Tìm hiểu về bài toán trung bình hiệu GINI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN

Bùi Thị Gấm

TÌM HIỂU VỀ BÀI TOÁN TRUNG BÌNH HIỆU GINI

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP HỆ ĐẠI HỌC CHÍNH QUY
Chuyên ngành: Toán ứng dụng

Người hướng dẫn: ThS. Nguyễn Trung Dũng

Hà Nội - 2014


LỜI CẢM ƠN
Trong quá trình thực hiện khóa luận em đã nhận được nhiều sự giúp đỡ quý báu
và bổ ích từ các thầy cô và bạn bè. Em xin chân thành cảm ơn các thầy cô trong
khoa Toán trường Đại học sư phạm Hà Nội 2 đã tận tâm giảng dạy, truyền thụ kiến
thức kinh nghiệm quý báu để em hoàn thành tốt khóa luận. Đặc biệt, em xin bày
tỏ lòng cảm ơn sâu sắc của mình tới Thầy Nguyễn Trung Dũng, thầy đã trực tiếp
hướng dẫn, nhiệt tình giúp đỡ và chỉ bảo em trong suốt quá trình thực hiện khóa luận.
Em xin chân thành cảm ơn các thầy cô trong tổ toán Ứng dụng- khoa toán, thư
viện nhà trường, gia đình và bạn bè đã tạo mọi điều kiện, động viên, giúp đỡ để em
hoàn thành khóa luận này.
Hà Nội, ngày 10 tháng 05 năm 2014
Sinh viên
Bùi Thị Gấm


LỜI CAM ĐOAN

Tôi cam đoan khóa luận "Tìm hiểu về bài toán trung bình hiệu Gini" là kết quả
nghiên cứu của tôi dưới sự hướng dẫn của Thầy Nguyễn Trung Dũng.
Tôi khẳng định kết quả nghiên cứu trong khóa luận này không trùng với kết quả của
bất cứ tác giả nào. Nếu sai sót tôi xin chịu hoàn toàn trách nhiệm.
Hà Nội, ngày 10 tháng 05 năm 2014
Sinh viên
Bùi Thị Gấm


Mục lục
Mở đầu

1

1

MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ SỞ

2

1.1

Biến ngẫu nhiên và phân phối xác suất . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.1.1

Biến ngẫu nhiên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.1.2

Biến ngẫu nhiên rời rạc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.1.3

Biến ngẫu nhiên liên tục . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

Kì vọng và các tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.2.1

Phương sai và các tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.2.2

Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

Một số bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

1.3.1

Bất đẳng thức Hermite-Hadamard . . . . . . . . . . . . . .

12

1.3.2

Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz . . . . . . . . . . . . . . .

12

1.2

1.3

2

TRUNG BÌNH HIỆU GINI

13

2.1

Trung bình hiệu Gini với hàm phân phối lý thuyết . . . . . . . . . .

13

2.1.1

Bài toán mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

Trung bình hiệu Gini với hàm phân phối thưc nghiệm . . . . . . . .

22

2.2.1

Cận trên theo sai phân tiến . . . . . . . . . . . . . . . . . .

26

2.2.2

Trung bình hiệu Gini sinh bởi các hàm . . . . . . . . . . . .

28

2.2

Kết luận

33

Tài liệu tham khảo

33


MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Toán ứng dụng là một bộ phận cấu thành Toán học, nó luôn gây được hứng thú
cho người học bởi tính thực tiễn của mình. Từ sau bài viết đầu tiên về trung bình hiệu
Gini(GMD) của nhà toán học người ý Corrado Gini(1912) đã có rất nhiều thành tựu
được tạo ra. Trong khoảng hơn 80 năm GMD đã trở thành thước đo bất đẳng thức ,
thước đo sai số thống kê được sử dụng trong các nền kinh tế. Với ứng dụng thực tiễn
như vậy và mong muốn tìm hiểu, nghiên cứu sâu hơn về bài toán này em chọn đề tài
" Tìm hiểu về bài toán trung bình hiệu Gini" làm đề tài khóa luận tốt nghiệp Đại
học cho mình.

2. Đối tượng, phạm vi nghiên cứu
Đối tượng: Bài toán trung bình hiệu Gini.
Phạm vi : Bài toán trung bình hiệu Gini với hàm phân phối lý thuyết và hàm phân
phối thực nghiệm.

