S ch s a 22 11 HT

DƯƠNG TƠN ĐẢM, HÀ MẠNH LINH, LÊ HỒNG TUẤN

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP
XÁC SUẤT VÀ THỐNG KÊ TOÁN HỌC

NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP.HCM
2017

1


LỜI NĨI ĐẦU.
Nhằm mục đích hỗ trợ sinh viên khi làm quen với môn học Lý thuyết Xác suất và thống kê Tốn
học thơng qua các bài tập, chúng tơi đã cố gắng viết nên cuốn sách này. Phần chính cuốn sách này
bao gồm 8 chương bài tập về Xác suất, Thống kê và nhập mơn về Qúa trình ngẫu nhiên, ngồi ra
chúng tơi cịn đưa ra phần phụ lục Giới thiệu về phần mêm SPSS, là một phần mềm rất hữu dụng
hiên nay trong việc xử lý các bài toán về xác suất và thống kê.
Để các bạn đọc nắm được những vấn đề cơ bản về lý thuyết chúng tơi đều tóm tắt những nét chính
trong từng phần trước khi đưa ra tập và hướng dẫn giải. Hầu hết các bài tập đưa ra đều có lời giải
hoặc hướng dẫn cụ thể. Chúng tôi phân công thực hiện cuốn sách này như sau:




Dương Tôn Đảm biên soạn các chương I, II, III, VIII và là Chủ biên.
Lê Hoàng Tuấn biên soạn các chương IV và V.
Hà Mạnh Linh biên soạn các chương VI và VII.

Điễm đặc biệt trong cuốn sách này là chúng tôi đã giới thiệu một số đề mới ít được dạy trong các
giáo trình về Xác suất & Thống kê hiện nay vì thời lượng thực tế sinh viên được học và làm
quen với môn này cón khiêm tốn (Chỉ khoảng 3 tín chỉ, tương đương với (45x3) tiết học trên

lớp). Các phần mới mà chúng tơi có đề cập đến là:



Nhập mơn về q trình ngẫu nhiên (Qúa trình dừng, quá trình Wiener, quá trình Poisson)
Nhập mơn về Thống kê Bayes (Các phương pháp ước lượng Bayes)

Điều mong muốn được thể hiện qua cuốn sách chắc chắn còn nhiều hạn chế, rất mong nhận được
sự góp ý của các bạn đọc gần, xa.

Các tác giả.

2


LỜI NÓI ĐẦU
Mục lục.
Chương 1 – Khái niệm về xác suất.
1.1 Biến cố ngẫu nhiên và xác suất
 Xác suất theo quan niệm cổ điển
 Xác suất theo hệ tiên đề Kolmogorov.
1.2 Công thức cộng và nhân xác suất
 Công thức cộng tổng quát
 Công thức nhân tổng quát
1.3 Công thức xác suất tồn phần và cơng thức Bayer
 Cơng thức xác suất tồn phần (cơng thức xác suất đầy đủ)
 Công thức Bayer
Chương 2 – Đại lượng ngẫu nhiên.
2.1 Đại lượng ngẫu nhiên rời rạc (Biến ngẫu nhiên rời rạc),
2.2 Đại lượng ngẫu nhiên liên tục (Biến ngẫu nhiên liên tục),

2.3 Các lớp phân phối đặc biệt
 A – Lớp phân phối khả phân vô hạn.
 B – Lớp phân phối ổn định.
2.4 Đại lượng ngẫu nhiên nhiều chiều (Vectơ ngẫu nhiên).



A – Đại lượng ngẫu nhiên nhiều chiều.
B – Hàm của các biến ngẫu nhiên.

Chương 3 – Các định lý giới hạn trong xác suất`
3.1 Các dạng luật số lớn.
3.2 Các định lý giới hạn trung tâm.
3.3 Các định lý về sự hội tụ của chuỗi các đại lượng ngẫu nhiên .
Chương 4 – Mẫu ngẫu nhiên và các đặc trưng
4.1 Mẫu ngẫu nhiên.
4.2 Các đặc trưng mẫu.
4.3 Dùng máy tính bỏ túi để tìm các đặc trưng mẫu.
Chương 5 – Lý thuyết ước lượng
5.1 Ước lượng điểm cho tham số.
5.2 Ước lượng khoảng cho tham số (Ước lượng tham số bằng khoảng tin cậy)
 A – Khoảng tin cậy cho kỳ vọng.
 B – Khoảng tin cậy cho tỉ lệ.
3




C – Khoảng tin cậy cho phương sai.

5.3 Suy luận Bayes cho bài tốn ước lượng.



A – Cơng thức Bayes.
B – Ước lượng Bayes.

Chương 6 – Kiểm định giả thuyết thống kê
6.1 Kiểm định trung bình tổng thể.
6.2 Kiểm định tỉ lệ p trong tổng thể.
6.3 Kiểm định phương sai của phân phối chuẩn.
6.4 Kiểm định trung bình của hai tổng thể.
6.5 Kiểm định sự khác biệt của hai tỉ lệ tổng thể
6.6 Kiểm định về tính độc lập.
Chương 7 – Tương quan, hồi quy và phân tích phương sai.
7.1 Hệ số tương quan.
7.2 Hồi quy tuyến tính.
7.3 Phân tích phương sai.
 A – Phân tích phương sai một yếu tố.
 B – Phân tích phương sai hai yếu tố.
Chương 8 – Khái niện cơ bàn về quá trình ngẫu nhiên
8.1 Qúa trình dừng
8.2 Quá trình ngẫu nhiên với số gia độc lập.



A – Quá trình Wiener.
B – Quá trình Poisson.





Giới thiệu về phần mềm thống kê SPSS.
Bảng phụ lục 1 – Bảng phân vị chuẩn – Bảng phân phối Laplace.



Bảng phụ lục 2 – Bảng giá trị phân vị  2 (khi bình phương), với bậc tự do k .



Bảng phụ lục 3 – Bảng giá trị phân vị Student, ứng với bậc tự do là n.

Phụ lục.

Tài liệu Tham khảo.

4


CHƯƠNG I
1.1

KHÁI NIỆM CƠ BẢN VỀ XÁC SUẤT

BIẾN CỐ NGẪU NHIÊN VÀ XÁC SUẤT

Tóm tắt lý thuyết.


Tập hợp các biến cố (sự kiện) sơ cấp 𝜴 = 𝜴(𝝎).
Ký hiệu về biến cố ngẫu nhiên:
∅ - biến cố không thể xảy ra; Ω – biến cố chắc chắn xảy ra.
Cho A, B, là các biến cố ngẫu nhiên, khi đó ta ký hiệu,



 Biến cố tích: 𝐴 ∩ 𝐵 là biến cố khi A và B cùng xảy ra.
Đôi khi ta có thể ký hiệu biến cố tích là: 𝐴𝐵.
 Nếu 𝐴𝐵 ≡ ∅ thì ta nói rằng A và B là hai biến cố xung khắc
 Biến cố tổng: 𝐴 ∪ 𝐵 là biến cố khi A hoặc B xảy ra.
Nếu A và B là các biến cố xung khắc thì ta có thể ký hiệu là: A + B.
 Biến cố đối kháng 𝐴̅ , là biến cố khi A không xảy ra.
 Hiệu của hai biến cố: 𝐴\𝐵 là biến cố khi A xảy ra nhưng B không xảy ra.
Các định nghĩa cổ điển về xác suất.
1) Xác suất theo quan niệm đồng khả năng.
Khi trong một phép thử ngẫu nhiên tập các biến cố sơ cấp được biểu diễn dưới
dạng của n biến cố đồng khả năng xuất hiện và từng đôi một xung khắc Ai ; i =
1,2, … , m; biến cố B có dạng: B = A1 + A2 + ⋯ + Am , khi đó xác suất của B sẽ
bằng:
m
P(B) = .
n

2) Xác suất theo quan điểm hình học.
Cho H là miền đo được trong mặt phẳng, và A là miền con của H. Ta gieo ngẫu
nhiên một điểm trong miền H, khi đó xác suất để điểm gieo rơi vào miền A sẽ
được tính bởi:
độ đo miền A

P(B) = độ đo miền H
3) Xác suất theo quan điểm thống kê.
Xác suất của biến cố C có thể tính theo tần số xuất hiện, tức là tỷ số giữa số xuất
hiện của biến cố C (k lần) trong tổng số n phép thử được thực hiện:
k

P(B) = n .




