Bài tập về hàm mật độ xác suất năm 2024

Giả sửΩlà một tập khác rỗng nào đó, ta kí hiệu 2 Ωtập tất cả các tập con củaΩbao gồm cả tập rỗng∅vàΩ. Giả sửAlà một tập con của 2 Ω.

Định nghĩa 1. A được gọi là một đại số nếu

1. ∅ ∈A và Ω∈A ; 2. Nếu A∈A thì Ac=Ω\A∈A ; 3. A đóng đối với phép giao và phép hợp hữu hạn: tức là, với mọi A 1 ,...,An∈A , ta có ∪ni= 1 Ai và ∩ni= 1 Ai đều thuộc A_._

A được gọi là một σ-đại số nếu nó thỏa mãn điều kiện 1 , 2 và

4. A đóng đối với phép giao và phép hợp đếm được: tức là, với mọi dãy Ai,i= 1 , 2 ,... các phần tử của A , ta có ∪i≥ 1 Ai và ∩i≥ 1 Ai đều thuộc A_._ Dễ thấy mọiσ-đại số đều là đại số. Tuy nhiên tồn tại các đại số mà không phải làσ-đại số.

Ví dụ 1. Giả sử Ω là một tập gồm vô hạn phần tử và A là họ tất cả các tập con A của Ω sao cho A hoặc Ω\A chỉ có hữu hạn phần tử. Khi đó A là đại số nhưng không phải σ -đại số.

4

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN XÁC SUẤT 6

(2’) Với mọiA,B∈Athỏa mãnA∩B=∅ta có P(A∪B)=P(A)+P(B)

thì ta gọiPlà độ đo hữu hạn cộng tính.

Mệnh đề 1. Nếu P là độ đo xác suất trên (Ω,A) thì

1. P(∅)= 0 ; 2. P là hữu hạn cộng tính; 3. P(Ac)= 1 −P(A) vói mọi A∈A ; 4. Nếu A,B∈A và A⊂B thì P(A)≤P(B) ;

1.1 Tính liên tục của độ đo xác suất*

Tính hữu hạn cộng tính không kéo theo đếm được cộng tính. Tuy nhiên ta có các khẳng định sau. 1

Định lí 1. Giả sử A là một σ -đại số và P:A→[0,1] thỏa mãn P(Ω)= 1 và là hữu hạn cộng tính. Khi đó các khẳng định sau là tương đương:

(i) P là đếm được cộng tính; (ii) Nếu An∈A và An↓ ∅ thì P(An)↓ 0 ; (iii) Nếu An∈A và An↓A thì P(An)↓P(A) ; (iv) Nếu An∈A và An↑Ω thì P(An)↑ 1 ; (v) Nếu An∈A và An↑A thì P(An)↑P(A).

Chứng minh. Kí hiệuAn↓Anghĩa làAn+ 1 ⊂Anvới mọinvàA=∩nAn. Tương tựAn↑A nghĩa làAn⊂An+ 1 vàA∪nAn. Ta sẽ lần lượt chứng minh

(i)⇔(v)⇒(iii)⇒(ii)⇒(iv)⇒(v). 1 Định lí sau nên được bỏ qua ở những lần đọc đầu tiên

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN XÁC SUẤT 7

(i)⇒(v): Giả sửAn↑A. Xét dãy biến cốB 1 =A 1 vàBn=An+ 1 \Anvới mọin≥ 2. Khi đó (Bn)là dãy biến cố đôi một rời nhau vàA=∪∞n= 1 BnvàAn=∪nk= 1 Bk. Do đó

P(A)=P(∪k≥ 1 Bk)=

∑∞

k= 1

P(Bk).

Vậy nên

P(An)=

∑n k= 1

P(Bk)↑

∑∞

k= 1

P(Bk)=P(A). (v) ⇒ (i): Giả sử(An)n≥ 1 là dãy biến cố đôi một xung khắc. ĐặtBn = ∪nk= 1 Ak. Ta có Bn↑ ∪∞k= 1 Ak. Do đó

P(∪∞k= 1 Ak)=nlim→∞P(Bn)=nlim→∞

∑n k= 1

P(Ak)=

∑∞

k= 1

P(Ak).