3. Nhiệm vụ, mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu về trung bình hiệu Gini, đánh giá chặn trên của trung bình hiệu Gini
trong hai trường hợp hàm phân phối lý thuyết và hàm phân phối thực nghiệm.

4. Phương pháp nghiên cứu
Nghiên cứu qua sách giáo khoa, sách tham khảo, internet và các tài liệu có liên
quan.
Hà Nội, ngày 10 tháng 05 năm 2014
Sinh viên

Bùi Thị Gấm
1


Chương 1
MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ SỞ
1.1

Biến ngẫu nhiên và phân phối xác suất

1.1.1

Biến ngẫu nhiên

Định nghĩa 1.1.1. Cho không gian xác suất (Ω, F , P). Ánh xạ X: Ω → R được gọi
là một biến ngẫu nhiên nếu ∀B ∈ BR thì X −1 (B) = {ω ∈ Ω : X(ω) ∈ B} ∈ F .
Định lý 1.1.1. Cho ánh xạ X:Ω → R khi đó các khẳng định sau là tương đương
1. X là biến ngẫu nhiên.
2. ∀x ∈ R X −1 ((−∞, x)) = {ω ∈ Ω : X(ω) < x} ∈ F .
3. ∀x ∈ R X −1 ((−∞, x])= {ω ∈ Ω : X(ω) ≤ x} ∈ F .
4. ∀x, y ∈ R, x < y thì
X −1 ([x; y)) = {ω ∈ Ω : x ≤ X(ω) < y} ∈ F .
Chứng minh.

• (1)⇒ (2)

Hiển nhiên vì X là biến ngẫu nhiên nên ⇒ ∀B ∈ BR
thì
X −1 (B) = {ω ∈ Ω : X(ω) ∈ B} ∈ F .
Mặt khác, ∀x ∈ R thì (−∞, x) ∈ B

từ đó (1)⇒(2)

2


• (2)⇒(3)

∀x ∈ R, ∀n ∈ N∗ ta có
X −1

−∞, x −

Ta có

1
n

∈ F.

∞

−∞, x −

(−∞, x] =
n=1

1
.
n

∞

⇒X

−1

((−∞, x]) = X

−1

−∞, x −

1
n

−∞, x −

1
n

n=1
∞

X −1

=
n=1

∈ F.

⇒ X −1 ((−∞, x]) ∈ F .

• (3)⇒(4)

∀x ∈ R, ∀n ∈ N∗ ta có
−∞, x +

1
n

∈ BR

và
1
X −1 ((−∞, x + )] ∈ F .
2
Mặt khác
∞

(−∞, x) =

1
(−∞, x + ]
n
n=1
∞

⇒X

−1

((−∞, x)) = X

−1

1
(−∞, x + ]
n
n=1

∞

⇒X

−1

∞

X −1

=

n=1
−1

([x, y)) = X

3

1

(−∞, x + ]
n
n=1

∈ F.

((−∞, y) \ X −1 ((−∞, y) ∈ F .


• (4)⇒ (1)

Ta có BR = σ (C )
trong đó
C {(x, y) \ x, y ∈ R, x < y}.

Suy ra mỗi tập B ∈ BR có biểu diễn dạng,
B=

Ci ,

Ci hoặc B=
i∈I

i∈I

trong đó I,I là các tập chỉ số không quá đếm được và Ci ,Ci ∈ C .
⇒ X −1 (B) = X −1 (
=
hay

X

−1

X
i∈I
−1

(B) = X
=

Ci )

i∈I
−1

(Ci ) ∈ F

(

X

vì

X −1 (Ci ) ∈ F .

vì

X −1 (Ci ) ∈ F .

Ci )

i∈I
−1

(Ci ) ∈ F

i∈I

Ví dụ 1.1.1. Cho A ∈ F . Xét ánh xạX xác định như sau

1 nếu ω ∈ A
X(ω)=

¯
0 nếu ω ∈ A.
Khi đó X là một biến ngẫu nhiên.

Chứng minh. Thật vậy ta có



∅



X −1 ((-∞, x))= A¯





Ω
⇒ X((−∞, x)) ∈ F
∀x ∈ R
⇒ X là một biến ngẫu nhiên.

