Lý thuyết xác suất căn bản

LÝ THUYẾT XÁC SUẤT CƠ BẢN
Phần I

Nhắc lại về tổ hợp và giải tích
1.1. Tập hợp
Định nghĩa 1.1.1. Cho trước hai tập A, B ta có:
A ∪ B = x : x ∈ A hoặc x ∈ B
A ∩ B = x : x ∈ A và x ∈ B
A\B = {x : x ∈ A, x ∈
/ B}
Ai = {x : ∃i ∈ I, x ∈ Ai }
i=I

Ai = {x : ∀i ∈ I, x ∈ Ai }
i=I

Định nghĩa 1.1.2. Cho A1 ⊂ A2 ⊂ . . . ⊂ An ⊂ . . .
lim An =

n→∞

An
n≥1

Tương tự với dãy (An )n ≥ 1 thỏa A1 ⊃ A2 . . .
lim An =

n→∞

An
n≥1

Công thức De - Morgan
Ai

Ai

=

i∈I

i∈I

Ai

Ai

=

i=I

i∈I

1.2. Giải tích tổ hợp
Định nghĩa 1.2.1.

(Quy tắc cộng)

Định nghĩa 1.2.2. (Quy tắc nhân)
Ví dụ: Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5. Có bao nhiêu số có 4 chữ số.
a. là khác nhau.

b. là các số lẻ và các chữ số có thể khác nhau.

1

CuuDuongThanCong.com

/>

Giải
Gọi số có 4 chữ số cần tìm là: abcd.
a. Ta có thể chia công việc thành lập số thỏa yêu cầu bài toán thành 4 giai đoạn:
Giai đoạn 1: a có 5 cách chọn a = 0
Giai đoạn 2: b có 5 cách chọn b ∈ {0, 1, . . . , 5} \ {a}
Giai đoạn 3: c có 4 cách chọn c ∈ {0, 1, . . . , 5} \ {a, b}
Giai đoạn 2: d có 3 cách chọn b ∈ {0, 1, . . . , 5} \ {a, b, c}
Vậy có 5 × 5 × 4 × 3 = 300 số thỏa yêu cầu bài toán.
Định nghĩa 2.3. (Hoán vị) Cho tập A, có |A| = n, 1 nhóm hoán vị của các phần tử thuộc
tập A là một song ánh từ A vào A. Số hoán vị của các phần tử thuộc A là:
P (n) = n! = 1.2.3 . . . n
Chú ý: (0! = 1).
Định nghĩa 2.4. (Chỉnh hợp) Chỉnh hợp chập k của n phần tử thuộc A là k bộ (a1 , . . . , ak )
thuộc Ak thỏa mãn ai = aj ; ∀i, j ∈ 1, k. Số chỉnh hợp chập k của n phần tử thuộc A.
Akn =

n!
(n − k)!

(0 ≤ k ≤ n)

Định nghĩa 2.5. Tổ hợp chập k của n phần tử thuộc A là một tập con gồm k phần tử

của A. Số tổ hợp chập k của n phần tử thuộc
Cnk =

n!
=
(n − k)!k!

n
k

Ví dụ: Một hồm gồm 8 bi đỏ, 6 bị trắng, 4 bi vàng. Người ta chọn ra 6 bi từ hộp đó. Hỏi
có bao nhiêu cách chọn nếu:
a. Không yêu cầu gì thêm.
b. Trong 6 bi chọn ra có 2 bi đỏ, 2 bi trắng, 2 bi vàng.
c. Đúng 2 vàng.
d. Trong cách chọn có 2 vàng.

2

CuuDuongThanCong.com

/>

Phần II

Biến cố và xác suất
2.1. Phép thử.
2.1.1. Phép thử.
– Một thí nghiệm, một quan sát về một hiện tượng nào đó. Phép thử được gọi là một
phép thử ngẫu nhiên nếu ta không biết trước kết quả của phép thử, nhưng vẫn có thể

xác định đươc một tập hợp các kết quả có thể chứa nó.
– Tập hợp các kết quả có thể có của phép thử được gọi là không gian mẫu (không gian
các sự kiện sơ cấp). Ký hiệu Ω.
– Mỗi phần tử của Ω được gọi là một sự kiện sơ cấp.
Ví dụ:
– Gieo đồng xu hai mặt (S, N ): Ω = {S, N } .
– Gieo đồng xu n lần: Ω = {ω = (ω1 , . . . , ωn ) : ωi ∈ {S, N }} .
– Gieo con xúc sắc: Ω = {1, 2, . . . , 6} .
2.1.2. Biến cố.
1. Biến cố là tập hợp con của không gian mẫu.
2. Biến cố bất khả là biến cố không thể xảy ra khi thực hiện phép thử.
3. Biến cố chắc chắn là biến cố chắc chắn sẽ xảy ra trong khi thực hiện một phép thử.
2.1.3. Quan hệ giữa các biến cố.
– Quan hệ kéo theo
– Quan hệ bằng nhau (tương đương)
2.1.4. Các phép toán trên các biến cố.
– Biến cố tổng.
– Biến cố tích.
– Biến cố kí hiệu.
– Biến cố xung khắc.
– Biến cố đối lập.