(v)⇒(iii): Giả sửAn↓A. ĐặtBn=Acn. VìBn↑AcnênP(Bn)↑P(Ac). Do đó P(An)= 1 −P(Bn)↓ 1 −P(Ac)=P(A). (iii)⇒(ii)là hiển nhiên. (ii)⇒(iv): Giả sửAn↑Ω, khi đóAcn↓ ∅nênP(Acn)↓ 0. Do đóP(An)= 1 −P(Acn)↑ 1. (iv)⇒(v): Giả sửAn↑A. Xét dãy biến cốBn=An∪Ac. Ta cóBn↑ΩnênP(Bn)↑ 1. Do đó P(An)=P(Bn)−P(Ac)↑ 1 −P(Ac)=P(A).  Với mỗiA∈ 2 Ω, ta kí hiệu hàm chỉ tiêu của tậpAbởi

IA(w)=



1 nếuw∈A, 0 nếuw

Ta nói rằng dãyAn∈Ahội tụ đếnA, kí hiệu làAn→AnếuIAn(w)→IA(w)với mọiw∈Ω. Ta cũng sẽ sử dụng các kí hiệu sau

lim supn An=

⋂∞

n= 1

⋃∞

k=n

Ak, lim infn An=

⋃∞

n= 1

⋂∞

k=n

Ak.

DoAlàσ-đại số nên nếuAn ∈Avới mọinthìlim supnAnvàlim infnAncũng thuộcA. Hơn nữa, nếuAn→AthìA=lim infnAn=lim supnAnnênA∈A.

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN XÁC SUẤT 9

Ví dụ 1. Trong hộp có 10 bi trắng và 10 bi đỏ. Lấy ra ngẫu nhiên đồng thời 5 viên bi một cách ngẫu nhiên. Gọi X là số bi trắng trong 5 bi vừa lấy. Ta thấy X có thể nhận các giá trị từ 0 đến 5 và ta muốn xác định xác suất để X nhận mỗi giá trị này. Ta thấy số cách lấy ra 5 bi từ hộp là C 520 trong khi đó số cách lấy ra 5 bi mà có k bi trằng là Ck 10 C 510 −k_. Giả sử các viên bi có cùng khả năng được lấy ra, khi đó_

P[X=k]=C

k 10 C 510 −k C 520 , k= 0 ,..., 5. (1) Ta gọi X là một biến ngẫu nhiên và phân phối của X được xác định bởi (1).

1 Xác suất điều kiện

Trong thực tế người ta thường phải tính xác suất để một sự kiện nào đó xảy ra dựa trên việc một sự kiện khác có liên quan đã xảy ra. Ta xét ví dụ đơn giản sau đây: Xét phép thử gieo một con xúc xắc cân đối và đồng chất. GọiAlà biến cố xuất hiện mặt chẵn chấm và Blà biến cố số chấm xuất hiện chia hết cho 3. Ta cóΩ ={ 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 }, A={ 2 , 4 , 6 }và B={ 3 , 6 }. Do vậyP(A)= 1 / 2 ,P(B)= 1 / 3 vàP(AB)= 1 / 6. Nếu biết rằngBđã xảy ra, tức là có hai khả năng: mặt xuất hiện là 3 chấm hoặc 6 chấm, thìAxảy ra khi mặt xuất hiện có 6 chấm. Do đó xác suất củaAvới điều kiệnBđã xảy ra làP(A|B)= 12. Ta nhận thấy giá trị này cũng bằngPP(AB(B)). Tương tự ta cũng có xác suất đểBxảy ra biết rằngAđã xảy ra là P(B|A)= 13 =PP(AB(A)). Điều này đưa ta đến định nghĩa sau.

Định nghĩa 1. Giả sử A và B là hai biến cố bất kì, trong đó P(B)> 0_. Khi đó xác suất để biến cố A xảy ra biến rằng biến cố_ B đã xảy ra là

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

Từ định nghĩa xác suất điều kiện ta suy ra công thức nhân xác suất sau

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

Định nghĩa 1. Hệ các biến cố {A 1 ,...,An} được gọi là đầy đủ nếu nó là một phân hoạch của Ω trong A , tức là

1. Ai∩Aj=∅ với mọi i,j ;

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN XÁC SUẤT 10

2. ∪ni= 1 Ai=Ω_._ Giả sử{A 1 ,...,An}là một hệ đầy đủ các biến cố vớiP(Ai)> 0 với mọii. Khi đó với biến cốBbất kì ta cóP(B)=∑ni= 1 P(BAi).Áp dụng công thức nhân xác suất ta thu được công thức xác suất toàn phần sau

P(B)=

∑n i= 1

P(B|Ai)P(Ai).

Từ đây ta cũng thu được công thức Bayes

P(Ak|B)=P(B|APk()BP)(Ak)=∑nP(B|Ak)P(Ak) i= 1 P(B|Ai)P(Ai)

.