4

nếu x ≤ 0
nếu 0 < x ≤ 1
nếu x > 1.


1.1.2

Biến ngẫu nhiên rời rạc

Định nghĩa 1.1.2. Phân phối xác suất: Hàm tập PX = P(ω ∈ Ω : X(ω) ∈ B), B ∈ BR
được gọi là phân phối xác suất của biến ngẫu nhiên X.
Định nghĩa 1.1.3. Giả sử (Ω, F , P) là không gian xác suất, X: Ω → R là biến ngẫu
nhiên. Khi đó, hàm số F(x) = P(X < x) = P(ω : X(ω) phối của X.
Định nghĩa 1.1.4. Biến ngẫu nhiên X được gọi là biến ngẫu nhiên rời rạc nếu hàm
phân phối xác suất F(x) có hữu hạn hoặc không quá đếm được các điểm gián đoạn.
• Tính chất của hàm phân phối xác suất

1. 0≤ F(x) ≤ 1

∀x ∈ R.

2. ∀x1 , x2 ∈ R, x1 < x2 thì F(x1 ) < F(x2 ).
3. F(x) là hàm liên tục trái, tức là
lim F(x) = F(a).

x→a−

4. lim FX (x) = 0; lim FX (x) = 1.
x→−∞

Chứng minh.

x→+∞

1. Theo định nghĩa ta có tính chất 1

2. ∀x1 , x2 ∈ R, x1 < x2 ta có
{ω ∈ Ω : X(ω) < x2 } = {ω ∈ Ω : X(ω) < x1 }

{ω ∈ Ω : x1 ≤ X(ω) < x2 }

⇒ P(ω ∈ Ω : X(ω) < x2 ) = P(ω ∈ Ω : X(ω) < x1 ) + P(ω ∈ Ω : x1 ≤ X(ω) < x2 )
⇔ FX (x2 ) = FX (x1 ) + P(x1 ≤ X < x2 ) ≥ 0
⇒ FX (x2 ) > FX (x1 ).
3. Giả sử xn ↑ a. Đặt Bn = {ω ∈ Ω : xn ≤ X(ω) < a}
⇒ B1 ⊃ B2 ⊃ · · · ⊃ Bn ⊃ Bn+1 ⊃ . . .

5


∞

Bn = ∅.

và
n=1

∞

⇒ lim P(Bn ) = P(
n→∞

Bn ) = P(∅) = 0.

n=1

Mặt khác,ta có
P(Bn ) = P(ω ∈ Ω : xn ≤ X(ω) < a)
= FX (a) − FX (xn )
⇒ lim P(Bn ) = FX (a) − lim FX (xn ) = 0
n→∞

n→∞

⇒ lim FX (xn ) = FX (a)
n→∞

⇒ lim FX (x) = FX (a).
x→a−

4. Giả sử xn ↓ −∞. Đặt Bn = {ω ∈ Ω : X(ω) < xn }.

Khi đó ta có
{Bn } là dãy đơn điệu giảm và

∞

Bn = ∅.
n=1
∞

⇒ lim P(Bn ) = P(
n→∞

Bn ) = P(∅) = 0.

n=1

⇒ lim FX (xn ) = 0.
x→∞

∃n ∈ N∗ sao cho xn+1 < x < xn .
⇒ FX (xn+1 ) ≤ FX (x) ≤ FX (xn ).
Vì vậy, cho n → ∞ thì lim FX (x) = 0.
x→−∞

1.1.3

Biến ngẫu nhiên liên tục

Định nghĩa 1.1.5. Biến ngẫu nhiên X được gọi là biến ngẫu nhiên liên tục nếu hàm
phân phối xác suất F(x) là tuyệt đối liên tục với độ đo Lebesgue của đường thẳng

x

thực. Tức là FX (x) =
−∞

fX (u)du, x ∈ R. Hàm fX (x) được gọi là hàm mật độ xác suất

của biến ngẫu nhiên X.
6


• Tính chất của hàm mật độ xác suất

1. fX (x) ≥ 0∀x ∈ R.
+∞

f (x)dx = 1.

2.
−∞

b

3. ∀a, b ∈ R a < b thì P(a ≤ X < b) =

f (x)dx.
a

4. f (x) = FX (x).

