Giáo trình lý thuyết xác suất và thống kê toán chương 4: Một số quy luật phân phối xác suất thông dụng

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

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

Thí dụ: Từ một chiếc hộp có chứa M quả cầu trắng và
N
M

quả cầu đen,
ta lấy ngẫu nhiên ra 1 quả. Gọi X là số lần đợc quả cầu trắng. Khi đó X
có bảng phân phối xác suất nh sau:

X 0 1
p(x)
NM
1p
N

=


q
=

N
p
M
=


Vậy hàm khối lợng xác suất của X có dạng
LờVnPhongTrnTrngNguyờn,HKTQD
154
Chng4.Mtsquylutphõnphixỏcsutthụngdng

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

(x 0,1)


=
=



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

2. Kỳ vọng toán và phơng sai

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

=
=+=

b. Nếu dùng công thức định nghĩa để tính V(X) ta có:
[]
2
ii
iI
V(X) x E(X) p(x )

=

22
(0 p) q (1 p) p= +


22
p q q p pq(p q) pq=+= +=
Nếu dùng công thức tính toán để tính V(X)
ta có

[]
2
2
V(X) E(X ) E(X)=
[
]
2
2
ii
iI
xp(x) E(X)

=


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

= + == =

q

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

=

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

=
==+


it
qpe=+
Ghi chú: Nếu dùng hàm đặc trng để tính E(X) và V(X) ta có
it
1
t0
11
E(X) g (0) q pe
ii
=




= = = +




it
t0
11
ipe ip p
ii
=

==

=

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




= = =



2it 2
22
t0
11
ipe ip p
ii
=

==

=

Vậy
[]
2
22
V(X) E(X ) E(X) p p p(1 p) pq= ===
Hoặc là

1
it
it
2
2
t0
1
V(X) e (q pe )
i

=



= = +


itp it
2
t0

1
e(qpe)
i

=



=+




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

=



=+


itp itq
2
t0

1
qe pe
i

=



=+




itp itq
2
t0
1
ipqe ipqe
i

=


= +


22 itp 22 itq
2
t0
1

ipqe iqpe
i

=


=+




22 22
2
1
ipq iqp
i

=+


22
pq qp=+ pq(p q) pq
=
+=



II. Phân phối nhị thức
1. Định nghĩa
LờVnPhongTrnTrngNguyờn,HKTQD

156
Chng4.Mtsquylutphõnphixỏcsutthụngdng
Hàm khối lợng xác suất
xxnx
n
P(X x) C p q

== (x 0,n)= xác lập nên
một quy luật phân phối xác suất gọi là quy luật nhị thức với hai tham số là n
và p và đợc ký hiệu là B(n; p).
Sở dĩ quy luật này có tên gọi nh đã nêu vì các xác suất trong quy luật
này trùng với các số hạng của khai triển nhị thức sau:

n
nxx
n
x0
(p q) C p q
nx

=
+=


Ghi chú: Hàm xác suất nêu trên chính là công thức Bernoulli. Vì vậy biến
ngẫu nhiên X tuân theo quy luật B(n; p) thờng đợc dùng để chỉ số lần
xuất hiện của biến cố A trong một lợc đồ Bernoulli với hai tham số là n và
p.

Thí dụ 1: Nều từ chiếc hộp chứa M quả cầu trắng và

N
M

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

X 0 1 2 3
p(x)
00
3

3
C(0,7)(0,3)
(0,3)
0,027
=
=
3112
3
12
C(0,7)(0,3)
3(0, 7) (0, 3)
0,189
=
=
22
3
21
C(0,7)(0,3)
3(0, 7) (0,3)
0,441
=
=
330
3
3
C(0,7)(0,3)
(0,7)
0,343
=
=

1


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

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

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

==

== ==




n
xitxnx it
n
x0
C(pe)q (pe q)

=
==

n
+
Thí dụ: Nếu gọi X là số lần đợc mặt sấp khi tung hai đồng xu đối xứng và
đồng chất thì X~ B
1
2;
2




Do đó hàm đặc trng của X là
2
it
x

11
g(t) e
22

=+



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

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

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

k
X
n
k
k
k1
nn
it it n
xx
X
k1 k1
g (t) g (t) g (t) (q pe ) (q pe )
=


==


===+=+



Đây là hàm đặc trng của quy luật B(n; p). Vì có sự tơng ứng 1-1 giữa
hàm đặc trng và hàm phân phối nên ta suy ra X~ B(n; p).