Ví dụ 1. Trong hộp có 10 lá thăm, trong đó chỉ có 1 lá trúng thưởng. Mười người chơi lần lượt lấy ra một cách ngẫu nhiên (không hoàn lại) từng lá thăm từ hộp cho đến khi có người đầu tiên lấy được lá thăm trúng thưởng thì dừng lại. Tính xác suất trúng thưởng của từng người chơi? Có nhận xét gì về kết quả thu được? Kết quả rút thăm sẽ thay đổi thế nào nếu trong 10 lá thăm có 2 lá trúng thưởng?

Ví dụ 1. Một xét nghiệm HIV cho kết quả dương tính với 90% các trường hợp thực sự nhiễm virus và cho kết quả âm tính với 80% các trường hợp thực sự không nhiễm virus. Biết rằng tỉ lệ người nhiễm HIV trong một cộng đồng nào đó là 1%. Một người trong cộng đồng đó có kết quả xét nghiệm dương tính. Tính xác suất để người đó thực sự bị nhiễm virus. Kết quả trên thay đổi thế nào nếu tỉ lệ người nhiễm HIV trong cộng đồng là 0 .1%.

Giải: GọiDTvàATlần lượt là biến cố người đó có kết quả xét nghiệm là dương tính và âm tính. GọiBvàKlần lượt là biến cố người đó thực sự nhiễm virus và không nhiễm virus. Ta có P(B)= 1001 ,P(K)= 10099 ,P(DT|B)= 109 ,P(AT|K)= 108.

Vậy xác suất người đó thực sự bị nhiễm virus với điều kiện kết quả xét nghiệm là dương tính là P(B|DT)=P(DT|B)PP((DTB)+|B)PP((DTB)|K)P(K)= 1091001 1091001 + 10210099 =

123.

1 Sự độc lập

Định nghĩa 1. 1. Hai biến cố A và B được gọi là độc lập với nhau nếu

P(AB)=P(A)P(B). (1)

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN XÁC SUẤT 12

Bài tập

Đại số và σ -đại số

1. Giả sử Ω là một tập hữu hạn. CMR tập tất cả các tập con của Ω cũng gồm hữu hạn phần tử và là một σ -đại số.

1. Giả sử (E,E) là một không gian đo và f:Ω→E_. Gọi_

F={f− 1 (A) :A∈E}.

CMR F cũng là một σ -đại số trên Ω_._

1. Giả sử Ω =N là tập các số tự nhiên và A là họ tất cả các tập con A của Ω sao cho A hoặc Ω\A chỉ có hữu hạn phần tử. CMR A là đại số nhưng không phải σ -đại số.

1. Giả sử Ω =[0,1) và A là họ các tập con A của Ω sao cho A có thể biểu diễn dưới dạng hợp của một số hữu hạn các nửa đoạn [a,b) với 0 ≤a

Không gian xác suất

1. Giả sử A,B,C∈A_. CMR_

1. P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB). 2. P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)−P(AB)−P(AC)−P(BC)+P(ABC). 3. |P(A)P(B)−P(AB)| ≤ 14_. 4._ P(A∆B)≤P(A∆C)+P(C∆B).

1. Giả sử (Gα)α∈I là một họ các σ -đại số trên Ω_. Khi đó_ ∩α∈IGα cũng là một σ -đại số.

Xác suất điều kiện

1. Giả sử P(B)> 0_. Khi đó ánh xạ_ A7→P(A|B) từ A→[0,1] xác định một độ đo xác suất mới trên A , gọi là độ đo xác suất với điều kiệnB_._

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN XÁC SUẤT 13

1. Giả sử A,B,C∈A với P(C)> 0_. CMR_

P(A∪B|C)=P(A|C)+P(B|C)−P(AB|C).

1. Giả sử A 1 ,...,An là dãy các biến cố thuộc A thỏa mãn P(A 1 ..− 1 )> 0_. Khi đó_

P(A 1 ..)=P(A 1 )P(A 2 |A 1 )..(An|A 1 ..− 1 ).

1. Hộp thứ nhất có 4 bi xanh, 6 bi đỏ. Hộp thứ hai có 3 bi xanh và 7 bi đỏ. Chọn ngẫu nhiên một trong hai hộp rồi từ đó lấy ra 2 viên bi.

1. Tính xác suất để 2 bi lấy ra cùng có màu đỏ. 2. Biết rằng 2 bi lấy ra cùng có màu đỏ, tính xác suất để cả 2 bi đều thuộc hộp thứ nhất.

