\NeedsTeXFormat{LaTeX2e}
\documentclass[14pt,oneside,portrait,a4paper]{book}

% CENTER định các gói được dùng trong tài liệu.
\usepackage{amsmath, amssymb, latexsym, amscd, amsthm,amsfonts,extsizes,amstext}
%\usepackage[mathscr]{eucal}
%\usepackage{graphics, graphpap}
%\usepackage{makeidx}
%\usepackage{xspace}
%\usepackage{array, tabularx, longtable}
%\usepackage{multicol,color}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%\usepackage[notcite,notref]{showkeys}
%\usepackage{amsxtra,subfigure,fancybox,epsfig}
%\usepackage[mathscr]{eucal}
%\usepackage{graphicx}
%\usepackage{multicol,xcolor}
%\usepackage{epsfig} % for postscript graphics files
%\usepackage{epstopdf}
%\usepackage{cases}
%\usepackage{subfig}
\usepackage{amsmath, amssymb, latexsym, amscd, amsthm,amsfonts,extsizes,amstext}
\usepackage[mathscr]{eucal}
\usepackage{graphics, graphpap}
\usepackage{makeidx}
\usepackage{xspace}
\usepackage{array, tabularx, longtable}
\usepackage{multicol,color}
%\usepackage[notcite,notref]{showkeys}
\usepackage{amsxtra,epsfig,subfigure,fancybox}
\usepackage{epstopdf}
\usepackage{cases}
\usepackage{soul}
\usepackage{subfig}
\captionsetup{belowskip=6pt,aboveskip=5pt}
\usepackage{diagbox, eqparbox, hhline}
\setlength{\doublerulesep}{2.5pt}

%%%%%%%%%%%%%
%\usepackage{slavo}
%\usepackage{babel}
\usepackage[utf8]{vietnam}
%\usepackage{vnfonts}
\usepackage{indentfirst}
\usepackage{graphics}
\usepackage[portrait, top=2.2cm, bottom=3cm, left=3cm, right=2cm]{geometry}
%=================
%=================
\makeindex
%\voffset =0in
%\hoffset =0in
%%Kích thước tính cho trang A4=210mm x 297mm
%\setlength{\evensidemargin} {-0.04cm}  %Lề phải 2.54cm-0.04cm=2.5cm
%\setlength{\oddsidemargin}{0.46cm}     %Lề trái 2.54cm+0.46cm=3cm
%\setlength{\textwidth}{16cm}            %Độ rộng khối chữ trong trang =15.5cm
%\setlength{\topmargin}{-0.24cm}          %Lề trên 2.54cm-0.04cm=2.5cm
%\setlength{\headheight}{0cm}             %Chieu cao cua Headerline
%\setlength{\headsep}{0cm}                %Khoang cach tu  Headerline tới khối chữ
%\setlength{\textheight}{24.2cm}             %Chiều cao khối chữ trong trang=24.2cm
%\setlength{\footskip}{60pt}
%\setlength{\baselineskip}{20truept}
%\baselineskip 0.8cm
\renewcommand{\baselinestretch}{1.5}%Cách dòng 1.3
%%\setlength{\headsep}{2.5cm}
%\parskip 6pt %Các paragraph cách nhau thêm 1pt
%%\abovedisplayskip =6pt plus 6pt minus 9pt
%%\abovedisplayshortskip =0pt plus 6pt minus 9pt
%%\belowdisplayskip =\abovedisplayskip
%%\belowdisplayshortskip =\abovedisplayshortskip
%
%========================== Định nghĩa môi trường định lý, hệ quả,... ==========
%\usepackage[colorlinks]{hyperref}
\usepackage{graphics}

%\usepackage{fancyhdr} % Đặt lề trên
%\pagestyle{fancy} \lhead{} \rhead{hhhl;} \chead{đ}

\usepackage{titlesec}
\newpagestyle{}{\setfoot{}{\usepage}{}}
\pagestyle{}
\titleformat{\chapter}{\filcenter}{\thechapter}{.5cm}{}
\titleformat{\chapter}[display]
{\normalfont\large\filcenter\bfseries}
{\normalfont\large\MakeUppercase{\chaptertitlename}
\thechapter}{1pc} {\normalfont\large\bfseries\MakeUppercase }

%\usepackage{titletoc}
%\titlecontents{section}
%[0pt]
%{}%
%{\contentsmargin{0pt}%
%\thecontentslabel.\enspace} {\contentsmargin{0pt}}
%{\enspace\titlerule*[1pc]{.}\contentspage}[]
%\def\tableofcontents{%
%\if@twocolumn
 %   \@restonecoltrue\onecolumn
%\else
 %   \@restonecolfalse
%\fi


\setcounter{page}{1} \columnsep 25pt \setlength{\textwidth}{15.7cm}
\setlength{\textheight}{25.4cm} \oddsidemargin 0.6cm \topmargin
-2.3cm \headheight 1cm

\def\hoa{\MakeUppercase}
\newcommand{\hoab}[1]{\textbf{\MakeUppercase{#1}}}
\newcommand{\hoabi}[1]{\emph{\textbf{\MakeUppercase{#1}}}}


\hoffset=0truecm % (1) Phần lề trái - 2.54cm (chưa kể khoảng trống nhỏ bên trái) của văn bản.
\voffset=-1truecm %(2) Phần lề trên - 2.54cm
\oddsidemargin=1truecm % (3) Phần khoảng trống nhỏ bên trái của văn bản
\topmargin=0truecm % (4) Khoảng trống nhỏ giữa lề trên và tiêu đề trên
\headheight=0truecm % (5) Độ cao của tiêu đề
\textheight=24truecm % (7) Dài của văn bản
\textwidth=15.5truecm % (8) Rộng của văn bản

%\font\vnc=vntimeb  at 18pt  %chữ đậm cỡ 18pt
%\font\bfhh=vhtimeb at 16pt  %chữ hoa đậm cỡ 16pt
\def\p{{\mathcal P}}
\def\f{{\mathcal F}}
\def\g{{\mathcal G}}
\def\dgl{{được gọi là}}
\def\lt{{liên tục}}
\def\kg{{không gian}}
\def\dlnn{{đại lượng ngẫu nhiên}}

\def\yy{{\varphi\circ f}}
\def\ch{{okok}}
\def\n{{\mathbb N}}
\def\c{{\mathbb C}}
\def\r{{\mathbb R}}
\def\tp{{không gian tôpô}}
\def\kgxs{{không gian xác suất}}
\def\p{{\mathcal P}}
\def\f{{\mathcal F}}
\def\g{{\mathcal G}}
\def\ctg#1{$\{ {#1}_t\;\vert \; t=0,1,\cdots \}$}
\def\chh#1#2{$\{#1_t\enskip\big{\vert}\quad t=0,1,\ldots N \}$}
\def\qtxt{$\{ x_t\enskip\big{\vert}\quad t\in {\bf Z} \}$}
\def\e{$\epsilon$}
\def\qtnn{quá trình ngẫu nhiên}
\def\dlnn{đại lượng ngẫu nhiên}
\def\ppxs{phân phối xác suất}
\def\pph{phân phối hữu hạn chiều}
\def\km{không gian mêtric}
\def\ptnn{phần tử ngẫu nhiên}
\def\lmsl{luật mạnh số lớn}
\def\li{$\mathbb{L}_{\infty}$}
\def\l2{$\mathbb{L}_{2}$}
\def\sp{$(\Omega,{\mathcal F},{\mathbb P})$}
\def\f{$\mathcal{F}$}
\def\a{$\mathcal{A}$}
\def\be{$\mathcal B(E)$}
\def\spm{$\Bbb{E},;\;{\mathcal{B}}$}
\def\ctg#1{$\{ {#1}_t\;\vert \; t=0,1,\cdots \}$}
\def\chh#1#2{$\{#1_t\enskip\big{\vert}\quad t=0,1,\ldots N \}$}
\def\qtxt{$\{ x_t\enskip\big{\vert}\quad t\in {\bf Z} \}$}
\def\e{$\epsilon$}
\def\qtnn{quá trình ngẫu nhiên}
\def\dlnn{đại lượng ngẫu nhiên}
\def\ppxs{phân phối xác suất}
\def\pph{phân phối hữu hạn chiều}
\def\km{không gian mêtric}
\def\ptnn{phần tử ngẫu nhiên}
\def\lmsl{luật mạnh số lớn}
\def\li{$\mathbb{L}_{\infty}$}
\def\l2{$\mathbb{L}_{2}$}
\def\sp{$(\Omega,{\mathcal F},{\mathbb P})$}
\def\f{$\mathcal{F}$}
\def\a{$\mathcal{A}$}
\def\be{$\mathcal B(E)$}
\def\spm{$\Bbb{E},;\;{\mathcal{B}}$}
\def\om{{$(\Omega, \mathcal{F}, P)$}}
\def\sds{{$\sigma$-đại số}}
\let\up\MakeUppercase
\begin{document}
\tableofcontents
\chapter*{Lời nói đầu}
\addcontentsline{toc}{chapter}{Lời nói đầu} %\vspace*{12 pt}
  \hspace*{14pt}Giáo trình này được viết dựa trên đề cương chi tiết học phần xác suất
   thống kê dành cho sinh viên các ngành khối A nói chung và các ngành Công nghệ nói
    riêng.
    \par Giáo trình  gồm 6 chương chia thành 2 phần. Phần 1 gồm 2 chương, trình bày
    các kiến thức cơ sở của lý thuyết xác suất.
    Trong chương 1, chúng tôi trình bày về một số khái niệm
và tính chất mở đầu của lý thuyết xác suất: phép thử, biến cố, xác
suất của biến cố, xác suất có điều kiện, tính độc lập của các biến
cố, dãy phép thử Bernoulli, ... Các khái niệm và tính chất này sẽ
được dùng nhiều ở các chương sau. Chương 2 trình bày các vấn đề liên
quan đến đại lượng ngẫu nhiên và vectơ ngẫu nhiên: Khái niệm đại
lượng ngẫu nhiên, các loại đại lượng ngẫu nhiên, hàm phân phối, bảng
phân phối và hàm mật độ xác suất, các số đặc trưng của đại lượng
ngẫu nhiên, một số định lý giới hạn, ...
    \par Phần 2 gồm 4 chương, trình bày về những vấn đề cơ bản của thống kê ứng
    dụng. Cụ thể là
   Chương 3 trình bày về lý thuyết mẫu; Chương 4 trình bày về lý thuyết ước lượng;
    Chương 5 trình bày về lý thuyết kiểm định và Chương 6 trình bày về lý thuyết về
    tương quan
     và hồi quy. Trong mỗi chương của phần này, chúng tôi đều chú ý đưa ra những ứng
     dụng của các vấn đề nêu ra vào việc giải quyết các vấn đề của thực tế.
     \par Cuối mỗi chương đều có khá nhiều bài tập, trong đó có một số bài tương đối khó
      và còn ít xuất hiện ở các giáo trình khác. Đối với những bài tập
       này, chúng tôi có hướng dẫn giải ở cuối giáo trình.
\par Để đọc được giáo trình này, sinh viên đã học xong các học phần
 Toán A1 (Đại số Tuyến tính) và Toán A2 (Giải tích 1).
     \par Giáo trình này được viết nhờ sự hỗ trợ tài chính
     của dự án Việt Nam - Hà Lan, tác giả xin cám ơn Ban quản lý dự án về sự hỗ trợ
      đó. Tác giả cũng xin cảm ơn các đồng nghiệp ở bộ môn Xác suất - Thống
kê và Toán ứng dụng, Khoa Toán - Trường Đại học Vinh đã quan tâm
động viên tác giả hoàn thành giáo trình này.
\par Mặc dù tác giả đã rất cố gắng nhưng chắc chắn
     giáo trình vẫn còn nhiều khiếm khuyết, mong được sự góp ý của
      bạn đọc.


 \vskip 1cm
%\hspace*{7cm}Vinh, tháng 6 năm 2008\\
 \hspace*{12,5cm}{\bf Tác giả}
 \chapter*{Phần I. Xác suất}
\addcontentsline{toc}{chapter}{Phần I. Xác suất}
\chapter{Biến cố và xác suất}
\section{Bổ túc về giải tích tổ hợp}
\indent Trong lí thuyết xác suất, nhiều khi phải tính số phần tử của
một tập hợp. Giải tích tổ hợp cho ta một phương pháp tính số phần tử
đó một cách nhanh chóng và chính xác. Trong mục này chúng tôi sẽ
trình bày một số vấn đề cơ bản của giải tích tổ hợp được sử dụng
nhiều trong
các mục sau.\\
\indent Trước hết, chúng ta nghiên cứu quy tắc nhân và quy tắc cộng. Có nhiều cách trình bài các quy tắc này. Dưới đây là cách trình bày mà theo chúng tôi là tương đối đơn giản và dễ vận dụng.\\
{\bf 1.1.1 Quy tắc nhân}\\
{\bf Quy tắc.} {\it Giả sử một hành động  có thể được thực hiện qua
$k$ bước liên tiếp. Bước $1$ có thể được thực hiện bằng $n_1$ cách,
bước
 $2$ có thể được thực hiện bằng $n_2$ cách, ..., bước $k$ có
 thể được thực hiện bằng $n_k$ cách. Khi đó, số cách để thực hiện
 hành động đó là} $$n=n_1.n_2...n_k.$$
\indent Như vậy, khi một hành động có thể chia nhỏ thành nhiều bước,
thì số cách thực hiện hành động đó bằng tích số cách thực hiện các bước.\\
{\bf  Ví dụ.}\\
\indent 1. Một đội văn nghệ đã chuẩn bị được 2 vở kịch, 5 bài hát, 3 điệu múa. Hội diễn chỉ cho phép đội trình diễn một vở kịch, một bài hát, một điệu múa. Hỏi đội có bao nhiêu cách chọn chương trình biểu diễn của mình, biết rằng chất lượng các vở kịch, bài hát, điệu múa là như nhau.\\
{\it Giải}.  Việc chọn chương trình biểu diễn có thể được thực hiện
qua 3 bước:\\
 \indent Bước 1: Chọn 1 vở kịch trong 2 vở kịch. Có 2 cách.\\
\indent Bước 2: Chọn 1 bài hát trong 5 bài hát. Có 5 cách.\\
\indent Bước 3: Chọn 1 điệu múa trong 3 điệu múa. Có 3 cách.\\
\indent Từ đó, áp dụng quy tắc nhân suy ra đội văn nghệ có  $n= 2.3.5= 30$ cách chọn chương trình biểu diễn.\\
\indent 2. Với các chữ số $1, 2, 3, 4, 5$, có thể lập được bao nhiêu số chẵn gồm 4 chữ số khác nhau?\\
{\it Giải.} Mỗi số cần tìm có dạng $x= \overline {a_1a_2a_3a_4}$ với
                          $$\{ a_1, a_2, a_3, a_4 \}\subset \{1, 2, 3, 4,5 \}.$$
Muốn xác định $x$, ta phải chọn $a_1, a_2, a_3, a_4$ (4 bước). Vì
$x$ là số chẵn, nên ta chọn $a_4$ trước, rồi chọn $a_1, a_2, a_3$.\\
    \indent Bước 1: Chọn $a_4$. Vì $x$ là số chẵn nên $a_4 = 2$ hoặc $a_4 = 4$. Có 2 cách
     chọn $a_4$.\\
   \indent Bước 2: Chọn $a_1$. Vì $a_1\not=  a_4$ nên có 4 cách chọn
   $a_1$.\\
   \indent Bước 3: Chọn $a_2$. Vì $a_2\not=  a_4$,  $a_2\not=  a_1$ nên còn
    3 cách chọn
   $a_2$.\\
    \indent Bước 4: Chọn $a_3$. Vì $a_3\not=  a_4$,  $a_3\not=  a_1$ và
    $a_3\not=  a_2$
    nên còn 2 cách chọn $a_3$.\\
\indent Từ đó, áp dụng quy tắc nhân suy ra số các số cần tìm là $n= 2.4.3.2 = 48$. \\
%\newpage
{\bf 1.1.2 Quy tắc cộng}\\
{\bf Quy tắc.} {\it Giả sử các phần tử của một tập hợp có thể được
chia thành $k$ loại khác nhau. Loại $1$ có $n_1$ phần tử, loại $2$
có $n_2$ phần tử, ..., loại $k$ có $n_k$ phần tử. Khi đó số phần tử của
tập hợp đó là}
$$n=n_1+n_2+\cdots+n_k.$$
\indent Dựa vào quy tắc cộng, ta có thể chuyển bài toán về tính số
phần tử của một tập hợp phức tạp về các bài toán tính số phần tử của
các tập hợp đơn giản hơn.\\
 {\bf Ví dụ.} Có bao nhiêu số có các chữ số khác nhau được lập từ $4$ chữ số $1,2,3,4.$\\
{\it Giải.} Tập hợp các số cần lập có thể chia làm $4$ loại:\\
Loại 1: Các số có 1 chữ số. Có $n_1= 4$ số: $1,2,3,4$.\\
Loại 2: Các số có 2 chữ số khác nhau. Có $n_2= 4.3=12$ số.\\
Loại 3: Các số có 3 chữ số khác nhau. Có $n_3= 4.3.2=24$ số.\\
Loại 4: Các số có 4 chữ số khác nhau. Có $n_4= 4.3.2.1=24$ số.\\
\indent Từ đó, áp dụng quy tắc cộng, suy ra số các số cần tìm là
$$n=4+12+24+24=64.$$
{\bf 1.1.3 Hoán vị }\\
{\bf  Định nghĩa.}  Mỗi cách sắp xếp $n$ phần tử cho trước theo một thứ tự nhất định  gọi là một {\it hoán vị} của $n$ phần tử đó. \\
    \indent Kí hiệu số các hoán vị  của $n$ phần tử đã cho là $P_n$. \\
{\bf Định lý.} {\it Số hoán vị của $n$ phần tử là   $$P_n = n!.$$
 Chứng minh.}  Mỗi hoán vị của $n$ phần tử là kết quả của phép chọn gồm $n$ bước.\\
 Bước 1: Chọn phần tử đầu tiên cho hoán vị. Có $n$ cách chọn.\\
 Bước 2: Chọn phần tử thứ hai cho hoán vị. Có $(n-1)$ cách chọn.\\
...\\
Bước $k$: Chọn phần tử thứ $k$ cho hoán vị. Có $(n-k+1)$ cách chọn.\\
...\\
Bước $n$: Chọn phần tử thứ $n$ cho hoán vị. Có $(n-n+1)=1$ cách chọn.\\
  \indent Do đó, theo qui tắc nhân, số hoán vị của $n$ phần tử là
                       $$P_n=n(n-1)...(n-k+1)...1=n!.$$
{\bf Ví dụ.} Giả sử một lớp có 25 sinh viên. Khi đó, số cách sắp xếp
chỗ ngồi cho 25 sinh viên đó  là $P_{25}=25!$.\\
{\bf 1.1.4 Chỉnh hợp}\\
{\bf Định nghĩa.}  Mỗi bộ sắp thứ tự gồm $k$ phần tử khác nhau, lấy
từ $n$ phần tử đã cho  gọi là một {\it chỉnh hợp  chập $k$} của $n$
phần tử đó ($0\leq k \leq n$). \\
   \indent  Ký hiệu số các chỉnh hợp chập $k$  của $n$ phần tử  là $A_n^k$. Bằng
   lập luận tương tự như đối với hoán vị, ta thu được định lý sau đây:\\
{\bf Định lý.} {\it Số chỉnh hợp chập $k$ của $n$ phần tử là
  $$A_n^k =\dfrac{n!}{(n-k)!}=n(n-1)(n-k+1).$$}
{\bf Ví dụ.} Có bao nhiêu số khác nhau gồm 3 chữ số được lập từ 4 chữ số 1, 2, 3, 4?\\
  {\it Giải}. Mỗi số như vậy là một chỉnh hợp chập 3 của 4 phần tử. Do đó
 số các số như vậy là
$$A_4^3=\dfrac{4!}{(4-3)!}=4!=24.$$
{\bf 1.1.5  Chỉnh hợp lặp}\\
{\bf Định nghĩa.}  Một bộ sắp thứ tự gồm $k$ phần tử (không nhất
thiết khác nhau) lấy từ $n$ phần tử đã cho  gọi là một {\it chỉnh
hợp
lặp chập $k$} của $n$ phần tử đó ($k\geq 0$).\\
    \indent Như vậy, khác với chỉnh hợp, trong mỗi chỉnh hợp lặp,
    không đòi hỏi các phần tử phải khác nhau. Chẳng hạn tất cả các
    chỉnh hợp lặp chập 2 của 3 phần tử của tập $M=\{1,2,3\}$  là
$$(1,1), (1, 2),(1, 3), (2, 1), (2, 2), (2, 3), (3, 1), (3, 2), (3, 3).$$
  \indent  Số các chỉnh hợp lặp chập $k$ của $n$ phần tử được kí hiệu là ${\tilde{A}}_{n}^{k}$.\\
{\bf  Định lý.} {\it Số các chỉnh hợp lặp chập $k$  của $n$ phần tử đã cho là\\
  $${\tilde{A}}_{n}^{k}=n^k.$$
 Chứng minh.} Mỗi chỉnh hợp lặp chập $k$ của $n$ phần tử là
kết quả của hành động chọn gồm $k$ bước. Mỗi bước đều có $n$ cách
thực hiện (vì không đòi hỏi các phần tử phải khác nhau). Từ đó, theo
qui tắc nhân, ta có
$${\tilde{A}}_n^k =n.n....n=n^k.$$
 \indent Trong ví dụ trên, ta có $n = 3, k = 2$. Vậy số các chỉnh hợp lặp
chập 2 của 3 phần tử là
                                $${\tilde{A}}_3^2  = 3^2 = 9.$$
{\bf Ví dụ.} Có bao nhiêu cách sắp xếp ngẫu nhiên 15 hành khách lên ba toa tàu?\\
{\it Giải}.  Mỗi cách sắp xếp như vậy là một chỉnh hợp lặp chập 15
của 3 phần tử. Do đó số cách sắp xếp là
                    $${\tilde{A}}_{15}^3= 3^{15}.$$
{\bf 1.1.6 Tổ hợp}\\
{\bf Định nghĩa.}  Một tập con (không kể thứ tự) gồm $k$ phần tử lấy
từ $n$
 phần tử đã cho gọi là một {\it tổ hợp chập $k$} của $n$ phần tử đó ($0\leq k \leq n$). \\
 \indent Ký hiệu $C_n^k$  là số các tổ hợp chập $k$  của $n$ phần tử đã cho.\\
{\bf Định lý.} {\it Số tổ hợp chập $k$ của $n$ phần tử là
$$C_n^k=\dfrac{A_n^k}{k!}=\dfrac{n!}{k!(n-k)!}\mbox{$($quy ước $0! =
1)$}.$$
 Chứng minh.}     Mỗi tổ hợp chập $k$ của $n$ phần tử sinh
ra
           $k!$ chỉnh hợp chập $k$ khác nhau  của $n$ phần tử đó
           (các chỉnh hợp này chỉ khác nhau ở thứ tự sắp xếp của các phần
           tử). Do đó ta có
$$A_n^k=k!C_n^k.$$
 Suy ra
 $$C_n^k=\dfrac{A_n^k}{k!}.$$
Định lý được chứng minh.\\
 Từ công thức nêu trong định lý trên, dễ dàng suy ra các công thức sau đây
 $$C_n^k=C_n^{n-k},$$
$$C_n^k=C_{n-1}^{k-1} + C_{n-1}^{k}.$$
         {\bf  Ví dụ.} Có bao nhiêu cách sắp xếp ngẫu nhiên 15 hành khách lên  3 toa tàu mà toa thứ nhất có đúng 3 hành khách?\\
{\it Giải.} Ta thấy có $C_{15}^3$  cách lấy 3 trong 15 hành khách
cho vào toa I. Số cách phân ngẫu nhiên 12 người còn lại lên hai toa
kia là $2^{12}$. Vậy số cách phân ngẫu nhiên
 15 hành khách \linebreak lên 3 toa tàu mà toa I có đúng 3 hành khách là
 $C_{15}^3\cdot 2^{12}$.\\
{\bf 1.1.7 Công thức nhị thức Newton}\\
  \indent Trên tập số thực, ta đã rất quen thuộc với các hằng đẳng thức
                        $$(a+b)^2=a^2+2ab+b^2.$$
                        $$(a+b)^3= a^3+3a^2b+3ab^2+b^3.$$
\indent Bằng qui nạp có thể  chứng minh được công thức sau đây, gọi
là \emph{ công thức nhị
 thức Newton}
$$(a+b)^n=\Sigma_{k=0}^{n}C_n^ka^kb^{n-k}\;\;(\forall a,b\in \Bbb R).$$
\indent Đặc biệt, với  $a  = b = 1$  ta có $2^n =\Sigma_{k=0}^{n}C_n^k.$\\
 \indent Với $a = 1, b = -1$    ta có $0=\Sigma_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}C_n^k.$\\
    \indent Nếu thay $b$ bởi $-b$ thì ta có công thức
 $$(a-b)^n=\Sigma_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}C_n^ka^kb^{n-k}\;\;(\forall a,b\in \Bbb R).$$
\section{Phép thử ngẫu nhiên và biến cố}
\noindent{\bf 1.2.1 Tất nhiên và ngẫu nhiên}\\
    \indent  Như ta đã biết, các hiện tượng trong tự nhiên và xã hội có thể được
    chia làm hai loại: tất nhiên và ngẫu nhiên.\\
   \indent \emph{Hiện tượng tất nhiên} là hiện tượng chắc chắn xảy ra khi có một họ điều kiện nào đó được thực hiện. Chẳng hạn, với điều kiện áp suất bình thường của khí quyển và nhiệt độ $100^\text{o}C$ nước chắc chắn sôi; với điều kiện cho axít clohiđric (HCl) tác dụng với natri hiđrôxit (NaOH) chắc chắn xuất hiện muối ăn và nước, ...\\
     \indent \emph{Hiện tượng ngẫu nhiên} là hiện tượng có thể xảy ra hoặc không xảy ra khi có một họ điều kiện nào đó được thực hiện. Chẳng hạn, khi ta gieo một đồng tiền cân đối đồng chất, ta không thể biết được mặt sấp hay mặt ngửa sẽ xuất hiện. Như vậy, các hiện tượng ``Mặt sấp xuất hiện'' và ``Mặt ngửa xuất hiện''  là các hiện tượng ngẫu nhiên. Kết quả của một lần kiểm tra chất lượng sản phẩm, kết quả của một lần bắn bia, ... cũng là những hiện tượng ngẫu nhiên.\\
    \indent Tính bất định của sự xuất hiện của các hiện tượng ngẫu nhiên làm nảy
    sinh nhu cầu nghiên cứu khả năng xuất hiện của chúng. Đây chính
    là một trong những nguyên nhân ra đời và phát triển của lý thuyết xác suất.\\
%\newpage
\noindent{\bf 1.2.2  Phép thử ngẫu nhiên và không gian biến cố sơ
cấp}