3

CuuDuongThanCong.com

/>

2.2. Đại số và xích ma đại số
Định nghĩa 2.2.1.

chất sau:

Họ các tập con A của Ω được gọi là một đại số nếu thỏa các tính

1. Ω ∈ A.
2. ∀A, B ∈ A : A ∪ B ∈ A.
3. ∀A ∈ A ⇒ A ∈ A.
Chú ý: Nếu A là một đại số.
– ∅ ∈ A : Ω ∈ A ⇒ Ω = ∅ = Ω.
– ∀A, B ∈ A : A ∩ B ∈ A : A ∩ B = A ∪ B .
 n



 Ai ∈ A
– A1 , . . . , An ∈ A ⇒

i=1
n






Ai

∈A

i=1

Ví dụ:

A = {Ω, ∅} ; A = ∅, A, A, Ω .

Định nghĩa 2.2.2. Họ các tập con F của Ω được gọi là σ đại số nếu thỏa các tính chất
sau:
1. Ω ∈ F.
2. ∀A ∈ F; A ∈ F.
n

3. ∀A1 , . . . , An ∈ F :

Ai ∈ F.
i=1

2.3. Xác suất
Định nghĩa 2.3.1. (Độ đo xác suất) Cho ánh xạ P : F −→ R được gọi là một độ đo xác
suất nếu thỏa các tính chất sau:
1. P (A) ≥ 0, ∀A ∈ F.
2. P (Ω) = 1.
3. ∀A1 , . . . , An ∈ F, Ai ∩ Aj = ∅, ∀i = j
n

P

n

Ai
i=1

Định nghĩa 2.3.2.

=

P (Ai )
i=1

(Không gian xác suất) Bộ thứ tự (Ω, F, P ) trong đó Ω là một tập,

F là một σ đại số trên Ω, P là một độ đo xác suất được gọi là một không gian xác suất.

4

CuuDuongThanCong.com

/>

Tính chất 2.3.3.
1. P (∅) = 0.
2. Nếu A, B ∈ F, A ∩ B = ∅ ⇒ P (A ∪ B) = P (A) + P (B) .
3. ∀A, B ∈ F : P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B) .
4. ∀A1 , A2 , . . . , An ∈ A

n

P

n

Ai

≤

i=1

P (Ai )
i=1

Chứng minh:
1. Ai = ∅, ∀i ≥ 1

∞

∞

P

Ai

=

P (Ai )

i=1

i=1
n

P (∅) =

P (∅)
i=1
n

= lim

n→∞

P (∅)
i=1

= lim nP (∅)
n→∞

⇒ lim [(n − 1) P (∅)] = 0
n→∞

⇒ P (∅) = 0
2. Tự cm
3. Tự cm
4. Ta đặt
B1 = A1
B2 = (A1 ∪ A2 ) \B1
..
.
n+1

Bn+1 =




Ak \Bn
k=1

∞
n=1

An

B ∩ B
i
j

=

∞
n−1

Bn

= ∅, ∀i = j, Bn ⊆ An

∞

⇒P

∞

An

=P

n=1

Bn
n=1

∞

=

P (Bn )
n=1
∞

≤

P (An )
n=1

5

CuuDuongThanCong.com

/>

Bn ⊂ An ⇒ P (Bn ) ≤ P (An )

2.4. Không gian xác suất hữu hạn

Định nghĩa 2.4.1. Trường hợp |Ω| < ∞, ta có thể định nghĩa độ đo xác suất P trên
F = P (Ω)
P : F −→ R
|A|
; N = |Ω|
N
1
P (ω) =
(ω ∈ Ω)
N
A −→

Ta gọi độ đo xác xuất này là độ đo xác suất rời rạc.
Ví dụ: Rút ngẫu nhiên không hoàn lại 3 lá bài từ một bộ bài, tính xác suất trong 3 lá
bài từ 1 bộ bài, tính xác suất trong 3 lá bài vừa rút không có lá bài nào chất cơ.
Giải
Gọi A là : “Lấy được 3 lá bài không phải là cơ”
3
.
Số phần tử của không gian mẫu là C52
3
Số phần tử của biến cố A là C39
C3
P (A) = 39
3
C52
Ví dụ: Nếu 1 số có 3 chữ số 000 → 999 được chọn 1 cách ngẫu nhiên. Tính xác suất trong
số đó có đúng 1 chữ số lớn hơn 5
Giải
Gọi Ai = Chọn được số có chữ số thứ i > 5 và các chữ số còn lại ≤ 5 ; i = 1, 2, 3

Ta có A = A1 + A2 + A3 ; A1 ∩ A2 = ∅
P (A) = P (A1 + A2 + A3 ) = P (A1 ) + P (A2 ) + P (A3 ) .
4.6.6
103
P (A1 ) = P (A2 ) = P (A3 )
P (A1 ) =

P (A) = 3P (A1 ) = 0.432
Ví dụ:

Trong một hộp có 100 bóng đèn trong đó có 75 bóng đèn tốt và 25 bóng đèn hư.