1.2

Kì vọng và các tính chất

Định nghĩa 1.2.1. Giả sử X : (Ω, F , P) → (R, B) là biến ngẫu nhiên. Khi đó tích
phân Lebesgue của X theo độ đo P (nếu tồn tại) được gọi là kì vọng của X và kí hiệu
là EX, khi đó
EX =

X(ω)dP.
Ω

• Tính chất của kì vọng

1. Nếu X ≥0 thì EX ≥0.
2. Nếu X = C thì EX = C.
3. Nếu tồn tại EX với mọi C ∈ R ta có E(CX) = CEX.
4. Nếu tồn tại EX và EY thì E(X +Y ) = EX + EY và E(X −Y ) = EX − EY.



Nếu X là biến ngẫu nhiên rời rạc nhận các giá trị x1 , x2 , . . .
∑ xi Pi



i
5. EX= với P(X = xi ) = Pi ,



+∞



Nếu X là biến ngẫu nhiên liên tục có hàm mật độ f(x).
 x f (x)dx
−∞

6. ( Định lí P.Levi về hội tụ đơn điệu)
Nếu Xn ↑ ( tương ứng Xn ↓ X) và tồn tại n để EXn− < ∞ (tương ứng EX + <
∞) thì EXn ↑ EX (tương ứng EXn ↓ EX).
7. (Bổ đề Fatou)
Nếu Xn ≥ Y với mọi n≥1 và EY > −∞ thì ElimXn ≤ limEXn .
Nếu Xn ≤ Y với mọi n≥1 và EY < ∞ thì ElimXn ≥ limEXn .
7


Nếu|Xn | ≤ Y với mọi n ≥ 1 và EY < ∞ thì
ElimXn ≤ limEXn ≤ limEXn ≤ ElimXn .
8. (Định lí Lebesgue về hội tụ bị chặn)
Nếu |Xn | ≤ Y với mọi n ≥ 1 , EY < ∞ và Xn → X thì X khả tích,
E |Xn − X| → 0 và EXn → EX (khi n → ∞).
9. Nếu ϕ là hàm lồi, X và ϕ(X) khả tích thì
E(ϕ(X)) ≥ ϕ(EX).
10. Nếu X và Y là hai đại lượng ngẫu nhiên độc lập thì
E(XY ) = EX.EY.

1.2.1

Phương sai và các tính chất

Định nghĩa 1.2.2. Cho X là biến ngẫu nhiên xác định trên không gian xác suất(Ω, F , P)
giả sử biến ngẫu nhiên X tồn tại kì vọng EX = µ. Phương sai của biến ngẫu nhiên
X (nếu tồn tại) là một số kí hiệu là DX hoặc Var(X) được xác định bởi:
Var(X) = E(X − µ)2 .
Ta có
• Nếu X là biến ngẫu nhiên rời rạc có phân phối xác suất pn = P(X = xn ), n =

1, 2, . . . thì phương sai của X được xác định bởi:
∞

DX =

∑ (xn − µ)2 pn.

n=1

• Nếu X là biến ngẫu nhiên liên tục có hàm mật độ xác suất fX (x) thì phương sai

của X được xác định bởi

+∞

DX =

(xn − µ)2 fX (x)dx.

−∞

• Tính chất của phương sai

1. DX = EX 2 − (EX)2 .
2. DX ≥0.
3. DX = 0 khi và chỉ khi X = EX= hằng số.
8


4. D(CX) = C2 DX.
5. Nếu X,Y độc lập thì D(X ±Y ) = DX + DY.

1.2.2

Ví dụ

Ví dụ 1.2.1. Cho X là biến ngẫu nhiên có phân phối đều trên [a, b]. Tính EX, DX.
Giải:
Vì X là biến ngẫu nhiên có phân
phối đều trên [a, b] nên hàm mật độ của X là

