hình cây ta có các kết quả sau: Nơi II Nơi III Kết quả Xác suất X Y Nơi I 3 B BBB (0,2) = 0,008 3 400 B BB B (0,2)2(0,8) = 0,032 2 200 B B B B B B (0,2)2(0,8) = 0,032 2 300 B B B B B (0,2)0,8)2 = 0,128 1 100 B B BB (0,2)2(0,8) = 0,032 2 300 B B B B (0,2)(0,8)2 = 0,128 1 100 B B B B B B (0,2)(0,8)2 = 0,128 1 200 B B B B B (0,8)3 = 0,521 0 0 Từ kết quả trên ta lập đ−ợc bảng phân phối xác suất đồng thời của X và Y nh− sau: X 0 100 200 300 400 Σ Y 0 0,512 0 0 0 0 0,512 1 0 0,256 0,128 0 0 0,384 2 0 0 0,032 0,064 0 0,096 3 0 0 0 0 0,008 0,008 Σ 0,152 0,256 0,160 0,064 0,008 1 2. Các loại phân phối a. Phân phối đồng thời Hàm phân phối đồng thời của biến ngẫu nhiên hai chiều rời rạc đ−ợc xác định nh− sau: Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 68
Chương 1. Biến ngẫu nhiờn và quy luật phõn phối xỏc suất F(x,y) = P[(X < x)(Y < y)] = ∑ ∑ P(x i ,y i ) xi <x y j <y Ghi chú: Quy luật phân phối đồng thời cũng có thể biểu thị bằng hình thức bảng phân phối xác suất hai chiều. b. Các phân phối biên Các hàm phân phối biên của X và của Y đ−ợc xác định nh− sau F1 (x) = P(X < x) = ∑ Pi• . xi < x F2 (y) = P(Y < y) = ∑ Pj . < y j y Ghi chú: Các quy luật phân phối biên cũng có thể biểu thị đ−ợc d−ới hình thức bảng phân phối xác suất một chiều. X x1 x2 xi xn P(x) P(x1) P(x2) P(xi) P(xn) Y y1 y2 yi yn P(y) P(y1) P(y2) P(yi) P(yn) Thí dụ: Với X là "số lần bán đ−ợc hàng" thì bằng cách kết hợp cột đầu và cột cuối của bảng phân phối xác suất hai chiều đã thiết lập ở trên, ta có bảng phân phối xác suất (phân phối biên) của X nh− sau: X 0 1 2 3 P(X) 0,152 0,384 0,096 0,008 T−ơng tự nếu kết hợp dòng đầu và dòng cuối của bảng ta đ−ợc bảng phân phối xác suất của Y nh− sau: Y 0 100 200 300 400 P(Y) 0,152 0,256 0,160 0,064 0,008 c. Các phân phối có điều kiện Hàm phân phối có điều kiện của Y trong điều kiện X = xi đ−ợc xác định nh− sau: P[(Y = y )(X = x ) F(y ) = P(Y < y ) = i i X=x X=xi ∑ i < P(X = x i ) y j y P = ∑ ij . < Pi• y j y Nếu X có n giá trị có thể có thì ta sẽ có n phân phối có điều kiện của Y đối với X. Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 69