Lấy ngẫu nhiên không hoàn lại 15 bóng đèn, tính xác suất trong số 15 bóng đèn lấy ra có
ít nhất một bóng đèn bị hư
Giải

6

CuuDuongThanCong.com

/>

A : “Trong 15 bóng đèn lấy ra có ít nhất 1 bóng bị hư” ⇒ A : “Trong 15 bóng đèn không có
bóng nào bị hư”
P (A) = 1 − P A
=1−

15
C75
15

C100

Ví dụ: Gọi E, F, G là 3 biến cố. Hãy biểu diễn các biến cố sau thông qua 3 biến cố kể
trên
1. Chỉ E xảy ra.
2. Cả E&G xảy ra, F không xảy ra.
3. Có ít nhất 1 trong 3 sự kiện xảy ra.
4. Có ít nhất 2 sự kiện xảy ra.
5. Có đúng 2 sự kiện xảy ra.
6. Có nhiều nhất 2 sự kiện xảy ra.
Giải
1. E.F .G
2. E.G.F
3. E + G + F
4. E.F.G + E.F .G + E.F.G + E.F.G
5. E.F.G + E.F .G + E.F.G
6. E.F .G + E.F .G + E.F.G + E.F .G + E.F.G + E.F.G + E.F .G
Ví dụ: 2 con xúc sắc được gieo liên tục cho tới khi tổng điểm ở mặt phía trên của chúng
là 5 hoặc 7 thì dừng lại. Tính xác suất tổng điểm của 2 xúc sắc bằng 5 xảy ra trước
Giải
Ta đặt An = {Tổng 2 xúc sắc bằng 5 ở lần gieo thứ n và tổng 2 xúc sắc = 5&7 ở n − 1 lần
gieo trước đó }
∞

A = A1 + A2 +, . . .

An
n=1

An ∩ Am = ∅; ∀m = n

∞

P (A) =

P (An )
n=1

7

CuuDuongThanCong.com

/>

2.5. Xác suất có điều kiện
Định nghĩa 2.5.1. Xác suất của sự kiện A được tính với giả thiết sự kiện B đã xảy ra
được gọi là xác suất có điều kiện của A với điều kiện B, kí hiệu là P (A|B) và được tính
theo công thức
P (AB)
P (A|B) =
P (B)
Tính chất 2.5.2.
1. 0 ≤ P (A|B) ≤ 1
2. P (B|B) = 1
3. Nếu AC = ∅ thì P [(A + C) |B] = P (A|B) + P (C|B)
4. P A|B = 1 − P (A|B)
Ví dụ:

Gieo ngẫu nhiên 2 con xúc sắc cân đối & đồng chất

1. Tính xác suất khi biết tổng điểm 2 mặt của xúc sắc bằng 8 khi biết rằng xúc sắc thứ

nhất đã ra 3.
2. Tính xác suất tổng điểm ra bằng 6 khi biết rằng xức sắc thứ nhất I ra bằng 3.
Giải
Ta có Ω = {(ωi , ωj ) : 1 ≤ ωi , ωj ≤ 6} = {(1, 1) , . . . , , (6, 6)}
Gọi A = Tổng 2 mặt xúc sắc bằng 8 ; B = xúc sắc thứ nhất ra mặt bằng 3
6
1
1
5
; P (B) =
= ; P (A.B) =
P (A) =
36
36
6
36
P (A|B) =

P (A.B)
|A.B|
=
P (B)
|B|

Ví dụ: Trong một hộp gồm 8 bi đỏ, 4 bi trắng. Lấy ngẫu nhiên không hoàn lại 2 bi từ
hộp, tính xác suất để cả 2 bi đều là bi đỏ
Giải
Đặt Ai = Bi đỏ thứ i ,

i = 1, 2

Ta có
P (A1 A2 ) = P (A2 |A1 ) .P (A1 )
= P (A2 |A1 ) .P (A1 )
7 8
.
=
11 12
14
=
33

8

CuuDuongThanCong.com

/>

Định nghĩa 2.5.3. Công thức nhân xác suất.
Cho A và B là hai biến cố, nếu P (B) > 0 thì
P (AB) = P (A|B) .P (B)
= P (B|A) .P (A)
Cho A1 , A2 , ..., An là n biến cố
P (A1 , A2 , . . . , An ) = P (A1 ) .P (A2 |A1 ) .P (A3 |A1 A2 ) . . . P (An |A1 . . . An−1 )
Ví dụ: Một bộ bài gồm 52 lá được chia ngẫu nhiên thành 4 phần bằng nhau cho người
chơi. Tính xác suất mỗi người chơi nhận được đúng một con Át.
Giải
A1 = Con Át cơ nằm 1 trong 4 phần
A2 = Con Át cơ và con Át rô nằm trong 2 phần khác nhau
A3 = Con Át cơ, rô, nhép nằm trong 3 phần khác nhau