 1
nếu x ∈ [a,b]
f(x)= b − a

0
nếu x ∈
/ [a,b].
Ta có
+∞

x. f (x)dx

EX =
−∞
b

=
a

xdx
b−a

1
x2 b
=
.( ) |
b−a 2 a
1 b2 − a2
.
=
b−a
2
a+b
=
.
2
b

DX =
a

=

x2 dx
− (EX)2
b−a

1
b−a

x3
3

|ba −

a+b
2

b2 + ab + a2 (a + b)2
=
−
3
4
2
(b − a)
=
.
12
9

2

Ví dụ 1.2.2. Cho X là biến ngẫu nhiên có phân phối chuẩn. Tìm EX, DX.
Giải:
Vì X là biến ngẫu nhiên có phân phối chuẩn N(µ,σ 2 )nên hàm mật độ của X là
(x − µ)2
−
1
f (x) = √ .e 2.σ 2 .
σ . 2π
Ta có
+∞

EX =

x. f (x)dx
−∞
+∞

=
−∞

Đặt

1
√
σ . 2π

(x − µ)2
−

.e 2.σ 2 dx.

x−µ
= t ⇒ dx = σ dt.
σ

Do đó
+∞

EX =
−∞

t2
µ + σ .t −
√ .e 2 .σ dt
σ 2π

+∞

= µ.
−∞

t2
1
σ
√ .e 2 dt + √ .
2π
2π
−

−∞

= µ.1 + 0
= µ.

10

t2
t.e 2 dt.

+∞

−


+∞

EX 2 =
−∞
+∞

=

x2

√
σ 2π

(x − µ)2
−

2σ 2 dx
e

t
(µ + σt)2 −

−∞

2

√
e 2 σ dt
σ 2π

t2
t2
t2
+∞
2
−
−
σ
2µσ −
= √
e 2 σ dt + √
t 2 .e 2 dt + √ t.e 2 dt
2π
2π
2π
−∞

−∞


2
t2


+∞ t


2
−
−
σ
+∞
2
2
2
−t.e
|−∞ + e
dt + 0
= µ .1 + √

2π 


−∞


2

t


+∞

−
σ2 
2
0 + e 2 dt
= µ +√

2π 
 −∞

µ2

+∞

= µ 2 + σ 2.
⇒ DX = EX 2 − (EX)2 .
DX = µ 2 + σ 2 − µ 2
= σ 2.
Ví dụ 1.2.3. Cho biến ngẫu nhiên X có phân phối nhị thức B(n,p), tìm EX và DX.
Giải:
n

EX =

∑ kCnk pk qn−k
k=0

n

=

với q = 1 − p

kn!

∑ k!(n − k)! pk qn−k

k=1

n

(n − 1)!pk qn−k
k=1 (k − 1)!(n − k)!

= n. ∑
n

k−1 k−1 n−k
= np ∑ Cn−1
p q
k=1
n−1
i
= np ∑ Cn−1
pi qn−1−i = npp + qn−1 = np.
i=0

11


n

EX 2 =

∑ k2Cnk pk qn−k
k=0
n

=

k2 n!
∑ k!(n − k)! pk qn−k
k=1
n

n
k(k − 1)n! k n−k
kn!
= ∑
p q +∑
pk qn−k = S1 + S2 .
k=1 k!(n − k)!
k=1 k!(n − k)!

Ta có
n

S1 =

n!

∑ (k − 2)!(n − k)! pk qn−k = n(n − 1)p2.

k=2

S2 = np.
Do đó
DX = EX 2 − (EX)2 = n2 p2 − np2 + np − n2 p2 = np(1 − p) = npq.

1.3
1.3.1

Một số bất đẳng thức
Bất đẳng thức Hermite-Hadamard

Cho f: [a,b) → R là một hàm lồi khi đó,
1 b
f (a) + f (b)
a+b
≤
f (x)dx ≤
.
f
2
b−a a
2

1.3.2

Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

Cho hai dãy số thực (a1 , a2 , . . . , am ) và (b1 , b2 , . . . , bm ) ta luôn có bất đẳng thức
sau
(a21 + a22 + · · · + a2m )(b21 + b22 + · · · + b2m ) ≥ (a1 b1 + a2 b2 + · · · + am bm )2
a1 a2
am
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
=
= ··· = .
b1 b2
bm

12


Chương 2
TRUNG BÌNH HIỆU GINI
2.1
2.1.1

Trung bình hiệu Gini với hàm phân phối lý thuyết
Bài toán mở đầu

Giả sử X, X là hai biến ngẫu nhiên độc lập và có cùng phân phối xác suất. Trong
mục này, chúng ta sẽ chứng minh được bất đẳng thức
2
E X − X ≤ √ . Var(X).