c. Mối quan hệ giữa quy luật B( ) với k=1, 2, , r
k
n;p
Định lý 2
Nếu với các độc lập và tuân theo B( ) thì X sẽ tuân

theo B(n;p) với
r
k
k1
XX
=
=

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

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

=


k
r
n
it
k1
(q pe )
=
=+

r
k
k1
n
it
(q pe )
=

=+

it n
(q pe )=+
với
r
k
k1
nn
=

=

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

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

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

k
X
trong đó
k

E(X ) p
=
và
k
V(X ) pq
=
.
Vì vậy
nn n
kk
k1 k1 k1
E(X) E X E(X ) p np
== =

===



=
=

nn n
kk
k1 k1 k1
V(X) V X V(X ) pq npq
== =

===

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

===


=

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

== ==


q

LờVnPhongTrnTrngNguyờn,HKTQD
160
Chng4.Mtsquylutphõnphixỏcsutthụngdng
Ghi chú: Nếu thay X bởi thì f có dạng
n
k
k1
X
=

n
k
k1
1
fX
n
=
=


Vậy f cũng có thể coi là biến ngẫu nhiên trung bình (ký hiệu là
X
) của n
biến ngẫu nhiên thành phàn
k
X(k 1,n)= với các đặc điểm là các độc lập
và cùng tuân theo một quy luật A(p).
k
X

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

+

==
+
(1)
Khi x tăng từ 0 tới n-1 thì tử số giảm còn mẫu số sẽ tăng nên (1) là một
dãy giảm.

nn n
nn n
P(1) P(2) P(n)

P(0) P(1) P(n 1)
>>>

(2)
Giá trị của tỷ số thứ nhất là

n
n
P(1)
np
P(0) q
=
(3)
Giá trị của tỷ số cuối cùng là

n
n
P(n)
p
P(n 1) nq

=

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

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


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

Vậy trong trờng hợp này
{
}
n
P(x)
là một dãy đơn điệu giảm và ta có
và .
0
M= 0
0
M1=
Đồ thị






)
Nếu nq p
0 1 2 3 x n
P
n
(x)
Khi ấy
n
n
P(n)
p
1

P(n 1) nq
=


Dãy (2) cho ta

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



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

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

LờVnPhongTrnTrngNguyờn,HKTQD
162
Chng4.Mtsquylutphõnphixỏcsutthụngdng
Đồ thị

0 1 2 3 n-1 n
P
n
(x)
x






)
Nếu và
np q> nq p>
Khi ấy

n
n
P(1)
np
1
P(0) q
=>
và
n

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


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

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

> (5)

n0
n
n0 n n
P(x 1)

P(2) P(n)
n

P(x ) P(1) P(n 1)
+
>>>1

(6)
Từ (5) ta suy ra
(7)
nnn n0 n
P(0) P(1) P(2) P(x 1) P(x)<< <<
0
Từ (6) ta suy ra
(8)
n0 n0 n0 n n
P(x ) P(x 1) P(x 2) P(n 1) P(n)+>+>>>
Vậy xét tại điểm ranh giới ta sẽ có
0
x

n0 n0 n0
P(x 1)P(x)P(x 1)< +
LờVnPhongTrnTrngNguyờn,HKTQD
163
Chng4.Mtsquylutphõnphixỏcsutthụngdng
+ Nếu dấu = mà xảy ra thì ta có hai giá trị mốt và
.
0
Mx=

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

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

=
+

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

0
x
0
x
np q

là nguyên thì phân phối sẽ có hai
mốt là

00
00
Mxnpq
M x 1npq1npp
==
=+=+=+
+ Qua trên ta thấy dấu = xảy ra khi và chỉ khi
np q

là nguyên. Vì
vậy nếu
np
không nguyên thì ta chỉ có:
q

n0 n0 n0
P(x 1)P(x)P(x 1)< < +
Trờng hợp này ta chỉ có một giá trị mốt là . Để xác định ta phải xác
định số nguyên thoả mãn hai điều kiện sau:
0
x

0
x
0
x

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

>




+

<


tức là
0
0
0

0
n(x 1)
p
1
(x 1) 1 q
nx
p
1
x1q



>

+




<

+


Suy ra
0
np q x np p<<+
Vậy kết hợp cả hai trờng hợp, ta thấy giá trị mốt của quy luật nhị thức
B(1; p) là một số nguyên dơng thoả mãn bất đẳng thức kép sau:
0

M

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

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




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

0
11 1
5M5
22 2

+

1
2


0
2M 3
Vậy ta có hai giá trị mốt là
0
M2
=
và
0
M3
=
. Xác suất để đợc hai giá trị
này là bằng nhau, nhng lớn hơn xác suất để xảy ra các trờng hợp khác.
Cụ thể ta có

23
2
5
32
3
5
11
P(X 2) C
22
11
P(X3)C

22

==



==



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

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

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

0

3(0, 7) 0,3 M 3(0, 7) 0, 7 +

0
1, 8 M 2, 8
LờVnPhongTrnTrngNguyờn,HKTQD
165
Chng4.Mtsquylutphõnphixỏcsutthụngdng
tức là
0
M2=