A4 = 4 con Át nằm trong 4 phần khác nhau
P (A4 ) = P (A1 A2 A3 A4 )
= P (A1 ) .P (A2 |A1 ) .P (A3 |A1 A2 ) .P (A4 |A1 A2 A3 )
39 26 13
= 1. . .
51 50 49
= 0.106

2.6. Công thức BAYES
Định nghĩa 2.6.1. Hệ các biến cố đầy đủ
Hệ các biến cố (Ai )i∈I được gọi là một hệ đầy đủ nếu



i∈I Ai
A ∩ A
i
j

Ví dụ:

=Ω
= ∅, ∀i = j

Hệ A, A là hệ đầy đủ.

Định lý 2.6.2. Công thức xác suất toàn phần.
Cho A1 , A2 , . . . , An là hệ đầy đủ và B là biến cố bất kì
P (B) = P (B|A1 ) .P (A1 ) + · · · + P (B|An ) .P (An )
n

=

P (Ai ) P (B|Ai )
i=1

9

CuuDuongThanCong.com

/>

Ví dụ: Một người có hai đồng xu, đồng xu thứ nhất là đồng xu cân đối, đồng xu thứ 2 có
xác suất mặt ngửa gấp 3 lần mặt sấp. Anh ta chọn ngẫu nhiên một đồng xu và gieo. Tính
xác suất mặt hiện là mặt ngửa. Nếu gieo được mặt ngửa thì xác suất chọn được đồng xu
cân đối là bao nhiêu?
Giải
Ai = Lấy được đồng xu thứ i để gieo , i = 1, 2
N = Xuất hiện mặt ngửa sau khi gieo
Ta có

A A = Ω
1 2
A A = ∅
1

2

Áp dụng công thức xác suất toàn phần:
P (N ) = P (N |A1 ) P (A1 ) + P (N |A2 ) P (A2 )

1 1 3 1
= . + .
2 2 4 2
5
=
8
P (A1 N )
P (N )
P (N |A1 ) P (A1 )
=
P (N )
1 1
.
= 2 2
5
8
2
=
5

P (A1 |N ) =

Định lý 2.6.3. Công thức Bayes.
Cho A1 , A2 , . . . , An là một hệ đầy đủ, B là một biến cố bất kỳ
P (Ai |B) =

P (B|Ai ) P (Ai )
P (B|Ai ) P (Ai )

n

i=1

Tính chất 2.6.4. Tính chất của xác suất có điều kiện
Cho A, B, C là 3 biến cố và P (C) > 0
1. 0 ≤ P (A|B) ≤ 1
2. P (B|B) = 1, P (∅|C) = 0
3. Nếu AC = ∅ thì P [(A + C) |B] = P (A|B) + P (C|B)
4. P A|B = 1 − P (A|B)

10

CuuDuongThanCong.com

/>

Chú ý:(Ω, F, P), F ∩ C = {F ∩ C : F ∈ F}
Hàm tập:
P (·|C) : F
A

−→ R
−→ P (A|C)

Là một độ đo xác suất.
P [(A ∪ B) C]
P (C)
P (AC ∪ BC)
=
P (C)
P (AC) + P (BC)

=
P (C)

P (A ∪ B|C) =

= P (A|C) + P (B|C)

2.7. Sự độc lập
Định nghĩa 2.7.1. Hai biến cố A và B được gọi là độc lập nếu:
P (AB) = P (A) P (B)
Lưu ý: Nếu A, B độc lập
P (A|B) = P (A)
P (B|A) = P (B)
Ví dụ:

Gieo hai con xúc sắc và theo dõi mặt phía trên của chúng:

A = Tổng hai xúc sắc bằng 7
B = Xúc sắc thứ nhất ra mặt 5
6
1
=
36
6
6
1
P (A) =
=
36
6

1
P (AB) =
36
P (B) =

Định nghĩa 2.7.2. Họ các biến cố Ai , i = 1, n được gọi là độc lập nếu:
∀2 ≤ k ≤ n, ∀i1 , i2 , . . . , ik ∈ {1, . . . , n}
P (Ai1 Ai2 . . . Aik ) = P (Ai1 ) . . . P (Aik )

11

CuuDuongThanCong.com

/>

Ví dụ:

Ví dụ:




P (AB)




P (AC)
A, B, C độc lập ⇔



P (BC)




P (ABC)

= P (A) P (B)
= P (A) P (C)
= P (B) P (C)
= P (A) P (B) P (C)