Định nghĩa xác suất theo hệ tiên đề Kolmogorov.
Hệ tiên đề Kolmogorov;
1) Mọi biến cố ngẫu nhiên A, đều có: 𝑃(𝐴) ≥ 0.
2) Nếu các biến cố 𝐸1 , 𝐸2 , … , 𝐸𝑛 tạo nên khơng gian các biến cố sơ cấp thì:
𝑃(𝐸1 ) + 𝑃(𝐸2 ) + ⋯ + 𝑃(𝐸𝑛 ) = 1.
3) Nếu các biến cố 𝐴1 , 𝐴2 , … , 𝐴𝑛 là các biến cố xung khắc từng đôi một thì:
𝑃(𝐴1 + 𝐴2 + ⋯ , 𝐴𝑛 ) = 𝑃(𝐴1 ) + 𝑃(𝐴2 ) + ⋯ + 𝑃(𝐴𝑛 ).
Không gian xác suất (𝜴,F, P)
 Bộ ba (𝛺,F, P) với;
5


a) 𝛺 là tập hợp tùy ý các phần tử ngẫu nhiên 𝜔,
b) F là 𝜎- đại số các tập con của 𝛺,
c) 𝑃 là độ đo cộng tính – xác suất xác định trên F,
được gọi là không gian xác suất.
 Tập 𝛺 = 𝛺(𝜔) thường gọi là không gian các sự kiên sơ cấp; Tập F thường gọi là
tập các biến cố ngẫu nhiên; 𝑃(𝐴) là xác suất của biến cố ngẫu nhiên A với 𝐴 ∈ F.
Bài tập.

BÀI 1.1.1 (Bài toán gieo kim Buffon)
Trên mặt phẳng ta kẻ các đường thẳng song song cách đều nhau 2𝛼. Ta gieo ngẫu
nhiên lên mặt phẳng một cây kim có độ dài 2𝛽, với 𝛽 < 𝛼. Tìm xác suất để cây kim cắt
một trong những đường thẳng song song đã kẻ.

Xác suất theo quan điểm hình học. Gọi h là khoảng cách từ điểm giữa cây kim đến đường thẳng
gần nhất và θ là góc tạo bởi cây kim và đường thẳng đó. Các khả năng có thể xảy ra tương ứng
với các điểm (h, θ) trong hình chữ nhật có các cạnh là: 0 ≤ h ≤ α; 0 ≤ θ ≤ π. Diện tích hình
chữ nhật này rõ ràng bằng: πα.
Miền K ứng với biến cố cây kim cắt các đường thẳng song song đã vạch như trong hình vẽ,
nghĩa là h và θ, phải thỏa bất đẳng thức: 0 ≤ h ≤ β sin θ.
diện tích miền K

1

π

2β

Từ đó suy ra xác suất cần tìm bằng: P = diện tích chữ nhật = πα ∫0 β sin θ dθ = πα .
BÀI 1.1.2
Có 10 người gồm 5 nam và 5 nữ được bố trí ngồi một cách ngẫu nhiên quanh một bàn
trịn có 10 ghế ngồi. Tìm xác suất của biến cố:
a) Hai người quen nhau từ trước (trong 10 người đó) được ngồi cạnh nhau.
b) Nam nữ ngồi xen kẽ nhau.

6


Hướng dẫn giải.

a) Gọi A là biến cố hai người quen nhau từ trước được ngồi cạnh nhau. Sử dụng định nghĩa
cổ điển của xác suất theo quan niệm đồng khả năng, ta sẽ có nhận xét tổng số khả năng
có thể sẽ là: 10!
Trong khi đó số khả năng phù hợp với sư kiện A, được xét như sau: Có 10 cặp chỗ khác
nhau trên bàn trịn cho hai người quen nhau từ trước, trong một cặp chỗ thì có 2 khả năng
khác nhau để bố trí họ ngồi với nhau, còn lại số kiểu xêp chỗ tùy ý cho 8 người khác là
8!. Hay nói cách khác số khả năng phù hợp với sư kiện A sẽ là: 𝑃(𝐴) =

2.10.8!
10!

2

=9.

b) Gọi B là biến cố nam nữ ngồi xen kẽ. Người đầu tiên chọn chỗ có 10 cách chọn, người
thứ hai khác giới với người đầu nên có 5 cách chọn, người thứ 3 cùng giới với người đầu
tiên nên chỉ còn 4 cách chọn, người tiếp theo khác giới với người thứ hai nên còn 4 cách
chọn,…Vậy số khả năng chọn phù hợp với yêu cầu kiện nam nữ ngồi xen kẽ sẽ bằng;
10.5.4.4.3.3.2.2.1.1. Mặt khác tổng số khả năng có thể khi chọn tùy ý chỗ ngồi sẽ là; 10!
Vậy xác suất của biến cố B là:

10.5.4.4.3.3.2.2.1.1.
10!

1

1

= 2.7.9 = 126 = 0,0079

BÀI 1.1.3 (Bài toán hẹn gặp ngẫu nhiên)
Có 2 người hẹn gặp nhau từ 14 đến 15 giờ theo cách sau: Mỗi người đến điểm hen
trong khoảng thời gian trên một cách tùy ý, ai đến trước phải chờ 15 phút trong phạm
vi không quá 15 giờ, nếu khơng thấy người kia đến thì bỏ đi. Tìm xác suất để với kiểu
hẹn như vậy họ gặp được nhau.

Hướng dẫn giải.

Ta tìm xác suất theo quan điểm hình học. Gọi x và y là thời điểm đến của mỗi người, theo giả
thuyết chúng phải thỏa các điều kiện sau: 14 < 𝑥 < 15; 14 < 𝑦 < 15.
Miền hình học tương ứng với tất cả các khả năng có thể xảy ra là hình vng có cạnh dài là 1.

7


(1 tương đương với 60 phút trong thực tế). Ta gọi A là biến cố hai người gặp nhau, để họ gặp
1

1

nhau thì (𝑥, 𝑦) phải thỏa bất đẳng thức; |𝑥 − 𝑦| ≤ 4 ; (4 giờ tương đương với 15 phút). Diện tích
1 3 3

7

của miền hình học phù hợp với A sẽ bằng: 1 − 2. 2 . 4 . 4 = 16 ≈ 0,4375.
Vậy xác suất của biến cố A gần bằng: 0,4375.
BÀI 1.1.4
Trong khoảng thời gian T một thiết bị thu sóng sẽ khơng nhận được đủ 2 tín hiệu nếu

thời điểm đến của chúng quá gần nhau, khi hiệu số của thời gian đến nhỏ hơn 𝜏. Biết
rằng có 2 tín hiệu được phát một cách ngẫu nhiên và độc lập với nhau trong khoảng
thời gian T, tìm xác suất để thiết bị đã cho khơng thu được đủ 2 tín hiệu đó.

Hướng dẫn giải.
Bài này ta giải tương tự như bài 1.1.4. Gọi thời điểm đến của 2 tín hiệu là x và y. Biến cố để
thiết bị thu sóng khơng nhận được đủ 2 tín hiệu tương ứng với điều kiện:
0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑇; 0 ≤ 𝑦 ≤ 𝑇; |𝑥 − 𝑦| < 𝜏.

Sử dụng phương pháp hình học để tính xác suất, ta sẽ thu được xác suất cần tìm .

BÀI 1.1.5
Các số 1,2,…,9 được viết theo một thứ tự ngẫu nhiên khơng lặp lại, hãy tìm xác suất
của các biến cố:
a) Các số được viết theo thứ tụ tăng dần.
b) Các số 1 và 2 đứng cạnh nhau theo trật tự 1 trước 2 sau.
c) Các số 3,6,9 đứng cạnh nhau theo trật tự tùy ý.
d) Tại các vị trí chẵn là số chẵn.

8


Hướng dẫn giải.
Ta tìm xác suất theo quan niệm đồng khả năng sẽ đi đến các kết quả sau:
a) Gọi A là biến cố các số được viết theo thứ tụ tăng dần:
1

𝑃(𝐴) = 9! .
b) Gọi B là biến cố các số 1 và 2 đứng cạnh nhau theo trật tự 1 trước 2 sau:
1

𝑃(𝐵) = 9 .
c) Gọi C là biến cố các số 3,6,9 đứng canh nhau theo trật tự tùy ý:
1

𝑃(𝐶) = 12 .
d) Gọi D là biến cố tại các vị trí chẵn là số chẵn:
1

𝑃(𝐷) = 126 .
BÀI 1.1.6
Trong một hộp có 𝑛1 cầu trắng và 𝑛2 cầu đen, ta lấy nhẫu nhiên trong hộp ra n cầu
(𝑛 ≤ 𝑚𝑖𝑛(𝑛1 , 𝑛2 )), hãy tìm xác suất của các biến cố:
a) Tất cả n cầu rút ra đều có mầu trắng.
b) Trong n cầu rút ra có ít nhất một cầu trắng.
c) Trong n cầu rút ra có đúng k cầu trắng (𝑘 ≤ 𝑛).

Hướng dẫn giải.
Ta tìm xác suất theo quan niệm đồng khả năng sẽ đi đến các kết quả sau:
a) Gọi A là biến cố, tất cả n cầu rút ra đều có mầu trắng:
𝐶𝑛𝑛1

𝑃(𝐴) = 𝐶 𝑛

..

