KHÔNG GIAN XÁC SUẤT(LÝ THUYÊT + BÀI TẬP)

MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Xác suất thống kê là một bộ phận của toán học, nghiên cứu các hiện tượng
ngẫu nhiên và ứng dụng của chúng vào thực tế. Nói một cách đại khái thì hiện
tượng ngẫu nhiên là hiên tượng ta không thể nói trước nó xảy ra hay không xảy
ra khi thực hiện một lần quan sát. Tuy nhiên, nếu tiến hành quan sát khá nhiều
lần một hiện tượng ngẫu nhiên trong những hoàn cảng như nhau, thì trong nhiều
trường hợp ta có thể rút ra được những kết luận khoa học về hiện tượng này.
Chẳng hạn, ta không nói trước một hạt giống có nảy mầm hay không khi gieo
xuống đất canh tác nhưng nếu gieo nhiều hạt thì ta có thể rút ra được chất lượng
tốt hay xấu của hạt giống. Lý thuyết xác suất nhằm tìm ra những quy luật trong
những hiện tượng “tưởng chừng” như không có quy luật.
Hiểu được vai trò của xác suất thống kê như vậy, tôi càng thấy được tầm
quan trọng cần phải trang bị cho sinh viên các trường sư phạm một lượng vững
kiến thức vững chắc về xác suất thông kê. Bản thân tôi là một sinh viên chuyên
nghành sư phạm toán, tôi hiểu rõ việc cần trang bị kiến thức về xác suất thống
kê là rất cần thiết. Chính vì vậy ta chọn đề tài: “Bài tập về không gian xác suất
tổng quát” để nghiên cứu rõ hơn về môn học xác suất thống kê.
2. Mục đích của đề tài
Trên cơ sở nghiên cứu đề tài, tôi muốn giới thiệu đến các bạn về những bài
tập phần “không gian xác suất tổng quát”. Từ đó các bạn có thể hiểu rõ hơn kiến
thức về không gian xác suất tổng quát, nắm vững tốt kiến thức đó và vận dụng
được nó vào những bài toán liên quan khác.
3. Lịch sử vấn đề và phát hiện vấn đề
Sau thời gian học tập ở trường đại học Hồng Đức, tôi nhận thấy xác suất
thống kê là một môn học khó đa dạng và rất phức tạp. Đặc biệt là ứng dụng của
1


chúng. Chính vì vậy, tôi đã quyết định chọn đề tài “Bài tập về không gian xác
suất tổng quát” với mục đích nêu trên.

4. Đối tượng nghiên cứu và nội dung nghiên cứu
Xác suất thống kê
5. Phương pháp nghiên cứu
Để thực hiện đề tài này tôi đã sử dụng các phương pháp nhiên cứu sau:
- Tham khảo tài liệu có sẵn.
- Phương pháp nghiên cứu lí luận.
- Phương pháp phân tích.
- Phương pháp tổng hợp.
- Phương pháp khát quát hóa.
- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm.
6. Nội dung
Gồm 3 phần:
- Phần 1: Mở đầu
- Phần 2: Nội dung cụ thể
- Phần 3: Kết luận

2


NỘI DUNG
I. Tóm tắt lý thuyết
W
w
Giả sử là một tập không rỗng, phần tử của nó được kí hiệu là . Tập hợp
P ( W)
Ì P ( W)
W
gồm mọi tập con của được kí hiệu là
Một tập con của �
được gọi là một nửa đại số nếu

(i)
(ii)

WÎ

�
A, B Î C, A Ì B

A1,........,A n
thì tồn tại các tập con
đôi một
Ak Î
i = 1, 2, ....., n
không giao nhau,
�,
sao cho
n

U Ak

k =1

B\A=
Ì P ( W)
Lớp A
được gọi là một đại số nếu
A1 ) WÎ
�
A2 ) A Î
Þ A = W\ A Î

�
�
A3 ) A, B Î
Þ AÈB Î
�
�
Á Ì P ( W)
sLớp
được gọi là
đại số nếu
A1 ) W Î Á
A 2 ) A Î Á Þ A = W\ A Î Á
n

U Ak

A3 ) A1, A 2 , ..... Î Á Þ
Î P ( W) .