Gieo hai con xúc sắc và quan sát mặt trên của chúng

– Tổng điểm trên hai xúc sắc bằng 9
A = Xúc sắc 1 ra mặt 1, 2 hoặc 3
B = Xúc sắc 1 ra mặt 4, 5 hoặc 6
C = Tổng điểm trên hai xúc sắc bằng 9
Ta có:
1
,
6
18
P (A) =
,
36

P (AB) =

1
1
, P (BC) =
36
12
18
4
P (B) =
, P (C) =
36
36

P (AC) =

P (AB) = P (A) P (B)
P (AC) = P (A) P (C)
P (BC) = P (B) P (C)
– Tổng điểm trên hai xúc sắc bằng 7
A = Xúc sắc 1 ra mặt 1, 2 hoặc 3
B = Xúc sắc 1 ra mặt 4, 5 hoặc 6
C = Tổng điểm trên hai xúc sắc bằng 7
Ta có:

P (A) =

18
,
36

P (B) =

9
36
3
P (BC) =
36
3
P (AC) =
36
3
P (ABC) =
36
P (AB) =

18
4
, P (C) =
36
36

= P (A) P (B)
= P (C) P (D)
= P (A) P (C)
= P (A) P (B) P (C)

Ví dụ: Giải lại ví dụ: 2 con xúc sắc được gieo liên tục cho tới khi tổng điểm ở mặt phía
trên của chúng là 5 hoặc 7 thì dừng lại. Tính xác suất tổng điểm của 2 xúc sắc bằng 5 xảy
ra trước.
12

CuuDuongThanCong.com

/>

P (En ) =

n−1

10
36

1−

4
1
=
36
9

13
18

n−1

Bi = Gieo được tổng điểm bằng 5 ở lần thứ i
Ai = Gieo được tổng điểm bằng 5 hoặc 7 ở lần thứ i
Ei = A1 . . . An−1 Bi

P (En ) = P (A1 . . . An−1 Bn )
= P (A1 ) . . . P (An−1 ) P (Bn )

n−1

= [P (A1 )]

P (Bn )

∞

P (E) =

P (En )
n=1
∞

=

1
9
n=1

=

1
9 n=1

=

1
.
9

∞

13
18

n−1

13
18

n

1
1−

1 18
.
9 5
2
=
5

13
18

=

13

CuuDuongThanCong.com

/>

Phần III

Biến ngẫu nhiên
3.1. Biến ngẫu nhiên
Định nghĩa 3.1.1. Cho hàm số
X:Ω −→ R
ω

−→ X (ω)

Thỏa X −1 (B) ∈ F, ∀B ∈ F được gọi là một biến ngẫu nhiên. Trong đó: F là σ- đại số trên
Ω.
Ví dụ:

Tung hai đồng xu, gọi X là số mặt ngửa
Ω = {SS, NS, SN, NN}
F = P (Ω)
ω

SS

NS

SN

NN

X (ω)

0

1

1

2

Chú ý:
(X ∈ B) = {ω : X (ω) ∈ B} = X −1 (B)
(X ≤ 5) = {ω ∈ Ω : X (ω) ≤ 5}
(a ≤ X ≤ b) = {ω ∈ Ω : a ≤ X (ω) ≤ b}

3.2. Phân phối của xác suất
Định nghĩa 3.2.1. Phân phối xác suất của biến ngẫu nhiên X là một độ đo cảm sinh
trên R, được xác định như sau:

PX : B
B

−→ R
−→ P X −1 (B) = P (X ∈ B)

14

CuuDuongThanCong.com

/>

PX

0,

3
2

=P

X −1

=P

X∈

3
2
3
0,
2
0,

= P ({SS, NS, SN})
= P ({SS}) + P ({NS}) + P ({SN})
3
=
4
Chú ý:

– Mọi ánh xạ trên Ω, trong trường hợp |Ω| < ∞ là biến ngẫu nhiên.
– Mọi ánh xạ liên tục từ Ω vào R đều là biến ngẫu nhiên.
Định nghĩa 3.2.2. Hàm phân phối xác suất
Cho biến ngẫu nhiên X, hàm
FX : R −→ [0, 1]
x −→ P (X ≤ x)
được gọi là hàm phân phối xác suất của X.
Ví dụ:

Tung hai đồng xu, gọi X là số mặt ngửa
Ω = {SS, NS, SN, NN}
F = P (Ω)

– x<0:
FX (x) = P (X ≤ x)
= P ({ω : X (ω) ≤ x})
=0
– 0≤x<1:
FX (X ≤ x) = P (ω ∈ Ω, X (ω) ≤ x)
= P (ω ∈ Ω : X (ω) = 0)
= P (SS)
1
=
4
FX (0) = P (X ≤ 0)
= P (X = 0)
= P ({SS})
1
=
4

15

CuuDuongThanCong.com

/>

– 1≤x<2:
FX (x) = P (X ≤ x)
= P (ω ∈ Ω : X (ω) ≤ x)
= P ω ∈ Ω : X (ω) = 0 hoặc X (ω) = 1
= P (ω ∈ Ω : X (ω) = 0) + P (ω ∈ Ω : X (ω) = 1)
1 2
= +
4 4
3
=
4
– x>2:
FX (x) = P (X ≤ x)
= P ((X = 0) ∪ (X = 1) ∪ (X = 2))
= P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2)
1 2 1
= + +
4 4 4
=1

Mệnh đề 3.2.3. Hàm phân phối xác suất của FX của biến ngẫu nhiên X thỏa:
1. Hàm FX không giảm
2. FX liên tục phải.