    %{\bf Khái niệm phép thử ngẫu nhiên và không gian biến cố sơ cấp.}
    \par Để nghiên cứu các hiện tượng ngẫu nhiên, người ta thường phải tiến hành
     các phép thử ngẫu nhiên. {\it Phép thử ngẫu nhiên} là một hành động mà
      kết quả của nó là ngẫu nhiên, không thể dự báo trước được.  Khi thực
      hiện phép thử ngẫu nhiên thì các kết quả của nó không thể xác định
      trước được. Tuy nhiên, ta có thể xác định được tập hợp tất cả các
      kết quả có thể có của nó. Tập hợp đó được gọi là {\it không gian biến
       cố sơ cấp} và được ký hiệu bởi chữ $\Omega$. Mỗi phần tử $\omega$
       của $\Omega$ sẽ được gọi là {\it một biến cố sơ cấp $($BCSC$)$}.\\
{\bf Ví dụ.} Khi tung một đồng tiền cân đối đồng chất ta không biết
trước kết quả là xuất hiện mặt sấp (S) hay mặt ngửa (N).
Tuy nhiên, có thể xác định được các kết quả có thể có là S và N. Vậy
hành động tung đồng tiền là một phép thử ngẫu nhiên và không gian
    biến cố sơ cấp của phép thử này là  $\Omega= \{ S, N \}$.\\
   \indent Tương tự, hành động tung một con xúc xắc cân đối đồng chất, hành động
   kiểm tra ngẫu nhiên chất lượng sản phẩm của một nhà máy, ... cũng là những
    phép thử ngẫu nhiên.\\
{\bf 1.2.3 Biến cố}\\
%{\bf Định nghĩa.}
 \indent Giả sử G là một phép thử ngẫu nhiên. Một sự kiện, mà việc
xảy ra hay không xảy ra của nó phụ thuộc hoàn toàn vào kết quả của
G, được gọi là một {\it biến cố} của G.
\par  Một BCSC $\omega$ của
G
     được gọi là thuận lợi cho biến cố A nếu  khi kết quả của G  là $\omega$ thì A xảy ra.\\
{\bf  Ví dụ.} Xét phép thử: Tung một con xúc xắc cân đối, đồng chất.
Gọi $ M_i$
 là biến cố ``xuất hiện mặt $i$ chấm'', C là biến cố ``xuất hiện mặt có số
 chấm chẵn'', L là biến cố ``xuất hiện mặt có số chấm lẻ''. Vậy thì  \\
    \indent  Không gian các BCSC là    $\Omega= \{M_1, M_2, M_3, M_4, M_5,M_6 \}.$\\
     \indent Tập hợp các BCSC thuận lợi cho C là $\{ M_2, M_4, M_6\}.$\\
     \indent Tập hợp các BCSC thuận lợi cho L  là $\{ M_1, M_3, M_5\}.$    \\
    \indent  Nhận xét rằng một biến cố được xác định hoàn toàn bởi tập hợp các BCSC
    thuận lợi  cho nó. Vì lí do đó, trong lí thuyết xác suất, người ta
    đồng nhất một biến cố với tập con của $\Omega$  gồm các BCSC thuận lợi
 cho biến cố đó. Chẳng hạn, trong ví dụ trên
                                       $$C = \{ M_2, M_4, M_6\} \qquad L = \{ M_1, M_3, M_5\}.$$
Như vậy, có thể hiểu nôm na là, các biến cố được tạo nên từ các
BCSC.\\
{\bf Các loại biến cố}\\
        \indent  Một biến cố được gọi là {\it biến cố không thể có}, nếu nó
         không thể xảy ra khi phép thử được thực hiện. Như vậy không có BCSC
          nào của $\Omega$ thuận lợi cho biến cố không thể có. Do đó,
          biến cố không thể có được đồng nhất với tập $\emptyset.$\\
        \indent  Một biến cố được gọi là {\it biến cố chắc chắn}, nếu nó
        chắc chắn xảy ra khi phép thử được thực hiện. Mọi BCSC của phép
        thử đều thuận lợi cho biến cố chắc chắn. Do đó, biến cố chắc chắn
        được đồng nhất với toàn bộ tập $\Omega$.\\
    \indent Một biến cố được gọi là {\it biến cố ngẫu nhiên}, nếu nó có thể
     xảy ra hoặc không xảy ra khi phép thử được thực hiện. Biến cố ngẫu
     nhiên thường được ký hiệu bởi các chữ in $A, B, C, \ldots$ Chẳng hạn, trong ví dụ trên thì:\\
    \indent  Biến cố ``Số chấm xuất hiện $>  6$'' là biến cố không thể có ($\emptyset$).\\
 \indent Biến cố  ``Số chấm xuất hiện   $\leqslant 6$'' là biến cố chắc chắn ($\Omega$).\\
    \indent Các biến cố $C = \{ M_2, M_4, M_6\} \}$ và $ L = \{ M_1, M_3,
    M_5\}$ là các biến cố ngẫu nhiên.\\
{\bf 1.2.4 Quan hệ và phép toán giữa các biến cố} \\
\noindent {\bf  Quan hệ thuận lợi.} Ta nói biến cố A {\it thuận lợi}
cho biến cố B nếu khi A xảy ra thì B xảy ra. Rõ ràng, A thuận lợi
cho B khi và chỉ khi tập hợp các BCSC thuận lợi cho A là tập con của
tập hợp các BCSC thuận lợi cho B. Do đó, nếu A thuận lợi cho B thì
ta kí hiệu
                          $$A\subset B.$$
 {\bf  Quan hệ bằng nhau.} Hai biến cố A và B gọi là {\it
bằng nhau $($hay tương đương$)$} nếu A xảy ra khi và chỉ khi B xảy ra.
Nói cách khác, A và B bằng nhau khi và chỉ khi $A\subset B$ và
$B\subset A$. Nếu A và B bằng nhau thì ta kí hiệu $$A=B.$$
 {\bf  Hợp của các biến cố.}  Biến cố A được gọi là {\it hợp} của 2 biến cố B và C nếu A xảy ra
 khi và chỉ khi ít nhất một trong 2 biến cố B hoặc C xảy ra. Lúc đó ta kí hiệu
                                                                    $$ A = B\cup C.$$
 {\it Tổng quát.} Biến cố A được gọi là \emph{hợp} của họ biến cố
 $A_i(i\in I)$ nếu A xảy ra khi và chỉ khi ít nhất một trong các biến
 cố $A_i(i\in I)$  xảy ra. Kí hiệu $$A=\bigcup_{i\in I}A_i.$$\\
 {\bf  Giao các biến cố.}  Biến cố $A$ được gọi là {\it giao} (\emph{tích})
 của 2 biến cố $B$ và $C$ nếu $A$ xảy ra khi và chỉ khi $B$ và $C$ đồng thời
 xảy ra. Kí hiệu $$A=B\cap C\;\;(\text \;\; A=B.C).$$
   {\it Tổng quát.} Biến cố $A$ được gọi là \emph{giao $($tích$)$} của họ các biến cố $A_i$, $(i\in I)$ nếu $A$ xảy ra khi và chỉ khi tất cả các $A_i$, $(i\in I)$ đều xảy ra. Kí hiệu
$$A=\bigcap_{i\in I}A_i\;\;\text (  A=\prod_{i\in I}A_i).$$\\
 {\bf Hiệu các biến cố.}   Biến cố $A$ được gọi là {\it
hiệu} của biến cố $B$ với biến cố $C$ nếu A xảy ra khi và chỉ khi
$B$ xảy ra và $C$ không xảy ra. Kí hiệu
                                                                  $$A = B\backslash C.$$
 {\bf Các biến cố xung khắc.}   Hai biến cố $A$ và $B$ được
gọi là {\it xung khắc} nếu chúng không thể đồng thời xảy ra. Nói
cách khác, $A$ và $B$ được gọi là xung khắc nếu
$$A.B=\emptyset.$$
  {\bf  Biến cố đối lập.}  Biến cố $\overline{A}$ được gọi là {\it biến cố đối lập} của biến cố
  $A$ nếu $\overline{A}$ xảy ra khi và chỉ khi $A$ không xảy ra.  Rõ ràng lúc đó ta có
$$A=\overline{A},\quad A=\Omega\backslash {\overline{A}},\quad A=\overline
{\overline{A}}.$$
  {\bf Họ đầy đủ các biến cố}. Họ $n$ biến cố
 $H_1, H_2,..., H_n$ được gọi là {\it họ đầy đủ các biến cố} nếu chúng thoả mãn đồng thời hai điều kiện sau\\
1. Chúng xung khắc với nhau đôi một. Tức là
$$H_iH_j=\emptyset,\quad (i\not=j)$$
2. Hợp của chúng là biến cố chắc chắn. Tức là
$$H_1\cup H_2.....\cup H_n=\Omega.$$
 \indent    Nói cách khác, $H_1, H_2,..., H_n$ là họ đầy đủ các biến cố
  nếu khi phép thử được thực hiện thì có một và chỉ một trong các biến cố
  đó xảy ra. Chẳng hạn nếu $A$ là biến cố bất kì thì $A$ và
   $\overline {A}$  lập thành một họ đầy đủ.\\
{\bf Ví dụ.}  Hai người cùng bắn, mỗi người bắn một viên vào bia.
$A_i$ là biến cố ``Người thứ $i$ bắn trúng''  $(i =1, 2)$. Vậy thì\\
             $A_1A_2$            là biến cố ``cả hai người cùng bắn trúng''.\\
$A_1\overline A_2\cup \overline A_1A_2$  là biến cố ``có đúng một người bắn trúng''.\\
     $\overline A_1\overline A_2$  là biến cố ``không ai bắn trúng''.\\
 Họ đầy đủ các biến cố là: $A_1,\overline A_1$
  hoặc $\overline A_1\ \overline A_2$, $\overline{A_1}A_2$, $A_1\overline{A_2}$, $A_1A_2$.\\
{\it Chú ý.} Quan hệ và phép toán trên tập hợp
các biến cố có tất cả các tính chất của quan hệ và phép toán trên các tập hợp. Chẳng hạn\\
$1. \quad (A\cup B)\cup C= A\cup (B\cup C),\quad (AB)C=A(BC).$\\
$2. \quad A(B\cup C)=AB\cup AC,\quad (A\cup B)C=AC\cup BC.$\\
$3. \quad A\Omega=A,\quad A\cup\Omega=\Omega.$\\
$4. \quad A\cup\emptyset= A, \quad A\emptyset=\emptyset.$\\
$5.\quad \mbox{(Công thức De-Morgan)}\quad\overline{\bigcup_{i\in
I}A_i}=\prod_{i\in I}
\overline{A_i}.$\\
\section{Xác suất của biến cố}
\indent Nói chung, một biến cố có thể xảy ra hoặc không xảy ra khi
phép thử được thực hiện. Do đó, nảy sinh nhu cầu đo lường khả năng
xuất hiện của nó.  Số biểu thị khả năng xuất hiện của biến cố A gọi
là xác suất
của biến cố đó và được kí hiệu  là $\Bbb{P}(A)$.\\
  \indent Có nhiều cách định nghĩa xác suất. Dưới đây sẽ trình bày một số định nghĩa quan trọng.\\
{\bf 1.3.1 Định nghĩa xác suất cổ điển}\\
{\bf Định nghĩa.} Giả sử không gian BCSC của phép thử có $n$ BCSC có
cùng
 khả năng xuất hiện; trong đó có $m$ BCSC thuận lợi cho biến cố $A$. Khi đó, số
                                                               $$\Bbb{P}(A) = \dfrac{m}{n}$$
được gọi là {\it xác suất} của biến cố $A$.\\
   \indent Các biến cố có cùng khả năng xuất hiện được gọi là các biến cố đồng khả năng.\\
{\bf Ví dụ.}\\
\indent 1. Xét phép thử tung một con xúc xắc cân đối đồng chất. Rõ ràng\\
                                                 $$\Bbb{P}(C) =  \Bbb{P}(L) =\dfrac{1}{2}.$$
\indent 2. Một nhóm học tập có 10 học sinh trong đó có 7 học sinh
yếu. Kiểm
 tra ngẫu nhiên 3 em. Tính xác suất để\\
a. Cả 3 em được kiểm tra đều là học sinh yếu.\\
b. Trong 3 em được kiểm tra có một học sinh yếu.\\
c. Có ít nhất một học sinh yếu được kiểm tra. \\
{\it Giải}. Gọi $A, B, C$ là các biến cố nêu trong các câu a, b, c tương ứng. Số cách chọn 3 em trong 10 em là $n= C_{10}^3$.\\
a.  Số cách chọn cả 3 em yếu là $C_7^3$. Do đó
 $$\Bbb{P}(A)=\dfrac{C_7^3}{C_{10}^3}\;.$$
b. Số cách chọn 3 em, trong đó có 1 em yếu là $C_7^1C_3^2$. Do đó
 $$\Bbb{P}(B)=\dfrac{C_7^1C_3^2}{C_{10}^3}\;.$$
c. Chỉ có một cách chọn 3 em đều không học yếu. Do đó
 $$\Bbb{P}(C)=\dfrac{C_{10}^3-1}{C_{10}^3}\;.$$
      {\it Chú ý.} Trong định nghĩa xác suất cổ điển,  đòi hỏi số BCSC của
       phép thử phải hữu hạn và các BCSC phải có cùng khả năng xuất hiện.
        Đòi hỏi này thường được thoả mãn trong các trò chơi may rủi, hoặc trong các phép thử mà việc chọn lựa là vô tư, ngẫu nhiên và các dụng cụ thử là cân đối, đồng chất. Nếu số BCSC là vô hạn, hoặc hữu hạn nhưng không đồng khả năng xuất hiện, thì cách tính xác suất cổ điển không còn đúng nữa. \\
{\bf 1.3.2 Định nghĩa xác suất bằng tần suất}\\
{\bf Tần suất của một biến cố.} Giả sử phép thử $G$ có thể lặp đi
lặp lại nhiều lần độc lập nhau; $A$ là một biến cố của $G$. Thực
hiện $G$ $n$ lần. Giả sử trong $n$ lần đó, $A$ xuất hiện $k_n(A)$
lần. Khi đó tỉ số
                                              $$f_n(A) = \dfrac{k_n(A)}{n}$$
được gọi là {\it tần suất} xuất hiện của biến cố $A$ trong $n$ phép
thử.
 Có thể dễ dàng nhận thấy rằng tần suất có những tính chất sau đây\\
1. $0\leqslant  f_n(A)\leqslant  1.$\\
2. $f_n(\Omega) = 1.$\\
3. Nếu $AB =\emptyset$ thì  $f_n(A\cup B)=f_n(A) + f_n(B).$\\
{\bf  Định nghĩa xác suất theo tần suất.} Người ta nhận thấy rằng
khi số phép thử tăng lên vô hạn, tần suất của $f_n(A)$ luôn dần tới
một giới hạn
 xác định. Giới hạn đó được định nghĩa là xác suất của biến cố A và được ký hiệu là $\Bbb{P}(A)$.\\
     \indent Trên thực tế $\Bbb{P}(A)$ được tính xấp xỉ bởi $f_n(A)$ với $n$ đủ
     lớn.   Chẳng hạn, khi tiến hành thí nghiệm tung đồng tiền nhiều lần, ta thấy tần suất xuất hiện mặt sấp $(S)$ xấp xỉ 0,5. Do đó, ta định nghĩa $\Bbb{P}(S)=0,5$.\\
     \indent Định nghĩa xác suất bằng tần suất chỉ áp dụng được cho các phép thử ngẫu nhiên có
     thể lặp đi lặp lại nhiều lần độc lập nhau trong những điều kiện giống hệt nhau. Ngoài ra, ta chỉ có thể xác định được tương đối chính xác giá trị của xác suất khi tiến hành một số đủ nhiều các phép thử; mà điều này đôi khi không thể làm được vì hạn chế về thời gian và kinh phí.\\
{\bf 1.3.3 Định nghĩa xác suất hình học}
     \par Trong trường hợp không gian BCSC $\Omega$ của phép thử G có vô số
      BCSC có cùng khả năng xuất hiện và $\Omega$ có thể biểu diễn bởi
      một tập đo được thì ta có định nghĩa sau đây.\\
     {\bf  Định nghĩa.} Giả sử không gian BCSC $\Omega$ của phép thử có vô
     số BCSC có cùng khả năng xuất hiện và $\Omega$ được biểu diễn bởi
      một tập đo được $H_{\Omega}$. Khi đó nếu biến cố $A$ được biểu diễn bởi
       một tập đo được $H_A$ thì số
 $$\Bbb{P}(A)=\dfrac{\mbox{độ đo }H_A}{\mbox{độ đo }H_\Omega}$$
 được gọi là {\it xác suất} của biến cố $A$.\\
        \indent Trong đó  ``tập đo được'' là tập trên đường thẳng (mặt phẳng, không gian) có độ dài (diện tích, thể tích) còn ``độ đo'' của một tập là độ dài (diện tích, thể tích) của tập đó.\\
{\bf Ví dụ.} Hai người bạn hẹn gặp nhau trong khoảng thời gian từ 7 đến 8 giờ. Biết rằng khả năng họ đến điểm hẹn vào mọi thời điểm trong thời gian hẹn là như nhau. Ngoài ra, người đến trước đợi người đến sau đúng 20 phút, nếu không gặp sẽ bỏ đi. Tìm xác suất để 2 người gặp nhau.\\
 {\it Giải.} Gọi thời điểm đến điểm hẹn của người thứ nhất là $x$, của người thứ 2 là $y$ $(7\leqslant  x\leqslant  8, 7\leqslant  y\leqslant  8)$. Vậy thì có thể biểu diễn BCSC  ``người thứ nhất đến vào thời điểm  $x$, người thứ 2 đến vào thời điểm $y$'' bởi cặp số $(x, y)$. Khi đó, không gian BCSC $\Omega$ được biểu diễn bởi hình vuông
                            $$H_\Omega=\{(x,y):7\leqslant  x\leqslant  8, 7\leqslant  y\leqslant
                              8\}.$$
      Biến cố $A= $  ``2 người gặp nhau''  được biểu diễn bởi tập
                          $$H_A=\{(x,y)\in H_\Omega:|x-y|\leqslant \dfrac{1}{3}\},$$
    ( $20 \mbox{ phút}= \dfrac{1}{3}\mbox{ giờ}$ ). Vậy
                                      $$\Bbb{P}(A) = \dfrac{\mbox{ d.tích }H_A}{\mbox{ d.tích }
                                      H_\Omega}=1-{(\dfrac{2}{3})}^2=\dfrac{5}{9}.$$
{\bf 1.3.4 Định nghĩa xác suất bằng phương pháp tiên đề} \\
         \indent Các định nghĩa xác suất trình bày ở trên có ưu điểm là khá
          trực quan và rất tiện lợi trong việc giải một số lớp bài toán ứng
           dụng cụ thể. Tuy nhiên, chúng đều có hạn chế là không tổng quát
           và cũng không thật chặt chẽ. Để khắc phục hạn chế này, năm 1933,
            nhà toán học người Nga Kolmogorov đã xây dựng xác suất bằng một hệ
            tiên đề. Trước hết, chúng ta đề cập đến một số khái niệm liên quan.\\
{\bf  $\sigma$-đại số}\\
\indent  Giả sử $\Omega$ là một tập hợp bất kì khác rỗng. Một họ
$\cal{F}$  gồm các
 tập con nào đó của $\Omega$ được gọi là một {\it $\sigma$-đại số},
nếu\\
\indent $i.$ $\Omega\in\cal{F}$, \\
\indent $ii.$   Nếu $A\in\cal{F}$ thì $\Omega\backslash A\in\cal{F}$,\\
\indent $iii.$ Nếu $A_n\in\cal{F}$ $(n = 1, 2, \dots)$ thì $\cup_{n=1}^\infty A_n\in\cal{F}$.\\
\indent $\sigma$-đại số còn được gọi là \emph{$\sigma$-trường}.\\
{\bf Không gian đo và độ đo xác suất}\\
\indent Giả sử $\Omega$ là một tập hợp tuỳ ý khác rỗng, $\mathcal{F}$ là một
$\sigma$-đại số các tập con của $\Omega$. Khi đó, cặp
$(\Omega,\mathcal{F})$ được gọi là một \emph{không gian đo}.\\
\indent Giả sử  $(\Omega,\mathcal{F})$ gọi là một không gian đo. Một ánh xạ $ \Bbb{P}: {\cal{F}}\to\mathbb{R}$  được gọi là {\it độ đo xác suất} trên $\cal{F}$ nếu\\
$i.$ $\Bbb{P}(A)\geqslant  0$ với mọi $A\in\cal{F}$ (tính không âm),\\
$ii.$ $\Bbb{P}(\Omega) =1$  (tính chuẩn hoá),\\
$iii.$ Nếu $A_n\in\cal{F}$ $(n = 1, 2, 3, \dots)$, $A_i\cap A_j = A_iA_j = \emptyset$ $(i\not=j)$ thì\\
\indent $\Bbb{P}(\cup_{n=1}^\infty A_n)=\sum_{n=1}^\infty \Bbb{P}(A_n)$ (tính cộng tính đếm được). \\
Bây giờ, giả sử $\Omega$ là tập bất kỳ khác rỗng, $\cal{F}$ là một
 $\sigma$- đại số  các tập con của $\Omega$, $\Bbb{P}$ là độ đo xác suất
  trên $\cal{F}$. Khi đó, bộ ba $(\Omega,\mathcal F, \Bbb{P})$ được gọi là {\it không
   gian xác suất}.\\
    \indent Tập $\Omega$ được gọi là {\it không gian biến cố sơ cấp}.\\
    \indent $\sigma$- đại số $\cal{F}$  được gọi là {\it$\sigma$- đại số các
     biến cố}.\\
    \indent  Mỗi $A\in\cal{F}$ được gọi là một {\it biến cố}.\\
    \indent Nếu $A\cap B = AB =\emptyset$ thì $A, B$ được gọi là
các {\it
    biến cố xung khắc}.\\
   \indent  Biến cố $\Omega \in\cal{F}$ gọi là {\it biến cố chắc chắn}.\\
     \indent Biến cố $\emptyset \in\cal{F}$ gọi là \emph{biến cố không thể có}.\\
    \indent Biến cố ${\overline{A}}=\Omega\backslash A$ được gọi là {\it biến
     cố đối
    lập} của biến cố A.\\
    \indent Không gian xác suất $(\Omega,\mathcal F, \Bbb{P})$  gọi là {\it không
    gian xác suất đầy đủ} nếu mọi tập con của biến cố có xác suất
    không đều là biến cố. Để đơn giản, từ nay về sau, khi nói đến không gian xác suất
     $(\Omega,\mathcal F, \Bbb{P})$, ta luôn xem đó là không gian xác suất
 đầy đủ.\\
    {\bf Chú ý.} Điều kiện $(ii)$ trong định nghĩa trên đảm bảo rằng
    biến cố chắc chắn có xác suất bằng 1. Tuy nhiên, sau này ta sẽ
    gặp những biến cố có xác suất bằng 1 nhưng chưa chắc đã là biến cố
    chắc chắn. Những biến cố như vậy gọi là {\it biến cố hầu chắc
    chắn}.\\
{\bf  Ví dụ.}\\
\indent 1. Giả sử $G$ là một phép thử mà không gian BCSC $\Omega$
của nó gồm $n$ BCSC có cùng khả năng xuất hiện. Gọi $\cal{F}$ là họ
tất cả các tập con của $\Omega$. Với  mỗi $A\in\cal{F}$ ta  đặt
                                      $$\Bbb{P}(A) = \dfrac{|A|}{|\Omega|},$$
trong đó $|A|$ là số phần tử của $A$.\\
 \indent Rõ ràng $\Bbb{P}: {\cal{F}}\to\mathbb{R}$ thoả mãn các tiên đề
 xác suất. Đây chính là định nghĩa xác suất cổ điển. Như vậy, trong mô hình
  cổ điển, mọi tập $A\subset \Omega$ đều là biến cố.\\
\indent 2. Giả sử $G$ là một phép thử mà không gian các BCSC của nó
có vô số BCSC có cùng khả năng xuất hiện và được biểu diễn bởi một
tập đo được $H_\Omega$. Gọi $\cal{F}$ là họ tất cả các tập con đo
được của $H_\Omega$. Mỗi $H\in\cal{F}$ đặt
                                                $$ \Bbb{P}(H) = \dfrac{\mbox{ độ đo }(H)}
                                                {\mbox{ độ đo }(H_\Omega)}.$$
 Dễ thấy $(\Omega,\mathcal F, \Bbb{P})$ lập thành một không gian xác suất.\\
     \indent Bây giờ, giả sử $A$ là một biến cố của phép thử. Nếu $A$ được biểu diễn bởi tập đo được $H_A$  thì ta đặt
                                               $$\Bbb{P}(A) =  \Bbb{P}(H_A).$$
 Đây chính là định nghĩa xác suất hình học.\\
\indent 3. Giả sử $\Omega$ là một tập vô hạn đếm được
$\Omega=(\omega_1,\omega_2,\dots,\omega_n,\dots)$  còn $(p_n)$ là
một dãy số không âm thoả mãn điều kiện $\sum_{n=1}^\infty p_n=1$.
Gọi $\cal{F}$  là $\sigma$- đại số tất cả các tập con của $\Omega$.
Với mỗi $A\in\cal{F}$ đặt
                                                         $$  \Bbb{P}(A) = \sum_{\omega_i\in A}p_i.$$
 Dễ thấy ánh xạ $\Bbb{P}: {\cal{F}}\to\mathbb{R}$ xác định như trên là xác suất và $(\Omega,\mathcal F, \Bbb{P})$ trở thành một không gian xác suất. Mô hình này được gọi là mô hình xác suất rời rạc.\\
    \indent Như vậy, có nhiều cách định nghĩa xác suất thoả mãn  tiên đề Kolmogorov. Vấn đề là ở chỗ cần định nghĩa xác suất sao cho  phù hợp với thực tiễn khách quan.\\
{\bf 1.3.5  Các tính chất của xác suất}\\
 \indent Giả sử $A,B,C,\dots$ là những biến cố. Khi đó, xác suất của chúng
có các tính chất sau\\
1. {\it $\Bbb{P}(\emptyset) =0$.}\\
  Thật vậy, đặt  $A_1=\Omega;\;A_n=\emptyset (\forall n>1)$. Khi đó,
  sử dụng $(iii)$ ta được
  $$ 1=\Bbb{P}(\Omega)=\Bbb{P}(\cup_{n=1}^\infty A_n)=\sum_{n=1}^\infty
   \Bbb{P}(A_n)=\Bbb{P}(\Omega)+\sum_{n=2}^\infty  \Bbb{P}(A_n).$$
  Suy ra $$\sum_{n=2}^\infty
   \Bbb{P}(A_n)=0.$$
  Điều này, cùng với $(i)$ cho ta
  $$\Bbb{P}(\emptyset)=\Bbb{P}(A_n)=0
  ; (\forall n>1).$$
2. {\it Nếu $AB =\emptyset$ thì $\Bbb{P}(A\cup  B) =\Bbb{P}(A)+ \Bbb{P}(B)$.}\\
Tính chất này là hệ quả trực tiếp của tiên đề về tính cộng tính đếm
được
của độ đo xác suất và tính chất 1.\\
3. {\it $\Bbb{P}({\overline{A}}) =1- \Bbb{P}(A)$.}\\
\indent Thật vậy, ta có
 $$A\cup{\overline{A}}=\Omega,\quad A{\overline{A}}=\emptyset.$$
 Suy ra
 $$1=\Bbb{P}(\Omega)=\Bbb{P}(A\cup{\overline{A}})=\Bbb{P}(A)+ \Bbb{P}
({\overline{A}}).$$
  Nên
 $$\Bbb{P}({\overline{A}}) =1- \Bbb{P}(A).$$
 4. {\it Nếu $A\subset B$ thì $\Bbb{P}(B\backslash A)=\Bbb{P}(B)- \Bbb{P}
(A)$ và do đó  $\Bbb{P}(A) \leqslant   \Bbb{P}(B).$}\\
\indent Thật vậy
$$B= A\cup (B\backslash A),\quad  A(B\backslash A) =\emptyset.$$
Nên
$$\Bbb{P}(B)=  \Bbb{P}(A)+ \Bbb{P}(B\backslash A)\geqslant   \Bbb{P}(A).$$
Suy ra
$$\Bbb{P}(B\backslash A)=\Bbb{P}(B)- \Bbb{P}(A).$$
5. {\it $\Bbb{P}(A\cup B) =\Bbb{P}(A)+ \Bbb{P}(B)- \Bbb{P}(AB).$}\\
\indent Thật vậy, ta có
  $$A\cup B = A\cup (B\backslash AB);\quad   A (B\backslash AB) =\emptyset;
\quad  AB\subset B.$$
 Suy ra
$$\Bbb{P}(A\cup B)=\Bbb{P}(A)+  \Bbb{P}(B\backslash AB)=\Bbb{P}(A)+ \Bbb{P}
(B)- \Bbb{P}(AB).$$
 6. {\it $\Bbb{P}(\cup_{k=1}^n A_k)=
\sum_{k=1}^n \Bbb{P}(A_k)- \sum_{1\leqslant  k\leqslant i\leqslant
n} \Bbb{P}(A_kA_i)\linebreak +  \sum_{1\leqslant  k\leqslant
l\leqslant m\leqslant  n}
\Bbb{P}(A_kA_l A_m)-\dots+(-1)^{n-1} \Bbb{P}(A_1A_2\dots A_n).$}\\
\indent Thật vậy, với $n = 2$, công thức trên chính là tính chất
(5).
Bằng phương pháp quy nạp toán học, sẽ chứng minh được kết quả cho trường hợp  $n > 2$.\\
7. {\it $\Bbb{P}(\cup_{n=1}^\infty A_n)\leqslant \sum_{n=1}^\infty \Bbb{P}(A_n)$.}\\
  \indent Thật vậy, đặt
$$B_1=A_1, B_2=A_2\backslash B_1,\dots, B_n=A_n\backslash\cup_{k=1}^{n-1}B_k.$$
Lúc đó
  $$\Bbb{P}(\cup_{n=1}^\infty A_n)=\Bbb{P}(\cup_{n=1}^\infty B_n)=\sum_{n=1}^\infty \Bbb{P}(B_n)\leqslant \sum_{n=1}^\infty \Bbb{P}(A_n).$$
8. {\it $($Tính liên tục của xác suất$)$\\
\indent i. Nếu $(A_n)$ là dãy đơn điệu tăng, nghĩa là $A_1\subset
A_2\subset\dots \subset A_n\subset\dots$,  thì tồn tại
 $$\lim_{n\to \infty} \Bbb{P}(A_n)=\Bbb{P}(\cup_{n=1}^\infty A_n).$$
\indent ii. Nếu $(A_n)$ là dãy đơn điệu giảm, nghĩa là $A_1\supset
A_2\supset\dots \supset A_n\supset\dots$, thì tồn tại
 $$\lim_{n\to \infty} \Bbb{P}(A_n)=\Bbb{P}(\cap_{n=1}^\infty A_n).$$}
Thật vậy, giả sử $(A_n)$ là dãy tăng. Đặt
$$B_1=A_1, B_2=A_2\backslash B_1,\dots, B_n=A_n\backslash A_{n-1}=A_n\backslash\cup_{k=1}^{n-1}B_k.$$
 Lúc đó
 $$\cup_{k=1}^n B_k=\cup_{k=1}^n A_k =A_n,  \cup_{n=1}^\infty B_n=\cup_{n=1}^\infty A_n,B_i\cap B_j=\emptyset.$$
Suy ra\\
$\Bbb{P}(\cup_{n=1}^\infty A_n)=\Bbb{P}(\cup_{n=1}^\infty
B_n)=\sum_{n=1}^\infty \Bbb{P}(B_n) =\lim_{n\to\infty}
\Bbb{P}(\cup_{k=1}^n B_k) =\lim_{n\to\infty}
\Bbb{P}(A_n).$\\
 Bây giờ giả sử $(A_n)$ là dãy đơn điệu giảm. Vậy thì $(\overline{A_n})$ là dãy đơn điệu tăng,
  nên theo $(i)$ ta có
$$\lim_{n\to\infty} \Bbb{P}({\overline{A_n}})=\Bbb{P}(\cup_{n=1}^\infty {\overline {A_n}})=\Bbb{P}({\overline{\cap_{n=1}^\infty A_n}})=1- \Bbb{P}(\cap_{n=1}^\infty A_n).$$
 Suy ra\\
$\lim_{n\to\infty} \Bbb{P}(A_n)=\lim_{n\to\infty}(1-
\Bbb{P}({\overline{A_n}}))=1-\lim_{n\to\infty}
\Bbb{P}({\overline{A_n}}) =1-(1-
\Bbb{P}(\cap_{n=1}^\infty A_n))=\Bbb{P}(\cap_{n=1}^\infty A_n).$\\
Đó là điều cần chứng minh.\\
\section{Xác suất có điều kiện}
\noindent {\bf 1.4.1 Định nghĩa và ví dụ}\\
\indent Trong thực tế, nhiều khi ta phải tính xác suất của một biến
cố khi biết một biến cố khác đã xảy ra. Xác suất đó gọi là
xác suất có điều kiện và được định nghĩa như sau.\\
 {\bf Định
nghĩa 1.} Giả sử $A$ và $B$ là các biến cố. Xác suất của $B$ được
 tính với giả thiết $ A$ đã xảy ra được gọi là \emph{xác suất
 của $B$ với điều kiện $A$} và được kí hiệu là $\Bbb{P}(B/A)$.
\par Xác suất
 của $B$ với điều kiện $A$ còn được gọi là \emph{xác suất có điều kiện  của $A$ đối với $B$}.\\ {\bf  Ví dụ. } Một lớp học có $n$ học sinh, trong đó có $m$
học sinh nữ $(m\leqslant  n)$. Trong $m$ học sinh nữ đó có $k$ em
học yếu $(k \leqslant  m)$. Kiểm tra ngẫu nhiên một học sinh. Gọi
$A$ là biến cố ``học sinh đó là nữ'',  $B$ là biến cố  ``học sinh đó
học yếu''. Vậy thì rõ ràng $\Bbb{P}(B/A)$ là tỉ lệ học sinh nữ học
yếu. Do đó
                                                          $$\Bbb{P}(B/A) =  \dfrac{k}{m}.$$
Mặt khác, dễ dàng nhận thấy rằng
                                                         $$\Bbb{P}(A)=\dfrac{m}{n},\quad  \Bbb{P}(B) = \dfrac{k}{n}.$$
Suy ra
                                                        $$\Bbb{P}(B/ A) =
                                                        \dfrac{ \Bbb{P}(AB)}
                                                        { \Bbb{P}(A)}\;.$$
    \indent Qua kiểm nghiệm thực tế, người ta nhận thấy  công thức trên
    luôn luôn đúng. Điều này gợi ý cho ta đi đến định nghĩa sau: \\
{\bf Định nghĩa 2.}  Giả sử $(\Omega,\mathcal F, \Bbb{P})$ là không
gian xác suất. $A, B\in\cal{F}$,  $\Bbb{P}(A) > 0$. Khi đó số
\begin{align}
                             \Bbb{P}(B/A) =   \dfrac{ \Bbb{P}(AB)}{ \Bbb{P}(A)} \tag{1}
\end{align}
được gọi là \emph{xác suất
 của $B$ với điều kiện $A$}.\\
{\it Chú ý.}\\
  \indent 1. Nếu $\Bbb{P}(A) =0$ thì vẫn có $\Bbb{P}(B/A)$ nhưng không thể áp dụng công thức (1).\\
  \indent 2. Tuỳ theo tình huống cụ thể mà có thể tính $\Bbb{P}(B/A)$ theo một trong hai định nghĩa trên.\\
{\bf 1.4.2 Tính chất.}\\
1. {\it $\Bbb{P}(B/A) \geqslant   0$.}  (Hiển nhiên).\\
2. {\it Nếu $B\supset A$ thì $\Bbb{P}(B/A) = 1$.  Đặc biệt
$\Bbb{P}(\Omega /A) = 1$.}\\
{\it Chứng minh.}
$$B\supset A\Rightarrow AB = A\Rightarrow   \Bbb{P}(B/A) =\dfrac{
\Bbb{P}(AB)}{ \Bbb{P}(B)} =\dfrac{ \Bbb{P}(A)}{ \Bbb{P}(A)} = 1.$$
3. {\it Nếu $(B_n)$ là dãy các biến cố đôi một xung khắc thì
$$\Bbb{P}(\cup_{n=1}^\infty B_n/A)=\sum_{n=1}^\infty \Bbb{P}(B_n/A).$$}
  {\it Chứng minh.}  Trước hết nhận xét rằng nếu $(B_n)$ là dãy biến cố đôi một xung khắc thì
  $(AB_n)$ cũng là dãy biến cố đôi một xung khắc. Do đó
$$ \Bbb{P}(\cup_{n=1}^\infty B_n/A)=\dfrac{ \Bbb{P}((\cup_{n=1}^\infty B_n)A)}{ \Bbb{P}(A)}
=\dfrac{ \Bbb{P}(\cup_{n=1}^\infty (AB_n))}{ \Bbb{P}(A)}$$
$$=\dfrac{\sum_{n=1}^\infty \Bbb{P}(AB_n)}{ \Bbb{P}(A)}\\
=\sum_{n=1}^\infty\dfrac{  \Bbb{P}(AB_n)}{
\Bbb{P}(A)}=\sum_{n=1}^\infty \Bbb{P}(B_n/A).$$