Î Á.

k =1

Á Ì P ( W)

s-

Giả sử �
Một
đại số

bé nhất chứa � được
sÁ s
gọi là
đại số sinh bởi và � viết
= ( �)

3


W
W
Nếu
là không gian tôpô và � là lớp gồm mọi tập mở của
W
s
sthì ( �) được gọi là
đại số các tập Borel của , kí hiệu là B
( W)
.

( W, Á )
W
Giả sử
là
đại số các tập con của . Cặp
được gọi
P: Á ® R
là không gian đo. Hàm tập hợp
thõa mãn ba điều
kiện:

Á

s-

P1 ) P ( A) ³ 0

"A Î Á

P2 ) P ( W) = 1

P3 )

Nếu

A n Î Á, n = 1, 2, 3, ....

đôi một không giao,

thì

æ¥
ö
÷
÷
Pç
A
=
ç
U n÷
ç

÷
ç
èn=1 ø

¥

å P ( An )

n=1

Được gọi là một độ đo xác suất.
Bộ ba

( W, Á, P)

được gọi là không gian xác suất.

W

được gọi là
wÎ W
không gian mẫu hay không gian các biến cố sơ cấp,
được
gọi là điểm mẫu hay biến cố sơ cấp.

A Î Á
Tập
được gọi là biến cố, P(A) được gọi là xác suất của
biến cố A.
II. Bài tập áp dụng.

Bài 1: Giả sử
4},

W= {1, 2, 3, 4, 5, 6}

và � = {A, B} trong đó A = {2, 3,

B = {4, 6}. Hãy chỉ ra σ(�).
4


Lời giải:
Xét

AB = { 4} ,AB = { 6} , AB = { 2,3} ,AB = { 1,5} .

Khi đó:
σ(�) = {∅, Ω, {4}, {6},{2, 3}, {1, 5}, {4, 6}, {2, 3, 4}, {1,
4, 5}, {2, 3, 6}, {1, 5, 6}, {1, 2, 3, 6}, {2, 3, 4, 6}, {1, 4, 5, 6},
{1, 2, 3, 5, 6}, {1, 2, 3, 4, 5}}.
Bài 2: Giả sử � = {A1, A2…, An} là một phân hoạch của Ω (nghĩa
n

UA
là AiAj = ∅ với i ≠ j) và


ℑ = UA i | I ⊂ { 1,2,..., n} 
 i∈I



i =1

i

=Ω

. Chứng minh rằng họ

là σ-đại số sinh bởi C.

Lời giải:

A = UA j ⇒ A =
j∈Ik

Nếu

UA .

j∈I − j

i

Bk = UA i ,I k ⊂ I,
i∈Ik

Nếu

IkI1 = ∅ với k ≠ 1, k = 1, …, m

thì
m

m

UB = UA , J = UI .
k

k =1

i

i∈J

k

k =1

Ngoài ra Ω ∈ ℑ. Như vậy ℑ là đại số hữu hạn và do đó là σđại số.
5


Bài 3: Giả sử Ak ⊂ Ω, k =1, 2, …, n. Chứng minh rằng σ({A1, …,
An}) trùng với họ tất cả các tập B biểu diễn được dưới dạng hợp
của một số nào đó các tập hợp đôi một không giao nhau có
(Ai )  (A j )

dạng

B

=

i∈I

j∉I

trong

đó,

I ⊂ {1, 2, …, n}.
Lời giải:
Tập hợp các tập không rỗng có dạng



 
B =  I Ai ÷I  I A j ÷
 i∈I   j∉I 
W
. Do đó theo kết quả của bài

lập thành một phân hoạch của

tập 2 ta được σ({A1, …, An}) trùng với họ tất cả các tập B biểu
diễn được dưới dạng hợp của một số nào đó các tập hợp đôi một
(Ai )  (A j )

không giao nhau có dạng B =

i∈I

j∉I

trong đó I ⊂ {1, 2, …,

n}.
∞

W
Bài 4: Cho dãy (An), An ⊂ . Đặt

∞

limA n = UI A n , limA n = I
m =1 n ≥m

UA .
n

m =1 n ≥ m

Chứng minh rằng:
a) limAn ⊂

limA n .

b) Nếu An ⊃ An+1, n ≥ 1, (tương ứng, An ⊂ An+1, n ≥ 1) thì
∞

∞

limA n = limA n = I A n
n =1

UA
(tương ứng,

n =1

6

n

).