3
Định nghĩa 2.1.1. Cho F là hàm phân phối xác suất ta định nghĩa hàm G(x) như
sau
G(x) =

F(x) + F(x− )
, x ∈ R.
2

Bổ đề 2.1.1. Cho F = Fd là một hàm phân phối rời rạc. Khi đó ta có
1
(i) EG(X) = ,
2
1
.
(ii) Cho q > 1 ta có E[G(X)]q ≤
q+1
Chứng minh. i) Chúng ta biết rằng F = Fd có nhiều nhất một số đếm được các điểm
gián đoạn. Kí hiệu{xk : k ∈ N} là tập hợp các điểm gián đoạn.

13


Khi đó,
1
EG(X) =
2

+∞

[F(x) + F(x− )]dF(x)
−∞

1
[F(xk ) + F(xk− )][F(xk ) − F(xk− )]
2∑
k
1
[F 2 (xk ) + F 2 (xk− )]
=
2∑
k
=

1
=
2

+∞

1
d[F 2 (x)] = .
2

−∞

ii) Theo bất đẳng thức Hermite-Hadamard, ta có
q

E[G(X)]

1
=
2
=

+∞

−∞

F(xk ) + F(xk− )
2

∑
k

F(xk )

≤

=

dF(x)
q

[F(xk ) − F(xk− )]

1

yq dy

yq dy =

∑
k

q

F(x) + F(x− )
2

F(xk− )

0

1
.
q+1

Bổ đề 2.1.2. Cho F = Fc là hàm phân phối xác suất liên tục. Khi đó, cho q ≥ 1, ta có
E[G(X)]q =

1
.
q+1

Chứng minh. Theo công thức tính tích phân từng phần ta có
+∞
q

E[G(X)]

[F(x)]q d[F(x)]

=
−∞

+∞

=

[F(x)]q+1 |+∞
−∞

−q

[F(x)]q d[F(x)]

−∞

= 1 − qE[G(X)]q = 1 −
14

1
q
=
q+1 q+1


Mệnh đề 2.1.1. Các khẳng định sau đúng

1
1. EG(X) = ;
2
1
2. E[G(X)]2 ≤ ;
3
3. Var{G(X)} ≤

1
.
12

Chứng minh. Theo Định lí khai triển Lebesgue hàm F được viết duy nhất dưới dạng
một tổ hợp lồi của các hàm phân phối rời rạc Fd và hàm liên tục Fc , tức là F =
αFd + (1 − α)Fc (x) trong đó 0≤ α ≤1.
(i) Đầu tiên theo tính liên tục của Fc và công thức tính tích phân từng phần ta thu
được
+∞

−∞

Fd (x) + Fd (x− )
dFc (x) +
2

Fd (x)dFc (x) +

Fc (x)dFd (x) =

−∞

+∞

−∞

−∞

Theo Bổ đề 2.2.1, bất đẳng thức Hermite-Hadamard, và
Fd (x) + Fd (x− )
+ (1 − α)Fc (x),
2

15

Fc (x)dFd (x)

−∞

d[Fc (x)dFd (x)] = 1.

=

G(x) = α

+∞

+∞

+∞

ta có
+∞

EG(X) =
−∞
+∞

F(x) + F(x− )
dF(x)
2

=

α
−∞
+∞

= α

2
−∞

Fd (x) + Fd (x− )
+ (1 − α)Fc (x)d[αFd (x) + (1 − α)Fc (x)]
2
Fd (x) + Fd (x− )
dFd (x) + (1 − α)2
2

+∞

Fc (x)dFc (x)

−∞

+∞

+ α(1 − α)
−∞

Fd (x) + Fd (x− )
dFc (x) + α(1 − α)
2

+∞

Fc (x)dFd (x)

−∞

α 2 (1 − α)2
=
+
+ α(1 − α)
2
2

+∞

+∞

Fd (x)dFc (x) + α(1 − α)

−∞

Fc (x)dFd (x)

−∞

2

1
α 2 (1 − α)
+
+ α(1 − α) = .
2
2
2
(ii) Theo bất đẳng thức Hermite-Hadamard và Bổ đề 2.2.1 sử dụng công thức tính
=

tích phân từng phần ta có
2
+∞
Fd (x) + Fd (x− )
2
α
E[EG(X)] =
+ (1 − α)Fc (x) d[αFd (x) + (1 − α)Fc (x)]
2