Từ (1) - (3) suy ra rằng nếu $A$ là một biến cố, $\Bbb{P}(A) >0$
thì ánh xạ $ \Bbb{P}_A: {\cal{F}}\to\mathbb{R}$ xác định bởi công
thức
$$  \Bbb{P}_A(B) =  \Bbb{P}(B/A) \quad  (\forall B\in\cal{F})$$
   cũng là xác suất trên $\cal{F}$.\\
{\bf 1.4.3 Quy tắc nhân}\\
{\bf Định lý.} {\it  Giả sử $A_1, A_2,...,A_n$ $(n\geqslant  2)$, là
$n$ biến cố bất kì sao cho $\Bbb{P}(A_1 A_2...A_{n-1}) > 0$. Khi đó
\begin{align}
                  \Bbb{P}(A_1A_2...A_n)=  \Bbb{P}(A_1). \Bbb{P}(A_2/A_1)... \Bbb{P}(A_n/A_1...A_{n-1}). \tag{2}
\end{align}}
{\it Chứng minh.}  Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo $n$. Ta có, với mọi
$A_1, A_2\in\cal{F}$
                        $$\Bbb{P}(A_2/A_1) =\dfrac{ \Bbb{P}(A_1A_2)}
                        { \Bbb{P}(A_1)}.$$
Do đó $$   \Bbb{P}(A_1A_2) =  \Bbb{P}(A_1). \Bbb{P}(A_2).$$
 Vậy (2) đúng với $n = 2$.\\
Giả sử (2) đúng đến $n = k$, ta sẽ chứng minh nó đúng với $n
= k+1$. Thật vậy, giả sử $A_i\in\cal{F}$ với  $ i = 1, 2,\dots, k, k+1$. Lúc đó
 $$\Bbb{P}(A_1A_2\dots A_kA_{k+1}) = \Bbb{P}[(A_1A_2\dots A_k)A_{k+1}]$$$$=  \Bbb{P}(A_1A_2\dots A_k). \Bbb{P}(A_{k+1}/A_1A_2\dots A_k).$$