𝑛1 +𝑛2

b) Gọi B là biến cố, trong n cầu rút ra có ít nhất một cầu trắng:
𝐶𝑛𝑛2

𝑃(𝐵) = 1 − 𝐶 𝑛

.

𝑛1 +𝑛2

c) Gọi C là biến cố, trong n cầu rút ra có đúng k cầu trắng (k ≤ n):
𝑃(𝐶) =

𝐶𝑛𝑘1 𝐶𝑛𝑛−𝑘
2
𝐶𝑛𝑛1 +𝑛2

.

BÀI 1.1.7 (Bài tốn tam giác)
Trên đoạn thẳng có độ dài L, ta lấy ngẫu nhiên hai điểm, chúng sẽ chia đoạn thẳng
thành 3 đoạn nhỏ. Hãy tìm xác suất của biến cố từ 3 đoạn nhỏ đó ta lập được thành
một tam giác.

9


Hướng dẫn giải.
Ta giải bằng phương pháp hình học. Gọi độ dài của 3 đoạn thẳng tạo thành là 𝑥, 𝑦, 𝐿 − (𝑥 + 𝑦)
ta thấy rằng, miền H tương ứng với tất cả khả năng có thể sẽ là:
𝐻 = {(𝑥, 𝑦): 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿, 0 ≤ 𝑦 ≤ 𝐿, 𝑥 + 𝑦 ≤ 𝐿 }
1

⇒ 𝑑𝑖ệ𝑛 𝑡í𝑐ℎ 𝐻 = 2 𝐿2 .
Gọi A là biến cố từ từ 3 đoạn nhỏ đó ta lập được thành một tam giác. Miền hình học tương ứng
với A sẽ là:
𝐿

𝐿

𝐿

𝐴 = {(𝑥, 𝑦): 0 ≤ 𝑥 ≤ 2 , 0 ≤ 𝑦 ≤ 2 , 𝑥 + 𝑦 ≤ 2}
1

⇒ 𝑑𝑖ệ𝑛 𝑡í𝑐ℎ 𝐻 = 8 𝐿2 .
Vậy xác suất cần tìm sẽ bằng: 𝑃(𝐴) =

𝑑𝑖ệ𝑛 𝑡í𝑐ℎ 𝐻
𝑑𝑖ệ𝑛 𝑡í𝑐ℎ 𝑆

1

=4.

BÀI 1.1.8
Một sinh viên chỉ học 20 trong 25 câu ôn tập. Biết rằng đề thi sẽ lấy 3 câu ngẫu nhiên
trong 25 câu ơn tập đó, hãy tìm xác suất để với cách học như vậy người sinh viên vẫn
làm được trọn vẹn đề thi.

Hướng dẫn giải.
Theo công thức của giải tích tổ hợp ta sẽ có xác suất cần tìm bằng:
𝐶3

2109

𝑃 = 𝐶20
3 = 2530 ≈ 0.8336.
25

BÀI 1.1.9
Ta rút ngẫu nhiên 7 quân bài từ bộ tú lơ khơ gồm 52 quân. Tìm xác suất của các biến
cố sau:
a) Lấy được 4 quân có mầu đen.
b) Lấy được 2 quân cơ, 3 quân rô, 2 quân pic.
c) Lấy được 3 quân có chất chủ ( chất chủ đã xác định trước)

Hướng dẫn giải.
Ta tìm xác suất theo quan niệm cùng khả năng.
a) Gọi A là biến cố ngẫu nhiên 7 quân, lấy được 4 quân có mầu đen, ta sẽ có:
𝑃(𝐴) =

4 .𝐶 3
𝐶26
26
7
𝐶52

10


b) Gọi B là biến cố ngẫu nhiên 7 quân, lấy được 2 quân cơ, 3 quân rô, 2 quân pic, ta sẽ có:
𝑃(𝐵) =

2 .𝐶 3 .𝐶 2
𝐶13
13 13
7
𝐶52

c) Gọi C là biến cố ngẫu nhiên 7 quân, lấy được 3 quân có chất chủ:
𝑃(𝐶) =

3
4
𝐶13
.𝐶39
7
𝐶52

BÀI 1.1.10
Thang máy của một cơ quan 12 tầng dịch chuyển từ tầng 1 với 6 khách chờ, giả sử các
lên tầng là không phụ thuộc vào nhau. Tìm xác suất của các biến cố sau:
a) Tất cả cùng lên tầng ba.
b) Tất cả đều ra ở các tầng khác nhau.
c) 6 khách cùng ra một tầng.

Hướng dẫn giải.
a) Gọi A là biến cố tất cả 6 khách cùng lên tầng ba, ta sẽ có:
1

𝑃(𝐴) = 116
(Chú ý rằng mỗi người chỉ có 11 cách chọn để lên tầng, và họ đều có cách chọn giống

nhau là tầng ba).
b) Gọi B là biến cố tất cả 6 khách đều ra ở các tầng khác nhau, ta sẽ có:
𝑃(𝐵) =

11.10.9.8.7.6
116

=

10.9.8.7.6
115

c) Gọi C là biến cố tất cả 6 khách cùng ra một tầng, ta sẽ có:
11

1

𝑃(𝐶) = 116 = 115 .

1.2 CƠNG THỨC NHÂN VÀ CỘNG XÁC SUẤT.
Tóm tắt lý thuyết.


Xác suất có điều kiện: Ta gọi xác suất có điều kiện của biến cố A với điều kiện biến cố
B đã xảy ra là số đo khả năng để xảy ra biến cố A khi B đã xảy ra. Ta ký hiệu xác suất có
điều kiện bởi 𝑃(𝐵/𝐴), và tính nó bởi cơng thức:
𝑃(𝐴/𝐵) =



𝑃(𝐴∩𝐵)
𝑃(𝐵)

; (𝑃(𝐵) ≠ 0).

Công thức nhân xác suất: Cho các biến cố 𝐴𝑖 ; 𝑖 = 1,2, … , 𝑛; ta sẽ có:

𝑷(𝑨𝟏 ∩ 𝑨𝟐 ∩ … ∩ 𝑨𝒏 ) = 𝑷(𝑨𝟏 )𝑷(𝑨𝟐 /𝑨𝟏 ) … 𝑷(𝑨𝒏 ⁄ 𝑨𝟏 𝑨𝟐 … 𝑨𝒏−𝟏 )

11


 Khi 𝐴𝑖 ; 𝑖 = 1,2, … , 𝑛; là các biến cố độc lập, ta sẽ có:
𝑃(𝐴1 ∩ 𝐴2 ∩ … ∩ 𝐴𝑛 ) = 𝑃(𝐴1 )𝑃(𝐴2 ) … 𝑃(𝐴𝑛 ) = ∏𝑛𝑖=1 𝑃(𝐴1 ).
 Khi 𝑛 = 2 ⇒ với 2 biến cố A, B ta có:
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) = 𝑃(𝐴)𝑃(𝐴/𝐵).
 Nếu 𝑃(𝐴𝑖 𝐴𝑗 ) = 𝑃(𝐴𝑖 )𝑃(𝐴𝑗 ); ∀𝑖 ≠ 𝑗; 𝑖, 𝑗 = 1,2, … , 𝑛; khi đó ta nói rằng
{𝐴𝑖 ; 𝑖 = 1,2, … , 𝑛} là các biến cố độc lập với nhau từng đôi một.
 Nếu với mọi 𝑖1 , 𝑖2 , … , 𝑖𝑘 nguyên, dương thỏa 1 ≤ 𝑖1 < 𝑖2 < ⋯ < 𝑖𝑘 ≤ 𝑛;
ta đều có:
𝑃(𝐴𝑖1 ∩ 𝐴𝑖2 ∩ … ∩ 𝐴𝑖𝑘 ) = ∏𝑘𝑟=1 𝑃(𝐴𝑖𝑟 ),
khi đó ta nói rằng {𝐴𝑖 ; 𝑖 = 1,2, … , 𝑛} là các biến cố độc lập trên tồn thể.