Lời giải:
a) Hiển nhiên
b) Nếu An ⊃ An+1, n ≥ 1 thì
∞

liminf A n = I

∞

UA k = I A k

n =1 k ≥ n

k =1

∞

∞

limsup A n = UI A k = UA k .
n =1 k ≥ n

Từ đó:

k =1

limA n = limA n .

Bài 5: Giả sử

A neáu n chaün
An = 
B neáu n leû

Chứng minh rằng:

.

limA n = A ∪ B,

limA n = A ∩ B.

Lời giải:

UA
Vì

k≥n

nên

k

I

=A∪B
và

limA n = A ∪ B,

Ak = A ∩ B

k≥n

với mọi n

limA n = A ∩ B.

Bài 6: Giả thiết (Ω, ℑ, P) là không gian xác suất cố định và A, B,
C, Ai ∈ ℑ, i ≥ 1. Chứng minh rằng:

P ( AB ) − P ( A ) P ( B ) ≤

a)

1
4

b) P(A∪B) P(AB) ≤ P(A)P(B)
7


c) |P(AB) - P(AC)| ≤ P(B ∆ C)

d)

1
P 2 ( AB ) + P 2 ( AB ) + P 2 ( AB ) + P 2 ( AB ) = ,
4

và chỉ khi P(A) =P(B) =

1
2

và P(AB) =

1
4

dấu “=” xảy ra khi

.

Lời giải:
a) Giả sử P(B) ≤ P(A) vì P(AB) ≤ P(B) nên
P(AB) - P(A)P(B) ≤ P(B) - P(A)P(B) = P(B)(1 - P(A))

≤ P(B)(1 - P(B)) ≤

b) Đặt

1
4

.

P ( AB ) = a, P ( BA ) = b, P ( AB ) = c.

Ta có: P(A ∪ B)P(AB) = (a + b + c)c = ac + bc + cc ≤ ab +
ac + bc + ac
≤ (a + c)(b + c) = P(A)P(B).
Đó là điều cần chứng minh.
C
c) Rõ ràng P(AB) = P(ABC) + P(AB ),
B
P(AC) = P(ABC) + P(A C).

Từ đó

C

B
P(AB) - P(AC) = (P(AB ) - P(A C) ≤ P(B ∆ C).

Tương tự

P(AB) - P(AB) ≤ P(B ∆ C).

d) Đặt

( )

P ( AB ) = x, P ( AB ) = y, P ( AB ) = z, P AB = u.

8


Như vậy x + y + z + u = 1.
Bất đẳng thức cần chứng minh suy từ bất đẳng thức
Bunhiacovski:
x 2 + y2 + z2 + u 2 ≥

1
1
2
( x + y + z + u) = .
4
4
1
4

x=y=z=u=

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:

hay

1
1
P ( A ) = P ( B ) = , P ( AB ) = .
2
4

Bài7: Giả thiết

( W, Á, P)

là không gian xác suất cố định và A, B,

C, Ai ∈ ℑ, i ≥ 1.Chứng minh rằng:
n

n

i =1

i1
(

P ( A1∆A 2 ∆...∆A n ) = ∑ P ( A i ) − 2 ∑ P A i1 A i2

+4

n

∑ P( A A

i1
i1

i2

)

A i3 + ... + ( −2 )

n −1

)

P ( A1...A n ) .

Lời giải:
Với n = 2,

P(A1 ∆ A2)

= P(A1\A2) + P(A2\A1)

= P(A1) - P(A1A2) + P(A2) - P(A2A1)

= P(A1) + P(A2) - 2P(A1A2)
Với n > 2, hệ thức được chứng minh bằng quy nạp.
Bài 8: Giả sử (An) ⊂ ℑ. Chứng minh rằng

9


a)

∞

∑ P ( A A ) < ∞, P ( A ) → 0 ⇒ P ( limA ) = 0.
n

n =1

b)

n +1

n

n

∑ P ( A ∆A ) < ∞ ⇒ limsup A
n

n +1

n

~ liminf A n

n

⇒ lim P ( A m ∆A n ) = 0.
m,n →∞

(ở đây A ∆ B: = (A\B) ∪ (B\A) và A ~ B nghĩa là P(A ∆ B) =
0).
Lời giải:
m −1

m

UA = UA A
k

a) Ta có:

Vậy:

k =n

i

i =n

i +1

∪ Am.

 m
 m−1
 UA k ÷ ≤ ∑ P ( Ai A i+1 ) + P ( A m ) .
 k =n  i=n

Cho m → ∞ ta có
 m
 ∞
P  UA k ÷ ≤ ∑ P ( Ai A i+1 ) → 0
 k =n  i=n

khi n → ∞.