Chương 1. Biến ngẫu nhiờn và quy luật phõn phối xỏc suất T−ơng tự hàm phân phối có điều kiện của X khi Y = yj sẽ là Pij F(x Y = y i ) = P(X < x Y = y i ) = ∑ . < p •j xi x Nếu Y có m giá trị có thể có thì ta sẽ có m phân phối có điều kiện cảu X đối với Y. Ghi chú: Các quy luật phân phối có điều kiện cũng có thể biểu thị d−ới dạng bảng phân phối. Chẳng hạn bảng phân phối xác suất của Y khi (X = xi) có dạng nh− sau: Y P(y X = xi ) Y1 Y2 P[(Y = y i )(X = x i ) Pij Yj P[]Y = y j X = x i = = P(X = x i ) Pi• ym m m m Pij 1 Pi• ∑ P(y j X = x i ) = ∑ = ∑ Pij = = 1 j=1 j=1 Pi• Pi• j=1 Pi• Thí dụ : Hãy lập bảng phân phối xác suất của số tiền lãi Y nếu số lần bán đ−ợc hàng X là 2. Bài giải Với điều kiện ( X =2) thì bảng phân phối xác suất của Y nh− sau: Y P(y X = 2) P[(Y = 0)(X = 2) 0 0 = = 0 P(X = 2) 0,096 P[(Y = 100)(X = 2) 0 100 = = 0 P(X = 2) 0,096 P[(Y = 200)(X = 2) 0,032 1 200 = = P(X = 2) 0,096 3 Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 70
Chương 1. Biến ngẫu nhiờn và quy luật phõn phối xỏc suất P[(Y = 300)(X = 2) 0,064 2 300 = = P(X = 2) 0,096 4 P[(Y = 400)(X = 2) 0 400 = = 0 P(X = 2) 0,096 ∑ P(y X = 2) = 1 Bảng phân phối xác suất có điều kiện của X tùy theo các giá trị của Y cũng đ−ợc thiết lập t−ơng tự. IV. Biến ngẫu nhiên hai chiều liên tục tuyệt đối 1. Định nghĩa Biến ngẫu nhiên hai chiều V = (X, Y) đ−ợc gọi là liên tục tuyệt đối nếu tồn tại hàm f(u, v) ≥ 0 sao cho: x y F(x,y) = ∫∫f(u, v)dudv -∞∞- Ghi chú: Tại các điểm liên tục của f(x,y) ta có: ∂ 2 F(x,y) f(x,y) = ∂x.∂y Hàm f(x,y) đ−ợc gọi là hàm mật độ xác suất đồng thời cảu biến ngẫu nhiên hai chiều liên tục tục tuyệt đối V = (X, Y). Thí dụ: Cho V = (X, Y) có hàm phân phối xác suất đồng thời nh− sau: ⎧1- e-x - e-y + e-x-y với x,y ≥ 0 F(x,y) = ⎨ . ⎩0 nếu trái lại Hãy xác định hàm mật độ xác suất đồng thời. Bài giải Vì f(x, y) là đạo hàm hỗn hợp của F(x, y) nên ta lần l−ợt tìm ∂F(x,y) ⎧e-x - e-y .e-x nếu x,y ≥ 0 a. = ⎨ . ∂x ⎩0 nếu trái lại ∂ ∂F(x,y) ⎧e-x e-y nếu x,y ≥ 0 b. [ ] = ⎨ . ∂y ∂x ⎩0 nếu trái lại Vậy biểu thức của f(x,y) nh− sau: Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 71