−∞
2
+∞
Fd (x) + Fd (x− )
Fd (x) + Fd (x− )
2
Fc (x)
(1 − α)2 Fc2 (x) + 2α(1 − α)
=
α
2
2
−∞
d[αFd (x) + (1 − α)Fc (x)]
= α3

+∞
−∞

Fd (x) + Fd (x− )
2
2

+∞

+(1 − α) α
−∞

+2α 2 (1 − α)

+∞

+∞
−∞

= α3

+∞
−∞

dFd

(x) + α 2 (1 − α)

+∞
−∞

Fc2 (x) + dFd (x) + (1 − α)3

−∞

+2α(1 − α)2

2

+∞
−∞

Fd (x)Fd (x− )
2

Fc2 (x)dFc (x)

Fd (x) + Fd (x− )
Fc (x)dFd (x)
2
Fd (x) + Fd (x− )
Fc (x)dFc (x)
2

Fd (x) + Fd (x− )
2

2

dFd (x) + α 2 (1 − α)
16

+∞
−∞

Fd2 (x)dFc (x)

2

dFc (x)


2

+(1 − α)

+∞
(1 − α)3
2
+2α 2 (1−α)
α Fc (x)dFd (x)+
3
−∞
−∞

Fd (x) + Fd (x− )
Fc (x)dFd (x)
2

+∞

+∞

2

+2α(1 − α)

−∞

Fd (x)Fc (x)dFc (x).

Ta có
+∞

α

3
−∞

Fd (x) + Fd (x− )
2

2

dFd (x) ≤

α3
,
3

+∞
2

+∞

Fd2 (x)dFc (x)

α (1 − α)

2

2

Fc (x)dFd2 (x)

= α (1 − α) − α (1 − α)

−∞

−∞

= α 2 (1 − α) − α 2 (1 − α) ∑ Fc (xk )[Fd2 (xk ) − Fd2 (xk− )],
k

+∞

2α 2 (1 − α)
−∞

Fd (x) + Fd (x− )
Fc (x)dFd (x) =
2

Fd (x) + Fd (xk− )
Fc (xk )[Fd (xk ) − Fd (xk− )]
= 2α (1 − α) ∑
2
k
2

= α 2 (1 − α) ∑ Fc (xk )[Fd2 (xk ) − Fd2 (xk− )],
k

(1 − α)2 α

+∞
−∞

Fc2 (x)dFd (x) = α(1 − α)2 ∑ Fc2 (x)[Fd (xk ) − Fd (xk− )],
k

+∞

2α((1 − α)2 )

+∞

Fd (x)Fc (x)dFc (x) = α(1 − α)2

−∞

Fd (x)[dFc2 (x)]

−∞
+∞
2

2

2

−∞
2

Fc2 (x)[dFd (x)]

= α(1 − α) − α(1 − α)
= α(1 − α) − α(1 − α)

∑ Fc2(xk )[Fd (xk ) − Fd (xk−)].
k

17


Từ đó suy ra
α3
(1 − α)3
2
2
E[G(X)] ≤
+ α (1 − α) + α(1 − α) +
3
3
3
1 3α 3α 2 α 3
α
+ α 2 − α 3 + α + α 3 − 2α 2 + −
+
−
≤
3
3
3

3
3
1
≤
3
2

(iii)VarG(X) = E[G(X)]2 − [EG(X)]2 ≤

1
1 1
− = .
3 4 12

(2.1.1)

Mệnh đề 2.1.2. Cho g là hàm không giảm trên R, sao cho Eg(X)<+∞. Khi đó:
E g(X) − g(X ) = 4E g(X) G(X) −

trong đó
G(x) =

F(x) + F(x− )
, x ∈ R.
2

18

1
2

,


Chứng minh. Ta có
+∞ +∞

E g(X) − g(X )

|g(u) − g(v)| dF(u)F(v)

=
−∞ −∞

|g(v) − g(u)| dF(u)F(v) +

=
u
|g(u) − g(v)| dF(u)F(v)

u>v

|g(v) − g(u)| dF(u)F(v)