Sử dụng bổ đề Borel - Cantelli ta có kết luận.
b) Ta có lim supAn\ lim infAn = lim sup(An ∆ An+1).
∞

∑ P ( A ∆A ) < ∞
Từ đó nếu

n =1

n

n +1

thì

P((lim supAn\lim infAn) = P(lim sup(An ∆ An+1)) = 0.
Nếu

lim supAn ~ lim infAn thì P(lim sup(An ∆ An+1)) = 0
10


 ∞

lim  U( A k ∆A k +1 ) ÷ = 0.
n →∞
 k =n


hay

Mặt khác với m > n,
∞

A m ∆A n ⊂ U( A k ∆A k +1 ) .
k =n

lim ( A m ∆A n ) = 0.

Từ đó suy ra

n,m →∞

Bài 9: Giả sử (Ω, ℑ, P) là không gian xác suất (ℑn) dãy tăng các
σ-đại số con của ℑ.

ζ = I ℑn
a) Chứng minh rằng

n ≥1

là một đại số. Cho ví dụ chứng

tỏ rằng ζ không là σ-đại số.
b) Giả sử = σ(ζ). Chứng tỏ rằng với ∀A ∈ ℑ, ∀ε > 0, ∃B ∈ ζ
sao cho: P(A ∆ B) < ε.
Lời giải:
∞

Ω = ∏ Ωk ,

Lấy Ωk ={0, 1}, k = 1, 2, ... Kí hiệu

k =1

Πi là ánh xạ chiếu

từ Ω lên Ωi: Πi(x1, x2, ...) = xi; i = 1, 2,... và ℑn: = σ(Π1, Π2, ..., Πn),
n ≥ 1. Rõ ràng (ℑn) là dãy tăng các σ-đại số các tập con của Ω và
∞

Uℑ

k

ζ=

n =1

không là σ-đại số vì phần tử ω0 = (0, 0,...) không thuộc

11


∞

I

i =1

bất kì ℑn nào nhưng {ω0} =

∞

A i = Π i−1 ( 0 ) ∈ ℑi ⊂ Uℑn

Ai

. Trong đó:

n =1

với i ≥ 1. Như vậy ζ không là σ-đại số.
Bài 10: Đặt d(A, B) = P*(A ∆ B); A, B ∈ �(Ω). Chứng minh rằng d
có tính chất sau
a) d(A, B) = d(B, A); d(A, A) = 0.

b)

d ( A,B ) = d ( A,B )

c) d(AB, CD) ≤ d(A, C) + d(B, D).
d) d(A, B) ≤ d(A, C) + d(C, B).

e)

g)

∞
∞
 ∞
d  UA k , UBk ÷≤ ∑ d ( A k ,B k ) .
k =1
 k =1
 k =1

P* ( A ) − P* ( B ) ≤ d ( A,B )

.

Kí hiệu ℑ = {A ⊂ Ω: ∃(An) ⊂ �, d(An, A) → 0}. Chứng minh rằng
a) ℑ là σ-đại số chứa A

P%= P*
b) Hàm

ℑ

là độ đo xác suất trên ℑ và

Lời giải:
a) Hiển nhiên
∞

A = UA n .

b) Giả sử (Bn) ∈ γ(A),

n =1

12

P = P%
|�.


∞

∞

∑P( A B ).