Chương 1. Biến ngẫu nhiờn và quy luật phõn phối xỏc suất ⎧e-(x+y) nếu x,y ≥ 0 f(x,y) = ⎨ . ⎩0 nếu trái lại Ghi chú: Vì là đạo hàm hỗn hợp nên đ−ơng nhiên ta có thể lấy đạo hàm của F(x, y) theo y tr−ớc, theo x sau: 2. Các loại phân phối a. Phân phối đồng thời Phân phối này th−ờng đ−ợc thể hiện qua hàm mật độ đồng thời với các tính chất chủ yếu sau đây: Tính chất 1: +∞+∞ F.(+∞ ;+∞) = ∫∫f(x,y)dxdy = 1 ∞ ∞ Tính chất 2: P[(x,y) ∈ D] = ∫∫f(x,y)dxdy . D Thí dụ: Biến ngẫu nhiên hai chiều V = (X, Y) có mật độ xác suất phân phối đều trong hình chữ nhật ⎛0 ≤ x ≤ 1 ⎞ . K⎜ ⎟ ⎝0 ≤ y ≤ 2⎠ a. Hãy xác định biểu thức của hàm mật độ xác suất đồng thời f(x, y). b. Xác định F(x, y). 0 ≤ x ≤ 1 c.Tính P[V∈ D] với ⎛ ⎞ . D = ⎜ ⎟ ⎝0 ≤ y ≤ 1⎠ Bài giải a. Hàm f(x,y) có dạng ⎧C với (x,y) ∈ K f(x,y) = ⎨ ⎩0 với (x,y) ∉ K Theo tính chất 1 nêu trên của hàm mật độ, ta có ∫∫Cdxdy = 1 (K) hoặc là C∫∫dxdy = 1 (K) Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 72
Chương 1. Biến ngẫu nhiờn và quy luật phõn phối xỏc suất Vì ∫∫dxdy là diện tích của hình chữ nhật K nên tích phân này có giá trị bằng (1 - 0)(2 - 0) = 2. Do đó (K) 1 2C = 1, tức là C = . 2 Vậy hàm mật độ xác suất đồng thời sẽ nh− sau: ⎧1 ⎪ nếu (x,y) ∈ K ⎛0 ≤ x ≤ 1 ⎞ f(x,y) = ⎨2 . Với K là hình chữ nhật K⎜ ⎟ . ⎜0 ≤ y ≤ 2⎟ ⎩⎪0 nếu trái lại ⎝ ⎠ Quy luật phân phối này có thể đ−ợc biểu thị bằng hình sau: f(x,y) f(M) = 1/2 2 y M(x,y) 1 x b. Các biểu thức của F(x, y) t−ơng ứng với từng miền xác định nh− sau: i. Nếu x≤ 0 hoặc y ≤ 0 thì F(x, y) = 0. ii. Nếu 0 2. 1 x 2 F(x,y) = ∫ dx∫ dy = x . 2 0 0 v. Nếu 1 < x < +∞ và 2 < y < +∞ 1 1 2 F(x,y) = ∫ dx∫ dy = 1. 2 0 0 Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 73
Chương 1. Biến ngẫu nhiờn và quy luật phõn phối xỏc suất Tóm lại biểu thức của F(x, y) nh− sau: ⎧0 với x ≤ 0 hoặc y ≤ 0 ⎪1 ⎪ xy với 0 1 và y > 2 ⎩⎪ c. Để tính P(V∈D) trong đó D là hình 0 ≤ x ≤ 1 và 0 ≤ y ≤ 1 ta có thể tiến hành theo hai cách. i. Nếu dùng hàm mật độ, ta có: 1 1 1 1 1 1 1 P(V∈D) = ∫∫f(x,y)dxdy = ∫∫ dxdy = dxdy = . 0 0 0 0 2 2 2 ii. Nếu dùng hàm phân phối, ta có: (1)(1) 1 P(V∈D) = F(1,1)- F(0,1)- F(1,0) + F(0,0) =+=-0-0 0 . 22 Nhận xét: Từ F(x, y) nếu lấy đạo hàm hỗn hợp theo x và y, ta tìm trở lại đ−ợc f(x,y). Cụ thể: ⎧0 x ≤ 0 hoặc y ≤ 0 ⎪1 ⎪ 0 2 ⎪ ⎪0 x > 1; y > 2 ⎩⎪ Tức là ⎧1 ⎪ x ∈ K ⎛0 ≤ x ≤ 1 ⎞ f(x,y) = ⎨2 với K.⎜ ⎟ ⎝0 ≤ y ≤ 2⎠ ⎩⎪0 x ∉ K b. Các phân phối biên α. Phân phối biên của X Hàm phân phối biên của X là Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 74