Cơng thức cộng xác suất: Cho các biến cố 𝐴𝑖 ; 𝑖 = 1,2, … , 𝑛; ta sẽ có;
𝑷(𝑨𝟏 ∪ 𝑨𝟐 ∪ … ∪ 𝑨𝒏 ) = ∑𝒏𝒊=𝟏 𝑷(𝑨𝒊 ) − ∑𝟏≤𝒊<𝒋≤𝒏; 𝑷(𝑨𝒊 𝑨𝒋 ) + ∑𝟏≤𝒊<𝒋<𝒌≤𝒏 𝑷(𝑨𝒊 𝑨𝒋 𝑨𝒌 ) −
− ⋯ + (−𝟏)𝒏−𝟏 𝑷(𝑨𝟏 𝑨𝟐 … 𝑨𝒏 ).
 Khi 𝐴𝑖 ; 𝑖 = 1,2, … , 𝑛; là các biến cố xung khắc từng đội một 𝑃(𝐴𝑖 𝐴𝑗 ) = 0; 𝑖 ≠ 𝑗:



𝑃(𝐴1 ∪ 𝐴2 ∪ … ∪ 𝐴𝑛 ) = ∑𝑛𝑖=1 𝑃(𝐴𝑖 ) − ∑1≤𝑖<𝑗≤𝑛; 𝑃(𝐴𝑖 𝐴𝑗 )
 Khi 𝑛 = 2 ⇒ với 2 biến cố A, B ta có:
𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐵) − 𝑃(𝐴𝐵).
Cơng thức xác suất tồn phần (Công thức xác suất đầy đủ):
 Công thức xác suất toàn phần : Cho 𝐴1 , 𝐴2 , … , 𝐴𝑛 , là những biến cố xung khắc
từng đội một (𝑃(𝐴𝑖 𝐴𝑗 ) = 0; 𝑖 ≠ 𝑗) và chúng tạo nên một nhóm đủ, nghĩa là
∑𝑛𝑖=1 𝐴𝑖 = 𝛺 , và B là một biến cố với 𝑃(𝐵) ≠ 0 , ta sẽ có;
𝑷(𝑩) = 𝑷(𝑨𝟏 )𝑷(𝑩/𝑨𝟏 ) + 𝑷(𝑨𝟐 )𝑷(𝑩/𝑨𝟐 ) + ⋯ + 𝑷(𝑨𝒏 )𝑷(𝑩/𝑨𝒏 )



Công thức Bayes

𝑷(𝑨𝒌 /𝑩) =

𝑷(𝑨𝒌 )𝑷(𝑩/𝑨𝒌 )
𝑷(𝑨𝒌 )𝑷(𝑩/𝑨𝒌 )
=
𝑷(𝑨𝟏 )𝑷(𝑩/𝑨𝟏 ) + 𝑷(𝑨𝟐 )𝑷(𝑩/𝑨𝟐 ) + ⋯ + 𝑷(𝑨𝒏 )𝑷(𝑩/𝑨𝒏 )
𝑷(𝑩)

12


Bài tập.
BÀI 1.2.1
Độ tin cậy của một hệ thống là xác suất làm việc tốt của hệ thống đó. Cho một hệ
thống được kết nối theo các hình thức sau:
a) Nối tiếp – xem hình vẽ 4

b) Song song – xem hình vẽ 5
c) Hỗn hợp dạng A – xem hình vẽ 6
d) Hỗn hợp dạng B – xem hình vẽ 7
Biết rằng các thiết bị trong hệ thống làm việc trong chế độ độc lâp với nhau và độ tin
cậy của các thiết bị trong hệ thống là 𝑝𝑖 ; 𝑖 = 1,2, … , 𝑛; Hãy tìm độ tin cậy của hệ thống
trong các trường hợp a), b), c), d).

(Hình vẽ 4&5)

Hướng dẫn giải.
a) Khi mắc nối tiếp, hệ còn tin cậy nếu tất cả các thiết bị trong hệ thống đều cịn tin cậy vì
vậy sử dụng công thức nhân xác suất, độ tin cậy của hệ thống sẽ bằng tích các độ tin cậy
của các thiết bị, do đó ta có:
13


𝑃(𝐻𝑎 ) = 𝑝1 𝑝2 … 𝑝𝑛
b) Khi mắc song song, hệ vẫn còn tin cậy nếu dù chỉ một thiết bị cịn tin cậy do đó độ tin
cậy của hệ thống được tính như sau:
𝑃(𝐻𝑏 ) = 1 − ⌈(1 − 𝑝1 )(1 − 𝑝2 ) … (1 − 𝑝𝑛 )⌉.
c) Khi mắc hỗn hợp như trong hình vẽ 6, lập luận kết hợp như trong trường hợp a) và b) ta
sẽ đi đến kết quả:
𝑃(𝐻𝑐 ) = 𝑃1 . 𝑃2 . 𝑃3
trong đó: 𝑃1 = 1 − ⌈(1 − 𝑝1 )(1 − 𝑝2 )(1 − 𝑝3 )⌉; 𝑃2 = 𝑝4 ;
𝑃3 = 1 − [(1 − 𝑝4 . 𝑝6 . 𝑝7 )(1 − 𝑝8 . 𝑝9 . 𝑝10 )].
d) Trong câu d) ta có nhận xét: Nếu thiết bị 5 bị hỏng thì hệ tương tự như 2 dây song song
(dây thứ nhất chỉ có các thiết bị 1 và 3, dây thứ hai chỉ có các thiết bị 2 và 4). Nếu thiết bị
5 tốt thì ta lại đưa về trường hợp mắc song song của 3 khối thiết bị. Tóm lại ta sẽ suy ra:
𝑃(𝐻𝑑 ) = 𝑞5 [𝑝1 𝑝3 + 𝑝2 𝑝4 − 𝑝1 𝑝2 𝑝3 𝑝4 ] + 𝑝5 [(1 − 𝑞1 𝑞2 )(1 − 𝑞3 𝑞4 )] ,
trong đó: 𝑞𝑖 = 1 − 𝑝𝑖 ; 𝑖 = 1,2,3,4,5.

BÀI 1.2.2
Một hộp kín có n phiếu thăm, trong đó có m phiếu trúng thưởng, với 𝑛 > 𝑚 > 1. Mỗi
người trong nhóm đều lần lượt được quyền rút thăm, và mỗi người chỉ được rút 01
phiếu thăm. Hỏi người thứ nhất hay người thứ hai rút thăm có khả năng rút được
phiếu trúng cao hơn.

Hướng dẫn giải.
Gọi A là biến cố người thứ nhất rút được phiếu trúng thưởng, gọi B là biến cố người thứ hai rút
được phiếu trúng thưởng. Áp dụng cách tính xác suất theo quan niệm đồng khả năng và cơng
thức xác suất tồn phần ta sẽ có:
𝑚
𝑃(𝐴) = 𝑛 ; (A và 𝐴̅ tạo nên một nhóm đủ: 𝐴̅ + 𝐴 = 𝛺).
(𝑛−𝑚)
𝑚 (𝑚−1)
𝑃(𝐵) = 𝑃(𝐴)𝑃(𝐵/𝐴) + 𝑃(𝐴̅ )𝑃(𝐵/𝐴̅ ) = 𝑛 (𝑛−1) + 𝑛

𝑚
(𝑛−1)

=

𝑚(𝑚−1)−𝑚(𝑛−𝑚)
𝑛(𝑛−1)

=

𝑚
𝑛

;

Vậy ta có: 𝑃(𝐴) = 𝑃(𝐵). Từ đó ta kết luận người thứ nhất và người thứ hai đều có khả năng
trúng thưởng như nhau.
BÀI 1.2.3
Có n tấm thẻ được đánh số và xếp theo thứ tự 1, 2,…,n. Ta trộn một cách ngẫu nhiên
các tấm thẻ đó, tìm xác suất của sự kiện sau khi trộn vẫu có ít nhất một thẻ khơng
thay đổi vị trí của mình.

14


Hướng dẫn giải.
Gọi 𝐴𝑖 ; 𝑖 = 1,2, … , 𝑛; là sự kiện thẻ thứ i ở đúng vị trí i . Theo đề bài biến cố cần tìm xác suất
chính là biến cố tổng ⋃𝑛𝑖=1 𝐴𝑖 ; Ta áp dụng cơng thức xác suất tổng, vì vậy ta cần tính các xác
suất thành phần sau:
𝑃(𝐴𝑖 ) =

(𝑛−1)!
𝑛!

1

=𝑛

𝑃(𝐴𝑖1 ∩ 𝐴𝑖2 ) =

(𝑛−2)!
𝑛!

=

………………………
𝑃(𝐴𝑖1 ∩ 𝐴𝑖2 … ∩ 𝐴𝑖𝑘 ) =

(𝑛−𝑘)!
𝑛!

Từ công thức xác suất tổng ta sẽ thu được:
𝑃(⋃𝑛𝑖=1 𝐴𝑖 ) = 𝐶𝑛1

(𝑛−1)!
𝑛!

− 𝐶𝑛2

1

1

(𝑛−2)!
𝑛!

1

+ ⋯ + (−1)𝑛−1 𝐶𝑛𝑛 𝑛!
1

= 1 − 2! + 3! − ⋯ + (−1)𝑛−1 𝑛!.
Để tính xấp xỉ xác suất trên ta có thể dùng khai triển Taylor, sẽ có:
𝑃(⋃𝑛𝑖=1 𝐴𝑖 ) ≈ 1 − 𝑒 −1 ≈ 0,63

BÀI 1.2.4 (Bài tốn tứ diện Bernstein)
Cho hình tứ diện đều (chóp tam giác đều), có ba mặt sơn ba màu khác nhau là đỏ,
xanh và trắng mặt thứ tư của nó sơn cả ba màu nói trên (không trộn màu, mà thành
đỏ, xanh và trắng riêng không giao nhau). Gọi 𝐻Đ , 𝐻𝑋 , 𝐻𝑇 là biến cố ngẫu nhiên
khi gieo tùy ý tứ diện đó trên mặt phẳng ta sẽ có mặt úp xuống dưới là mặt có màu
đỏ, xanh, trắng tương ứng, chứng minh rằng chúng tao thành các biến cố độc lập từng
đôi một nhưng khơng độc lập trên tồn thể.