U A n Bm = A n
Vì

m =1

∈ � nên P(An) =
∞

∞

∞

∞

m =1

n

m

∞

∞

∑ P ( A ) = ∑∑ P ( A B ) = ∑∑ P ( A B ) ≤ ∑ P ( B ) .
Từ đó

n =1

n

n

n =1 m =1

m

m =1 n =1

n

m

m

m =1

∞

P* ( A ) ≥ ∑ P ( A n ) .
n =1

Vậy

Bất đẳng thức ngược lại là hiển nhiên.

c) Cho ε > 0, tìm được các dãy (Ank)k≥1 ∈ γ(An), sao cho
∞

∑P( A ) ≤ P ( A ) + ε / 2 .
n =1

Vì dãy

*

nk

n

n

∞

( A nk ) k≥1,n ≥1 ∈ γ  UAn ÷
 n =1 

nên

∞
∞

P*  UA n ÷≤ ∑∑ P ( A nk ) ≤ ∑ P* ( A n ) + ε.
n =1
 n =1  n k

2. Các khẳng định a), b), c), d) là hiển nhiên.

e) Suy ra từ

∞
 ∞
 ∞


A
∆
B
⊂
A
∆
B
U
U
U
k
k
k
k

÷ 
÷ 
÷
 k =1   k =1   k =1


và 1.c).

g) Suy từ A ⊂ B ∪ (A ∆ B), B ⊂ A ∪ (A ∆ B).
3. a) Rõ ràng Ω ∈ ℑ. Nếu A ∈ ℑ thì tồn tại (An) ⊂ � sao cho

d(A, An) → 0. Khi đó

d ( A,A n ) = d ( A, A n ) → 0.

13

Vậy

A∈ℑ

.


Cuối cùng, giả sử (An) ∈ ℑ. Không giảm tổng quát có thể giả
thiết (An) đôi một không giao, (An) ∈ �. Do tính chất của P*, đối
với mỗi ε > 0, ta có:
∞

∞

∑ P ( A ) ≤ P ( Ω) = 1
k =1

A = UA k

*

k

k =1

và với

∞

 ∞


*
d  A, UA k ÷ = P  ∑ P ( A k ) ÷< ε
 k =n +1

 k =1 

với n đủ lớn.

Vậy A ∈ ℑ.
∞

UA
Bây giờ giả thiết A ∈ ℑ cần chứng tỏ
d ( A n Bn ) <

cho, tồn tại dãy (Bn) ⊂ � sao cho
∞

Lúc đó theo trên
b) Đặt

P ( A ) = P* ( A )

d ( A, B ) ≤ ∑ d ( A n , Bn ) < ε.

và

P

Với ε > 0 đã

ε
.
2n

với A ∈ ℑ. Rõ ràng

Còn lại chỉ cần chứng minh

∈ ℑ.

∞

B = UBn ∈ ℑ
n =1

n

n =1

n =1

P( A) ≥ 0

và

P ( Ω ) = 1.

là hàm σ-cộng tính.

Đầu tiên, giả sử A, B ∈ ℑ, AB = ∅. Khi đó tồn tại (An), (Bn) ⊂
� sao cho d(A, An), d(B, An) → 0.
Khi đó |P*(A ∪ B) - P*(An ∪ Bn)| ≤ d(A, An) + d(B, Bn) → 0.
Nhưng
P*(An ∪ Bn) = P(An ∪ Bn) = P(An) + P(Bn) - P(AnBn)
14


P(An) → P(A), + P(Bn) → P(B),
P(AnBn) ≤ P*(An

và

A

B

) + P*(Bn )

≤ P* ( A n A ) + P* ( Bn B ) ≤ d ( A n A ) + d ( A n ,B ) → 0
P*(A ∪ B) = P*(A) + P*(B)

Từ đó:

Cuối cùng, giả sử (An) ⊂ ℑ đôi một không giao.
∞

A = UA k
k =1

Đặt

.

 ∞
 n
P ( A ) = P  U A k ÷≥ ∑ P ( A k )
 k =n +1  k =1

Từ

với

mọi

n,

rút

ra

∞

∑ P( A ) ≤ P( A) .
n =1

n

∞

∞

n =1

n =1

P ( A ) = P* ( A ) ≤ ∑ P* ( A n ) = ∑ P ( A n ) .