Chương 1. Biến ngẫu nhiờn và quy luật phõn phối xỏc suất x +∞ F1(x) = F(x, +∝) = ∫∫( f(x,y)dy)dx = 1. −∞ −∞ β. Hàm phân phối biên của Y Hàm phân phối biên của Y là y +∞ F (y) = F(+∞, y) = ( f(x,y)dx)dy . 2 ∫∫ −∞ −∞ Hàm mật độ biên của Y là dF (y) -∞ f.(y) = 2 = f(x,y)dx 2 ∫ dy -∞ Thí dụ: ⎛0 ≤ x ≤ 1 ⎞ Xét biến ngẫu nhiên V = (X,Y) phân phối đều trên hình chữ nhật K⎜ ⎟ nêu trên. Hãy xác ⎝0 ≤ y ≤ 2⎠ định các hàm phân phối biên và các hàm mật độ biên của mỗi thành phân Y và X. Bài giải Theo trên ta đã có: ⎧1 ⎪ x ∈ K ⎛0 ≤ x ≤ 1 ⎞ f(x,y) = ⎨2 với K⎜ ⎟ ⎝0 ≤ y ≤ 2⎠ ⎩⎪0 x ∉ K ⎧0 với x ≤ 0 hoặc y ≤ 0 ⎪1 ⎪ xy với 0 1 và y > 2 ⎩⎪ Từ đó: ⎧0 y ≤ 0 ⎪1 ⎪ xy 0 2 ⎩⎪ Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 75
Chương 1. Biến ngẫu nhiờn và quy luật phõn phối xỏc suất Tóm lại: ⎪⎧0 y≤ 0 ⎪ ⎪1 F2 (y)= 2 Từ đó: ⎧0 y ≤ 0 ⎪ ⎪1 f2 (y) = ⎨ 0 2 Nh− vậy Y tuân theo quy luật phân phối đều trong khoảng (0; 2). Nói chung một biến ngẫu nhiên một chiều liên tục X đ−ợc gọi là tuân theo quy luật phân phối đều trong khoảng (a; b) nếu mật độ xác suất tại mọi điểm của khoảng này đều bằng một hằng số C. Dựa vào b 1 tính chất của hàm mật độ ∫ dx = 1 , ta suy ra c = . a b - a ⎧0 x ≤ a ⎪ ⎪ 1 Vì thế f(x) = ⎨ a b ⎧0 x ≤ a ⎪ ⎪ 1 a F(x) = ⎨ x - a b Đối với thành phần X của biến ngẫu nhiên hai chiều V = (X, Y) đang xét ta có: ⎧0 x ≤ 0 ⎧0 x ≤ 0 ⎪ ⎪ F1(x) = ⎨x 0 1 ⎩1 x > 1 Vậy thành phần X này tuân theo quy luật phân phối đều trong khoảng (0; 1) γ. Các phân phối có điều kiện Hàm mật độ có điều kiện của X đối với mỗi giá trị y của Y là f(x,y) f(x,y) f(x y) = = . f (y) +∞ 2 ∫ f(x,y)dx −∞ Hàm mật độ có điều kiện của Y đối với mỗi giá trị x của X là Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 76
Chương 1. Biến ngẫu nhiờn và quy luật phõn phối xỏc suất f(x,y) f(x,y) f(y x) = = . f (x) +∞ 1 ∫ f(x,y)dy −∞ Ghi chú: Các định nghĩa này chỉ đ−ợc xác định tại các điểm mà f2(y) và f1(x) khác 0. Thí dụ: Hãy xác định f(x y) đối với hệ phân phối đều đã xét. Bài giải f(x,y) Ta có : f(x y) = , muốn cho f2(y) ≠ 0 thì 0 1 ⎩1/2 ⎧0 x ≤ 0 ⎪ Tóm lại với 0 1 Tức là ứng với mỗi giá trị của Y trong khoảng (0; 2) thì quy