Hướng dẫn giải.
Theo giả thuyết trong đề bài ta thấy rằng:
1

𝑃(𝐻Đ ) = 𝑃(𝐻𝑋 ) = 𝑃(𝐻𝑇 ) = 2 .
1

𝑃(𝐻Đ ∩ 𝐻𝑋 ) = 𝑃(𝐻𝑋 ∩ 𝐻𝑇 ) = 𝑃(𝐻𝑇 ∩ 𝐻Đ ) = 4
Mặt khác ta sẽ có:
1

1

4

8

𝑃(𝐻Đ ∩ 𝐻𝑋 ∩ 𝐻𝑇 ) = ≠ 𝑃(𝐻Đ )𝑃(𝐻𝑋 )𝑃(𝐻𝑇 ) = ;
Vậy 𝐻Đ , 𝐻𝑋 , 𝐻𝑇 , là những biến cố độc lập từng đơi một, nhưng khơng độc lập trên tồn thể.

15

BÀI 1.2.5
Trong một nhà máy có 4 phân xưởng cùng sản xuất một loại sản phẩm. Biết rằng các
phân xưởng 1,2,3,4 làm ra tương ứng với tỉ lệ: 25%; 30%; 25%;20% tổng số sản
phẩm của nhà máy. Ngoài ra ta còn biết được tỉ lệ phế phẩm tương ứng của các biến
phân xưởng là 2%;5%;3%;1%; Hãy tìm xác suất của các biến cố sau;
a) Khi kiểm tra một sản phẩm của nhà máy ta gặp đó là phế phẩm.
b) Trong số phế phẩm của nhà máy lấy ra một sản phẩm thì đó là phế phẩm của
phân xưởng thứ 3.

Hướng dẫn giải.
Gọi 𝐴𝑖 ;( i=1,2,3,4) là biến cố kiểm tra một sản phẩm thấy đó là sản phẩm của phân xưởng thứ i.
Gọi B là biến cố kiểm tra một sản phẩm thấy đó là phế phẩm. Theo điều kiện trong đề bài ta có:
𝑃(𝐴1 ) = 0,25; 𝑃(𝐴2 ) = 0,3; 𝑃(𝐴3 ) = 0.25; 𝑃(𝐴4 ) = 0,2.
𝑃(𝐵/𝐴1 ) = 0,02; 𝑃(𝐵/𝐴2 ) = 0,05; 𝑃(𝐵/𝐴3 ) = 0,03; 𝑃(𝐵/𝐴4 ) = 0,01.
a) Áp dụng công thức xác suất tồn phần ta sẽ có:
𝑃(𝐵) = ∑4𝑖=1 𝑃(𝐴1 ) = 0,25.0,02 + 0,3.0,05 + 0,25.0.03 + 0,2.0.01 = 0.0295
b) Áp dụng cơng thức Bayes ta sẽ có:
𝑃(𝐴3 )𝑃(𝐵/𝐴3 )
0.0075
𝑃(𝐴3 /𝐵) =
≈ 0,0295 ≈ 0,2542.
𝑃(𝐵)
BÀI 1.2.6
Trong một hộp kín có n quả cầu, ta rút ngẫu nhiên một cầu và được cầu có mầu
trắng.Khả năng về số cầu trắng trong hộp là như nhau, tìm xác suất của biến cố
trong hộp đó có đúng i quả cầu trắng (0 ≤ 𝑖 ≤ 𝑛).

Hướng dẫn giải.
Theo đề bài ta có (𝑛 + 1) khả năng về số lượng cầu trắng trong hộp, ta ký hiệu các biến cố

tương ứng là 𝐻0 , 𝐻1 , 𝐻2 , … , 𝐻𝑛 ; và chúng đều có xác suất như nhau:
1

𝑃(𝐻0 ) = 𝑃(𝐻1 ) = 𝑃(𝐻2 ) = ⋯ = 𝑃(𝐻𝑛 ) = 𝑛+1 .
Hơn nữa, nếu gọi B là biến cố rút một cầu và được cầu trắng ta tính được xác suất có điều kiện:
𝑖

𝑃(𝐵/𝐻𝑖 ) = 𝑛 ; ∀ 0 ≤ 𝑖 ≤ 𝑛.
Áp dung công thức Bayes ta sẽ thu được:
𝑃(𝐻𝑖 /𝐵) =

1 𝑖
𝑛+1 𝑛
1 𝑘
∑𝑛
𝑘=0 𝑛+1 𝑛

2𝑖

= 𝑛(𝑛+1).
16


BÀI 1.2.8
Trong một hộp kín có 16 quả cầu, gồm 5 cầu trắng, 7 cầu đen, 4 cầu đỏ. Hãy tìm xác
suất các biến c sau:
a) Rút lần lượt khơng hoàn lại 4 quả cầu, mỗi lần rút chỉ một cầu ta sẽ được cầu
trắng trong lần rút thứ nhất, được cầu đen trong lần rút thứ hai, lần thứ ba và
thứ tư đều được cầu đỏ.
b) Rút 4 lần, mỗi lần rút chỉ rút một cầu, ghi nhận mầu của cầu rồi hồn lại cầu

đó vào hộp, ta vẫn được kết quả như trong câu a) nghĩa là được cầu trắng
trong lần rút thứ nhất, được cầu đen trong lần rút thứ hai, lần thứ ba và thứ tư
đều được cầu đỏ.

Hướng dẫn giải.
a) Đối với trường hợp rút không hoản lại, ta gọi biến cố được cầu trắng trong lần rút thứ
nhất, được cầu đen trong lần rút thứ hai, lần thứ ba và thứ tư đều được cầu đỏ là A, áp
dụng công thức nhân xác suất ta sẽ có kết quả:
5

𝑃(𝐴) = 16

7

4

3

15 14 13

1

= 104 ≈ 0,0096.

b) Đối với trường hợp rút có hoản lại, ta gọi biến cố được cầu trắng trong lần rút thứ nhất,
được cầu đen trong lần rút thứ hai, lần thứ ba và thứ tư đều được cầu đỏ là B, áp dụng
cơng thức nhân xác suất ta sẽ có kết quả:
5

𝑃(𝐵) = 16

7

4

16 16

3

105

= 16384 ≈ 0.0064.
16

17


CHƯƠNG II ĐẠI LƯỢNG NGẪU NHIÊN (BIẾN NGẪU NHIÊN)
2.1 ĐẠI LƯỢNG NGẪU NHIÊN MỘT CHIỀU
Tóm tắt lý thuyết.




Đại lượng ngẫu nhiên 𝑿 = 𝑿(𝝎) − Là một hàm đo được trên không gian xác xuất:
(𝛺, F, 𝑃) và nhận giá trị trong không gian (𝑅, B). Hai lớp đại lượng ngẫu nhiên ta xét
trong phần này là đại lượng ngẫu nhiên liên tục và đại lượng ngẫu nhiên rời rạc.
Hàm phân phối xác suất 𝑭𝑿 (𝒙) − được xác định bởi,
∑(𝑥𝑖 <𝑥) 𝑃(𝑋 = 𝑥𝑖 ); 𝑛ế𝑢 𝑋 𝑙à đại lượng ngẫu nhiên rời rạc,
𝐹𝑋 (𝑥) ∶= 𝑃(𝑋 < 𝑥) = { 𝑥

𝑛ế𝑢 𝑋 𝑙à đại lượng ngẫu nhiên liên tục.
∫−∞ 𝑓𝑋 (𝑡) 𝑑𝑡;
trong đó, tổng ∑(𝑥𝑖 <𝑥) … , được lấy theo tất cả các giá trị 𝑥𝑖 < 𝑥; và 𝑓𝑋 (𝑡) là hàm mật độ
xác suất của X.
Một số đặc tính của hàm phân phối 𝑭𝑿 (𝒙):





0 ≤ 𝐹𝑋 (𝑥) ≤ 1; −∞ < 𝑥 < ∞.
𝐹𝑋 (−∞) = 0; 𝐹𝑋 (+∞) = 1;
𝐹𝑋 (𝑥) là hàm khơng giảm trên tồn trục thực.
𝐹𝑋 (𝑥) là hàm liên tục trái, nghĩa là:
lim− 𝐹𝑋 (𝑥) = 𝐹𝑋 (𝑥0 ).
𝑥→𝑥0

 𝑃(𝑥1 ≤ 𝑋 < 𝑥2 ) = 𝐹𝑋 (𝑥2 ) − 𝐹𝑋 (𝑥1 ); ∀[𝑥1 , 𝑥2 ) ⊂ 𝑅.
Một số đặc tính của hàm mật độ 𝒇𝑿 (𝒙):
 0 ≤ 𝑓𝑋 (𝑥); −∞ < 𝑥 < ∞.
∞
 ∫−∞ 𝑓𝑋 (𝑥)𝑑𝑥 = 1; nếu X là đại lượng ngẫu nhiên liên tục
 ∑(𝑥𝑖 ) 𝑃(𝑋 = 𝑥𝑖 ) = 1; nếu X là đại lượng ngẫu nhiên rời rạc, trong đó tổng
∑(𝑥𝑖 )(… ) được lấy theo tất cả các giá trị 𝑥𝑖 , mà X có thể nhận.
𝑥

 𝑃(𝑥1 ≤ 𝑋 < 𝑥2 ) = ∫𝑥 1 𝑓𝑋 (𝑥)𝑑𝑥.
1

𝑑

 𝑓𝑋 (𝑥) = 𝑑𝑥 𝐹𝑋 (𝑥).