Mặt khác

Bài 11: Giả sử �= {[a, b): -∞ ≤ a ≤ b ≤ +∞}. Kí hiệu � là tập hợp
gồm các tập là hợp của một số hữu hạn các nửa khoảng rời
nhau thuộc �.
Chứng tỏ rằng � là một đại số tập hợp.
Lời giải:
Rõ ràng (-∞, +∞) ∈ �.
n

A = U[a i , bi );

• Nếu

i =1

bi ≤ a i +1 ,

15

i = 1,..., n


n −1

R \ A = U[bi ,a i+1 ) ∪ ( −∞,a1 ) ∪ [b n , +∞)
i =1

thì

∈ �.
n

m

i =1

j=1

A = U[a i ,bi ),B = U[ci ,d j )

• Nếu A, B ∈ �,
n

m

A ∩ B = UU[a i , bi ) ∩ [ci ,d j )
i =1 j=1

∈ �.

Vậy � là đại số.
Bài 12: Giả sử P và Q là hai độ đo xác suất trên (Ω, ℑ)

a) Giả sử P(A) = Q(A) với mọi A ∈ ℑ với P(A) ≤

1
2

.

Chứng minh rằng P(A) = Q(A) với mọi A ∈ ℑ.
b) Cho một ví dụ chứng tỏ rằng P(A) = Q(A) với mọi A ∈ ℑ

mà P(A) <

1
2

nhưng P ≠ Q trên ℑ.

Lời giải:

a) Nếu A ∈ ℑ, P(A) ≤

Nếu P(A) ≤

1
2

1
2

thì P(A) = Q(A) theo giả thiết.

A
A
thì, P( ) = Q( ) và P(A) = Q(A).

b) Lấy Ω = {a, b} và ℑ = (Ω). Đặt

16


1
P ( { a} ) = ,
2
3
Q ( { a} ) = ,
4

1
P ( { b} ) = ;
2
1
Q ( { b} ) = .
4

Rõ ràng P, Q thoả mãn yêu cầu của bài toán.

Bài 13: (Vitali - Hahn - Saks) Giả sử (P n) là dãy độ đo xác suất
trên không gian đo (Ω, ℑ) hội tụ tại từng điểm A ∈ ℑ tới hàm tập
hợp P. Chứng minh rằng P là độ đo xác suất.
Lời giải:
Rõ ràng P(∅) = 0, P(Ω) = 1, P cộng tính hữu hạn. Giả sử P

I
không σ-cộng tính. Khi đó, có dãy (A n) sao cho
lim P ( A n ) = ε > 0
n

.

n

An =
∅ và

Đặt

m1 = k1 = 1. Nếu mi, ki được xác định với i ≤ n, chọn mn+1 đủ lớn
sao cho mn+1 > mn và

7ε
≤ Pmn +1 A k n < +∞
8

(

Đặt

B n = A k n \ A k n +1 .

)

ε
Pmn +1 A k n +1 ≤ .
8

(

và

Pmn +1 ( Bn ) ≤

Lúc đó

Từ đó với i ≥ 1

 3ε
Pm j  U B2n ÷≥
 2n ≥i
 4

(j lẻ, j > i).

17

)

3ε
.
4


Do đó


 3ε
P  U B2n ÷ ≥
 2n ≥i
 4

(i > 1)

(*).

Tương tự (*) cũng đúng với hợp trên các Bn mà n lẻ:

 3ε
P  U B2n +1 ÷ ≥
 2n +1≥i
 4

, i≥1

(**).

Cộng (*) và (**), ta nhận được


 3ε
P A ki = P  ∑ Bn ÷ ≥ , i ≥ 1.
 n ≥i  2

(

)

Bài 14: Cho (Ω, ℑ, P) là không gian xác suất và (A i, i ∈ I) ⊂ ℑ.
Giả sử A ∈ ℑ thoả mãn ∀B ∈ ℑ, (∀i ∈ I, Ai ⊂ B hầu chắc chắn ⇔ A
⊂ B h.c.c.) (*)
(ở đây C ⊂ D hầu chắc chắn nghĩa là P(C \ D) = 0). Ta gọi tập
A = esssup A i .

A như vậy là cận trên cốt yếu của họ (Ai) và viết:

i∈I

A = UA i .
a) Chứng minh rằng nếu I không quá đếm được thì

i∈I

b) Chứng tỏ rằng luôn tồn tại cận trên cốt yếu A ∈ ℑ của họ
(Ai, i ∈ I) ⊂ ℑ bất kì. A được xác định duy nhất sai khác tương
đương.
Lời giải:
Kí hiệu J là họ gồm tất cả các tập con đếm được của I.