III. Phân phối siêu bội
1. Định nghĩa
Nếu từ chiếc hộp đã xét (chứa M quả cầu trắng và
N
M

quả cầu đen)
ta lấy ra lần lợt không trả lại mà không phân biệt thứ tự xuất hiện (hoặc
cùng một lúc) ra n quả một cách ngẫu nhiên và gọi X là số quả trắng lấy
đợc thì:

xnx
MNM
n
N
CC
P(X x)
C

==

với max
{
}
{
}
0, n (N M) x min M, n


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

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

=


b) Khi min
[

]

M, N M=
thì với
x
M
C= 0xM1,n

=+


và lúc đó ta có thể viết

xnx
MNM
n
N
CC
P(X x)
C


==
(x 0,n)=
Dựa vào hệ thức
r
AB A B
s
(s t r)
CC
+
+=

=
st
C

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


=
=

n
x0
P(X x) 1
=
=
=


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

2. Mối quan hệ giữa quy luật siêu bội và quy luật nhị thức
Định lý:
xnx
xxnx
MNM
n
n
N
N
CC
lim C p q
C




=
với
N
M
plim
N

=
và
p0

;p1
Chứng minh:

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



=


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


=


[]
[
]
x
n

(M x 1)(M x 2) M (N M) (n x) 1 (N M)
C
(N n 1)(N n 2) N
+ + +
=
+ +
Chia cả tử và mẫu cho
n
N
ta đợc
x
n
Mx1 M NMnx1 NM

NN N N N N
C
Nn1 Nn2 N

NN NN N








=

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

xnx





==
ý nghĩa: Hàm xác suất
xnnx
n
P(X x) C p q

==
xác lập nên phân phối nhị thức
là phân phối đặc trng cho cách lấy hoàn lại.
LờVnPhongTrnTrngNguyờn,HKTQD
167
Chng4.Mtsquylutphõnphixỏcsutthụngdng
Hàm xác suất
xnx
MNM
n
N
CC
P(X x)
C


==
xác lập nên phân phối siêu bội

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

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

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


= =




với
M
p
N
=
và
q1

p=
Chứng minh
Nh đã làm ở trên, ta có thể minh hoạ biến ngẫu nhiên X tuân theo quy
luật bằng số quả trắng lấy đợc trong n quả lấy ra từ chiếc hộp
có chứa M quả trắng và
H(n, N,M)
N
M

quả đen. Vì thế nếu ta gọi là số quả
trắng lấy đợc ở lần lấy thứ i
i
X
(i 1, n)=
thì giống nh ở bài toán rút phiếu
trúng thởng đã xét, ta có:

i
i
M
P(X 1) p
N
NM
P(X 0) q
N
== =

== =
với

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

Vì nên
n
i
i1
XX
=
=

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

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

n
ii
i1 i j
V(X) V(X ) 2 cov(X ,X )
=<
=+

j
2
Do vai trò của các là nh nhau nên ta có
i
X
ij 12
cov(X , X ) cov(X ,X )=
Ngoài ra tổng kép ở vế phải sẽ có số hạng, vì thế:
2
n
C

n
2
in 1
i1
V(X) V(X ) 2C cov(X ,X )
=
=+


n
12

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


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

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

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



Vậy

pq
V(X) npq n(n 1)
N
1

=+





n1 Nn
npq 1 npq
N1 N1


= =





Nhận xét: Qua định lý ở phần trên ta thấy khi
N

thì ta không còn phân
biệt phân phối siêu bội và phân phối nhị thức. Điều này cũng thể hiện qua
các tham số đặc trng của chúng. Cụ thể các kỳ vọng toán đều là np, còn khi
LờVnPhongTrnTrngNguyờn,HKTQD

169
Chng4.Mtsquylutphõnphixỏcsutthụngdng
N

thì hệ số điều chỉnh
Nn
N1


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

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


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

.
0,1,2, =
0)>
Quy luật này đợc ký hiệu là G(

)
Ta có thể kiểm nghiệm lại rằng:
a) với
P(X x) 0=> (x 0, )
=


b)
xx
x0 x0 x0
e
P(X x) e
x! x!



==

=


== =


Tổng đếm đợc các số hạng viết cuối cùng này chính là dạng khai triển của

hàm Vì vậy
e.

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


=
== ==

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



=

=

Chứng minh
Ta có

xxnx x nx
n
n!
Cpq p(1 p)
x!(n x)!

=


Do điều kiện nên
np =
r
p
n
=
.
LờVnPhongTrnTrngNguyờn,HKTQD
170
Chng4.Mtsquylutphõnphixỏcsutthụngdng
Vì vậy
xxnx x nx
n
n!
Cpq p(1 p)
x!(n x)!