3. FX (+∞) = limx→+∞ FX (x) = 1
FX (−∞) = limx→−∞ FX (x) = 0
4. F (a ≤ X ≤ b) = FX (b) − FX (a)

16

CuuDuongThanCong.com

/>

Ví dụ:

Chứng minh: ∀x1 , x2 , x1 ≤ x2 suy ra FX (x1 ) ≤ FX (x2 ).
Giải
FX (x1 ) = P (X ≤ x1 )
FX (x2 ) = P (X ≤ x2 )
(X ≤ x1 ) = {ω ∈ Ω : X (ω) ≤ x1 }
⊂ {ω ∈ Ω : X (ω) ≤ x2 }
= (X ≤ x2 )
⇒ P (X ≤ x1 ) ≤ P (X ≤ x2 )
⇔ FX (x1 ) ≤ FX (x2 )

Vậy ta có điều phải chứng minh.

3.3. Phân loại biến ngẫu nhiên
Định nghĩa 3.3.1. Biến ngẫu nhiên rời rạc:
Biến ngẫu nhiên X được gọi là rời rạc nếu nó chỉ nhận hữu hạn hoặc vô hạn đếm được giá
trị.
Giả sử X là biến ngẫu nhiên rời rạc nhận giá trị (xi )i∈I ⊂ R
Đặt

fX : R −→ [0, 1]


P (X = x) , x ∈ {x : i ∈ I}
i
x −→ fX (x) =
0
,x ∈
/ {xi : i ∈ I}

Hàm fX được gọi là hàm xác suất của biến ngẫu nhiên X.
Mệnh đề 3.3.2. Cho X là biến ngẫu nhiên rời rạc với hàm xác suất fX thì:
1. FX (x) =

fX (xi ) =
xi ≤x

2.

fX (xi ) =
i∈I

pi
xi ≤x

pi = 1
i∈I

3. P (a ≤ X ≤ b) =

fX (xi ) =
a
Ví dụ:

pi
a
Cho X là biến ngẫu nhiên rời rạc với bảng phân phối xác suất như sau:
X

-2

-1

0

1

2

P

1/8

1/4

1/4

1/4

1/8

a) Xác định hàm phân phối xác suất F của X.
17

CuuDuongThanCong.com

/>

b) Tính P (−1, 5 ≤ X ≤ 1, 5).
Giải
a)




0





 18




3
FX (x) =

, x < −2
, −2 ≤ x < −1
, −1 ≤ x < 0

8

5




8

7


8



1

,0 ≤ x < 1
,1 ≤ x < 2
,≥ 2

b) Tính P (−1, 5 ≤ X ≤ 1, 5).
P (−1, 5 ≤ X ≤ 1, 5) = F (1, 5) − F (−1, 5)
7 1

= −
8 8
3
=
4
Định nghĩa 3.3.3. Biến ngẫu nhiên liên tục tuyệt đối
Biến ngẫu nhiên X được gọi là biến ngẫu nhiên liên tục tuyệt đối nếu tồn tại fX không âm,
xác định trên R và thỏa:
ˆ
P (X ∈ B) =

fX (x) dx
B

Hàm fX được gọi là hàm mật độ xác suất của biến ngẫu nhiên X.
Chú ý: Nếu X là biến ngẫu nhiên liên tục với hàm mật độ fX thì:
1. P (X = a) = 0, a là một hằng số.
ˆ
2. P (a < X < b) = P (a ≤ X < b) = P (a < X ≤ b) = P (a ≤ X ≤ b) =

fX (x)dx
a

18

CuuDuongThanCong.com

/>
b

3. Nếu fX liên tục tại x thì
fX (x) =
ˆ

d
(FX (x)) = FX (x)
dx

+∞

4. FX (x) =

fX (x) dx
−∞

ˆ

+∞

5. Mọi hàm f không âm và thỏa

f (x) dx = 1 đều là hàm mật độ của biến ngẫu
−∞

nhiên X nào đó.
Ví dụ:

Cho X là biến ngẫu nhiên liên tục có hàm mật độ

fX


ax(x − 2)
=
0

, x ∈ [0, 2]
,x ∈
/ [0, 2]

a) Xác định fX (x).
b) Xác định FX , tính P (−1, 5 ≤ X ≤ 1, 5)
Giải
a) Do fX là hàm mật độ