Giải: GọiAi,i= 1 , 2 là biến cố hộp thứiđược chọn. GọiBlà biến cố cả 2 bi lấy ra cùng có màu đỏ. Vì hai hộp có cùng khả năng được chọn nênP(A 1 )=P(A 2 )= 12 .Lại do{A 1 ,A 2 } lập thành một hệ đầy đủ nên áp dụng công thức xác suất toàn phần, ta được

P(B)=P(B|A 1 )P(A 1 )+P(B|A 2 )P(A 2 )= C

26 C 210

12 +C 27C 21012 =25.

Xác suất để bi lấy ra thuộc hộp thứ nhất với điều kiện cả 2 đều có màu đỏ là

P(A 1 |B)=P(B|AP 1 ()BP)(A 1 )= 125.

CHƯƠNG 2. BIẾN NGẪU NHIÊN 15

• Ω có hữu hạn phần tử;
• chuỗi ∑i|xi|pXi <∞ ;
• xi≥ 0 với mọi i (trong trường hợp này EX có thể nhận giá trị +∞_._

Nhận xét 1. Nhắc lại là do Ω là rời rạc nên ta có thể gọi pw là xác suất để biến cố sơ cấp w∈Ω xảy ra. Khi đó kì vọng của X được xác định như sau

E[X]=

∑

w∈Ω

X(w)pw.

Ta thấy kì vọng E[X] chính là giá trị trung bình (theo trọng số pw ) của các giá trị mà X có thể nhận. Đặc biệt nếu X đồng nhất bằng hằng số c nào đó thì E[X]=c_._

Kí hiệuL 1 là không gian tất cả các bnn có kì vọng hữu hạn trên(Ω,A,P). Ta có các tính chất đơn giản sau

Định lí 2. Giả sử X,Y∈L 1_. Ta có các khẳng định sau_

1. L 1 là một không gian véc tơ và E[aX+bY]=aE[X]+bE[Y], ∀a,b∈R.

2. Nếu X≥ 0 thì E[X]≥ 0_. Hơn nữa, nếu_ X≥Y thì E[X]≥E[Y]. 3. Nếu Z là bị chặn thì Z∈L 1_. Hơn nữa, nếu bnn_ Z′ thỏa mãn |Z′| ≤X thì Z′∈L 1_. 4. Nếu_ X=IA là hàm chỉ tiêu của tập A thì E[X]=P(A). 5. Giả sử φ:R→R_. Khi đó_ E[φ(X)]=

∑

i

φ(xi)pXi =

∑

w∈Ω

φ(X(w))pw

nếu tổng trên có nghĩa.

Nhận xét 2. Ta thấy nếu E[X 2 ]=∑ix 2 ipXi <∞ thì

E[|X|]=

∑

i

|xi|pXi ≤ 12

∑

i

(|xi| 2 +1)pXi = 12 (E[X 2 ]+1)<∞.

CHƯƠNG 2. BIẾN NGẪU NHIÊN 16

Định nghĩa 2. Phương sai của bnn X là

DX=E[(X−E[X]) 2 ]

Áp dụng tính chất tuyến tính của kì vọng, ta có

DX=E(X 2 )−(EX) 2 ,

và do đó DX=

∑

i

x 2 ipXi −

(∑

i

xipXi

) 2.

2.1 Ví dụ

Phân phối nhị thức B(n,p)

Trong hộp cóLbi trắng vàMbi vàng. Thực hiện phép thử sau: lấy ra ngẫu nhiên từ hộp một bi, ghi lại màu của nó rồi trả lại hộp. Lặp lại phép thửnlần và gọiXlà số bi vàng trongnbi đã được lấy ra đó. Ta sẽ đi tìm phân phối xác suất của bnnX. Trước hết ta xác định không gian xác suất của phép thử. Gọi các viên bi trắng là T 1 ,T 2 ,...,TLvà các viên bi vàng làV 1 ,...,VM. Không gian xác suất là

Ω={(w 1 ,...,wn) :wi∈ {T 1 ,...,TL,V 1 ,...,VM},i= 1 ,...,n}

cùng với độ đo xác suất đều. Ta có số các phần tử củaΩlà(L+M)n. Số lượng phần tử của tập{w∈Ω:X(w)=k}bằngCknMkLn−kvớik= 0 ,...,n. Do vậy

P[X=k]=Ckn

( MM+L

)k( L M+L

)n−k , k= 0 ,...,n.

Đặtp=MM+Lta có phân phối củaXlà

P[X=k]=Cknpk(1−p)n−k, k= 0 ,...,n.

Ta gọi phân phối củaXlà phân phối nhị thức với cỡnvà xác suấtp, kí hiệu làX∼B(n,p). Một cách tổng quát,B(n,p)là phân phối của số lần thành công trong một dãynphép thử độc lập liên tiếp, trong đó xác suất thành công của mỗi một phép thử đều bằngp∈[0,1].