=

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




+ +


=










n
x
x

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




+ +

=








n
x
x
1
x1 x2
n
11 1
nnx!

1
n







=








Lấy giới hạn hai vế ta đợc:

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


=

=


Nhận xét: Do hai điều kiện và
n np
=

(suy ra
p
n
0

=

) nên khi n
khá lớn và p khá nhỏ ta có thể tính xấp xỉ
xxnx
n
Cpq

với
x
e
x!


trong đó

np=

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

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

=

3. Hàm đặc trng của quy luật Poisson và mối quan hệ suy ra từ hàm
đặc trng
a. Hàm đặc trng
Định lý: Nếu X~G(

) thì
it
(e 1)
x
g(t) e


=
Chứng minh
Ta có
x
itx itx
x
x0
e
g(t) Ee e
x!


=


==

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


=

===

1)
e

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

k

X
(k 1,n)=
và tuân theo quy
luật G( ) thì X~G( ) với
k


n
k
k1
=
=


LờVnPhongTrnTrngNguyờn,HKTQD
172
Chng4.Mtsquylutphõnphixỏcsutthụngdng
Chứng minh
Do các
k
X
(k 1,n)=
là các biến ngẫu nhiên i.i.d nên:

n
k
k
k1
n
xX

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


=


==



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

=

===

với
n
k
k1=

=


Đây là dạng hàm đặc trng của quy luật Poisson nên ta có kết luận của
định lý.

4. Kỳ vọng toán và phơng sai
a. Chú ý mở đầu
Đối với các hàm đặc trng có dạng mũ, nếu ta đặt:
x
g(t)

x
(t) lng (t)=
thì
[]

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



=







=



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

= = =

Suy ra
1
1
E(X) (0)
i

= =

Tiếp theo

[
]
[]
2
2
2
g(0)g (0) g (0)
(0) g (0) g (0)
g(0)



= =


22222

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

=

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

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

) ta có:

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



==


Vậy

it
(t) ie

=
1
1
E(X) (0)
i
=
= =

Vậy
2it
(t) i e

=
2
1
V(X) (0)
i

=
=

Ta thấy quy luật G(

) có đặc điểm là kỳ vọng toán và phơng sai bằng
nhau.

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

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

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

= >

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

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

+=

Hệ quả:

(n 1) n!

+=

o Tính chất 2:
1
2


=




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

1
a1 b1
0
B(a, b) x (1 x) dx (a, b 0)

= >

Ngời ta chứng minh đợc rằng muốn cho tích phân suy rộng này hội tụ
thì hai tham số a và b phải dơng.

b. Một số tính chất

Tính chất 1:
B(a,b) B(b, a)
=

Tính chất 2:
(a) (b)
B(a,b)
(a b)


=
+


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

22
zhz
I( ) e dz
+


=

trong đó h là số thực dơng,

là số phức tuỳ ý.

LờVnPhongTrnTrngNguyờn,HKTQD
175
Chng4.Mtsquylutphõnphixỏcsutthụngdng
Ngời ta chứng minh đợc rằng tích phân suy rộng này có kết quả là

22
4h
I( ) e
h


=

b.Một số trờng hợp đặc biệt
Trờng hợp 1: Nếu và
0=
1
h
2
=
thì tích phân trên có dạng và
có kết quả nh sau:

2
z
2
edz 2
+

=


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

2
z
edz
+


=


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


=


nh
đã nêu. Thật vậy ta có thể viết

22 2
zz1z
00
edz2edz zed(z
+ + +


==

2
)

2
11
11
2z2 x
22
00
1
(z ) e d(z ) x e dx
2
+ +



==



=

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

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

và
2

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

2
2
(x )
2
1
f(x) e ( x )
2

=<

<+

Quy luật này đợc ký hiệu là
2
N( ; )



Đồ thị của hàm mật độ này có dạng:

0
-
x
e 2
1
2
1



+


f(x)

Do hình dáng của hàm mật độ nh đã vẽ nên quy luật chuẩn còn đợc gọi
là quy luật phân phối hình chuông.

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

+ +




== =

2
2
(x )
itx
2
1
ed
2

+



=


x

Đặt
zx=

ta đợc:

2
2
z
it

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




=



áp dụng công thức của hàm
I( )

với
it

=
và
1
h
2
=


ta sẽ có:

22
1
it t
2
x
g(t) e

=

b. Các mô-men
Dùng hàm đặc trng để tính các mô-men ta đợc:

1x
222
2x
22
11
E(X) g (0) (i )
ii
11
E(X ) g (0) (i )
ii

= = = =


= = =
22

=

+


Suy ra
22
21
V(X) = =
Vậy hai tham số

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

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