  Mặt khác, do giả thiết qui nạp
                        $$\Bbb{P}(A_1A_2\dots A_k)       =  \Bbb{P}(A_1). \Bbb{P}(A_2/A_1)\dots  \Bbb{P}(A_k/A_1A_2\dots A_{k-1}).$$
Suy ra
                        $$\Bbb{P}(A_1A_2\dots A_kA_{k+1}) =  \Bbb{P}(A_1). \Bbb{P}(A_2/A_1)\dots  \Bbb{P}(A_{k+1}/A_1A_2\dots A_k).$$
{\bf  Ví dụ.} Một thủ kho có một chùm chìa khoá gồm 9 chiếc bề ngoài
giống hệt nhau nhưng chỉ có 2 chìa mở được kho. Anh ta thử ngẫu
nhiên từng chìa (chìa nào không mở được thì bỏ ra). Tìm xác
suất để anh ta mở được cửa ở lần mở thứ 3?\\
{\it Giải.} Gọi $A_i$ là biến cố ``thử đúng chìa ở lần thứ $i$''. Ta
phải tính $\Bbb{P}({\overline A_1\overline A_2}A_3)$.  {á}p dụng
qui tắc nhân, ta có
   $$\Bbb{P}({\overline A_1\overline A_2}A_3)=\Bbb{P}({\overline{A_1}})
     \Bbb{P}({\overline{A_2}}/{\overline{A_1}})    \Bbb{P}(A_3/
     {{\overline A_1\overline A_2
     }}).$$
Dễ thấy
$$\Bbb{P}({\overline A_1})=\dfrac{7}{9},\quad
\Bbb{P}({\overline A_2}/\overline A_1)=\dfrac{6}{8},\quad
 \Bbb{P}(A_3/{\overline A_1}\overline A_2)=\dfrac{2}{7}.$$
Do đó
                              $$\Bbb{P}({\overline A_2}{\overline A_1}A_3)= \dfrac{7}{9}\dfrac{6}{8}\dfrac{2}{7}=\dfrac{1}{6}.$$
{\bf 1.4.4  Công thức xác suất đầy đủ và công thức Bayes}\\
 {\bf Định lý.} {\it Giả sử $H_1, H_2,\dots, H_n$ là họ đầy đủ các biến cố
  và $\Bbb{P}(H_i)>0$, $(\forall i=1,2,\dots,n)$.  Khi đó, với biến cố $A$ bất kì, ta có\\
i)  $  \Bbb{P}(A) = \sum_{i=1}^n  \Bbb{P}(A/H_i)  \Bbb{P}(H_i).$\\
ii) Nếu $\Bbb{P}(A) >0$ thì
$$\Bbb{P}(H_k/A)= \dfrac{ \Bbb{P}(A/H_k)
 \Bbb{P}(H_k)}{\sum_{i=1}^n  \Bbb{P}(A/H_i) \Bbb{P}(H_i)}\quad     (k=1, 2,\dots,
 n) .$$}
{\it Chứng minh.}\\
\indent $i)$ Ta có
$$A=A\Omega=A(\cup_{i=1}^n H_i)=\cup_{i=1}^n A H_i,$$
$$(A H_i)(AH_j)=A (H_i H_j)=A\emptyset=\emptyset\quad (i\not=j).$$
Do đó
  $$\Bbb{P}(A)=\Bbb{P}( A(\cup_{i=1}^n H_i))=\sum_{i=1}^n  \Bbb{P}(AH_i)=\sum_{i=1}^n
  \Bbb{P}(A/H_i) \Bbb{P}(H_i).$$
\indent $ii)$ $\Bbb{P}(H_k /A) =\dfrac{ \Bbb{P}(AH_k)}{ \Bbb{P}(A)} =
\dfrac{ \Bbb{P}(A/H_k)
 \Bbb{P}(H_k)}{\sum_{i=1}^n  \Bbb{P}(A/H_i) \Bbb{P}(H_i)} .$\\
Công thức $(i)$ gọi là công thức xác suất đầy đủ, còn công thức $(ii)$ gọi là
công thức Bayes.\\
{\bf  Ví dụ.} Trong một trường PTTH số học sinh các khối 10, 11, 12 tương ứng chiếm  $40\%$, $35\%$ và $25\%$ tổng số học sinh của trường. Tỷ lệ học sinh yếu của khối lớp 10 là $25\%$, khối lớp 11 là $20\%$ và của khối lớp 12 là $10\%$. Kiểm tra ngẫu nhiên một học sinh của trường.\\
$a.$ Tính xác suất để em đó là học sinh yếu?\\
$b.$ Giả sử biết rằng em đó là học sinh yếu. Tính xác suất để em đó là học sinh khối 12?\\
{\it Giải.} Kí hiệu $A, H_1, H_2, H_3$ là các biến cố sau:\\
$A$  ``học sinh được kiểm tra là học sinh yếu''.\\
$H_1$  ``học sinh được kiểm tra là học sinh yếu khối 10''.\\
$H_2$  ``học sinh được kiểm tra là học sinh yếu khối 11''.\\
$H_3$  ``học sinh được kiểm tra là học sinh yếu khối 12''.
\vskip 0.05cm
 Khi đó $H_1, H_2, H_3$ lập thành họ đầy đủ và  $\Bbb{P}(H_1) = 0,4$; $\Bbb{P}(H_2) = 0,35$; $\Bbb{P}(H_3) = 0,25$; $\Bbb{P}(A/H_1) = 0,25$; $\Bbb{P}(A/H_2) = 0,2$; $\Bbb{P}(A/H_3) = 0,1$.\\
 Ta cần tính $\Bbb{P}(A)$ và $\Bbb{P}(H_3/ A)$.\\
      {á}p dụng công thức xác suất đầy đủ, ta có
\begin{align*}
 \Bbb{P}(A) &=  \Bbb{P}(A/H_1). \Bbb{P}(H_1) +  \Bbb{P}(A/H_2).  \Bbb{P}(H_2) +  \Bbb{P}(A/H_3).  \Bbb{P}(H_3)\\
& =  0,25. 0,4     +      0,2. 0,35     +     0,1. 0,25      = 0,195
= 19,5\%.
\end{align*}
(Đây chính là tỉ lệ học sinh yếu của trường!).\\
 \indent   {á}p
dụng công thức Bayes, ta có
                        $$\Bbb{P}(H_3/A) =\dfrac{ \Bbb{P}(A/H_3) \Bbb{P}(H_3)}{ \Bbb{P}(H_3)}=
                        \dfrac{0,1.0,25}{0,195}\approx 0,128 = 12,8\%.$$
(Điều này có nghĩa là số học sinh yếu của lớp 12 chiếm $12,8\%$ số học sinh yếu của trường!).\\
{\bf 1.4.5 Tính độc lập của các biến cố}\\
{\bf Định nghĩa 1.}   Hai biến cố A và B được gọi là độc lập nếu
                                            $$\Bbb{P} (A B) =  \Bbb{P}(A). \Bbb{P}(B).$$
{\bf  Tính chất}\\
1. {\it $A$, $B$ độc lập khi và chỉ khi $\Bbb{P}(A/B)=\Bbb{P}(A)$  hoặc $\Bbb{P}(B/A)=  \Bbb{P}(B)$.}\\
{\it Chứng minh.} Giả sử $A$, $B$ độc lập. Khi đó
                                                        $$\Bbb{P}(AB) =  \Bbb{P}(A) \Bbb{P}(B).$$
 Mặt khác theo công thức nhân
               $$\Bbb{P}(AB) =  \Bbb{P}(A/B). \Bbb{P}(B) =\Bbb{P}(B/A). \Bbb{P}(A).$$
           Suy ra
                     $$\Bbb{P}(A/B) =\Bbb{P}(A);\qquad     \Bbb{P}(B/A) =\Bbb{P}(B).$$
Ngược lại, giả sử chẳng hạn $\Bbb{P}(A/B) =\Bbb{P}(A)$,  khi đó
$$\Bbb{P}(AB) =  \Bbb{P}(A/B) \Bbb{P}(B) =\Bbb{P}(A)\Bbb{P}(B).$$ {\it Nhận xét.} Qua chứng minh trên, ta thấy rằng
hai đẳng thức $\Bbb{P}(A/B)=\Bbb{P}(A)$ và $\Bbb{P}(B/A)=\Bbb{P}(B)$
đều tương đương với định nghĩa độc lập và do
 đó tương đương với nhau.\\
 2. {\it Hai biến cố $A$ và $B$ độc lập khi và chỉ khi một trong các điều kiện sau thoả mãn\\
                i) ${\overline{A}}$, $B$ độc lập; \\
                ii ) $A$, ${\overline{B}}$       độc lập;\\
                iii)  ${\overline{A}}$, ${\overline{B}}$ độc lập.}\\
{\it Chứng minh.} Ta sẽ chứng minh trường hợp $i)$ các trường hợp còn
lại chứng minh tương tự. Giả sử A,B độc lập. Vậy thì
    $$\Bbb{P}( {\overline{A}}B )=  \Bbb{P}(B\backslash AB) =  \Bbb{P}(B) -  \Bbb{P}(AB) $$$$=
     \Bbb{P}(B) - \Bbb{P}(A) \Bbb{P}(B)=P (B)(1- \Bbb{P}(A))=\Bbb{P}({\overline{A}} ) \Bbb{P}(B).$$
Do đó ${\overline{A}}$, $B$ độc lập. Ngược lại nếu ${\overline{A}}$,
$B$ độc lập thì
     $$\Bbb{P}(AB) =\Bbb{P}(B\backslash {\overline{A}} B) =  \Bbb{P}(B) -
      \Bbb{P}( {\overline{A}} B)$$$$
     =\Bbb{P}(B) - \Bbb{P}({\overline{A}} ) \Bbb{P}(B) =  \Bbb{P}(B)(1-
     \Bbb{P}({\overline{A}} )) =\Bbb{P}(A) \Bbb{P}(B).$$
 Do đó $A$, $B$ độc lập. \\
{\bf Ví dụ.}\\
\indent 1. Tung đồng thời hai đồng tiền cân đối đồng chất. Gọi $A$ là biến cố ``Đồng tiền thứ nhất sấp'', $B$ là biến cố   ``Đồng tiền thứ hai ngửa''. Ta sẽ chứng minh rằng $A$, $B$ độc lập.\\
Thật vậy, ta có\\
        $$\Omega= \{ (S,S)  (S,N)   (N, S )   ( N, N ) \},$$
                  $$   A  = \{ (S, S )  (S,N ) \}\quad      B = \{ (S,N)  (N,N) \}\quad
                     AB = \{ (S, N ) \}.$$
Do đó
                                    $$\Bbb{P}(AB) =\dfrac{1}{4} =\dfrac{1}
{2}\dfrac{1}{2}=\Bbb{P}(A). \Bbb{P}(B).$$
Suy ra  $A$, $B$ độc lập.\\
     \indent Rõ ràng kết quả này phù hợp với nhận thức trực quan của chúng ta. \\
\indent 2.  Hai người độc lập nhau cùng bắn vào một máy bay. Xác suất bắn trúng của người thứ nhất là 0,3; của người thứ hai là 0,2. Biết rằng máy bay sẽ rơi khi có ít nhất một người bắn trúng. Tìm xác suất để máy bay rơi?\\
{\it Giải.} Gọi $A$  là biến cố ``người thứ nhất bắn trúng'',\\
                $B$   là biến cố ``người thứ hai bắn trúng'',\\
                $C$ là biến cố  ``máy bay rơi''.\\
Vậy thì $A$, $B$ độc lập và $C=A\cup B$. Do đó
      $$\Bbb{P}(C) =\Bbb{P}(A\cup B) =\Bbb{P}(A)+  \Bbb{P}(B)- \Bbb{P}(AB) $$$$=\Bbb{P}(A) +
      \Bbb{P}(B) - \Bbb{P}(A) \Bbb{P}(B)
 =0,3+0,2 -0,2.0,3 =0,44.$$

\indent Dưới đây sẽ trình bày khái niệm độc lập của một họ biến cố. \\
{\bf Định nghĩa 2. }  Họ các biến cố $(A_i)_{i\in I}$ được gọi là
{\it độc
lập đôi một} nếu hai biến cố bất kỳ của họ đều độc lập.\\
      \indent Họ các biến cố $(A_i)_{i\in I}$ được gọi là {\it độc lập toàn cục $($gọi
      vắn tắt là độc lập$)$}, nếu đối với mọi họ hữu hạn các biến cố $A_{i_1}, A_{i_2},\dots, A_{i_n}$ của họ đó, ta đều có
        $$\Bbb{P}(A_{i_1} A_{i_2}\dots A_{i_n} ) = P (A_{i_1}) \Bbb{P}(  A_{i_2})...
        \Bbb{P}(A_{i_n} ).$$
   \indent Một họ độc lập  thì độc lập đôi một. Tuy nhiên điều ngược lại nói chung không đúng. Ví dụ sau đây của Bernstein chứng tỏ điều đó.\\
{\bf Ví dụ.} Cho một khối tứ diện đều đồng chất có ba mặt sơn ba màu
trắng, xanh, vàng, còn mặt thứ tư sơn cả ba màu đó. Tung khối tứ
diện đó lên mặt phẳng và chú ý đến mặt tiếp xúc với mặt phẳng. Gọi
$T$ là biến cố ``xuất hiện màu trắng''; $V$ là biến cố ``xuất hiện
màu vàng''; $X$ là biến cố ``xuất hiện màu xanh''. Khi đó
            $$\Bbb{P}(T)  =  \Bbb{P}(X) =  \Bbb{P}(V) =\dfrac{2}{4} =
            \dfrac{1}{2},
             \Bbb{P}(TV) $$$$=\Bbb{P}(VX) =\Bbb{P}(XT) =\dfrac{1}{4} =
\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2}.$$ Do đó họ các biến cố $T, V, X$ độc lập
đôi một. Tuy nhiên
$$\Bbb{P}(TVX) =\dfrac{1}{4}\not =  \Bbb{P}(T) \Bbb{P}(V) \Bbb{P}(X)
=1/8.$$
Cho nên họ trên không độc lập.\\
 \indent Đối với dãy độc lập các
biến
cố, ta có tính chất quan trọng sau đây, gọi là Luật $0-1$ Borel-Cantelli.\\
{\bf Định lý.} (Luật $0-1$ Borel-Cantelli) \emph{Giả sử $(A_n, n\geq 1)$ là dãy các biến cố. Khi đó\\
\indent $i)$ Nếu $\sum_{n=1}^{\infty} \Bbb{P}(A_n)<\infty$ thì $\Bbb{P}(\limsup A_n)=0.$\\
\indent $ii)$ Nếu $\sum_{n=1}^{\infty} \Bbb{P}(A_n)=\infty$ và $(A_n)$
độc lập thì $\Bbb{P}(\limsup A_n)=1,$\\}\emph{ trong đó}
$$\limsup A_n=\cap_{n=1}^\infty\cup_{k=n}^\infty A_k.$$ {\it Chứng
minh.} $i)$ Giả sử $\sum_{n=1}^{\infty} \Bbb{P}(A_n)<\infty$. Khi đó
$$\Bbb{P}(\limsup A_n)=\Bbb{P}(\cap_{n=1}^\infty\cup_{k=n}^\infty A_k)=\lim
\limits_{n\to\infty} \Bbb{P}(\cup_{k=n}^\infty A_k)$$$$\leqslant
\lim \limits_{n\to\infty}\sum_{k=n}^{\infty} \Bbb{P}(A_k)=0.$$
\indent $ii)$ Trước hết, nhận xét rằng nếu $ 0\leqslant x<1$ thì
$$1-x\leqslant e^{-x}\;\;.$$ Giả sử $\sum_{n=1}^{\infty}
\Bbb{P}(A_n)=\infty$. Khi đó, vì dãy $(A_n)$ độc lập nên dãy
$(\overline A_n)$ cũng độc lập. Do đó, với mọi $n=1,2,\ldots$ và mọi
$m>n$, ta có
$$1-  \Bbb{P}(\cup_{k=n}^m A_k)=\Bbb{P}(\overline{\cup_{=n}^mA_k})=
\Bbb{P}(\cap_{k=n}^m\overline {A_k})$$ $$=\prod_{k=n}^m (1-
\Bbb{P}(A_k)) \leqslant e^{-\sum_{k=n}^m  \Bbb{P}(A_k)}.$$ Suy ra
$$0\leqslant 1- \Bbb{P}(\cup_{k=n}^\infty A_k)= \lim\limits_{m\to\infty}
(1- \Bbb{P}(\cup_{k=n}^m A_k))$$$$\leqslant
\lim\limits_{m\to\infty}e^{-\sum_{k=n}^m \Bbb{P}( A_k)}=0.$$ Do đó $
 \Bbb{P}(\cup_{k=n}^\infty A_k)=1$ với mọi $n=1,2,\ldots$. Điều này kéo
theo $$\Bbb{P}(\limsup A_n)=\lim\limits_{n\to\infty}
\Bbb{P}(\cup_{k=n}^\infty
A_k) =1.$$ Đó là điều phải chứng minh.\\
\indent Như vậy, nếu $(A_n)$ là dãy biến cố độc lập thì
$\Bbb{P}(\limsup A_n)$ chỉ có thể nhận một trong hai giá trị $0$
hoặc $1$ tùy theo
chuỗi $\sum_{n=1}^{\infty} \Bbb{P}(A_n)$ hội tụ hay phân kỳ.\\


%Chúng ta sẽ nghiên cứu kỹ hơn khái niệm độc lập trong chương 2.
%\newpage
\section{Dãy phép thử Bernoulli}
\noindent {\bf 1.5.1 Định nghĩa và ví dụ}\\
{\bf  Định nghĩa.} Dãy $n$ phép thử $G_1,G_2, ...,G_n$ được gọi là
dãy {\it $n$ phép
 thử Bernoulli đối với biến cố $A$}, nếu\\
$i)$ Các kết quả của chúng độc lập với nhau.\\
$ii)$ Xác suất của biến cố $A$  là $\Bbb{P}(A)=p$ như nhau đối với mỗi
phép thử trong
$n$ phép thử này.\\
{\bf  Ví dụ.}\\
\indent 1. Tung đồng tiền 10 lần và quan sát sự xuất hiện của mặt
sấp.
Đó là 10 phép thử Bernoulli đối với biến cố $A$ ``xuất hiện mặt sấp''.\\
\indent 2. Một người có 5 viên đạn, bắn từng viên một vào mục tiêu,
đó là
 5 phép thử Bernoulli đối với biến cố $A$  ``viên đạn trúng mục tiêu''.\\
(Tuy nhiên nếu có 5 người, mỗi người bắn một viên vào mục tiêu thì
nói chung đây không phải là 5 phép thử Bernoulli !).\\
{\bf 1.5.2 Định lý Bernoulli.}
        Khi thực hiện $n$ phép thử Bernoulli. Biến cố $A$ có thể xuất hiện
        $0$ lần, $1$ lần, ..., $n$ lần. Vậy xác suất để $A$ xuất hiện $k$
        lần $(0\leqslant  k\leqslant  n)$ là bao nhiêu?  Bernoulli đã trả lời được câu hỏi đó trong định lý sau đây.\\
{\bf  Định lý.}{\it  Giả sử xác suất xuất hiện biến cố $A$ trong mỗi
phép thử là $\Bbb{P}(A)=p$. Khi đó xác suất để $A$ xuất hiện $k$ lần
trong $n$ phép thử Bernoulli là
$$ p_n(k; p)=  C_n^k p^k(1-p)^{n-k}\qquad (0 \leqslant   k\leqslant    n
).$$ Chứng minh.} Ký hiệu $A_k$ là biến cố ``$A$ xuất hiện đúng $k$
lần khi  thực hiện $n$  phép thử Bernoulli''. Vậy thì $A_k$ là hợp của các biến cố dạng $(\omega_1, \omega_2, \dots, \omega_n)$, trong đó $\omega_i$  có thể là $A$ hoặc $\overline{A}$ và $A$ có mặt ở $k$ vị trí,  $\overline{A}$ có mặt ở $(n-k)$ vị trí.  Mỗi biến cố như vậy được xác định hoàn toàn bởi $k$ vị trí của $A$ trong $n$ vị trí. Do đó có $C_n^k$  biến cố thuận lợi cho $A_k$.  Do tính độc lập của các phép thử nên xác suất của mỗi biến cố  là
$$\Bbb{P}(\omega_1) \Bbb{P}(\omega_2)\dots  \Bbb{P}(\omega_n)=( \Bbb{P}(A) \Bbb{P}(A)\dots
\Bbb{P}(A))( \Bbb{P}({\overline{A}}) \Bbb{P}({\overline{A}})\dots
\Bbb{P}({\overline{A}}))$$$$ =p^k(1-p)^{n-k}.$$ Vậy
$$\Bbb{P}(A_k)=C_n^k p^k(1-p)^{n-k}.$$
{\it Chú ý.}  Trong nhiều trường hợp, ngoài việc tính xác suất để $A$ xuất hiện $k$ lần, ta còn phải tính xác suất để số lần xuất hiện $A$ nằm giữa hai số $k_1$ và $k_2$ $(0\leqslant  k_1\leqslant  k_2)$. Tức là tính xác suất của biến cố $B$: ``Số lần xuất hiện $A$ lớn hơn hoặc bằng $k_1$ và nhỏ hơn hoặc bằng $k_2$''. Xác suất này thường được kí hiệu là $p_n(k_1, k_2; p)$.\\
 Rõ ràng
    $$B=\cup_{i=k_1}^{k_2}A_i,\quad A_iA_j=\emptyset\quad (i\not=j).$$
 Suy ra
          $$p_n(k_1, k_2; p)=\Bbb{P}(B)=\sum_{k=k_1}^{k_2}A_k =
          \sum_{k=k_1}^{k_2}C_n^k p^k(1-p)^{n-k}.$$
{\bf  Ví dụ.}  Tung con xúc xắc 10 lần. Tìm xác suất để\\
        1. Mặt 6 chấm xuất hiện 2 lần. \\
        2. Mặt 6 chấm xuất hiện không quá 2 lần. \\
{\it Giải.}\\
\indent 1.  $p =\dfrac{1}{6},\quad n =10,\quad  k = 2$ nên ta có
$p_{10}(2;\dfrac{1}{6}) = C_{10}^2(\dfrac{1}{6})^2(\dfrac{5}{8})^8$.\\
  \indent 2.   $p_{10}(0,2;\dfrac{1}{6}) =  \sum_{k=0}^2 C_{10}^k
  (\dfrac{1}{6})^k(\dfrac{5}{6})^{10-k}$\\$=C_{10}^0(\dfrac{5}{6})^{10}+C_{10}^1 (\dfrac{1}{6})(\dfrac{5}{6})^9 + C_{10}^2 (\dfrac{1}{6})^2(\dfrac{5}{8})^8.$\\
{\it Chú ý.} Khi  $n$, $k$ và $(n-k )$ đều khá lớn thì việc tính
$p_n(k; p)$ và  $p_n(k_1,k_2; p)$ theo các công thức trên là rất nặng
nề. Vì thế, trên thực tế, người ta thường dùng các công thức gần
đúng sau đây:
$$ p_n(k; p)\approx\dfrac{1}{\sqrt{npq}}\varphi(\dfrac{k-np}{\sqrt{npq}}),$$
$$p_n(k_1, k_2; p)\approx\Phi(\dfrac{k_2-np}{\sqrt{npq}}) -
\Phi(\dfrac{k_1-np}{\sqrt{npq}})$$ với
       $$q =1 - p,\quad      \varphi(x) =\dfrac{1}{\sqrt{2n}}e^{\frac{-x^2}
       {2}},\quad\Phi(x) =\int_{-\infty}^x\varphi(t)dt  =
       \dfrac{1}{\sqrt{2n}}\int_{-\infty}^x e^{\frac{-t^2}{2}} dt.$$
  \indent Các công thức trên được rút ra từ các định lý giới hạn. Các định lý này sẽ được nghiên cứu trong Chương 3.\\
{\bf 1.5.3 Số có khả năng nhất}\\
{\bf  Định nghĩa. }   Số $k_0$ thoả mãn điều kiện:
            $$p_n(k_0; p) = \underset{1\leqslant  k\leqslant  n}\max p_n(k; p)\quad   $$
được gọi là {\it số có khả năng nhất.}\\
      \indent Như vậy $k_0$ là số có khả năng nhất nếu trong các biến cố
       $A_k$ ``$A$ xảy ra $k$ lần''  $(k = 0, 1, 2, \dots, n)$ thì biến cố
       $A_{k_0}$  ``$A$ xảy ra $k_0$ lần'' là biến cố có khả năng xảy ra nhất.\\
{\bf Định lý.} Nếu $np-q$ nguyên thì $k_0 = np-q$ và $k_0 = np-q+1$.
        Nếu $np-q$ không nguyên thì  $k_0 =[ p(n+1)].$\\
{\it Chứng minh.} Ta có
 $$\dfrac{p_n(k+1; p)}{p_n(k; p)} =\dfrac{C_n^{k+1}p^{k+1}q^{n-k-1}}
 {C_n^kp^kq^{n-k}}$$$$= \dfrac{n!}{(k+1)!(n-k-1)!}.\dfrac{k!(n-k)!}{n!}.\dfrac{p}{q}=\dfrac{n-k}{k+1}. \dfrac{p}{q}.$$
Suy ra
                        $$p_n(k+1; p) > p_n(k; p)\Leftrightarrow  (n-k)p > (k+1)q\Leftrightarrow  k < np-q,$$
                         $$p_n(k+1; p) = p_n(k; p)\Leftrightarrow k = np-q,$$
                         $$p_n(k+1; p) < p_n(k; p) \Leftrightarrow k< np-q.$$
 Từ đây suy ra rằng: \\
    \indent  Nếu $np - q$ là số nguyên thì $p_n(k; p)$ đạt cực đại tại hai giá trị của $k$ là $k_0=np-q$ và $k_0=np-q +1=np+p=(n+1)p$.\\
     \indent Nếu $np-q$ không nguyên thì $p_n(k; p)$ đạt cực đại tại giá trị của $k_0$ là số nguyên nằm giữa $np-q$ và $np-q +1$. Tức là $k_0=[np-q+1]=[(n+1)p]$.\\
{\bf Ví dụ .} Trong một cuộc thi bắn quốc tế, mỗi xạ thủ bắn 60 viên vào bia. Xạ thủ Việt Nam bắn trúng tâm với xác suất 0,92. Tìm số viên trúng tâm có khả năng nhất và xác suất tương ứng?\\
{\it Giải}. Ta có \\
                  $$n=60, p=0,92, np-q=60.0,92- 0,08=55,12.$$
Suy ra
                  $$k_0=[np-q+1]=[56,12]=56.$$

                $$p_{60}(56; 0,92)=C_{60}^{56}(0,92)^{56}(0,08)^4.$$\\


 \vspace{1cm}
 \centerline {\normalfont\large\bfseries\MakeUppercase{
Bài tập}} \addcontentsline{toc}{chapter}{Bài tập} \vspace{1cm}