Kỳ vọng của đại lượng ngẫu nhiên EX.
Kỳ vọng EX của đại lượng ngẫu nhiên X, được xác định bởi:
𝐸𝑋 = {

∑(𝑥𝑖 ) 𝑥𝑖 . 𝑃(𝑋 = 𝑥𝑖 ); 𝑛ế𝑢 𝑋 𝑙à đại lượng ngẫu nhiên rời rạc,
∞

∫−∞ 𝑥. 𝑓𝑋 (𝑥) 𝑑𝑥;

𝑛ế𝑢 𝑋 𝑙à đại lượng ngẫu nhiên liên tục.

trong đó tổng ∑(𝑥𝑖 )(… ) được lấy theo tất cả các giá trị 𝑥𝑖 , mà X có thể nhận.
Một số đặc tính của kỳ vọng.
Cho 𝑋1 và 𝑋2 là hai đại lượng ngẫu nhiên ta sẽ có:
 𝐸(𝑋1 + 𝑋2 ) = 𝐸(𝑋1 ) + 𝐸(𝑋2 ).
 Nếu 𝑋1 và 𝑋2 là hai đại lượng ngẫu nhiên độc lập ta sẽ có:
18


𝐸(𝑋1 . 𝑋2 ) = 𝐸(𝑋1 ). 𝐸(𝑋2 ).






𝐸(𝜆𝑋) = 𝜆𝐸𝑋; ∀ 𝜆 ∈ 𝑅.
Nếu : 𝑃(𝑋1 = 𝑋2 ) = 1, thì 𝐸(𝑋1 ) = 𝐸(𝑋2 ).
Nếu : 𝑋 ≥ 0, thì 𝐸𝑋 ≥ 0.
Nếu : 𝑃(𝑋 = 𝜆), thì 𝐸𝑋 = 𝐶𝜆; ∀ 𝜆 ∈ 𝑅.
Cho {𝑋𝑛 } là dãy các đại lượng ngẫu nhiên độc lập và có cùng phân phối 𝑋, có kỳ
vọng hữu hạn. Với 𝑓(𝑡) là hàm thực liên tục và bị chặn, khi đó ta sẽ có:
•
•



𝑋1 +𝑋2 +⋯+𝑋𝑛

lim 𝐸 [𝑓 (

𝑛

𝑛→∞

𝑘

)] = 𝑓(𝐸𝑋).

𝑛!

lim ∑𝑛𝑘=0 𝑓 (𝑛) 𝑘!(𝑛−𝑘)! 𝑡 𝑘 (1 − 𝑡)𝑛−𝑘 = 𝑓(𝑡); 0 ≤ 𝑡 ≤ 1.

𝑛→∞

Momen gốc cấp n của đại lượng ngẫu nhiên X.

Momen gốc cấp n của đại lượng ngẫu nhiên X, thường được ký hiệu là mn , nó được xác
định bởi:
∑(𝑥𝑖 ) 𝑥𝑖𝑛 . 𝑃(𝑋 = 𝑥𝑖 ); 𝑛ế𝑢 𝑋 𝑙à đại lượng ngẫu nhiên rời rạc,
𝑛
𝑚𝑛 ∶= 𝐸𝑋 = { ∞ 𝑛
𝑛ế𝑢 𝑋 𝑙à đại lượng ngẫu nhiên liên tục.
∫−∞ 𝑥 . 𝑓𝑋 (𝑥) 𝑑𝑥;
trong đó tổng ∑(𝑥𝑖 )(… ) được lấy theo tất cả các giá trị 𝑥𝑖 , mà X có thể nhận, và 𝑓𝑋 (𝑥) là
hàm mật độ đại lượng ngẫu nhiên X.



Momen trung tâm cấp n của đại lượng ngẫu nhiên X.
Momen trung tâm cấp n của đại lượng ngẫu nhiên X, thường được ký hiệu là μn , nó
được xác định bởi:
μ 𝑛 ∶= 𝐸(𝑋 − 𝐸𝑋)𝑛 ⇒
∑(𝑥𝑖 )(𝑥𝑖 − 𝐸𝑋)𝑛 . 𝑃(𝑋 = 𝑥𝑖 ); 𝑛ế𝑢 𝑋 𝑙à đại lượng ngẫu nhiên rời rạc,
μ𝑛 ={ ∞
𝑛ế𝑢 𝑋 𝑙à đại lượng ngẫu nhiên liên tục.
∫−∞(𝑥 − 𝐸𝑋)𝑛 . 𝑓𝑋 (𝑥) 𝑑𝑥;
trong đó tổng ∑(𝑥𝑖 )(… ) được lấy theo tất cả các giá trị 𝑥𝑖 , mà X có thể nhận, và 𝑓𝑋 (𝑥) là
hàm mật độ đại lượng ngẫu nhiên X.
Quan hệ giữa momen gốc và momen trung tâm – xem bài tập 2.2.11.



Momen giai thừa.
Momen giai thừa cấp k của đại lượng ngẫu nhiên X, được ký hiệu là 𝒎[𝑘] , nó được xác
định bởi:
𝒎[𝑘] ∶= 𝐸[𝑋(𝑋 − 1)(𝑋 − 2) … (𝑋 − 𝑘 + 1)].

Để tìm momen giai thừa của một đại lượng ngẫu nhiên người ta thường sử dụng hàm
sinh momen giai thừa 𝛷(𝑢) xác định bởi:
𝛷(𝑢) = 𝐸[(1 + 𝑢) 𝑋 ] = 𝐸[𝑒𝑥𝑝{𝑋. 𝑙𝑛(1 + 𝑢)}]; |𝑢| < 1.
Khi đó ta tính momen giai thừa cấp n cùa X, bởi đạo hàm cấp n của 𝛷(𝑢) tại 𝑢 = 0 ∶
𝒎[𝑛] = 𝛷 (𝑛) (0) = 𝐸[𝑋(𝑋 − 1)(𝑋 − 1) … (𝑋 − 𝑛 + 1)]; ∀𝑛 ∈ 𝑁.



Phương sai của đại lượng ngẫu nhiên X.
Phương sai của đại lượng ngẫu nhiên X, thường được ký hiệu là Var X, nó được xác định
bởi:
19


Var X ∶= 𝐸(𝑋 − 𝐸𝑋)2 .
Vậy phương sai của đại lượng ngẫu nhiên X chính là momen trung tâm bậc hai của nó.
Phương sai của đại lượng ngẫu nhiên X có đặc tính:
Var X = 𝐸𝑋 2 −(𝐸𝑋)2 = 𝑚2 − (𝐸𝑋)2 .
Phương sai của đại lượng ngẫu nhiên X thường được tính bởi:
∑(𝑥𝑖 )(𝑥𝑖 − 𝐸𝑋)2 . 𝑃(𝑋 = 𝑥𝑖 ); 𝑛ế𝑢 𝑋 𝑙à đại lượng ngẫu nhiên rời rạc,
Var X = { ∞
𝑛ế𝑢 𝑋 𝑙à đại lượng ngẫu nhiên liên tục.
∫−∞(𝑥 − 𝐸𝑋)2 . 𝑓𝑋 (𝑥) 𝑑𝑥;


Hàm sinh momen của đại lượng ngẫu nhiên 𝑴𝑿 (𝒕).
Hàm sinh momen của đại lượng ngẫu nhiên MX (t), được xác định bởi:
∑(𝑥𝑖 ) 𝑒 𝑡𝑥𝑖 . 𝑃(𝑋 = 𝑥𝑖 ); 𝑛ế𝑢 𝑋 𝑙à đại lượng ngẫu nhiên rời rạc,
𝑡𝑋
MX (t) ∶= 𝐸(𝑒 ) = { ∞ 𝑡𝑥

𝑛ế𝑢 𝑋 𝑙à đại lượng ngẫu nhiên liên tục.
∫−∞ 𝑒 . 𝑓𝑋 (𝑥) 𝑑𝑥;
trong đó tổng ∑(𝑥𝑖 )(… ) được lấy theo tất cả các giá trị 𝑥𝑖 , mà X có thể nhận, và 𝑓𝑋 (𝑥) là
hàm mật độ đại lượng ngẫu nhiên X.
Đặc tính của hàm sinh momen:
 Các momen gốc của đại lượng ngẫu nhiên X, có thể tính được qua các đạo hàm
của hàm sinh tại điểm t = 0, cụ thể là:
𝑑𝑛
𝑑𝑥 𝑛

MX (t)⃒𝑡=0 = 𝐸𝑋 𝑛 = 𝑚𝑛 .