luật phân phối có điều kiện của X cũng là quy luật phân phối đều trong khoảng (0; 1). ⎧0 y ≤ 0 ⎪ ⎪1 T−ơng tự với 0 2 Tức là ứng với mỗi giá trị của X trong khoảng (0; 1) thì quy luật phân phối có điều kiện của Y cũng là quy luật phân phối đều trong khoảng (0; 2). V. Sự độc lập hay phụ thuộc của hai biến ngẫu nhiên 1. Định nghĩa Hai biến ngẫu nhiên X và Y đ−ợc gọi là độc lập với nhau nếu: F(x,y) = F1(x)F2 (y) (-∞ < x, y < +∞) Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 77
Chương 1. Biến ngẫu nhiờn và quy luật phõn phối xỏc suất Thí dụ: ⎛0 ≤ x ≤ 1 ⎞ Hai biến ngẫu nhiên thành phần X và Y của hệ V = (X, Y) phân phối đều trong K⎜ ⎟ đã xét ⎝0 ≤ y ≤ 2⎠ là hai biến ngẫu nhiên độc lập vì ta đã có: ⎧0 với x ≤ 0 hoặc y ≤ 0 ⎪1 ⎪ xy với 0 1 ⎪x với 0 1 và y > 2 ⎩⎪ ⎧0 y ≤ 0 ⎪ ⎪1 F2 (y) = ⎨ y 0 2 Từ đó ta thấy F1(x)F2 (y) = F(x,y) . 2. Các định lý Định lý 1: V=(X, Y) là biến ngẫu nhiên hai chiều liên tục tuyệt đối, điều kiện cần và đủ để hai thành phần X và Y độc lập với nhau là f(x, y) = f1(x)f2(y). Chứng minh a. Điều kiện cần Giả sử X và Y độc lập khi đó: F(x, y) = F1 (x).F2 (y) Tức là x y x y f(u, v)dudv = f (u)du. f (v)dv . ∫∫ ∫ 1 ∫ 2 −∞∞− −∞ −∞ x y Vì vế phải có thể viết thành f (u)f (v)dudv ∫∫ 1 2 −∞∞− nên ta suy ra: f(u,v) = f1(u).f2 (v) Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 78
Chương 1. Biến ngẫu nhiờn và quy luật phõn phối xỏc suất b. Điều kiện đủ Ng−ợc lại nếu f(x,y) = f1(x).f2 (y) thì: x y x y F(x, y) = f(u, v)dudv = f (u)f (v)dudv ∫∫ ∫∫ 1 2 −∞∞− −∞∞− x y = f (u)du. f (v)dv = F (x).F (y). ∫ 1 ∫ 2 1 2 −∞ −∞ Vậy X và Y độc lập. Thí dụ: ⎛0 ≤ x ≤ 1 ⎞ Với hệ V=(X, Y) phân phối đều trong K⎜ ⎟ ta đã có: ⎝0 ≤ y ≤ 2⎠ ⎧1 ⎪ x ∈ K f(x,y) = ⎨2 ⎩⎪0 x ∉ K ⎧0 y ≤ 0 ⎧0 x ≤ 0 ⎪ ⎪ ⎪1 f1 (x) = ⎨1 0 1 ⎩⎪0 y > 2 Ta thấy f(x,y)=f1(x)f2(y). Vậy X và Y độc lập. Hệ quả: Điều kiện cần và đủ để X và Y độc lập là f(y x) = f2 (y) (1) hoặc f(x y) = f1(x) (2) Tức là các phân phối có điều kiện trùng với phân phối biên. Chứng minh Chẳng hạn ta chứng minh hệ thức (1). Theo Định nghĩa ta có : f(x,y) f(y x) = [f1 (x) ≠ 0] . f1 (x) a. Nếu X và Y độc lập thì f(x,y) = f1(x).f2 (y) . f1(x)f2 (y) Vậy f(y x) = = f2 (y) . f1(x) Lờ Văn Phong ‐ Trần Trọng Nguyờn, ĐHKTQD 79