\noindent 1. Gieo đồng thời hai con xúc xắc. Tìm xác suất để \\
a) Tổng số nốt xuất hiện  là $7$. \\
b) Tổng số nốt xuất hiện là $8$. \\
c) Số nốt xuất hiện hơn kém nhau $2$. \\
2. Một khách sạn có $6$ phòng đơn. Có $10$ khách đến thuê phòng, trong đó có $6$ nam và $4$ nữ. Người quản lý chọn ngẫu nhiên $6$ người. Tính xác suất để trong đó\\
a) Cả $6$ người đều là nam.\\
b) Có $4$ nam và $2$ nữ.\\
c) Có ít nhất 2 nữ.\\
3. Một hòm có $9$ tấm thẻ đánh số từ $1$ đến $9$. Chọn ngẫu nhiên ra hai tấm thẻ. Tính xác suất để tích  của hai số trên hai tấm thẻ là một số chẵn.\\
4. Gieo $n$ con xúc xắc. Tìm xác suất để\\
a)  Số nốt xuất hiện trên chúng là như nhau.\\
b) Tổng số nốt xuất hiện bằng $n+1$.\\
c) Tổng số nốt xuất hiện bằng $n+2$.\\
5. Chứng minh rằng, nếu A, B, C là các biến cố thì\\
a)$\;\; \Bbb{P}(A\triangle B)=\Bbb{P}(A)+ \Bbb{P}(B)-2 \Bbb{P}(AB),$\\
b)$\;\; \Bbb{P}(AB)+ \Bbb{P}(BC)+ \Bbb{P}(CA)\geqslant  \Bbb{P}(A)+ \Bbb{P}(B)+ \Bbb{P}(C)-1,$\\
c)$\;\; \Bbb{P}(AB)+ \Bbb{P}(AC)- \Bbb{P}(BC)\leqslant  \Bbb{P}(A),$\\
d)$\;\; \Bbb{P}(A\triangle B)\leqslant\Bbb{P}(A\triangle C)+ \Bbb{P}(C\triangle B),$\\
ở đây $A\triangle B=(A\setminus B)\cup (B\setminus A).$\\
6. Giả sử $A$, $B$ là các biến cố. Chứng minh rằng\\
 a)  $\Bbb{P}(A\cup B) \Bbb{P}(AB)\leqslant   \Bbb{P}(A) \Bbb{P}(B)$.\\
 b) $| \Bbb{P}(AB)- \Bbb{P}(A) \Bbb{P}(B)|\leqslant \dfrac{1}{4}$.\\
 7. Giả sử $A_1, \ldots, A_n, C$ là các biến cố. Chứng minh rằng
 $$  \Bbb{P}(A_1\ldots A_n|C)=\Bbb{P}(A_1|C) \Bbb{P}(A_2|A_1C)\ldots  \Bbb{P}(A_n|A_1\ldots A_{n-1}C)$$ nếu vế phải xác định.\\
8. Giả sử $B_1,\ldots,B_n$ là họ đầy đủ các biến cố, C là biến cố
thoả mãn điều kiện $\Bbb{P}(B_iC)>0$ ($i=1,\ldots, n$), A là biến cố
bất kỳ. Chứng minh rằng
$$\Bbb{P}(A|C)=\sum_{k=1}^n \Bbb{P}(A|B_kC) \Bbb{P}(B_k|C).$$
9. Giả sử A và B là các biến cố độc lập và $\Bbb{P}(A\cup B)=1$. Chứng minh rằng hoặc A hoặc B có xác suất bằng 1.\\
10. Giả sử A và B là các biến cố độc lập. Chứng minh rằng nếu $A\cap B$ và $A\cup B$ độc lập thì hoặc $\Bbb{P}(A)=0$, hoặc $\Bbb{P}(B)=0$, hoặc $\Bbb{P}(A)=1$, hoặc $\Bbb{P}(B)=1$.\\
11. Giả sử A và B là các biến cố độc lập, $\Bbb{P}(A\cup
B)=\Bbb{P}(A)+ \Bbb{P}(B),\:  \Bbb{P}(A\triangle B)=p$ và
$\Bbb{P}(A\setminus B)<p$. Tính
$\Bbb{P}(A), \Bbb{P}(B),  \Bbb{P}(A\setminus B)$.\\
12. Các biến cố A, B và C độc lập và đều có xác suất khác 0 và khác 1. Chứng minh rằng các biến cố AB, BC và AC không độc lập đôi một, do đó  không độc lập.\\
13. Giả sử A, B, C là các biến cố thoả mãn: A độc lập với BC và với $B\cup C$; B độc lập với AC ; C độc lập với AB; A, B, C đều có xác suất dương. Chứng minh rằng A, B, C độc lập.\\
14. Giả sử  $\varepsilon > 0$, hai biến cố $A$, $B$ được gọi là hai
biến cố $\varepsilon$-độc lập nếu
                         $$| \Bbb{P}(AB)  -  \Bbb{P}(A) \Bbb{P}(B)|
\leqslant \varepsilon.$$
Chứng minh rằng\\
a) Nếu $A$, $B$ là  $\varepsilon$ - độc lập thì $A$, $\overline{B}$ và $\overline{A}$, B  cũng $\varepsilon$ -  độc lập.\\
b) Nếu $A$  là biến cố thoả mãn $\Bbb{P}(A)\leqslant \varepsilon$
hoặc
 $\Bbb{P}(A)\geqslant  1- \varepsilon$ thì $A$ là biến cố  $\varepsilon$ - độc lập với  mọi biến cố B.\\
c) Nếu biến cố $A$ là biến cố $\varepsilon$ - độc lập với chính nó thì hoặc $\Bbb{P}(A)\leqslant 2\varepsilon$ hoặc $\Bbb{P}(A)\geqslant  1-2\varepsilon$.\\
15. Ta có $10$ hộp bi trong đó có $4$ hộp loại I, mỗi hộp có $3$ bi trắng và $5$ bi đỏ; $3$ hộp loại II, mỗi hộp có $4$ bi trắng, $6$ bi đỏ; $3$ hộp loại III, mỗi hộp $2$ bi trắng, $5$ bi đỏ.\\
a) Rút hú hoạ một hộp và từ đó lấy ngẫu nhiên ra một viên bi. Tìm xác suất để được viên bi đỏ.\\
b) Rút hú hoạ một hộp và từ đó lấy ngẫu nhiên một viên bi thì được bi trắng. Tìm xác suất để viên bi đó rút ra từ hộp loại II. \\
16.  Một nhà máy sản xuất bóng đèn có tỉ lệ bóng đèn đạt tiêu chuẩn
là $90\%$. Trước khi xuất ra thị trường, mỗi bóng đèn đều được qua
kiểm tra
 chất lượng. Vì sự kiểm tra không thể tuyệt đối hoàn hảo nên một bóng đèn
 tốt có xác suất $0,8$ được công nhận là tốt và một bóng đèn hỏng có xác
 suất $0,95$ bị loại bỏ. Hãy tính tỉ lệ bóng đạt tiêu chuẩn trong số bóng được công nhận là tốt.\\
17. Có hai lô sản phẩm. Lô I có $10$ sản phẩm loại I và $2$ sản phẩm loại II. Lô $2$ có $16$ sản phẩm loại I và $4$ sản phẩm loại II. Từ mỗi lô ta lấy ngẫu nhiên ra một sản phẩm. Sau đó trong $2$ sản phẩm thu được ta lại lấy hú hoạ ra một sản phẩm. Tìm xác suất để sản phẩm lấy ra sau cùng là sản phẩm loại I.\\
18. Biết rằng tỷ lệ người mắc bệnh nào đó ở một địa phương là $2\%$. Người ta sử dụng một phản ứng mà nếu người bị bệnh thì phản ứng luôn luôn dương tính, nếu người không bị bệnh thì phản ứng có thể dương tính với xác suất $0,30$. \\
a) Tìm xác suất phản ứng dương tính.\\
b) Tìm xác suất bị bệnh, không bị bệnh trong nhóm người có phản ứng dương tính.\\
19. Có $3$ hộp phấn, trong đó hộp 1 chứa $20$ viên tốt và $5$ viên xấu, hộp 2 chứa $10$ viên tốt và $5$ viên xấu, hộp 3 chứa $5$ viên tốt và $15$ viên xấu. Ta gieo một con xúc xắc cân đối: Nếu xuất hiện mặt $1$ chấm thì chọn hộp 1, nếu xuất hiện mặt $2$ hoặc $3$ chấm thì chọn hộp 2, nếu xuất hiện các mặt còn lại thì chọn hộp 3. Từ hộp được chọn đó lấy ngẫu nhiên ra $1$ viên phấn. Tìm xác suất đó là viên phấn tốt.\\
20. Một lô hàng gồm $a$ sản phẩm loại I và $b$ sản phẩm loại II được đóng gói để gửi cho khách hàng. Nơi nhận kiểm tra thấy thất lạc một sản phẩm. Chọn ngẫu nhiên ra một sản phẩm thì thấy nó là sản phẩm loại I; tính xác suất để sản phẩm thất lạc cũng là sản phẩm loại I.\\
21. Theo kết quả điều tra về bệnh lao, tỷ lệ người bị lao ở vùng nọ là $0,001$. Tìm xác suất để khi khám cho $10$ người thì:\\
a) Không ai bị lao. \\
b) $5$ người bị lao.\\
c)  {í}t nhất $1$ người bị lao.\\
d) Số người không bị lao có khả năng nhất. \\
22. Trong một cuộc thi bắn quốc tế, mỗi xạ thủ bắn $60$ viên vào
bia. Xạ thủ của Việt Nam bắn trúng tâm với xác suất $0,95$. Tìm xác
suất để
a) Xạ thủ này bắn trúng tâm cả $60$ viên. \\
b) Xạ thủ này bị trượt ngoài tâm $2$ viên. \\
c) Xạ thủ này bị trượt ít nhất $1$ viên.\\
d) Tìm số viên trúng tâm có khả năng nhất. Tinh xác suất tương ứng. \\
23.Trong một thành phố nào đó $65\%$ dân cư thích xem đá bóng. Chọn ngẫu nhiên $12$ người, hãy tính xác suất để trong đó có đúng $5$ người thích xem đá bóng. \\
24. Một bài thi trắc nghiệm (multiple - choice test) gồm $12$ câu hỏi, mỗi câu hỏi có $5$ câu trả lời, trong đó chỉ có một câu trả lời đúng. Giả sử mỗi câu trả lời đúng được $4$ điểm và mỗi câu trả lời sai bị trừ $1$ điểm. Một học sinh học kém làm bài bằng cách chọn hú hoạ một câu trả lời cho mỗi câu hỏi. Tìm xác suất để\\
a) Anh ta được $13$ điểm.\\
b) Anh ta được điểm âm. \\
25. Hai đấu thủ chơi cờ ngang tài ngang sức thi đấu với nhau. Hỏi rằng khả năng nào cao hơn giữa hai khả năng:\\
a) Thắng $2$ ván trong $4$ ván.\\
b)  Thắng $3$ ván trong $6$ ván.\\
26. Giả sử $A_1, A_2, \ldots $ và $B_1, B_2, \ldots $ là hai dãy biến
cố và $\Bbb{P}(B_n)\to 1$ khi $n\to \infty$. Chứng minh rằng
$$\lim\limits_{n\to\infty}  \Bbb{P}(A_n)=\lim\limits_{n\to\infty}  \Bbb{P}(A_nB_n)$$
với điều kiện là một trong hai giới hạn đó tồn tại.\\
27. Giả sử $A_1, A_2, \ldots $ là dãy các biến cố. Khi đó, giới hạn
trên và giới hạn dưới của dãy đó được định nghĩa như sau \par
$$ \limsup A_n= \bigcap_{n=1}^{\infty} \bigcup_{k=n}^{\infty}A_k \;\;\text{và}\;
\liminf A_n=\bigcup_{n=1}^{\infty} \bigcap_{k=n}^{\infty}A_k.$$
Chứng minh rằng \par a.$\quad \liminf A_n \subset \limsup A_n.$
\par b.$\quad \overline {\limsup A_n}=\liminf \overline
{A_n},\;\;\; \overline {\liminf A_n}=\limsup \overline {A_n}.$\par
c. Giả sử A, B là hai biến cố. Đặt\\
%\begin{equation}
 $A_n=\begin {cases}
A &\text {nếu $n$ chẵn}\\
B &\text{nếu $n$ lẻ.}\\
\end{cases}$\\
%\end{equation}\\
Tìm  $\limsup A_n$ và $\liminf A_n$.\\
%2. Giả sử $A_1,A_2,\ldots $ là dãy các biến cố. Chứng minh rằng các biến cố $\quad \liminf A_n$ và $\limsup A_n$ thuộc $\sigma$-đại số sinh bởi dãy này.\\
28. Chứng minh các hệ thức sau đây
$$\limsup (A_n\cup B_n)=\limsup A_n \cup \limsup B_n,$$
$$\liminf (A_n \cap B_n)=\liminf A_n\cap \liminf B_n,$$
$$\limsup A_n\cap \liminf B_n \subset \limsup (A_n\cap B_n)\subset
\limsup A_n\cap \limsup B_n.$$
29. Giả sử $A_1, A_2, \ldots$ là dãy
các biến cố. Chứng minh rằng
$$\Bbb{P}(\bigcup_{n=1}^\infty A_n)=\Bbb{P}(A_1)+ \Bbb{P}(\bar{A_1}A_2)+ \Bbb{P}( \bar{A_1} \bar{A_2}A_3)+\cdots$$
30. Chứng minh rằng, đối với mọi dãy biến cố $A_1, A_2, \ldots$, ta
có\\
a. $ \quad  \Bbb{P}(\limsup A_n)=\lim\limits_{n\to\infty} \Bbb{P}(\bigcup_{i=n}^\infty A_i)$,\\
b. $\quad  \Bbb{P}(\liminf A_n)=\lim\limits_{n\to\infty} \Bbb{P}(\bigcap_{i=n}^\infty A_i)$,\\
c. $\quad \Bbb{P}(\liminf A_n)\leqslant \liminf \Bbb{P}(A_n)\leqslant
\limsup
 \Bbb{P}(A_n)\leqslant  \Bbb{P}(\limsup A_n).$\\
31. Chứng minh rằng nếu họ
các biến cố $(A_i)_{i\in I}$ độc lập thì họ các biến cố
$(\overline {A_i})_{i\in I}$ cũng độc lập.\\
32. Giả sử $A_1, A_2, \ldots, A_n $ là  các biến cố độc lập. Chứng
minh rằng
$$\Bbb{P}(\bigcup_{k=1}^n A_k)=1- \prod_{k=1}^n  \Bbb{P}(\bar {A_k}).$$
33. Giả sử $A_1, A_2, \ldots$ là dãy các biến cố độc lập. Chứng minh
rằng
$$\Bbb{P}(\bigcap_{k=1}^\infty A_k)=\prod_{k=1}^\infty  \Bbb{P}(A_k).$$
34. Giả sử $A_1, A_2, \ldots$ là dãy các biến cố độc lập. Chứng minh
rằng chuỗi $$\sum_{n=1}^\infty (1- \Bbb{P}(A_n))$$ hội tụ khi và chỉ
khi
$$\Bbb{P}(\bigcap_{n=1}^\infty  A_n)>0.$$
35. Giả sử $(\Omega,\mathcal F, \Bbb{P})$ là không gian xác suất sao
cho đối với mọi biến cố A, tập hợp các biến cố độc lập với A lập
thành một đại
 số. Chứng minh rằng khi đó mọi họ các biến cố độc lập đôi một sẽ độc lập.\\
36. Giả sử $(\Omega,\mathcal F, \Bbb{P})$ là không gian xác suất. Chứng
minh rằng
 cần và đủ để tất cảc các biến cố của nó độc lập đôi một là các biến cố đó có xác suất bằng 0 hoặc bằng 1.\\
37. Quan hệ độc lập giữa các biến cố trong một không gian xác suất bất kỳ có tính bắc cầu hay không ?\\
38. Quan hệ phụ thuộc (không độc lập) giữa các biến cố trong một không gian xác suất bất kỳ có tính bắc cầu hay không ?\\
39. Chứng minh rằng, điều kiện cần và đủ để quan hệ độc lập giữa các
biến cố trong một không gian xác suất  có tính bắc cầu là các biến
cố
của không gian đó có xác suất bằng 0 hoặc bằng 1.\\
40. Giả sử $A, B, A_n, B_n (n\geqslant 1)$ là các biến cố, Chứng minh rằng:\\
a)$\;\;A\triangle B=\bar A\triangle B$,\\
b)$\;\;\bigcup _{n=1}^\infty A_n\triangle\bigcup_{n=1}^\infty B_n\subset \bigcup _{n=1}^\infty (A_n\triangle B_n)$,\\
c) $\;\;\bigcap _{n=1}^\infty A_n\triangle\bigcap_{n=1}^\infty B_n\subset \bigcap _{n=1}^\infty (A_n\triangle B_n)$.\\
41. Giả sử $(\Omega,\mathcal F, P)$ là không gian xác suất, $\sigma$-đại số $\mathcal F$ sinh bởi đại số $\mathcal A$. Chứng minh rằng, với mọi $\varepsilon>0$ và mọi $A\in\mathcal F$, tồn tại $B\in\mathcal A$ sao cho $\Bbb{P}(A\triangle B)\leqslant\varepsilon$.\\
42. Chứng minh rằng nếu hai $\sigma$-đại số độc lập và đều chứa các biến cố khác 0 và khác 1 thì hợp của chúng không thể là một đại số.\\
43. Giả sử $A_1, A_2, \ldots$ và $B_1, B_2, \ldots$ là hai dãy các biến
cố và $\Bbb{P}(B_n)\to 1$ khi $n\to\infty$. Chứng minh rằng nếu
$$\liminf  \Bbb{P}(A_n)\geqslant a>0$$ thì
$$\lim\limits_{n\to\infty}\frac { \Bbb{P}(A_n)}{ \Bbb{P}(A_nB_n)}=1.$$
44. Giả sử $A_1, A_2, \ldots $ là dãy các biến cố thoả mãn
$$\sum_{n=1}^\infty \Bbb{P}(A_n\bar {A_{n+1}})<\infty\;\text{và}\;\;\Bbb{P}(A_n)\to 0 \text\;\;{khi}\;\;n\to\infty.$$
Chứng minh rằng $\Bbb{P}(\limsup A_n)=0$.\\

\chapter{Đại lượng ngẫu nhiên và phân phối xác suất}

\section{Đại lượng ngẫu nhiên}

\noindent {\bf 2.1.1 Đại lượng ngẫu nhiên rời rạc}\\
 {\bf  Định nghĩa. }
Một đại lượng nhận các giá trị bằng số, phụ thuộc vào kết quả của
phép thử được
gọi là \emph{đại lượng ngẫu nhiên}.\\
\indent  Một đại lượng ngẫu nhiên gọi là {\it đại lượng ngẫu nhiên rời rạc} nếu nó chỉ nhận một số hữu hạn hoặc đếm được giá trị.\\
           \indent Đối với đại lượng ngẫu nhiên rời rạc, tập hợp tất cả các giá trị có thể có của nó có thể được liệt kê bằng một dãy hữu hạn hay vô hạn $x_1, x_2, x_3,\dots, x_n,\dots$.\\
          \indent Tập hợp các giá trị có thể có của đại lượng ngẫu nhiên $X$ được kí
          hiệu là $X(\Omega )$.\\
\textbf{Ví dụ.} \\
\indent 1.  Tung hai đồng tiền cân đối đồng chất. Gọi $X$ là số mặt
sấp xuất hiện. Khi đó $X$ là đại lượng ngẫu nhiên rời rạc và
$X(\Omega )=\{0, 1, 2\}.$\\
\indent 2. Kiểm tra ngẫu nhiên 3 học sinh trong một nhóm gồm 4 em
học khá và 5 em học trung bình. Gọi $X$ là số em khá được kiểm tra.
Khi đó $X$ là đại lượng ngẫu nhiên rời rạc và
$X(\Omega )=\{0,1,2, 3\}.$\\
\indent Như vậy, mỗi đại lượng nhẫu nhiên là một đặc trưng về lượng
nào đó của các biến cố.\\
 {\bf Bảng phân phối.}
  Khi nghiên cứu về
đại lượng ngẫu nhiên rời rạc X,
 ta cần biết tất cả các giá trị của nó cùng với các xác suất tương ứng.
 Các thông tin này được xác định tiện lợi trong một bảng gọi là bảng phân phối.\\
 \indent Giả sử đại lượng ngẫu nhiên rời rạc $X$ nhận các giá trị $x_1, x_2,\dots, x_n,\dots$
 với các xác suất tương ứng  là $ \Bbb{P}( X = x_i) = p_i$  $ ( i =1, 2, 3,\dots, n\dots)$. Khi đó
 bảng có dạng \\
\begin {center}
\begin{tabular}{|l|r|r|r|r|r|}
\hline
$X$&$x_1$&$x_2$&$\dots$&$x_n$&$\dots$\\
\hline
$\Bbb{P}$&$p_1$&$p_2$&$\dots$&$p_n$&$\dots$\\
\hline
\end{tabular}\\
\end {center}
được gọi là {\it bảng phân phối} của $X$ (chú ý rằng $\sum_ip_i=1$).\\
{\bf  Ví dụ.}  Tung hai đồng tiền cân đối đồng chất. Gọi X là số mặt
sấp xuất hiện. Vậy thì
  $$\Omega=\{( S, N ),  (S,S ),   ( N, S ),  ( N,N )\},$$
$$X(\Omega )=\{0,1,2\},$$
    $\Bbb{P}( X = 0 ) =\Bbb{P} ( N, N )   =\dfrac{1}{4},$\\
    $\Bbb{P} ( X = 1 ) = \Bbb{P} ( ( S, N ) ( N, S )) = \dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2}, $\\
    $\Bbb{P}(X =2 )  =  \Bbb{P} ( S, S ) =\dfrac{1}{4}$.\\
Do đó, bảng phân phối của X là\\
\begin {center}
\begin{tabular}{|l|r|r|r|}
\hline
$X$&$\hspace*{1cm}0\hspace*{1cm}$&$\hspace*{1cm}1\hspace*{1cm}$&$
\hspace*{1cm}2\hspace*{1cm}$\\
\hline
$\Bbb{P}$&$\hspace*{1cm}\dfrac{1}{4}\hspace*{1cm}$&$\hspace*{1cm}
\dfrac{1}{2}\hspace*{1cm}$&$\hspace*{1cm}\dfrac{1}{2}\hspace*{1cm}$\\
\hline
\end{tabular}\\
\end {center}
{\it Chú ý.} Trong các bài toán thực tế, các giá trị của đại lượng
ngẫu nhiên thường gắn với các biến cố của phép thử. Khi đó,  xác
suất của các biến cố
  đó chính là xác suất của các giá trị tương ứng.\\
  { \bf 2.1.2 Hàm phân phối} \\
{\bf Định nghĩa.} {\it Hàm phân phối} của đại lượng ngẫu nhiên $X$ là
hàm số $F(x)=F_X(x)$ được xác định bởi công thức
$$F_X(x)=\Bbb{P}(X<x).$$
 {\bf Ví dụ.}  Tung hai đồng tiền cân đối và đồng chất. Gọi $X$ là số mặt sấp xuất hiện. Khi đó,
     bảng phân phối của $X$ là\\
     \begin {center}
\begin{tabular}{|l|r|r|r|}
\hline
$X$&$\hspace*{1cm}0\hspace*{1cm}$&$\hspace*{1cm}1\hspace*{1cm}$&$
\hspace*{1cm}2\hspace*{1cm}$\\
\hline
$\Bbb{P}$&$\hspace*{1cm}\dfrac{1}{4}\hspace*{1cm}$&$\hspace*{1cm}
\dfrac{1}{2}\hspace*{1cm}$&$\hspace*{1cm}\dfrac{1}{2}\hspace*{1cm}$\\
\hline
\end{tabular}\\
\end {center}
      Nếu $x\leqslant   0$ thì không có giá trị nào của $X$ nhỏ hơn $x$ nên:
                                           $$ F(x)= \Bbb{P}(X<x) =\Bbb{P}(\emptyset ) = 0.$$
      Nếu $0<x\leqslant  1$ thì
                                  $$F(x) = \Bbb P(X=0) =\dfrac{1}{4}.$$
    Nếu $1<x\leqslant  2$ thì
                             $$ F(x) = \Bbb P(X= 0) + \Bbb P(X=1) =\dfrac{1}{4} +\dfrac{1}{2}   =\dfrac{3}{4}.$$
    Nếu $x>2$ thì