Vì đặc tính này nên hàm sinh momen của đại lượng ngẫu nhiên đơi khi cịn được
gọi là hàm dẫn xuất của momen.
 Hàm sinh momen của tổng các đại lượng ngẫu nhiên độc lập sẽ bằng tích của các
hàm sinh tương ứng với các đại lượng ngẫu nhiên đó, cụ thể là:
M∑𝑛𝑖=1 𝑋𝑖 (t) = ∏𝑛𝑖=1 M𝑋𝑖 (t).
 Với X là đại lượng ngẫu nhiên và 𝛼 là một hằng số thực ta sẽ có:
MαX (t) = MX (αt); MX+α (t) = 𝑒 𝛼𝑡 MX (t).
 Gỉả sử với mọi n nguyên, dương đại lượng ngẫu nhiên 𝑌𝑛 có hàm phân phối F𝑌𝑛 (x)
và hàm sinh momen M𝑌𝑛 (t), trong khoảng −ℎ < 𝑡 < ℎ. Nếu tồn tại hàm phân
phối 𝐹𝑌 (𝑥), tương ứng với hàm sinh momen 𝑀𝑌 (𝑡) xác định trong khoảng |𝑡| ≤
ℎ1 < ℎ, sao cho: lim M𝑌𝑛 (t) = 𝑀𝑌 (𝑡), khi đó ta sẽ có :
𝑛→∞

lim F𝑌𝑛 (x) = F𝑌 (x).

𝑛→∞

20

A – Bài tập về đại lượng ngẫu nhiên rời rạc một chiều.

BÀI 2.1.1. (Phân phối Bernoulli – Bernoulli distribution)
Cho đại lương ngẫu nhiên X, chỉ nhận các giá trị 0;1 với các xác suất tương ứng:
𝑃(𝑋 = 0) = 1 − 𝑝 ; 𝑃(𝑋 = 1) = 𝑝;
trong đó p là số thực dương xác định thuộc khoảng (0,1].
a) Hãy tính hàm sinh momen của X.
b) Tính momen gốc cấp n của X, và từ đó hãy suy ra kỳ vọng và phương sai của X.

Hướng dẫn giải:
a) Hàm momen sinh của X sẽ bằng:
𝑀𝑋 (𝑡) = 𝑝𝑒 𝑡 + 1 − 𝑝.
b) Momen gốc cấp n của X sẽ là:
𝑚𝑛 = EX n = 𝑝
Từ đó suy ra kỳ vọng, Ex = 𝑝; và phương sai, 𝑉𝑎𝑟 𝑋 = EX 2 − (EX)2 = 𝑝(1 − 𝑝).

BÀI 2.1.2. (Phân phối nhị thức B(𝒏, 𝒑)– Binomia distribution)
Cho đại lương ngẫu nhiên X, nhận các giá trị nguyên, dương không quá n với xác suất
tương ứng là:
𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝐶𝑛𝑘 𝑝𝑘 (1 − 𝑝)𝑛−𝑘 ,
𝑛!

trong đó 𝑝 ∈ [0,1], 𝐶𝑛𝑘 = 𝑘! (𝑛−𝑘)! ; 𝑘 = 1,2, … , 𝑛.
a) Hãy tính hàm momen sinh của X.
b) Hãy tính kỳ vọng và phương sai của X.
c) Cho 𝑋𝑖 ; 𝑖 = 1,2, … , 𝑛 là những đại lượng ngẫu nhiên độc lập và có cùng phân
phối Bernoulli với tham số p, thì đại lượng ngẫu nhiên 𝜂 = ∑𝑛𝑖=1 𝑋𝑖 , sẽ có phân
phối nhị thức 𝐵(𝑛, 𝑝).

Hướng dẫn giải:
a) Hàm momen sinh của X sẽ tính được bởi:
𝑀𝑋 (𝑡) = 𝐸(𝑒 𝑡𝑋 ) = ∑𝑛𝑘=1 𝑒 𝑡𝑘 𝐶𝑛𝑘 𝑝𝑘 (1 − 𝑝)𝑛−𝑘 = ∑𝑛𝑘=1 𝐶𝑛𝑘 (𝑝𝑒 𝑡 )𝑘 (1 − 𝑝)𝑛−𝑘 ⇒
𝑀𝑋 (𝑡) = (𝑝𝑒 𝑡 + 1 − 𝑝)𝑛 .
b) Từ kết quả của câu a) ta rút ra kỳ vọng và phương sai:
21


𝐸𝑋 = 𝑀𝑋′ (𝑡)⃒𝑡=0 = 𝑛𝑝.
𝑉𝑎𝑟 𝑋 = 𝐸𝑋 2 − (𝐸𝑋)2 = 𝑀𝑋′′ (𝑡)⃒𝑡=0 − (𝑛𝑝)2 = 𝑛(𝑛 − 1)𝑝2 + 𝑛𝑝 − (𝑛𝑝)2 ⇒
𝑉𝑎𝑟 𝑋 = 𝑛𝑝(1 − 𝑝).
c) Chứng minh dựa vào tính chất hàm sinh momen của tổng các đại lượng ngẫu nhiên độc
lập sẽ bằng tích các hàm sinh momen, và đặc tính nếu hàm sinh của đại lượng ngẫu nhiên
tồn tại thì nó là duy nhất.

BÀI 2.1.3. (Phân phối nhị thức âm – còn gọi là phân phối Pascal – Negative binomial )
Cho đại lương ngẫu nhiên X, nhận các giá trị nguyên, dương với xác suất tương ứng
𝑟−1 𝑟 (1
𝑃{𝑋 = 𝑘} = 𝐶𝑘−1
𝑝
− 𝑝)𝑘−𝑟 ; 𝑘 = 𝑟, 𝑟 + 1, … , ∞; 0 < 𝑝 < 1,

a) Hãy tính hàm sinh momen của X.
b) Tính kỳ vọng và phương sai của X.
c) Khi 𝑟 = 1, ta sẽ có phân phối hình học (Geometric distribution). Hãy cho biết kỳ
vọng và phương sai của phân phối hình học.

Hướng dẫn giải:
a) Hàm sinh momen của X tính được như sau:

𝑡𝑘
∞
𝑡𝑘 𝑟−1 𝑟
𝑘−𝑟
𝑀𝑋 (𝑡) = ∑∞
𝑘=𝑟 𝑒 𝑃{𝑋 = 𝑘} = ∑𝑥=𝑟 𝑒 𝐶𝑘−1 𝑝 (1 − 𝑝)
𝑡(𝑘−𝑟) 𝑡𝑟 𝑟−1 (1
= 𝑝 𝑟 ∑∞
𝑒 𝐶𝑘−1 − 𝑝)𝑘−𝑟
𝑥=𝑟 𝑒
𝑡(𝑘−𝑟) 𝑟−1 (1
= 𝑝𝑟 𝑒 𝑡𝑟 ∑∞
𝐶𝑘−1 − 𝑝)𝑘−𝑟
𝑥=𝑟 𝑒
𝑟−1
𝑡
𝑘−𝑟
= 𝑝𝑟 𝑒 𝑡𝑟 ∑∞
𝑥=𝑟 𝐶𝑘−1 [𝑒 (1 − 𝑝)]
𝑝𝑒 𝑡

𝑟

= 𝑝𝑟 𝑒 𝑡𝑟 [1 − 𝑒 𝑡 (1 − 𝑝)]−𝑟 = (1−𝑒 𝑡(1−𝑝))
nếu 𝑡 < −𝑙𝑛(1 − 𝑝).

b) Đối với phân phối nhị thức âm, từ kết quả câu a) sẽ suy ra:
𝑟

𝐸𝑋 = 𝑀𝑋′ (𝑡)⃒ 𝑇=0 = 𝑝 ;

𝑟 2

𝑉𝑎𝑟 𝑋 = 𝐸𝑋 2 − (𝐸𝑋)2 = 𝑀𝑋′′ (𝑡)⃒𝑡=0 − (𝑝) =

𝑟(1−𝑝)
𝑝2

.

c) Khi 𝑟 = 1, dựa vào kết quả của câu b) sẽ suy ra được kỳ vọng và phương sai của phân
phối hình học là:
1

𝐸𝑋 = 𝑝 ; 𝑉𝑎𝑟 𝑋 =

1−𝑝
𝑝2

;

22


BÀI 2.1.4. (Phân phối siêu bội – Hypergeometric distribution)
Cho đại lương ngẫu nhiên X, nhận các giá trị nguyên, dương với các xác suất tương
ứng là:

𝑃(𝑋 = 𝑘) =

𝐶𝑛𝑘1 𝐶𝑛𝑟−𝑘

2
𝐶𝑛𝑟1 +𝑛2

; 𝑘 = 0,1,2, … , 𝑟;

trong đó. 𝑘 ≤ 𝑟; 𝑘 ≤ 𝑛1 ; 𝑟 − 𝑘 ≤ 𝑛2 ; 𝑛1 ∈ 𝑁; 𝑛2 ∈ 𝑁.
a) Hãy tìm kỳ vọng của X.
b) Hãy tìm phương sai của X.