= 2
u
g(v)dF(u)dF(v) − 2

= 2
u
uv−

+∞

= 2

+∞

dF(u)dF(v) − 2

g(v)

−∞
+∞

= 2

−∞

g(v)F(v− )dF(v) − 2

dF(v)dF(u)
u+

g(u)[1 − F(u+ )]dF(u)

−∞
+∞

g(x)F(x− )dF(x) − 2

−∞
+∞

= 2

+∞

g(u)

−∞
+∞

−∞
+∞

= 2

g(u)dF(u)dF(v)

g(x)[1 − F(x+ )]dF(x)

−∞

g(x)[F(x+ ) + F(x− ) − 1]dF(x)

−∞
+∞

= 4

F(x+ ) + F(x− ) 1
− dF(x)
g(x)
2
2

−∞
+∞

= 4

g(x)

−∞
+∞

= 4
−∞

F(x) + F(x− ) 1
− dF(x)
2
2

g(x) G(x) −

1
1
dF(x) = 4E g(X) G(X) −
2
2

.

Hệ quả 2.1.1. Với giả thiết được trình bày ở Mệnh đề 2.1.2 các đẳng thức dưới đây
đúng

19


1.
= 4E[g(X) − Eg(X)]G(X)

E g(X) − g(X )

= 4E[g(X) − Eg(X)][G(X) − a]
1
= 4E[g(X) − b] G(X) −
với ∀ a, b ∈ R.
2
2.
E X −X

1
2

= 4E[(X − EX)(GX)]

= 4E X G(X) −

= 4E (X − EX) G(X) −

1
2

= 4E[X − EX][G(X) − a]
= 4E[X − b] G(X) −

1
2

với ∀ a, b ∈ R.

Từ các mục đã trình bày chúng ta có kết quả sau.

Định lý 2.1.1. Ta có bất đẳng thức
2
E X −X ≤ √
3

Var(X).

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi X có phân phối đều trên đoạn [a,b].
Chứng minh. Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, Hệ quả 2.1.1 và (2.1.1), ta thu
được
E X − X = 4E[(X − EX)] G(X) −

1
= 4E([E − EX][G(X) − EG(X)])
2

≤ 4 VarX.VarG(X) ≤ 4

1
12

2
Var(X) ≤ √
3

Var(X).

Đẳng xảy ra khi và chỉ khi X và G(X) phụ thuộc tuyến tính hay khi và chỉ khi X có
phân phối đều trên đoạn [a,b].
20


+∞ +∞

(x − y)[G(x) − G(y)]dF(x)dF(y)

Mệnh đề 2.1.3. E X − X = 2
−∞ −∞

Chứng minh. Theo phần 2 của Hệ quả 2.1.1 ta có
+∞ +∞

(x − y)[G(x) − G(y)]dF(x)dF(y)

2

−∞ −∞
+∞ +∞

+∞ +∞

xG(x)dF(x)dF(y) − 2

=2
−∞ −∞
+∞ +∞

−2

yG(x)dF(x)dF(y)

−∞ −∞
+∞ +∞

xG(y)dF(x)dF(y) + 2

−∞ −∞
+∞

=4

−∞ −∞
+∞

+∞

xG(x)dF(x) − 4

−∞

yG(y)dF(x)dF(y)

xdF(x)

−∞

G(y)dF(y)

−∞

= 4EXG(X) − 2EX = 4EX G(X) −

1
= E X −X .
2

Mệnh đề 2.1.4.
+∞

E X −X = 2

+∞

F(x)[1 − F(x)]dx = 2

−∞

G(x)[1 − G(x)]dx.

−∞

Chứng minh. Theo đẳng thức max{X, X } =
có hàm phân phối F 2 , ta có

1
X +X
2

+

1
X − X và do max{X, X }
2

E X − X = 2E(max{X, X }) − 2EX
+∞

+∞

xdF 2 (x) − 2

=2

−∞
+∞

xdF(x)

−∞

[1 − F (x)]dx − 2

=2

0
+∞

+∞

0
2

2

F (x)dx − 2

−∞

0
+∞

=2

[1 − F(x)]dx + 2
0

0

[1 − F(x)]F(x)dx + 2

=2

F(x)[1 − F(x)]dx

−∞

F(x)[1 − F(x)]dx.

−∞

21

0

−∞

F(x)dx