                               $$F(x) =\Bbb P(X=0) + \Bbb P(X=1) +\Bbb P(X=2)   =1.$$

Vậy:
  \begin{equation*}
F(x)=
\begin{cases}
0&\text {nếu $x\leqslant  0$},\\
\dfrac{1}{4}&\text{nếu $0<x\leqslant  1$},\\
\dfrac{3}{4}&\text {nếu $1<x\leqslant  2$},\\
1&\text {nếu $x> 2$}.
  \end{cases}
\end{equation*}
{\bf Tính chất.}\\
\emph{$1.$                            $$ 0\leqslant  F(x)\leqslant
1.$$}
Tính chất này suy ra từ định nghĩa và tính chất tương ứng của xác suất.\\
2. \emph{Nếu $a< b$ thì $F(b)- F(a)=\Bbb{P}(a\leqslant  X< b) $; do
đó $F(x)$ là hàm không giảm.\\} Thật vậy, giả sử $a < b$, ta có
$$F(b) =\Bbb{P}(X< b) =\Bbb{P}(X< a) + \Bbb{P}(a\leqslant  X< b)\geqslant  \Bbb{P}(X<a) = F(a).$$
3.      \emph{ $\lim_{x\to +\infty}F(x) = 1\;\text{và}\qquad\lim_{x\to
-\infty}F(x) = 0$.\\} Thật vậy
       $$\lim_{x\to +\infty}F(x) =  \lim_{x\to +\infty}\Bbb{P}( X < x ) =
       \Bbb{P}(X < +\infty  ) = 1;$$
       $$\lim_{x\to -\infty}F(x) =  \lim_{x\to -\infty}\Bbb{P}( X < x ) = \Bbb{P}( X < -\infty) =
        0.$$
Để thuận tiện, người ta thường dùng ký hiệu
  $$F( +\infty  ) = \lim_{x\to +\infty}F(x),\qquad
       F ( -\infty  ) =\lim_{x\to -\infty}  F(x).$$
Lúc đó Tính chất 3 có thể viết
          $$F( +\infty  ) = 1,        \qquad          F ( -\infty  ) = 0.$$
{\bf 2.2.2. Đại lượng ngẫu nhiên liên tục }\\
 {\bf  Định nghĩa. } Đại lượng ngẫu nhiên $X$ được gọi là
{\it đại lượng ngẫu nhiên liên tục} nếu hàm phân phối $F(x)$ của nó
là
hàm liên tục và tồn tại hàm số  $p(x)$ sao cho \\
 1. $p(x)\geqslant  0,\qquad -\infty<x<+\infty$,\\
 2. $F(x)=\int_{-\infty}^xp(t)dt, \qquad -\infty<x<+\infty$.\\
Hàm số $p(x)$ nêu trên được gọi là {\it hàm mật độ xác suất} của
$X$.\\
{\bf  Ví dụ.}\\
\indent 1. Giả sử  đại lượng ngẫu nhiên $X$ có hàm phân phối là\\
\begin{equation*}
F(x)=
\begin{cases}
0&\text {nếu $x\leqslant  0$},\\
x&\text{nếu $0<x\leqslant  1$},\\
1&\text {nếu $x\geqslant  1$}.
  \end{cases}
\end{equation*}
Khi đó, dễ dàng kiểm tra trực tiếp được rằng $ X$ là đại lượng ngẫu
nhiên liên tục có hàm mật độ xác suất là
\begin{equation*}
p(x)=
\begin{cases}
0&\text {nếu $x\not\in (0;1)$},\\
1&\text{nếu $x\in (0;1)$}.
  \end{cases}
\end{equation*}
\indent 2.  Cho đại lượng ngẫu nhiên liên tục $X$ có hàm mật độ
    \begin{equation*}
p(x)=
\begin{cases}
0&\text {nếu $x\not\in [0;\dfrac{\pi}{2}]$},\\
\sin{2x}&\text{nếu $x\in [0;\dfrac{\pi}{2}]$}.
  \end{cases}
\end{equation*}
Tìm hàm phân phối của $X$ .\\
{\it Giải.} Nếu $x< 0$ thì $p(t) = 0$,  $\forall t\leqslant x$. Khi đó
                                                    $$F(x)=\int_{-\infty}^x0 dt  = 0.$$
      Nếu $0\leqslant  x\leqslant \dfrac{\pi}{2}$    thì
                                     $$F(x) =\int_{-\infty}^0 0dt  +\int_0^x \sin{2t}dt  =\dfrac{-\cos{2t}}{2}\bigg|_0^x=\dfrac{1-\cos{2x}}{2}.$$
      Nếu $x >\dfrac{\pi}{2}$  thì $$F(x) = \int_{-\infty}^0 0dt  +\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin{2t}dt+\int_{\frac{\pi}{2}}^x 0dt   =\dfrac{-\cos{2t}}{2}\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{2}}        =1.$$
Vậy
   \begin{equation*}
F(x)=
\begin{cases}
0&\text {nếu $x<0$},\\
\dfrac{1-\cos{2x}}{2}&\text{nếu $0\leqslant  x\leqslant  \dfrac{\pi}{2}$},\\
1&\text{nếu $x>\dfrac{\pi}{2}$}.
  \end{cases}
\end{equation*}
 {\bf Tính chất.}
Từ định nghĩa, suy ra\\
1. \emph{Với mọi $a, b: -\infty\leqslant    a < b\leqslant
+\infty$ ta có
$$\Bbb{P}(a<X<b)=\int_a^bp(x)dx.$$
}2. \emph{$\int_{-\infty}^{+\infty}p(x)dx=1.$\\} 3. \emph{ $p(x) =
F^{'} (x)$  tại mọi điểm $x$ mà $p(x)$ liên tục. \\}
 {\it Chứng minh}\\
1. $\Bbb{P}(a<X<b)=\Bbb{P}(X<b)-\Bbb{P}(X<a)=\int_{-\infty}^bp(t)dt
-
\int_{-\infty}^ap(t)dt=\int_a^bp(t)dt$.\\
2. $\int_{-\infty}^{+\infty}p(x)dx=\Bbb{P}(X<+\infty)=1$.\\
3.
\begin{align*}
       F_{+}^{'} (x) &=\lim_{\Delta x\to 0\oplus}\dfrac{F(x+\Delta x)-
       F(x)}{\Delta x} =  \lim_{\Delta x\to 0\oplus}\dfrac{\Bbb{P}(x<X<x+
       \Delta x)}{\Delta x}\\
                      &=\lim_{\Delta x\to 0^{+}}\dfrac{\int_x^{x+\Delta x} p(t)dt}{\Delta x}   = p(x)
\end{align*}
(theo định lý giá trị trung bình của tích phân).\\
Tương tự
                             $$F_{-}^{'} (x) =  p(x).$$
Suy ra
                             $$F^{'} (x)  = p (x).$$
{\bf 2.2.3. Các đại lượng ngẫu nhiên độc lập }\\
 \textbf{ Định nghĩa.} Hai  đại lượng ngẫu nhiên $X$ và $Y$ gọi là \emph{độc lập} nếu với mọi $x,y\in \mathbb{R}$
 , ta có
 $$\Bbb P(X<x, Y<y)=\Bbb P(X<x)\Bbb P(Y<y).$$
Họ các đại lượng ngẫu nhiên $(X_i)_{i\in I}$ được gọi là \emph{độc
lập đôi một} nếu với mọi $i,j\in I,\;i\neq j$ thì $X_i$ và $X_j$ độc
lập.\\
\indent Từ định nghĩa suy ra rằng nếu $X$, $Y$ là các đại lượng ngẫu
nhiên rời rạc: $$X(\Omega ) = \{x_1, x_2,\dots,
x_n,\dots\},\;\;Y(\Omega ) = \{y_1, y_2,\dots,y_m,\dots\},$$ thì $
X$ và $Y$ độc lập khi và chỉ khi
          $$\Bbb{P}  ( X = x_i;  Y = y_j  )  = \Bbb{P} ( X = x_i
          )\cdot
          \Bbb{P} ( Y = y_j )$$$$  (i=1,2,\dots,n,\dots;  j=1,2,\dots,m,
          \dots).$$
\noindent\textbf{ Ví dụ}.\\
   \indent 1. Tung hai con xúc xắc. Gọi $X$ là số chấm xuất hiện trên con xúc xắc thứ
    nhất; $ Y$ là số chấm xuất hiện trên con xúc xắc thứ 2. Khi đó $X$ và $Y$ độc lập. \\
\indent 2. Hai người độc lập nhau  bắn vào một cái bia. Gọi $X$ và
$Y$ lần
 lượt là số viên trúng của người thứ nhất và người thứ 2. Vậy thì $X$ và $Y$
  cũng độc lập.\\
\section{Các số đặc trưng của đại lượng ngẫu nhiên}

\noindent {\bf 2.3.1 Kỳ vọng}\\
{\bf  Định nghĩa.} \emph{Kỳ vọng} của đại lượng ngẫu nhiên  $X$ là  số
$\Bbb{E} X$ xác định bởi công thức

\begin{equation*}
 \Bbb{E}X=
\begin{cases}
\sum_i x_ip_i \;\;\text {nếu $X$  rời rạc và $\Bbb{P}(X= x_i)
=p_i$},\\
 \int_{-\infty}^{+\infty}xp(x)dx \;\;\text{nếu $X$ liên tục có hàm mật
 độ $p(x).$}
  \end{cases}
\end{equation*}
{\bf Ví dụ.}\\
 \indent 1. Cho $X$ là đại lượng ngẫu nhiên rời rạc nhận $n$ giá
trị $x_1, x_2,\dots, x_n$ với xác suất như nhau
                     $$ p_i  =  \Bbb{P} ( X = x_i ) =\dfrac{1}{n}.$$
Khi đó
                     $$\Bbb{E} X = x_1 p_1 + x_2 p_2  +\dots + x_n p_n  =\dfrac{x_1+x_2+\dots+x_n}{n}.$$
\indent 2. Cho $X$ là đại lượng ngẫu nhiên liên tục có hàm mật độ là
 \begin{equation*}
p(x)=
\begin{cases}
0&\text {nếu $x\not\in [a,b]$},\\
\dfrac{1}{a-b}&\text{nếu $x\in [a,b]$}.
  \tag{$a<b$}
  \end{cases}
\end{equation*}
Khi đó
$$\Bbb{E}X=\int_{-\infty}^{+\infty}xp(x)dx=\int_{-\infty}^axp(x)dx+
\int_{a}^bxp(x)dx$$$$+\int_b^{+\infty}xp(x)dx\\
=\int_a^b\dfrac{x}{b-a}dx=\dfrac{x^2}{2(b-a)}\bigg|_a^b=\dfrac{a+b}{2}.$$

\indent 3.  Qua hai ví dụ trên, ta có suy nghĩ rằng $\Bbb{E}X$ là giá trị trung bình (trung bình cộng) của đại lượng ngẫu nhiên. Song điều này không hoàn toàn chính xác. Chẳng hạn ta xét hai đại lượng ngẫu nhiên\\
\begin {center}
\begin{tabular}{|l|r|r|}
\hline
$X$&$\hspace*{2cm}0\hspace*{2cm}$&$\hspace*{2cm}1\hspace*{2cm}$\\
\hline
$\Bbb{P}$&$\hspace*{2cm}\dfrac{1}{4}\hspace*{2cm}$&$\hspace*{2cm}\dfrac{3}{4}\hspace*{2cm}$\\
\hline
\end{tabular}\\
\end {center}

\begin {center}
\begin{tabular}{|l|r|r|}
\hline
$Y$&$\hspace*{2cm}0\hspace*{2cm}$&$\hspace*{2cm}1\hspace*{2cm}$\\
\hline
$\Bbb{P}$&$\hspace*{2cm}\dfrac{3}{4}\hspace*{2cm}$&$\hspace*{2cm}\dfrac{1}{4}\hspace*{2cm}$\\
\hline
\end{tabular}\\
\end {center}
Khi đó $\Bbb{E}X =\dfrac{3}{4}$, $\Bbb{E}Y =\dfrac{1}{4}$.\\

  {\it { ý} nghĩa}: Qua các ví dụ trên, ta thấy rằng kỳ vọng của đại lượng ngẫu nhiên $X$ là giá trị trung bình theo xác suất của đại lượng ngẫu nhiên đó. Trong trường hợp $X$ nhận các giá trị với xác suất như nhau thì kỳ vọng chính là trung bình cộng của nó. \\
{ \bf Tính chất. } Kỳ vọng có các tính chất sau đây\\
1. \emph{  Nếu $X\geqslant  0$ thì $\Bbb{E}X\geqslant  0.$\\}
2. \emph{  Nếu $X = C$  thì $\Bbb{E}X =C$.}\\
3.  \emph{  Nếu tồn tại $\Bbb{E}X$ thì với mọi $ C\in\mathbb{R}$, ta
có
 $\Bbb{E}(CX)= C\Bbb{E}X.$\\}
4. \emph{ Nếu tồn tại $\Bbb{E}X$ và $\Bbb{E}Y$ thì $\Bbb{E} (X\pm Y
) =   \Bbb{E}X \pm \Bbb{E}Y.$\\}
 5.  \emph{ Nếu $X$ và $Y$ là hai đại lượng ngẫu nhiên độc lập thì $$\Bbb{E}(XY)
 =\Bbb{E}X\Bbb{E}Y.$$
 }
\noindent 6. \emph{ Nếu
$f:{\mathbb{R}}\to\mathbb{R}$ là hàm liên tục  và
$Y = f(X)$ thì\\
\begin{equation*}\Bbb{E}Y=
\begin{cases}
\sum_i f(x_i)p_i \;\; \text {nếu $X$  rời rạc nhận các giá trị $x_1,
x_2,\dots$}\\\text { với $\Bbb{P}(X= x_i) =p_i.$}\\
 \int_{-\infty}^{+\infty}f(x)p(x)dx\;\;  \text{nếu $X$ liên tục có hàm mật độ
 $p(x).$}
  \end{cases}
\end{equation*}}
\noindent 7. \emph{$($Bất đẳng thức Markov$)$  Giả sử $X$ là đại lượng ngẫu nhiên
không âm. Khi đó nếu tồn tại $\Bbb{E}X$ thì với mọi $\varepsilon >0$,
ta có
$$\Bbb{P}(X\geq\varepsilon )\leqslant
\dfrac{\Bbb{E}X}{\varepsilon}\;.$$} \emph{Chứng minh.} Ta chứng minh
các tính chất trên cho các đại
lượng ngẫu nhiên rời rạc.\\
1. Hiển nhiên.\\
2. Vì $\Bbb P(X=C)=1$ nên $\Bbb EX=C\cdot1=C$.\\
3. Ta có $\Bbb P(CX=Cx_i)=\Bbb P(CX=Cx_i)$ nên $\Bbb E(CX)=\sum_i
Cx_ip_i\cdot1=C\sum_i x_ip_i=C\Bbb EX$.\\
4. Giả sử
$$X(\Omega)=\{ x_1, x_2,\dots, x_m\cdots \};\qquad Y(\Omega)= \{ y_1, y_2,
\dots, y_n\cdots\}.$$ Khi đó $Z=X+Y$  là đại lượng ngẫu nhiên nhận
các giá trị $z_{ij}=x_i+y_j$ với các xác suất tương ứng
        $p_{ij} = \Bbb P(X=x_i;Y=y_j)$, $(i=1, 2,\dots $; $j=1, 2,\dots
         )$. Do đó
         $$\Bbb{E}Z =\sum_{i}\sum_{j} (x_i+y_j) p_{ij} =\sum_{i}x_i\sum_{j}  p_{ij}+\sum_{j}y_j\sum_{i} p_{ij}.$$
         Mặt khác
         $$\Bbb{P}(X=x_i)=\Bbb{P}(X=x_i,Y=y_1)+ \Bbb{P}(X=x_i,Y=y_2)+\dots+
\Bbb{P}(X=x_i,Y=y_n)+\dots=\sum_j p_{ij}.$$ Tương tự
$$\Bbb{P}(Y=y_j)=\sum_ip_{ij}.$$
Suy ra
$$\Bbb{E}Z
=\sum_{i}x_i\Bbb{P}(X=x_i)+\sum_{j}y_j\Bbb{P}(Y=y_j)=\Bbb{E}X+
\Bbb{E}Y.$$
5. Giả sử                      $$X(\Omega)=\{ x_1, x_2,\dots,
x_m, \dots \};\qquad Y(\Omega)= \{ y_1, y_2, \dots, y_n, \dots\}.$$
Khi đó $Z=X.Y$   nhận các giá trị $z_{ij}=x_iy_j$ với các xác suất
tương ứng
        $p_{ij} = \Bbb P(X=x_i;Y=y_j)$, $(i=1, 2,\dots$; $j=1, 2,\dots)$.
Do $X$, $Y$ độc lập nên
        $$p_{ij} = \Bbb P(X=x_i;Y=y_j) = \Bbb P(X=x_i)\Bbb P(Y=y_j) = p_iq_j.$$
Suy ra
        $$\Bbb{E}Z =\sum_{i}\sum_{j} x_iy_j p_{ij} = \sum_i\sum_j x_iy_j
              p_{i}q_j$$$$=\sum_{i} x_ip_i\sum_{j} y_jq_j=\Bbb{E}X\Bbb{E}Y.$$
6. Nếu $X$ nhận giá trị $x_i$ thì $Y=f(X)$ nhận giá trị $f(x_i)$ nên
$\Bbb EY=\sum_{i}f(x_i)p_i$.\\
7. Giả sử $G$ là tập giá trị của $X$, ta đặt
$$G_1=[c\in G: \;0\leq c < \varepsilon];\;\;
G_2=[c\in G: \;c \geqslant \varepsilon]\,.$$

Khi đó

$$\Bbb EX=\sum_{c_i\in G}c_i\,\mathbb P[X=c_i]=\sum_{c_i\in
G_1}c_i\,\mathbb P[X=c_i]+\sum_{c_i\in G_2}c_i\,\mathbb P[X=c_i]\\
$$$$\geqslant \sum_{c_i\in G_2}c_i\,\mathbb P[X=c_i]\geqslant
\varepsilon \sum_{c_i\in G_2}\,\mathbb P[X=c_i]=\varepsilon\,\mathbb
P[X\geq\varepsilon ].$$ Từ đó suy ra điều phải chứng minh.\\
 \textbf{Ví dụ.}  Cho hai đại lượng ngẫu nhiên $X$, $Y$ độc lập
với nhau có
  bảng phân phối
\begin {center}
\begin{tabular}{|l|r|r|r|}
\hline
$X$&$\hspace*{1cm}0\hspace*{1cm}$&$\hspace*{1cm}1\hspace*{1cm}$&$
\hspace*{1cm}2\hspace*{1cm}$\\
\hline
$\Bbb{P}$&$\hspace*{1cm}0,3\hspace*{1cm}$&$\hspace*{1cm}0,4\hspace*{1cm}$&$
\hspace*{1cm}0,3\hspace*{1cm}$\\
\hline
\end{tabular}\\
\end {center}
\begin {center}
\begin{tabular}{|l|r|r|}
\hline
$Y$&$\hspace*{1,8cm}-1\hspace*{1,8cm}$&$\hspace*{1,8cm}1\hspace*{1,8cm}$\\
\hline
$\Bbb{P}$&$\hspace*{1,8cm}0,4\hspace*{1,8cm}$&$\hspace*{1,8cm}0,6\hspace*{1,8cm}$\\
\hline
\end{tabular}\\
\end {center}
Tính $\Bbb{E}X^2$; $\Bbb{E}(X+Y)$ và $\Bbb{E}(XY)$.\\
 {\it Giải.} Ta có \\
         $\Bbb{E}X = 0.0,3 + 1.0,4 + 2.0,3    =  1$;\\
         $\Bbb{E}Y = -1.0,4 + 1.0,6               = 0,2$;\\
         $\Bbb{E}X^2 =  0^2.0,3 +1^2.0,4+ 2^2.0,3 = 1,6$;\\
         $\Bbb{E}(X+Y)= \Bbb{E}X+\Bbb{E}Y = 1+0,2    = 1,2$;\\
         $\Bbb{E}(X.Y)    =\Bbb{E}X.\Bbb{E}Y = 1.0,2     = 0,2$.\\
 {\it {  ý} nghĩa}: Qua các ví dụ trên, ta thấy rằng kỳ vọng của đại lượng ngẫu nhiên $X$ là giá trị trung bình theo xác suất của đại lượng ngẫu nhiên đó. Trong trường hợp $X$ nhận các giá trị với xác suất như nhau thì kỳ vọng chính là trung bình cộng của nó. \\