∀x
fX (x) ≥ 0
⇔ ˆ +∞

fX (x) dx = 1

−∞


ax (x − 2) ≥ 0
, ∀x ∈ [0, 2]
ˆ 2
⇔


a x (x − 2) dx = 1
0


≤0
a
2
3
⇔
x

a
− x2
=1
3
0


a
≤0
⇔
−4

=1
a
3
3
⇔a = −
4


− 3 x (x − 2) , x ∈ [0, 2]
4
⇒fX (x) =
0
,x ∈
/ [0, 2]
b)
Tìm FX :
– x<0:
FX (x) = 0
19

CuuDuongThanCong.com

/>

– 0≤x<2:

ˆ

+∞

FX (x) =

fX (t) dt
−∞
x

ˆ

3
− t (t − 2) dt
4
0
3 x3
=−
− x2
4 3
=

– x≥2:
FX (x) = 1
Vậy ta có hàm phân phối FX :



0


 3
FX (x) = −

4



1

,x < 0

x3
− x2
3

,0 ≤ x < 2
,x ≥ 2

P (−1, 5 ≤ x ≤ 1, 5) = FX (1, 5) − FX (−1, 5) =

27
2

3.4.Hàm của một biến ngẫu nhiên.
Định nghĩa 3.4.1. Hàm của biến ngẫu nhiên rời rạc
Cho biến ngẫu nhiên X với bảng phân phối xác suất:
X

x0

x1

...

P

p0

p1

...

và f là một hàm đo được từ R vào R thì Y = f (X) là một biến ngẫu nhiên rời rạc có bảng
phân phối xác suất
Y

x0

x1

...

P

p0

p1

...

Với quy ước f (xi ) = f (xj ) thì trong bảng ta chỉ ghi f (x) và pi + pj .
Ví dụ:
X

-2

-1

0

1

2

P

1/8

1/4

1/4

1/4

1/8

Xét Y = f (X) = X 2
20

CuuDuongThanCong.com

/>

Y

4

1

0

1

4

P

1/8

1/4

1/4

1/4

1/8

Y

0

1

4

P

1/4

1/2

1/4

Định nghĩa 3.4.2 Hàm của biến ngẫu nhiên liên tục tuyệt đối.
Sử dụng hàm phân phối.
– Từ định nghĩa của Y = f (X), ta tìm hàm phân phối của Y .
– Nếu FY khả vi thì fY (y) = F (y) .
Ví dụ:

Cho


− 3 x(x − 2) x ∈ [0, 2]
4
fX (x) =
0
x∈
/ [0, 2]

Hãy tìm hàm mật độ của biến ngẫu nhiên Y = X 2 .
FY (y) = P (Y ≤ y) = P X 2 ≤ y
– Nếu y < 0 : FY (y) = 0
– Nếu y ≥ 0 :
FY (y) = P X 2 ≤ y
√
√
= P (− y ≤ X ≤ y)
√
√
= FX ( y) − FX (− y)
⇒ fY (y) = [FY (y)]

√
√
= [FX ( y)] − [FX (− y)]
1
1
√
√
= √ FX ( y) − − √
FX (− y)
2 y
2 y
1
√
√
= √ [FX ( y) + FX (− y)]
2 y
1
√
√
= √ [fX ( y) + fX (− y)]
2 y
3 √ √
1
−
= √
y ( y − 2)
2 y
4
3 √
= − ( y − 2)

8
Định lý 3.4.3. Giả sử g là một hàm có hàm ngược, g xác định trên một tập mở chứa giá
trị của fX và h = g −1 là hàm khả vi, thì biến ngẫu nhiên Y = g (X) có hàm mật độ:
fY (y) = fX g −1 (y) . g −1 (y)
= fX (h (y)) .h (y)
21

CuuDuongThanCong.com

/>

Ví dụ:
fY .

Cho biến ngẫu nhiên X có hàm mật độ fX như dưới đây và Y = g(X) = X 2 . Tìm

fX (x)


− 3 x (x − 2) x ∈ (0, 2)
4
=
0
x∈
/ (0, 2)

g : (0, 2) −→ R
x −→ x2
h(x) = g −1 (x) =

√

x

⇒ fY (y) = fX (h (y)) .h (y)
3√ √
1
=−
y ( y − 2) √
4
2 y
3 √
= − ( y − 2)
8
Định lý 3.4.4. Nếu g : U −→ V là một ánh xạ khả vi, trong đó U, V là các tập mở.
Cho X là biến ngẫu nhiên có hàm mật độ fX và U sai khác so với sup (fX ) một tập có độ
đo không. Giả sử hi i = 1, n là các khả nghịch phải của g, hi khả vi và có đạo hàm khác
không, hi (V ) tạo thành một phân hoạch của U thì Y = g (X) có hàm mật độ là:
n

fY (y) =

fX (hi (y)) .hi (y)
i=1

Ví dụ:

Cho X là biến ngẫu nhiên có hàm mật độ fX (x). Hãy xác định hàm mật độ của

2

Y =X .
g:R

−→ R+

x −→ x2

h1 : R+

−→ R
√
x −→
x

h2 : R +

−→ R

√
x −→ − x

h1 , h2 là 2 khả nghịch phải của g.
h1 (R+ ) = R+ ;h2 (R+ ) = R− ;R = R+ ∪ R−

22

CuuDuongThanCong.com

/>

Hàm mật độ của Y = X 2 là:
fY (y) = fX (h1 (y))).h1 (y) + fX (h2 (y)) .h2 (y)
1
1
√
√
= fX ( y) √ − fX (− y) √
2 y
2 y
Ví dụ:

Cho λ > 0 và hàm f được định nghĩa như sau:

f (x) =


 1 e−λx

x≥0

 1 eλx

x<0

2
2

1. Chứng tỏ f là hàm mật độ của một biến ngẫu nhiên nào đó.
2. Nếu X là biến ngẫu nhiên có hàm mật độ f . Hãy xác định hàm mật độ của Y = |X|.

Giải
1. Kiểm tra hàm mật độ:



∀x
f (x) ≥ 0
ˆ +∞

f (x)dx = 1

−∞

Ta có: f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R.
Mặt khác:
ˆ
+∞

f (x) dx =
−∞

=
=
=
=

1
2

ˆ

0

λeλx dx +

−∞

1
2

ˆ

+∞

λe−λx dx

0

ˆ 0
ˆ t
1
1
λx
lim
λe dx + lim
λe−λx dx
2 t→∞ t
2 t→∞ 0
1
1

0
t
lim eλx t + lim −e−λx 0
2 t→−∞
2 t→∞
1
1
lim 1 − eλt + lim −e−λt + 1
2 t→−∞
2 t→∞
1 1
+ = 1.
2 2

2. Y = |X|
P (Y ≤ y) = P (|X| ≤ y)
– y < 0 ⇒ P (Y ≤ y) = 0
– y≥0

23

CuuDuongThanCong.com

/>

P (Y ≤ y) = P (|X| ≤ y)
= P (−y ≤ X ≤ y)
ˆ 0
ˆ y
1 λx

1 −λx
=
e λdx +
e
λdx
2
−y
0 2
=

0

1 λx
e
2

y

1 −λx
e
2
0
1 −λy
−
e
−1
2

−
−y

1
=
1 − e−λy
2
= 1 − e−λy

3.5. Một số tính chất của biến ngẫu nhiên.
Định nghĩa 3.5.1. Kỳ vọng
Trường hợp rời rạc: Cho X là biến ngẫu nhiên rời rạc có phân phối xác suất:
X

x1

x2 . . .

xn . . .

P

p1

p2 . . .

pn . . .

thì kỳ vọng của X là:

∞

E (X) =

xi pi
i=1

Trường hợp liên tục tuyệt đối: Cho X là biến ngẫu nhiên liên tục tuyệt đối với hàm mật độ
fX , kỳ vọng của X là:
ˆ +∞
E (X) =
xf (x)dx
−∞

Ví dụ:

Cho biến ngẫu nhiên X nhận giá trị trên N với:
P (X = k) = e−λ

λk
, k = 0, 1, . . .
k!

Tính E (X) .
Giải

24

CuuDuongThanCong.com

/>

+∞

ke−λ

E (X) =
k=0
+∞

e−λ

=
k=1

λk
(k − 1)!

+∞

= e−λ λ
k=1
+∞

= e−λ λ
k=0

=e

−λ

λk

k!

λk−1
(k − 1)!
λk
k!

λeλ

=λ
Ví dụ:

Cho


2x x ∈ [0, 1]
fX (x) =
0
x∈
/ [0, 1]
ˆ

+∞

E(X) =

xfX (x)dx
−∞
ˆ 1

=

x.2xdx
0

2x3
3

=

1
0

2
=
3
3.5.2.

Tính chất của kỳ vọng

1. E (c) = c, với c là hằng số.
2. E (X + Y ) = E (X) + E (Y ), E (cX) = cE (X) .
3. E (XY ) = E (X) E (Y ), nếu X, Y là 2 biến ngẫu nhiên độc lập.
Kỳ vọng của hàm của một biến ngẫu nhiên.
Trường hợp rời rạc: Cho X là biến ngẫu nhiên với bảng phân phối:
X

x1

x2 ...

xn ...

P

p1

p2 ...

pn ...

và Y = g (X) thì

∞

E (Y ) =

g (xi ) pi
i=1

Trường hợp liên tục tuyệt đối: Cho X là biến ngẫu nhiên với hàm mật độ fX và Y = g(X),
thì:
25

CuuDuongThanCong.com

/>