Đặt



a = sup P  UA i ÷ ≤ 1.
J∈ℑ
 i∈ℑ 

18


Khi đó với mọi n ≥ 1, tồn tại In ∈ ℑ sao cho:



1
P  UAi ÷≥ a − .
n
 i∈J n 
J 0 = UJ n .
Đặt:

n

Rõ ràng:



1
P  UA i ÷
≥

a
−
, ∀n.
÷
n
i
∈
J
 0 

P = UA i = a.
Từ đó

i∈J 0

A = UAi .
Đặt

i∈J0

Rõ ràng A thoả mãn điều kiện (*).
Bây giờ nếu C cùng thoả mãn (*) thì theo định nghĩa A ⊂ C
hầu chắc chắn và tương tự C ⊂ A hầu chắc chắn
Vậy A = C hầu chắc chắn.

Bài 15: Giả sử (Ω, ℑ, P) là không gian xác suất, A và B ∈ ℑ.
Ta nói A = B hầu chắc chắn nếu P(A ∆ B) = 0. Dễ thấy quan hệ
đó là quan hệ tương đương. Tập A ∈ ℑ được gọi là nguyên tử
nếu P(A) > 0 và nếu B ∈ ℑ được gọi là nguyên tử nếu P(A) > 0
và nếu B ∈ ℑ, B ⊂ A thì P(B) = 0 hoặc B = A (hầu chắc chắn).

a) Chứng minh rằng ℑ chứa không quá đếm được các lớp
tương đương các nguyên tử.
b) Giả sử (Ω, ℑ, P) không có nguyên tử. Chứng tỏ rằng với
mỗi a ∈ [0, 1], tồn tại A ∈ ℑ sao cho P(A) = a.
19


Lời giải :
a) A và B là hai nguyên tử. Khi đó hoặc A = B h.c.c. hoặc A
∩ B = ∅ hầu chắc chắn.
Thật vậy, vì A ∩ B ⊂ C nên hoặc P(A ∩ B) = 0 và A ∩ B = ∅
hầu chắc chắn hoặc P(A ∩ B) > 0 hầu chắc chắn.
Từ đó vì A là nguyên tử nên A ∩ B = A. Tương tự A ∩ B = B
hầu chắc chắn.
Vậy A = B hầu chắc chắn.
Giả sử (�n) là tập hợp các lớp tương đương các nguyên tử có

xác suất nằm trong

 1 1
; .

 n + 1 n 

Rõ ràng �n gồm không quá n lớp

nguyên tử. Từ đó suy ra tập các lớp nguyên tử không quá đếm
được.
b) Giả sử a ∈ (0, 1) và với mọi A ∈ ℑ, P(A) ≠ a.
Kí hiệu � = {A ∈ ℑ | P(A) < a}.

� không rỗng vì ∅ ∈ �, � là tập sắp thứ tự theo quan hệ bao
hàm hầu chắc chắn, đồng thời � là tập sắp thứ tự quy nạp,
nghĩa là mỗi phần của � sắp thứ tự toàn phần thì � chứa phần
tử lớn nhất.
A 0 = esssup A i
i

Thật vậy, nếu � = {i, i ∈ I}. Đặt

A 0 = UA i .
14) chọn tập đếm được J ⊂ I sao cho

20

i∈J

(xem bài tập


Đánh số tập J bởi i1 < i2... sao cho

với mỗi n ≥ 1. Khi đó:

Bin ⊂ Bin +1

hầu chắc chắn

( )

P ( B0 ) = lim P Bi n ≤ a.