\noindent {\bf 2.3.2 Phương sai}\\
{\bf  Định nghĩa.}  Giả sử $X$ là đại lượng ngẫu nhiên. Khi đó, số
$ DX = \Bbb{E}(X-\Bbb{E}X)^2$ (nếu tồn tại) được gọi là \emph{phương sai} của $X$.\\
{\it Chú ý.} Từ định nghĩa trên và từ tính chất của kỳ vọng, suy ra
rằng phương sai $DX$ của đại lượng ngẫu nhiên $X$ có thể tồn tại hoặc
không tồn tại và nếu tồn tại thì có thể được tính theo công thức
   \begin{equation*}
DX=
\begin{cases}
\sum (x_i-\Bbb{E}X)^2p_i&\text {nếu $X$ rời rạc và $\Bbb{P}(X=x_i)=p_i.$}\\
\int_{-\infty}^{+\infty}(x-\Bbb{E}X)^2p(x)dx&\text{nếu $X$ liên tục
có hàm mật độ là $p(x).$}
  \end{cases}
\end{equation*}
{\bf Ví dụ.} 1. Giả sử $X$ là đại lượng ngẫu nhiên rời rạc có bảng phân phối\\
\begin {center}
\begin{tabular}{|l|r|r|}
\hline
$X$&$\hspace*{2cm}0\hspace*{2cm}$&$\hspace*{2cm}1\hspace*{2cm}$\\
\hline
$\Bbb{P}$&$\hspace*{2cm}p\hspace*{2cm}$&$\hspace*{2cm}q\hspace*{2cm}$\\
\hline
\end{tabular}\\
\end {center}
Khi đó
                             $$\Bbb{E}X = 0.q+1.p = p.$$
Suy ra
                            $$DX = (0-p)^2.q+(1-p)^2=p^2q+q^2p=pq.$$
\indent 2. Giả sử $X$ là đại lượng ngẫu nhiên liên tục có hàm mật độ
   \begin{equation*}
p(x)=
\begin{cases}
0&\text {nếu $x\not\in [0,2]$}\\
\dfrac{1}{2}&\text{nếu $x\in [0,2].$}
  \end{cases}
\end{equation*}
 Khi đó
$$\Bbb{E} X  = 1$$
Suy ra
$$D X =\int_{-\infty}^{+\infty} ( x - 1 )^2   p(x)dx $$$$ =\int_0^2\dfrac{(x-1)^2}{2}dx=\dfrac{(x-1)^3}{6}\bigg|_0^2=\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{3}.$$
{\it  {ý} nghĩa:} $|X-\Bbb{E}X|$ là độ lệch của các giá trị của đại lượng ngẫu nhiên $X$ khỏi $\Bbb{E}X$. Do đó phương sai $DX = \Bbb{E}(X - EX)^2$ chính là trung bình của bình phương độ lệch của $X$ quanh $\Bbb{E}X$. Phương sai cho biết mức độ phân tán của các giá trị của đại lượng ngẫu nhiên $X$ quanh kỳ vọng của nó. Tuy nhiên, phương sai $DX$ có hạn chế là không cùng thứ nguyên với $X$. Do đó, cùng với $DX$, người ta còn dùng $\sqrt {DX}$ để nghiên cứu mức độ phân tán của đại lượng ngẫu nhiên $X$ quanh $\Bbb{E}X$. $\sqrt {DX}  =\sigma_X$  gọi là {\it độ lệch chuẩn của $X$}. $\sigma_X$ có cùng thứ nguyên với $X$.\\
{\bf  Tính chất.} \emph{Phương sai có những tính chất cơ bản sau đây:\\
1. $DX  =\Bbb{E}X^2 -(  \Bbb{E}X)^2$.\\
2. $DX \geqslant        0$.\\
3. $DX      =   0$  khi và chỉ khi  $X=\Bbb{E}X=\text{hằng số}\;\;h.c.c.$\\
4. $D(CX)   =   C^2 DX$.\\
5. Nếu $X$, $Y$ độc lập thì $D(X\pm  Y ) = DX + DY$.\\
{\it Tổng quát:} Nếu $(X_i)_{i =\overline{1, n}}$ là họ đôi một độc
lập thì
$$D( X_1+\dots+X_n ) = DX_1 + \dots +DX_n.$$}
{\it Chứng minh.}\\
1. $DX = \Bbb{E} (X -\Bbb{E}X)^2  = \Bbb{E} ( X^2 - 2 X.\Bbb{E} X
+(\Bbb{E}X)^2)
= \Bbb{E}X^2 - 2 \Bbb{E}X. \Bbb{E}X + ( \Bbb{E}X)^2 =\Bbb{E}X^2 -( \Bbb{E}X)^2$.\\
2. $(X-\Bbb{E}X)^2\geqslant  0\Rightarrow  DX =
\Bbb{E}(X-\Bbb{E}X)^2
\geqslant  0$.\\
3. $DX=0\Longleftrightarrow \Bbb{E}(X-\Bbb{E}X)^2
=0\Longleftrightarrow (X-\Bbb{E}X)^2 =0
\Longleftrightarrow P(X =\Bbb{E}X)=1\Longleftrightarrow X =\Bbb{E}X\;\;h.c.c$.\\
4. $D(CX)  =\Bbb{E}(CX-\Bbb{E}CX)  =\Bbb{E}(CX-C\Bbb{E}X)^2  =\Bbb{E}(C^2(X-\Bbb{E}X)^2) = C^2\Bbb{E}(X-\Bbb{E}X)^2 = C^2DX$.\\
5. $ D(X+Y) = \Bbb{E}(X+Y)^2-(\Bbb{E}(X+Y))^2 =
\Bbb{E}(X^2+2XY+Y^2)-
(\Bbb{E}X+\Bbb{E}Y)^2=(\Bbb{E}X^2-(\Bbb{E}X)^2)+(\Bbb{E}Y^2-(\Bbb{E}Y)^2)
+2(\Bbb{E}(XY)-\Bbb{E}X\Bbb{E}Y) =
DX+DY+2(\Bbb{E}(XY)-\Bbb{E}X\Bbb{E}Y)
=DX+DY$ (vì $\Bbb{E}(XY) = \Bbb{E}X.\Bbb{E}Y$ ( Do $X$ và $Y$ độc lập)).\\
Kết hợp với tính chất 4 ta được
$$D(X-Y) = D(X+(-Y) )=DX+D(-Y) = DX+DY.$$
Bây giờ giả sử $(X_i)_{i=\overline{1,n}}$ là họ độc lập đôi một. Vậy
thì
 $$ D(\sum_{i=1}^n X_i ) =\Bbb{E}(\sum_{i=1}^n X_i )^2 -( \Bbb{E}
(\sum_{i=1}^n X_i  ) )^2 \\
=\Bbb{E}(\sum_{i=1}^n X_i^2  $$$$+ 2\sum_{1\leqslant  i<j\leqslant
n}
 X_iX_j)- \sum_{i=1}^n (\Bbb{E}X_i)^2-2\sum_{1\leqslant  i<j\leqslant  n}
 \Bbb{E}X_i\Bbb{E}X_j$$$$
 =\sum_{i=1}^n (\Bbb{E}X_i^2 - ( \Bbb{E}Xi )^2 )+ 2
\sum_{1\leqslant i<j\leqslant  n} ( \Bbb{E}( X_i X_j) - \Bbb{E} X_i
\Bbb{E}X_j ) =\sum_{i=1}^n   D X_i.$$

   (Vì $X_i, X_j$ độc lập nên $\Bbb{E} (X_i X_j) - \Bbb{E}X_i.\Bbb{E}X_j = 0$).\\

\noindent {\bf 2.3.3 Mode}\\
\indent Khái niệm mode được định nghĩa riêng rẽ cho hai trường hợp đại lượng ngẫu nhiên rời rạc và đại lượng ngẫu nhiên liên tục.\\
\indent Nếu $X$ là đại lượng ngẫu nhiên rời rạc thì giá trị $x_0$
được gọi là \emph{mode} của $X$, nếu  $X$ có xác suất lớn nhất tại $x_0$.\\
\indent Nếu $X$ là đại lượng ngẫu nhiên liên tục có hàm mật độ
$p(x)$ thì giá trị $x_0$ được gọi là \emph{mode} của $X$, nếu $p(x)$
đạt
giá trị lớn nhất tại $x_0$.\\
\indent Nếu $x_0$ là mode của $X$ thì ta viết $x_0=\mod X$.\\

\noindent {\bf 2.3.4 Phân vị cấp $p$}\\
\indent Số $x_p\;(0<p<1)$ được gọi là \emph{phân vị cấp $p$} của hàm
phân phối $F(x)$ của đại lượng ngẫu nhiên $X$ nếu
$$F ( x_p) \leqslant   p \quad\mbox{ và }\quad
 F ( x_p+ 0 ) \geqslant   p \qquad          ( F ( x_p+ 0 ) =
  \lim_{x\to x_p} F(x) ).$$
Rõ ràng, nếu $F(x)$ là hàm liên tục thì $F(x_p) = p$.\\
Nếu $p =\dfrac{1}{2}$ thì $x_p =x_{\frac{1}{2}}$  được gọi là {\it
trung vị}
 hay {\it median} của X và được ký hiệu là $m(X)$.\\

\noindent {\bf 2.3.5  Moment, hệ số bất đối xứng và hệ số nhọn}\\
\indent Giả sử $X$ là đại lượng ngẫu nhiên, khi đó số
                                                       $$m_k  = \Bbb{E} X^k$$
  (nếu tồn tại) được gọi là\emph{ moment cấp $k$} của $X$, còn số
                       $$\alpha_k= \Bbb{E} ( X - \Bbb{E} X )^k$$
 (nếu tồn tại) được gọi là \emph{moment trung tâm} cấp $k$ của $X$ (moment cấp 1
 chính là kỳ vọng, còn moment trung tâm cấp 2 chính là phương sai).\\
\indent Số
            $$  S  =\dfrac{\alpha_3}{\alpha_2^{\frac{3}{2}}}$$
được gọi là \emph{hệ số bất đối xứng} của $X$.\\
\indent Số
                                                     $$ E  =\dfrac{\alpha_4}{\alpha_2^2}    - 3$$
được gọi là \emph{hệ số nhọn} của $X$.\\
{\bf Ví dụ.} Cho đại lượng ngẫu nhiên  liên tục $X$ có hàm mật độ
 \begin{equation*}
p(x)=
\begin{cases}
0&\text {nếu $x<0$},\\
\dfrac{3x^2}{2}&\text{nếu $0\leqslant  x<1$},\\
\dfrac{3}{2}(2-x)^2&\text{nếu $1\leqslant  x<2$},\\
0&\text{nếu $x\geqslant  2.$}
  \end{cases}
\end{equation*}
Hãy tính các moment và moment trung tâm cấp 1, 2, 3, 4. Tính hệ số bất đối xứng và hệ số nhọn.\\
{\it Giải.}\\
$m _1 = 1$; $ m_2  = 1,1$;\\
$m_3 = \dfrac{3}{2}\int_0^1x^5dx   +\dfrac{3}{2}\int_1^2x^3   ( 2 - x )^2 dx = 1,3$;\\
$m_4 =\dfrac{3}{2}\int_0^1x^6  dx +\dfrac{3}{2}\int_1^2x^4  ( 2 -  x )^2 dx = 1\dfrac{22}{55}$.\\
Từ đó\\
$\alpha_1 = 0$, $\alpha_2 = m_2  - m_1^2 = 0,1$;\\
 $\alpha_3= m_3 - 3m_1 m_2 + 2m_1^3 = 1,3 - 3(1,1) + 2 = 0$;\\
 $\alpha_4= m_4 - 4m_1 m_3 + 6m_1^2 m_2 - 3m_1^4 = -0,2$;\\
$S   =\dfrac{\alpha_3}{\alpha_2^{\frac{3}{2}}}  = 0$.\\
$E   =\dfrac{\alpha_4}{\alpha_2^2}   - 3  =  - \dfrac{1}{7}$.\\


\section{Một số phân phối xác suất quan trọng}

\noindent {\bf 2.4.1 Phân phối nhị thức}\\ {\bf  Định nghĩa. } Đại
lượng ngẫu nhiên $X$ được gọi là có {\it phân phối nhị thức} với các
tham số $n$, $p$ và được ký hiệu là $X \sim B(n; p)$ ( $n\geq 1$, \,
$0 < p < 1$), nếu
$$X(\Omega) = \{0, 1, 2,\dots, n\}$$
 và
                           $$p_k = \Bbb{P}( X = k )  =  C_n^k p^k q^{n-k},$$
trong đó $q = 1 - p$.\\
{\bf Ví dụ.} Trong một thành phố nào đó $75\%$ gia đình có tivi màu. Chọn ngẫu nhiên 12 gia đình và gọi $X$ là số gia đình có tivi màu.\\
a.  Gọi tên phân phối xác suất của $X$.\\
b. Tính xác suất để có đúng 5 gia đình có tivi màu.\\
c. Tính xác suất để trong mẫu có ít nhất 2 gia đình có tivi màu.\\
{\it Giải.}\\
a. $X$ có phân phối nhị thức với tham số $n = 12$, $p = 0,75$.\\
b. $\Bbb{P}( X = 5 )  = C_{12}^5 ( 0,75)^5 ( 0,75 )^7
=  0, 0591$.\\
c. $\Bbb{P}(X\geqslant    2 )  = 1 - P ( X = 0 )  -  P ( X  = 1 )
=  1- ( 0,25)^{12}  - 12( 0,75)( 0,25 )^{11}.$\\
\indent Tìm kỳ vọng, phương sai và mode của phân bố nhị thức.\\
{\bf  Định lý.} \emph{ Nếu $X \sim B( n; p )$ thì\\
$i)$ $\Bbb{E}X  =  np$,\\
$ii)$ $DX  =  npq$,\\
$iii)$ $$\mod X  = \begin {cases} [np-q+1] \quad\text{ nếu } np-q\text{ không nguyên},\\
                                  np-q \text{ và }  np-q+1   \text { nếu } np-q \text{ nguyên}.
                        \end{cases}$$}
{\it Chứng minh.}\\
$i)$ Ta có
$$\Bbb{E}X  =\sum_{k=0}^n   kC_n^k p^k q^{n-k}  =\sum_{k=0}^n
k\dfrac{n!}{k!(n-k)!}p^k q^{n-k}
 $$$$=  n\sum_{k=1}^n\dfrac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}p^k q^{n-k}
=  np\sum_{k=1}^nC_{n-1}^{k-1}p^k q^{n-k} $$$$=  np\sum_{i=0}^{n-1}C_{n-1}^{i-1}p^i q^{n-1-i}\\
=  np (p + q )^{n-1}   =  np.$$

$ii)$ \begin{align*}
 \Bbb{E}X^2 &        =\sum_{k=0}^n k^2   C_n^k p^k q^{n-k}    \\
&= \sum_{k=1}^n\dfrac{k^2n!}{k!(n-k)!} p^k q^{n-k}\\
&=\sum_{k=1}^n\dfrac{k(k-1)n!}{k!(n-k)!}p^k q^{n-k}  +\sum_{k=1}^n\dfrac{kn!}{k!(n-k)!}p^k q^{n-k} \\
&    =  S_1  +  S_2.
\end{align*}
Ta có\\
$S_1   =\sum_{k=2}^n\dfrac{n!}{(k-2)!(n-k)!}p^k q^{n-k}     =  n( n - 1 )p^2$,\\
$S_2   =  np$ (đã tính ở trên).\\
Thành thử
$$DX    =  \Bbb{E}X^2  -  (\Bbb{E}X)^2   =  n^2 p^2  -np^2  +np - n^2 p^2  =  np(1 - p )  =  npq.$$

Để chứng minh $iii)$ ta chỉ cần nhận xét rằng $\mod X$ chính là số có
khả
năng nhất.\\
{\bf Ví dụ.} Tỉ lệ cử tri ủng hộ ứng cử viên A trong
một cuộc bầu cử tổng thống là $60\%$. Người ta hỏi ý kiến 20 cử tri
được chọn một cách ngẫu nhiên. Gọi $X$ là số người bỏ phiếu cho ứng cử viên
A trong 20 người đó.\\
\indent $a.$ Tìm giá trị trung bình, độ lệch tiêu chuẩn của $X$ và $\mod X$.\\
\indent $b.$ Tính  $\Bbb{P} ( X \leqslant     10 )$.\\
{\it Giải.} $a.$ $  X$  có phân phối nhị thức $B( 20; 0,6 ).$  Vậy
$\Bbb{E}X   =  20. ( 0,6)    =  12$;\; $DX  =  20.( 0,6).( 0,4) =
4,8;\; \sigma_X  =\sqrt{4,8}\approx2,2;\;\mod X  =[21. 0,6]=[12,6]    =  12.$\\
$b.$  $\Bbb{P}( X\leqslant     10 )  =   \sum_{k=0}^{10}C_{20}^k
(0,6)^k(0,4)^{20-k}.$\\

\noindent {\bf 2.4.2  Phân phối Poisson}\\
{\bf Định nghĩa.}
  Ta nói rằng đại lượng ngẫu nhiên $X$ có phân phối Poisson với tham số
   $\lambda$ và kí hiệu là  $X \sim P(\lambda )$ nếu
                                 $$X(\Omega )    =   \{ 0, 1, 2,\dots\}$$
và
$$\Bbb{P}(X=k)=e^{-\lambda}\dfrac{\lambda^k}{k!},$$
trong đó $\lambda$ là một số dương cho trước.\\
 \indent Người ta đã lập bảng để tính sẵn $\Bbb{P}(X\leqslant  k)=\sum_{i=1}^ke^{-\lambda}\dfrac{\lambda^i}{i!}$ với các giá trị $\lambda$ khác nhau. \\
{\bf  Ví dụ.}   Một gara cho thuê ôtô thấy rằng số người đến thuê ôtô vào ngày thứ Bảy cuối tuần là một đại lượng ngẫu nhiên $X$ có phân phối Poisson với tham số $\lambda  = 2$. Giả sử gara có 4 chiếc ôtô. Hãy tìm xác suất để\\
$a.$ Không phải tất cả 4 chiếc đều được thuê.\\
$b.$ Tất cả 4 ôtô đều được thuê.\\
$c.$ Gara không đáp ứng được yêu cầu.\\
$d.$ Trung bình có bao nhiêu ôtô được thuê.\\
$e.$ Gara cần có ít nhất bao nhiêu ôtô để xác suất không đáp ứng nhu
cầu thuê bé  hơn $ 2\%$.\\
{\it Giải.}\\
\indent $a.$ $ \Bbb{P}( X \leqslant   3 )   =  0,857$.\\
\indent $b.$ $ \Bbb{P}( X\geqslant    4 ) = 1-\Bbb{P}( X\leqslant    3 ) = 1 - 0,857 = 0,143$.\\
\indent $c.$ $  \Bbb{P}( X > 4  ) = 1 - \Bbb{P}( X\leq   4 ) = 1 - 0,947 = 0,053$.\\
\indent $d.$  Gọi $Y$ là số ôtô được thuê. Khi đó\\
 $\Bbb{P}( Y = 0 )  =  \Bbb{P}( X = 0 ) = 0,135$;\\
 $\Bbb{P}( Y = 1 )  =  \Bbb{P}( X\leqslant    1 ) - \Bbb{P}( X = 0 ) =0,406 -0,135 =0,271$;\\
 $\Bbb{P}( Y = 2 )  =  \Bbb{P}( X = 2 ) = \Bbb{P}( X\leqslant    2 ) - \Bbb{P}( X\leqslant    1 ) = 0,677 -0,406 = 0,271$;\\
 $\Bbb{P}( Y = 3 )  =  \Bbb{P}( X = 3 ) = \Bbb{P}(
X\leqslant    3 ) -
\Bbb{P}( X \leqslant   2 ) = 0,857 - 0,677 =0,18$;\\
 $\Bbb{P}( Y =4  ) =  \Bbb{P}( X\geqslant    4 ) =   1 -
\Bbb{P}
( X\leqslant    3 )     =   1 -0,857 = 0,143$.\\
Từ đó  $\Bbb{E}Y  =  1,925$.\\
$e.$  Ta cần xác định $n$ nhỏ nhất để\\
$$\Bbb{P}( X > n ) < 0,02\Leftrightarrow      \Bbb{P}( X \leqslant   n ) > 0,98.$$
Vì $\Bbb{P}( X\leqslant     4 )    =  0,947$; $\Bbb{P}( X \leqslant    5 )    =  0,983$.\\
Do đó $n  =  5$.\\
%Trong tình huống nào chúng ta gặp phân phối Poát xông.\\
%Xét một biến cố $\Bbb{E}$ xuất hiện ở những thời điểm ngẫu nhiên. Giả thiết rằng số lần xuất hiện $\Bbb{E}$ trong khoảng thời gian $(t_1, t_2)$ không có ảnh hưởng đến xác suất xuất hiện của $\Bbb{E}$ trong các khoảng thời gian kế tiếp. Thêm vào đó ``cường độ" xuất hiện $\Bbb{E}$ là không thay đổi, nghĩa là số lần $\Bbb{E}$ xuất hiện trung bình trong khoảng thời gian $(t_1, t_2)$ tỉ lệ với độ dài khoảng đó.\\
        %Gọi $X$ là số lần xuất hiện $\Bbb{E}$ trong khoảng thời gian $( t_1, t_2 )$. Người ta đã chứng minh được rằng $X$ có phân phối Poát xông với tham số $\lambda = C ( t_2 - t_1 )$, trong đó $C$ là hằng số. Hằng số $C$ được gọi là cường độ xuất hiện của $\Bbb{E}$.\\
        Ta hãy tìm kỳ vọng, phương sai và mode của phân phối  Poisson. \\
{\bf  Định lý}.   \emph{Giả sử $X\sim P(\lambda )$. Khi đó $\Bbb{E}X
=
\lambda$, $ D X  = \lambda$, $  \mod X =[\lambda]$.\\
}{\it Chứng minh.} Ta có\\
$$\Bbb{E}X   =\sum_{k=0}^{\infty}ke^{-\lambda}\dfrac{\lambda^k}{k!}=  e^{-\lambda}\lambda\sum_{k=1}^\infty\dfrac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!}   =  e^{-\lambda}\lambda e^{\lambda}    = \lambda$$
$$\Bbb{E}X^2   =\sum_{k=0}^{\infty}k^2e^{-\lambda}\dfrac{\lambda^k}{k!}=
 e^{-\lambda}\sum_{k=2}^{\infty}\dfrac{k(k-1)\lambda^k}{k!}+e^{-\lambda}
 \sum_{k=0}^{\infty}k\dfrac{\lambda^k}{k!}$$$$   = e^{-\lambda}\lambda^2\sum_{k=2}^{\infty}\dfrac{\lambda^{k-2}}{(k-2)!}  + \lambda=\lambda^2+\lambda.$$
Vậy  $DX   =   \Bbb EX^2   -   (\Bbb EX )^2   =\lambda$.\\
Để tìm  $\text{mod}X$  ta xét
  $$\dfrac{\Bbb{P}(X=k)}{\Bbb{P}(X=k-1)}=\dfrac{\lambda}{k} > 1\Leftrightarrow \lambda  >  k.$$
Vậy $\Bbb{P}( X = k)$ lớn nhất khi $k$ là số nguyên lớn nhất bé hơn $\lambda$. Nói cách khác $\text{mod}X =[\lambda]$.\\
{\bf Ví dụ.}    {ở} một tổng đài bưu điện, các cú điện thoại gọi đến xuất hiện ngẫu nhiên, độc lập với nhau và tốc độ trung bình 2 cuộc gọi trong một phút. Tìm xác suất để:\\
$a.$ Có đúng 5 cú điện thoại trong 2 phút.\\
$b.$ Không có cú điện thoại nào trong khoảng thời gian 30 giây.\\
$c.$ Có ít nhất 1 cú điện thoại trong khoảng thời gian 10 giây.\\
{\it Giải.} $a.$ Số cú điện thoại xuất hiện trong khoảng thời gian 2
phút là đại lượng ngẫu nhiên $X\sim P(4)$. Vậy
  $$\Bbb{P}( X = 5 ) = e^{-4}\dfrac{4^5}{5!}$$$$
  = \Bbb{P}( X\leqslant    5 ) - \Bbb{P}( X \leqslant   4 )
  = 0,785 - 0,629 = 0,156.$$
\indent $b.$ Số cú điện thoại xuất hiện trong khoảng thời gian 30 giây
là đại lượng ngẫu nhiên $  X \sim \Bbb{P}( 1 )$. Vậy
$$\Bbb{P}( X = 0 ) = e^{ -1} = 0,3679.$$
\indent $c.$ Số cú điện thoại xuất hiện trong khoảng thời gian 10 giây
là đại lượng ngẫu nhiên $ X\sim P (\dfrac{1}{3})$. Vậy
$$\Bbb{P}( X \geqslant   1) = 1 -\Bbb{P}(X = 0) = 1 - e^{-\dfrac{1}{3}}   = 0,2835.$$
{\bf Định lý.} \emph{Nếu $X \sim P(\mu )$,  $Y \sim  P(\lambda )$
và $X$,  $Y$ độc lập \ thì $Z =(X + Y) \sim P(\lambda+\mu).$}\\
{\it Chứng minh.} Ta có
\begin{align*}
\Bbb{P}(Z = k )& = \Bbb{P} ( X + Y = k ) = \sum_{i=0}^k \Bbb{P}(X=i,Y = k -i )\\
&=  \sum_{i=0}^k\Bbb{P}(X =i )   \Bbb{P} ( Y = k -i )=\sum_{i=0}^ke^{-\mu}\dfrac{\mu^i}{i!}\dfrac{e^{-\lambda}\lambda^{k-1}}{(k-1)!}\\
& =\dfrac{e^{-(\lambda+\mu)}}{k!}\sum_{i=0}^kC_k^i\mu^i\lambda^{k-1}
=\dfrac{e^{-(\lambda+\mu)}(\lambda+\mu)^k}{k!}.
\end{align*}
{\bf Ví dụ.}  Một cửa hàng bán đồ điện tử gồm hai mặt hàng: tivi và
radio. Số tivi và radio bán trong một ngày đều có phân phối Poisson
và chúng độc
lập với nhau. Trung bình mỗi ngày bán được 1 tivi và 2 radio. Tìm xác suất để một ngày cửa hàng bán được ít nhất 4 chiếc (radio và tivi).\\
{\it Giải.} Gọi $X$ và $Y$ tương ứng là số tivi và số radio bán được
trong ngày. Ta có $X \sim P(1)$ và $Y \sim P (2)$,  $X$ và $Y$ độc
lập. Theo định lý trên thì $(X + Y) \sim P (3)$. Vậy
      $$\Bbb{P} ( X + Y > 3 )  =  1  - \Bbb{P} ( X + Y \leqslant    3)=  1  -  0,647  =  0,353.$$