CHƯƠNG 2. BIẾN NGẪU NHIÊN 18

2 Biến ngẫu nhiên trên không gian trạng thái rời rạc

2.1 Định nghĩa

Giả sử(Ω,A)là không gian đo đã cho vàB(R)làσ-đại số Borel trênRđược xác định ở Ví dụ 1.

Định nghĩa 2. Hàm thực X:Ω→R được gọi là A -đo được hay biến ngẫu nhiên nếu

X− 1 (B) :={w:X(w)∈B} ∈A với mọi B∈B(R).

Theo Định lí 1 ta có kết quả sau

Định lí 2. Giả sử X:Ω→R_. Khi đó các khẳng định sau là tương đương_

1. X là bnn. 2. {w:X(w)≤a} ∈A với mọi a∈R_._

Chứng minh. Khẳng định(1)⇒(2)là hiển nhiên, ta chứng tỏ(2)⇒(1). Gọi

C={B∈B(R) :X− 1 (B)∈A}.

Ta cóClà mộtσ-đại số (Tại sao?) và nó chứa tất cả các tập có dạng(−∞,a]với mọia∈R. Do đó theo Định lí 1,CchứaB(R). MàC⊂B(R)nênC=B(R). Từ đây suy ra điều phải chứng minh. 

Ví dụ 2. Cho không gian đo (Ω,A). Với mỗi tập B⊂Ω ta dễ dàng kiểm tra được IB là biến ngẫu nhiên khi và chỉ khi B∈A_. Tổng quát hơn, nếu_ xi∈R và Ai∈A với mọi i thuộc tập không quá đếm được I nào đó thì X(w)=∑i∈IxiIAi(w) cũng là một bnn. Ta gọi X là biến ngẫu nhiên rời rạc_. Khi_ I chỉ gồm hữu hạn phần tử thì X được gọi là biến ngẫu nhiên đơn giản_._

Định nghĩa 2. Hàm φ : Rd → R được gọi là hàm Borel nếu φ− 1 (B) ∈ B(Rd) với mọi B∈B(R).

Nhận xét 3. Từ định nghĩa trên ta suy ra mọi hàm liên tục đều là hàm Borel. Do đó các hàm (x,y)7→x+y,(x,y)7→xy,(x,y)7→x/y,(x,y)7→x∨y,(x,y)7→x∧y cũng là các hàm Borel. Trong đó ta kí hiệu x∨y=max(x,y),x∧y=min(x,y).

CHƯƠNG 2. BIẾN NGẪU NHIÊN 19

Định lí 2. Giả sử X 1 ,...,Xd là các bnn cùng xác định trên không gian đo (Ω,A) và φ:Rd→R là hàm Borel. Khi đó Y=φ(X 1 ,...,Xd) cũng là một bnn.

Chứng minh. ĐặtX(w)=(X 1 (w),...,Xd(w))là hàm trên(Ω,A)và nhận giá trị trongRd. Với mọia 1 ,...,ad∈Rta có

X− 1 (∏d i= 1

(−∞,ai]

)=

⋂d i= 1

{w:Xi(w)≤ai} ∈A.

Áp dụng Định lí 1 và lập luận tương tự như trong chứng minh Định lí 2 ta được X− 1 (B)∈Avới mọiB∈B(Rd). Từ đó suy ra với mọiC∈B(Rd), doB:=φ− 1 (C)∈B(Rd)nên

Y− 1 (C)=X− 1 (φ− 1 (C))∈A,

tức làYlà bnn. 

Từ định lí trên và Nhận xét ta có hệ quả sau.

Hệ quả 2. Giả sử X và Y là hai bnn. Khi đó X±Y,XY,X∧Y,X∨Y,|X|,X+:=X∨ 0 ,X−=(−X)∨ 0 và X/Y (nếu Y, 0 ) cũng là các bnn.

Như vậy tập các bnn là đóng kín đối với các phép toán số học thông thường.

Định lí 2. Giả sử (Xn)n≥ 1 là dãy bnn. Khi đó các đại lượng supnXn,infnXn , lim supnXn , lim infnXn cũng là các bnn nếu chúng là hữu hạn.

Chứng minh. Ta cósupnXnlà bnn vì với mọix∈R,

{w: supn Xn(w)≤x}=

⋂∞

n= 1

{w:Xn(w)≤x} ∈A.

Các chứng minh còn lại dành cho bạn đọc. 

Từ Định lí 2 ta suy ra rằng nếu dãy bnnXnhội tụ tới đại lượngX, tức làXn(w)→X(w) với mọiw∈Ω, thìXcũng là một bnn.