Hướng dẫn giải:
a) Kỳ vọng của X tính được như sau:
𝐶𝑛𝑘1 𝐶𝑛𝑟−𝑘
2

𝐸𝑋 = ∑𝑟𝑘=1 𝑘 𝑃(𝑋 = 𝑘) = ∑𝑟𝑘=1 𝑘
𝐶𝑛𝑟−𝑘
2

(𝑛 −1)!

1
= 𝑛1 ∑𝑟𝑘=1 (𝑘−1)!(𝑛

𝑟−1
1 −𝑘)! 𝐶𝑛1 +𝑛2

= 𝑟𝑛

𝑛1

1 +𝑛2

∑𝑟−1
𝑚=0

𝐶𝑛𝑚1 −1 𝐶𝑛𝑟−1−𝑚
2
𝐶𝑛𝑟−1
1 +𝑛2 −1

𝐶𝑛𝑟1 +𝑛2

=
𝑟

= 𝑛1 𝑛

1 +𝑛2

= 𝑛1 𝑛

𝐶𝑛𝑘−1
𝐶 𝑟−𝑘
1 −1 𝑛2

∑𝑟𝑘=1

𝐶𝑛𝑟−1
1 +𝑛2 −1

𝑟

1 +𝑛2

b) Phương sai của X tính được như sau:
𝑉𝑎𝑟 𝑋 = 𝐸𝑋 2 − (𝐸𝑋)2 = 𝐸[𝑋(𝑋 − 1)] + 𝐸𝑋 − (𝐸𝑋)2
𝑟(𝑟−1)𝑛1 (𝑛1 −1)
1 +𝑛2 )(𝑛1 +𝑛2+1 )
𝑛1
𝑛2

= (𝑛

= 𝑟 (𝑛

1 +𝑛2

) (𝑛

+ 𝑟 (𝑛

1 +𝑛2

𝑛1

− (𝑟 (𝑛
)

1 +𝑛2
𝑛1 +𝑛2 −𝑟

) (𝑛

𝑛1

1 +𝑛2

2

)
)

).

1 +𝑛2 −1

BÀI 2.1.5. (Phân phối Poisson – Poisson distribution)
Cho đại lượng ngẫu nhiên X, nhận các giá trị nguyên, dương với xác suất tương ứng
1

𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝑘! 𝜆𝑘 𝑒 −𝜆 ; 𝜆 > 0; 𝑘 = 0,1,2, …
a) Hãy xác định hàm sinh momen của X, tìm kỳ vọng và phương sai của X.
b) Cho 𝑋1 và 𝑋2 là các đại lượng ngẫu nhiên độc lập có phân phối Poisson
tương ứng với các tham số 𝜆1 và 𝜆2 .
Chứng minh rằng 𝑋1+ 𝑋2 cũng có phân phối Poisson tương ứng với tham số
𝜆1 + 𝜆2 .

Hướng dẫn giải:
23

a) Hàm sinh momen của X tính được như sau:
1

1

𝑡𝑘
𝑘 −𝜆
𝑡𝑘
𝑡 𝑘
−𝜆(𝑒
𝑀𝑋 (𝑡) = 𝐸𝑒 𝑡𝑋 = ∑∞
= 𝑒 −𝜆 ∑∞
𝑘=0 𝑒 𝑘! 𝜆 𝑒
𝑘=0 𝑒 𝑘! (𝜆𝑒 ) = 𝑒

𝑡 −1)

.

Từ kết quả trên ta rút ra;
𝐸𝑋 = 𝑀′ (0) = 𝜆.
𝑉𝑎𝑟 𝑋 = EX 2 − (EX)2 = 𝑀′′ (0) − 𝜆2 = 𝜆2 + 𝜆 − 𝜆2 = 𝜆.
b) Hàm sinh momen của 𝑋1 và 𝑋2 tương ứng sẽ là:
𝑀𝑋1 (𝑡) = 𝑒 −𝜆1 (𝑒

𝑡 −1)

; 𝑀𝑋2 (𝑡) = 𝑒 −𝜆2 (𝑒

𝑡 −1)

.

Vì 𝑋1 và 𝑋2 là các đại lượng ngẫu nhiên độc lập nên theo tính chất của hàm sinh momen
ta thấy rằng 𝑋1 + 𝑋2 có hàm sinh momen:
𝑀𝑋1 +𝑋2 (𝑡) = 𝑀𝑋1 (𝑡). 𝑀𝑋2 (𝑡) = 𝑒 −𝜆1 (𝑒

𝑡 −1)

. 𝑒 −𝜆2 (𝑒

𝑡 −1)

= 𝑒 −(𝜆1 +𝜆2 )(𝑒

𝑡 −1)

Vậy 𝑋1 + 𝑋2 sẽ có phân phối Poisson với tham số bằng (𝜆1 + 𝜆2 ).

B – Bài tập về đại lượng ngẫu nhiên liên tục một chiều.

BÀI 2.2.1. (Phân phối đều – Uniform distribution)
Cho đại lượng ngẫu nhiên X, với hàm mật độ có dạng:
0; 𝑛ế𝑢 𝑥 ∉ [𝑎, 𝑏]
𝑓𝑋 (𝑥) = { 1
; 𝑛ế𝑢 𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏]
𝑏−𝑎

a) Hãy tính hàm phân phối xác suất của X.

b) Hãy tìm các momen gốc cấp n (𝑛 ∈ 𝑁).
Từ đó suy ra kỳ vọng và phương sai của X.
c) Chứng minh rằng nếu đại lượng ngẫu nhiên 𝜂 có hàm phân phối xác suất liên
tục là 𝐹𝜂 (𝑥), khi đó đại lượng ngẫu nhiên 𝜃 = 𝐹𝜂 (𝜂), sẽ có phân phói đều trên
đoạn [0,1].

Hướng dẫn giải:
a) Hàm phân phối đều của đại lượng ngẫu nhiên X sẽ là:
0;
x−a

FX (x) = { b−a
1;

nếu x < 𝑎
nếu x ∈ [a, b]
nếu x > 𝑏

24


b) Các momen gốc cấp n (n ∈ N), sẽ tính được bởi:
∞

b

bn+1 −an+1

1

EX n = ∫−∞ x n fX (x)dx = ∫a x n b−a dx = (b−a)(n+1)
Từ đó khi n = 1, ta sẽ thu được kỳ vọng của X:
EX =

b+a
2

Phương sai của phân phối đều trên [a, b], sẽ tính được bởi:
1 b3 −a3

1

Var X = EX 2 − (EX)2 = 3 (b−a) − 4 (b + a)2 =

(b−a)2
12

c) Ta có nhận xét hàm phân phối Fθ (x) = P[Fη (η) < 𝑥] sẽ bằng 0 nếu x ≤ 0, và bằng 1
nếu x > 1, vì Fη (η) chỉ nhận giá trị không âm và luôn nhỏ hơn 1.
Xét x trong khoảng [0,1], ta ký hiệu z = Fη−1 (x), ta sẽ có :
Fη (z) = Fη (Fη−1 (x)) = x.

Hình vẽ 9
Biến cố {θ = Fη (η) < 𝑥} xảy ra khi và chỉ khi {η < 𝑧}, (xem hình vẽ …) từ đó suy ra:
0;
nếu x ≤ 0
⇒ Fθ (x) = {Fη (z) = x; nếu x ∈ [0,1]
1;
nếu x > 1
Vậy θ = Fη (η) có phân phối đều trên khoảng [0,1].

BÀI 2.2.2. (Phân phối chuẩn 𝑵(𝒂, 𝝈𝟐 )
Cho đại lượng ngẫu nhiên X, với hàm mật độ có dạng:
1

1

𝑓(𝑥) = 𝜎√2𝜋 𝑒𝑥𝑝 {− 2𝜎2 (𝑥 − 𝑎)2 }
a) Hãy tính kỳ vọng của X.
b) Hãy tính phương sai và các momen trung tâm bậc n của X.
25