n

Nhưng dấu bằng không đạt được do giả thiết. Vậy B 0 ∈ �.
Theo tiên đề Zorn, � có phần tử lớn nhất B0 và P(B0) < a.
Xét �’ = {A ∈ ℑ⃒A ⊃ B0 và P(A) > a}. Chứng minh tương tự �’
chứa phần tử bé nhất.
Ta có C0 ⊃ B0 và P(C0) > a. Đặt D = C0 \ B0. Rõ ràng D ∈ ℑ,
P(D) > 0. Ta chứng tỏ rằng D là nguyên tử.
Giả sử A ∈ ℑ, A ⊂ D. Ta có: 0 < a - P(B0) < 1.
Giả sử P(A) < 1 - P(B0).
Vì A ∩ B0 = ∅ nên P(B0 ∪ A) = P(B0) + P(A) < a và B0 ∪ A ∈
�. Từ đó và B0 ∪ A ⊃ B0 nên phải có B0 ∪ A = B0 và A = ∅ hầu
chắc chắn. Giả sử P(A) > a - P(B 0). Khi đó P(B0 ∪ A) > a và do đó
B0 ∪ A ⊂ C0.
Vì B0 và A rời nhau nên A = C0 \ B0 = D h.c.c không có nguyên
tử. Điều đó là mâu thuẫn với giả thiết ℑ không có nguyên tử.

III. Bài tập tự giải.

Bài 1: Giả sử

{ Áa , a Î I}

W
. Chứng tỏ rằng

I

aÎ I

Áa

là

là một họ tùy ý các

s

-đại số.

21

s

-đại số con của


Bài 2: Giả sử �

Ì P ( W)

Á Ì P ( W)

s

là lớp tùy ý. Kí hiệu I là tập hợp tất cả
I Á

các -đại số
mà chứa �. Chứng minh rằng ζ =

s
s
-đại số bé nhất chứa �, nghĩa là ζ = ( �).
Bài 3: Giả sử

A k Ì W, k = 1, 2,...,n

ÁÎ I

là

. Chứng minh rằng

s ( { A1, ..., A k } )

trùng với họ tất cả các tập B biểu diễn được dưới
dạng hợp của các số nào đó các tập hợp đôi một không giao
nhau có dạng
æ
ö
÷
÷
B=ç
A
Ç
ç
I i÷
ç
÷
ç

èiÎ I ø

Trong đó,

I Ì

æ
ö
÷
ç
÷,
ç
A
I
j÷
ç
÷
ç
÷
èjÎ I ø

{1, 2, ..., n} .

Bài 4: Giả sử

( W, Á, P)

là không gian xác suất và

( An ) Ì Á

.

Chứng minh rằng
P ( limA n ) £ limP ( A n ) £ limP ( A n ) £ P ( limA n ) .

Bài 5: Chứng minh các hệ thức sau:

limA n È B n = limA n È limB n

limA n Ç B n = limA n Ç limB n .

KẾT LUẬN
Sau một quá trình làm việc ngiêm túc, đề tài nghiên cứu về “Bài tập về
không gian xác suất tổng quát” đã được hoàn thành dưới sự chỉ dẫn và giúp đỡ
tận tình của thầy giáo Nguyễn Văn Cần.
22


Đề tài đã nghiên cứu về những bài tập trong không gian xác suất tổng quát.
Đề tài nghiên cứu đã trình bày, cụ thể kiến thức giải toán xác suất. Đề tài nghiên
cứu này không chỉ giúp tôi tìm tòi, nghiên cứu bổ sung thêm một phần kiến thức
về xác suất thống kê mà qua đó tôi có cơ hội làm quen với hoạt động nghiên cứu
khoa học.
Do trình độ còn hạn chế và thời gian học tập nghiên cứu không nhiều nên
nội dung của đề tài không thể tránh khỏi những thiếu sót. Vì vậy, tôi rất mong
nhận được sự giúp đỡ và chỉ bảo của các thầy giáo, cô giáo và các bạn sinh viên.
Cuối cùng em xin chân thành cảm ơn sự giúp đỡ nhiệt tình của thầy giáo
Nguyễn Văn Cần cùng toàn thể các thầy cô giáo và các bạn sinh viên trong khoa
khoa học tự nhiên.

23


MỤC LỤC

TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Lý thuyết xác suất – Nguyễn Duy Tiến – Vũ Viết Yên – NXBGD, 2000.
[2] Bài tập lý thuyết xác suất – Vũ Viết Yên – NX ĐHSP, 2006.
[3] Bài tập xác suất – Đặng Hùng Thắng – NXBGD, 2008.
[3] Xác suất thống kê –Phạm Văn Kiều – Lê Thiên Hương – NXBGD, 2008.

24


Cán bộ chấm thi 1
thi 2

Cán bộ chấm

Điểm:………………

Điểm:………………..

Họ và tên

Họ và tên

(Kí tên)

(Kí tên)

25