\noindent{\bf 2.4.3 Phân phối chuẩn}\\
{\bf  Phân phối chuẩn tắc.} Đại lượng ngẫu nhiên liên tục $Z$ được
gọi là đại lượng ngẫu nhiên có \emph{phân phối chuẩn tắc} nếu hàm
mật độ của nó là
      $$ p(x)=\varphi(x)  =\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{\frac{-\pi^2}{2}},
      \qquad \forall x\in\mathbb{R}.$$
Đồ thị hàm mật độ của Z có dạng\\
%\begin{center}
%  \includegraphics[scale=0.5]{ppchuan}\\
%   Đồ thị của $\varphi(x)$
%\end{center}

  Đó là một đường cong đối xứng qua trục tung, có điểm cực
đại tại $x = 0$. Các điểm uốn của đồ thị là $x =\pm   1$. Hàm phân
phối  của $Z$, kí hiệu bởi $\Phi (x)$, là
 $$\Phi (x)  =\int_{-\infty}^xp(t)dt  =\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}
 \int_{-\infty}^xe^{-\frac{t^2}{2}}dt.$$
Rất tiếc rằng $\Phi (x)$ không biểu diễn được qua các hàm sơ cấp đã biết. Người ta đã lập bảng tính sẵn các giá trị của $\Phi (x)$.\\
Chú ý rằng nhiều khi người ta chỉ cho các giá trị của $\Phi (x)$ với $x > 0$. Với $x < 0$ ta sử dụng công thức: $\Phi(-x)  =  1 - \Phi (x)$.\\
Chẳng hạn  $\Phi(-0,62)  =  1 -  \Phi(0,62)   =   1  -  0,7324  =  0,2676$.\\
Như vậy ta có
$$\Bbb{P} ( Z < a )  = \Phi  (a),\;\;\;\Bbb{P} ( Z > a )  =  1  - \Phi  (a),\;\;\;
$$$$\Bbb{P}( a < Z < b )  = \Phi  (b)  - \Phi  (a).$$
 Dễ thấy rằng
$\Bbb{E}Z =\dfrac
1{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}xe^{-\frac{x^2}{2}}dx = 0$
(Vì hàm dưới dấu tích phân là hàm lẻ). Sử dụng công thức tích phân
từng phần ta có
$$DZ  = \Bbb{E}Z^ 2  =\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}x^2
e^{-\frac{x^2}{2}}dx    $$ $$= -
\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}xe^{-\frac{x^2}{2}}\bigg|_{-\infty}^{+\infty}
+ \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}
\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\frac{x^2}{2}}dx     =   1.$$
Ta cũng dễ thấy mode và median của $Z$ là $0$.\\
Như vậy
      $$\Bbb{E}Z   =  0;\qquad    DZ   =  1 ;\qquad \mod Z  =  0;
      \qquad m(Z)  =  0.$$
{\bf  Phân phối chuẩn.}   Đại lượng ngẫu nhiên liên tục $X$ được gọi
là có \emph{phân phối chuẩn với tham số $\mu$ và $\sigma^2$} (trong
đó $\sigma > 0$) nếu đại lượng
 ngẫu nhiên  $Z =\dfrac{X-\mu}{\sigma}$ có phân phối chuẩn tắc. Khi đó ta
 kí hiệu $X\sim N(\mu,\sigma^2)$.\\
    Ta hãy tìm hàm mật độ của đại lượng ngẫu nhiên $X$ có phân phối chuẩn. \\
Giả sử   $X\sim  N (\mu,\sigma^2  )$. Khi đó
$$X  =  \sigma Z +\mu,$$
trong đó $Z$ có phân phối chuẩn tắc. Ta có
   $$\Bbb{P}( X < x )  =  \Bbb{P}(\sigma  Z + \mu  < x )   =   \Bbb{P}( Z <\dfrac{x-\mu}
   {\sigma})    =\Phi(\dfrac{x-\mu}{\sigma}).$$
Vậy
$$p_X (x)  =\Phi'(\dfrac{x-\mu}{\sigma})\dfrac{1}{\sigma} =\dfrac{1}
{\sigma\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma}}.$$
    Tiếp theo ta tính các tham số đặc trưng của $X$.\\
Ta có
$$\Bbb{E}X   =\Bbb{E}(\sigma Z +\mu)= \sigma \Bbb{E}Z+\mu  =   \mu.$$
$$DX  =    \Bbb{E}(X -\mu)^2     =  \Bbb{E}Z( \sigma^ 2 Z^2)
       =  \sigma^2 \Bbb{E} Z^2
   =\sigma^2.$$
    Dễ thấy mode và median của $X$ đều bằng $\mu$.\\
Như vậy tham số $\mu$ là kỳ vọng, đồng thời cũng là mode và median
của phân
 phối chuẩn $N(\mu,\sigma^2 )$. Tham số $\sigma$ là độ lệch  chuẩn của nó.\\
    Ta có thể tính được các xác suất liên quan tới $X$ bằng cách biến đổi nó về một biến cố có liên quan tới $Z$ rồi tra bảng, chẳng hạn\\
$\Bbb{P}(X <\alpha)  =  \Bbb{P}(Z<\dfrac{\alpha-\mu}{\sigma}) =
 \Phi (\dfrac{\alpha-\mu}{\sigma}).$\\
$\Bbb{P}( X >\alpha  ) = 1 - \Bbb{P}( X <\alpha  ) = 1 -  \Phi
 (\dfrac{\alpha-\mu}{\sigma}).$\\
$\Bbb{P}( \alpha<X<\beta ) =
\Bbb{P}(\dfrac{\alpha-\mu}{\sigma}<Z<\dfrac {\beta-\mu}{\sigma}) =
\Phi(\dfrac{\beta-\mu}{\sigma})-\Phi(\dfrac
{\alpha-\mu}{\sigma}).$\\
{\bf Ví dụ.}\\
 \indent 1. Giả sử $X$ là đại lượng ngẫu nhiên có phân
phối chuẩn với kỳ vọng $\mu= 2100$ và độ lệch chuẩn $\sigma =200$.
Hãy tìm\\
\indent $a.$ $ \Bbb{P}( X >  2400 )$.\\
\indent $b.$ $  \Bbb{P}(1700 < X < 2200 )$.\\
\indent $c.$   Xác định $a$ để $\Bbb{P}( X > a ) =  0,03$.\\
{\it Giải.}\\
 \indent $a.\; \Bbb{P}( X > 2400 ) = 1 -
\Phi(\dfrac{2400-2100}{200}) = 1 - \Phi  ( 1,5 ) $\\
\indent $=  1- 0,9332 = 0,0668.$\\
\indent $ b.\; \Bbb{P}( 1700 < X <  2200 ) =
\Phi(\dfrac{2200-2100}{200})   -
 \Phi(\dfrac{1700-2100}{200})$ \\
\indent $=\Phi  (0,5) -\Phi  (-2) = 0,6915 -( 1 - 0,9772) =
0,6687.$\\
\indent $c.\;\Bbb{P}( X > a ) = 1 - \Phi(\dfrac{a-2100}{200}) =
0,03$\\
\indent $\Rightarrow \Phi(\dfrac{a-2100}{200})=0,97.$\\
Tra ngược bảng $\Phi(x) $ ta tìm được $\Phi (1,881)  =  0,97$.\\
Vậy $\dfrac{a-2100}{200}   =  1,881$. Từ đó $a = 2476,2$.\\
\indent 2.   Trọng lượng của một gói đường (đóng bằng máy tự động) có phân phối chuẩn. Trong 1000 gói đường có 70 gói có trọng lượng lớn hơn 1015 g. Hãy ước lượng xem có bao nhiêu gói đường có trọng lượng ít hơn 1008g, biết rằng trọng lượng trung bình của 1000 gói đường là 1012g.\\
{\it Giải.} Theo giả thiết trọng lượng của một gói đường $X$ có phân
phối
chuẩn với $ \mu = 1012g$ và độ lệch chuẩn $\sigma$. Ta cần ước lượng $\sigma$.\\
   \indent Xác suất để trọng lượng gói đường lớn hơn $1015g$ \
   là $\dfrac{70}{1000}  = 0,07 $. Vậy ta có
$$\Bbb{P}( X > 1015) = 0,07 \Leftrightarrow 1  - \Phi(\dfrac{1015-1012}
{\sigma})   =  0,07.$$ Suy ra
$$\Phi(\dfrac{3}{\sigma})     =  \Phi ( 1,476 ).$$
Từ đó $\sigma =\dfrac{3}{1,470}   =  2,0325.$\\
Vậy
$$ \Bbb{P}( X < 1008 )  =\Phi(\dfrac{1008-1012}{2,0325})$$$$
=\Phi(-1,968)= 1 - \Phi ( 1,968 ) = 0,0245.$$
Do đó trong $1000$ gói đường sẽ có khoảng $1000. 0,0245 = 24,5$ gói có trọng lượng ít hơn $1008g$.\\
\noindent {\bf 2.4.4 Phân phối mũ}\\
{\bf  Định nghĩa.}   Đại lượng ngẫu nhiên liên tục $X$ được gọi là
có \emph{phân phối mũ} với tham số $\lambda  > 0$ và kí hiệu   $X
\sim E(\lambda )$, nếu nó có hàm mật độ
\begin{equation*}
p(x)=
\begin{cases}
\lambda e^{-\lambda x}&\text {nếu $x\geqslant  0$},\\
0&\text{nếu $x<0.$}
  \end{cases}
\end{equation*}
Đồ thị hàm mật độ của phân phối mũ có dạng sau
%\begin{center}
%  \includegraphics[scale=0.45]{ppmu}\\
%  Đồ thị của $p(x)$
%\end{center}
{\bf  Hàm phân phối và các số đặc trưng}\\
\indent Giả sử $X$ có phân phối mũ với tham số $\lambda$. Hàm phân
phối của $X$ là
                       $$F(x)  = \int_0^x\lambda e^{-\lambda t}dt
                         =  1 - e^{-\lambda x}\quad\mbox{ với  }x > 0$$
và
$$           F(x)  =  0 \quad\mbox{ với } x\leqslant    0.$$
\indent Kỳ vọng của $X$ là
$$\Bbb{E}X   = \lambda\int_0^{\infty}xe^{-\lambda x}dx      =
(-xe^{-\lambda x})\big|_0^\infty   +\int_0^\infty e^{-\lambda x}dx
=\dfrac{1}{\lambda}.$$
(Sử dụng tích phân từng phần).\\
\indent Phương sai của $X$ là $DX   =\dfrac{1}{\lambda^2}$. Thật
vậy, bằng cách tích phân từng phần ta được
 $$\int_0^\infty x^2\lambda e^{-\lambda x}dx  = (-x^2\lambda e^{-\lambda x})
 \big|_ 0^\infty  +  2\int_0^\infty x e^{-\lambda x}dx    =\dfrac{2}
 {\lambda^2}.$$
   Thành thử $  DX  = \dfrac{1}{\lambda^2}$ và do đó độ lệch
   chuẩn của $X$   \ là $\sigma_X =\sqrt{DX}    = \dfrac{1}{\lambda}$.\\
{\bf  Ví dụ.} Giả sử tuổi thọ (tính bằng năm) của một mạch điện tử
trong
 máy tính là một đại lượng ngẫu nhiên có phân phối mũ với kỳ vọng
 là $6,25$. Thời gian bảo hành của mạch điện tử này là 5 năm. Hỏi có bao
 nhiêu phần trăm mạch điện tử bán ra phải thay thế trong thời gian bảo hành.\\
{\it Giải.} Ta có $\lambda     = \dfrac{1}{\Bbb{E}X}     =  \dfrac{1}{6,25}$.\\
      $$\Bbb{P} ( X\leqslant     5 )  =  1  -  e^{-5\lambda}
=   1  -  e^{-\frac{5}{6,25}}   =  1  -  e^{-0,8} \approx   1   -
0,449\approx       0,5506.$$

Vậy có khoảng $55\%$ số mạch điện tử bán ra phải thay thế trong thời gian bảo hành.\\

   % Phân phối mũ cũng có mặt trong nhiều ứng dụng thực tiễn. Chẳng hạn khong thời gian giữa hai ca cấp cứu ở một bệnh viện, khoảng thời gian giữa hai lần hỏng hóc của một chiếc máy, khoảng thời gian giữa hai trận lụt hay động đất ... là những đại lượng ngẫu nhiên có phân phối mũ. Nói chung với một giả thiết nào đó, khoảng thời gian giữa hai lần xuất hiện của một biến cố sẽ có phân phối mũ. Vì lí do này, phân phối mũ còn có tên gọi là phân phối của thời gian chờ đợi.\\
\noindent {\bf 2.4.5 Phân phối đều}\\
{\bf  Định nghĩa}.  Đại lượng ngẫu nhiên liên tục $X$ được gọi là có
\emph{phân phối đều} trên đoạn $[a,b]$ và kí hiệu là  $X \sim
U_{[a,b]}$, nếu hàm mật độ của nó cho bởi công thức
\begin{equation*}
p(x)=
\begin{cases}
\dfrac{1}{b-a}&\text {nếu $x\in [a,b]$},\\
0&\text{nếu $x\not\in [a,b]$}.
  \end{cases}
\end{equation*}
{\bf  Hàm phân phối và các số đặc trưng}.\\
Hàm phân phối $F(x)$  của đại lượng ngẫu nhiên $X$ có phân phối đều
trên đoạn $[a,b]$ được xác định như sau\\
$F(x)  =   0$ nếu $x < a$ ;\\
$F(x)  =\int_{-\infty}^xp(x)dx =\int_a^x\dfrac{dx}{b-a}=\dfrac{x-a}{b-a}$ nếu $a \leqslant     x\leqslant     b$\\
$F(x)     =   1$ nếu $   x   > b$.\\
Đồ thị của hàm mật độ và hàm phân phối của $X$ \\
\begin{center}
  \includegraphics[scale=0.5]{ppdeu1}\\
  Đồ thị của $p(x)$
\end{center}

\begin{center}
   \vskip 1cm
  \includegraphics[scale=0.5]{ppdeu2}\\
  Đồ thị của $F(x)$
\end{center}

 Giả sử $(\alpha,\beta)\subset [a,b]$. Xác suất để $X$ rơi vào $(\alpha,\beta)$ là
$$\Bbb{P}(\alpha<X<\beta)   =\int_{\alpha}^{\beta} p(x)dx=\dfrac{\beta-
\alpha}{b-a}. $$
   Như vậy xác suất để $X$ rơi vào một khoảng $(\alpha,\beta)$ chỉ phụ thuộc vào độ dài khoảng đó và tỉ lệ thuận với độ dài của khoảng.\\
   Ta hãy tính một số tham số đặc trưng của phân phối đều.\\
Ta có
$$\Bbb{E}X   =\int_a^b\dfrac{xdx}{b-a}=\dfrac{1}{b-a}(\dfrac{x^2}{2})
\big|_a^b=\dfrac{1}{b-a}\dfrac{(b^2-a^2)}{2}=\dfrac{a+b}{2}. $$
Như vậy kỳ vọng là trung điểm của đoạn $[a, b]$.\\
\begin{align*}
DX  & =\int_a^b\dfrac{x^2dx}{b-a}-(\Bbb{E}X)^2     =\dfrac{1}{b-a}(\dfrac{x^3}{3})\big|_a^b-(\dfrac{a+b}{2})^2\\
&=\dfrac{b^2+ab+a^2}{3}-\dfrac{(a+b)^2}{4}=\dfrac{(b-a)^2}{12}.
\end{align*}
Dễ thấy median của $X$ là $m(X) =\dfrac{a+b}{2}$.\\
      Mode của phân phối đều là bất cứ điểm nào của $[a,b].$\\
{\bf  Ví dụ.} Đại lượng ngẫu nhiên $X$ có phân phối đều trên đoạn $[-1, 2]$. Tìm hàm phân phối và hàm mật độ của $Y  =  X^2$.\\
{\it Giải.}  Rõ ràng với $x\leqslant    0$ thì
$$F_Y(x)  =  \Bbb{P} ( Y < x )  =  \Bbb{P} ( X^2 < 0 ) = 0.$$
Với $x > 4$ thì
$$F_Y(x)  =  \Bbb{P} ( X^2 < x )  =  1.$$
Với $1\leqslant  x\leqslant  4$ thì
  $$F_Y(x)   =  \Bbb{P} ( X^2  <  x )=\Bbb{P} ( -\sqrt{x} <  X  <
  \sqrt{x}    )   =\dfrac{\sqrt{x}+1}{3}\qquad(\mbox{ vì  } -\sqrt{x}  <  -1).$$
Với $ 0\leqslant  x\leqslant  1$ thì
  $$F_Y(x)    =  \Bbb{P} ( -\sqrt{x} <  X  <\sqrt{x}  )   = \dfrac{2\sqrt{x}}
  {3}\;\;(\mbox{       vì     }-1  <  - \sqrt{x}).$$
Tóm lại
\begin{equation*}
F_Y(x)=
\begin{cases}
0&\text{nếu $x\leqslant  0$},\\
\dfrac{2\sqrt{x}}{3}&\text {nếu $0\leqslant  x\leqslant  1$},\\
\dfrac{\sqrt{x}+1}{3}&\text {nếu $1\leqslant  x\leqslant  4$},\\
1&\text {nếu $ x>4$}.
  \end{cases}
\end{equation*}
Từ đó hàm mật độ của Y là
\begin{equation*}
p_Y(x)=
\begin{cases}
\dfrac{1}{3\sqrt{x}}&\text {nếu $0\leqslant  x\leqslant  1$},\\
\dfrac{1}{6\sqrt{x}}&\text {nếu $1\leqslant  x\leqslant  4$},\\
0&\text{nếu $x\leqslant  0$ hoặc $x\geqslant  4.$}
  \end{cases}
\end{equation*}

\textbf{2.4.6 Phân phối $\chi^2$ và phân phối Student\\}
1. \emph{Phân phối $\chi^2$ $($Khi bình phương$)$}\\
\indent Đại lượng ngẫu nhiên $X$ được gọi là có phân phối $\chi^2$
(khi bình phương) với $n$ bậc tự do, nếu hàm mật độ của nó có dạng
\begin{equation*}
p(x)=
\begin{cases}
0 &\text {nếu $ x< 0$},\\
Cx^{\frac {n-1}2} e^{-\frac x 2}&\text {nếu $  x\geqslant  0,$}
  \end{cases}
\end{equation*}

trong đó $C$ là hằng số dương.\\
\indent Vai trò của phân phối $\chi^2$ được thể hiện qua định lý
sau:\\
\textbf{Định lý.} Nếu $X_1,X_2,\ldots,X_n$ là các đại lượng ngẫu
nhiên độc lập, có phân phối chuẩn tắc $N(0,1)$ thì
$$X_1^2+X_2^2+\cdots+X_n^2$$
có phân phối $\chi^2$  với $n$ bậc tự do.\\
2. \emph{Phân phối Student}\\
\indent Đại lượng ngẫu nhiên $T$ được gọi là có phân phối Student
với $n$ bậc tự do, nếu hàm mật độ của nó có dạng

$$p(x)=C\big(1+\frac {x^2} n\big)^{-\frac {n+1} 2},$$

trong đó $C$ là hằng số dương.\\
\indent Vai trò của phân phối Student được thể hiện qua định lý
sau:\\
\textbf{Định lý.} Nếu $X,X_1,X_2,\ldots,X_n$ là các đại lượng ngẫu
nhiên độc lập, có phân phối chuẩn tắc $N(0,1)$ thì
$$T=\frac X{\sqrt{\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nX_i^2}}$$
có phân phối Student  với $n$ bậc tự do.\\
\indent Cùng với phân phối chuẩn, phân phối $\chi^2$ và phân phối
Student được sử dụng nhiều trong thống kê toán học.



\section{Vectơ ngẫu nhiên}

\noindent {\bf 2.5.1 Định nghĩa và ví dụ}\\
  \indent Từ trước đến nay, ta chỉ xét các đại lượng ngẫu nhiên riêng lẻ. Trong lý
  thuyết và ứng dụng, nhiều khi ta cần xét đồng thời một hệ thống có thứ tự gồm nhiều đại lượng ngẫu nhiên. Hệ thống như thế được gọi là vectơ ngẫu nhiên.\\
{\bf  Định nghĩa.}     Giả sử $X_1, X_2,\dots, X_n$ là các đại lượng
ngẫu nhiên. Khi đó, vectơ ${\overset{\rightarrow}{X}}
 =(X_1, X_2,\dots,X_n )$  được
 gọi là  \emph{vectơ ngẫu nhiên $n$ chiều}.\\
\indent Các đại lượng ngẫu nhiên  $X_1, X_2,\dots, X_n$ được gọi là
các
thành phần của vectơ ngẫu nhiên ${\overset{\rightarrow}{X}}$.\\
\indent Trên thực tế, vectơ ngẫu nhiên $n$ chiều dùng để nghiên cứu
đồng thời $n$
đặc trưng về lượng của các biến cố.\\
{\bf  Ví dụ.}   Khi điều tra chất lượng học tập của một học sinh,
nếu  ta quan tâm đồng thời đến điểm toán $X$ và điểm văn $Y$ thì ta
phải đề cập tới vectơ ngẫu nhiên hai chiều $(X, Y)$. Nếu cần quan
tâm đến điểm lý $Z$ nữa thì
phải xét vectơ ngẫu nhiên ba chiều $(X, Y, Z)$, ...\\
    \indent Để tránh các ký hiệu cồng kềnh, từ nay về sau, ta chỉ xét vectơ ngẫu
nhiên hai chiều.\\
{\bf Phân loại vectơ ngẫu nhiên.}\\
\indent Vectơ ngẫu nhiên $(X, Y)$ được gọi là
 \emph{vectơ ngẫu nhiên rời rạc} nếu cả hai đại lượng ngẫu nhiên $X$ và $Y$ đều
 là đại lượng ngẫu nhiên rời rạc.\\
   \indent Vectơ ngẫu nhiên $(X, Y)$ được gọi là \emph{vectơ ngẫu nhiên liên tục} nếu cả hai đại lượng ngẫu nhiên $X$ và $Y$ đều là đại lượng ngẫu nhiên liên tục.\\
    \indent Vectơ ngẫu nhiên $(X,Y)$ được gọi là \emph{vectơ ngẫu nhiên hỗn hợp} nếu một trong hai đại lượng ngẫu nhiên thành phần là đại lượng ngẫu nhiên rời rạc, còn đại lượng ngẫu nhiên kia là đại lượng ngẫu nhiên liên tục.\\
    \indent Trong phạm vi giáo trình này, chúng ta chỉ xét hai loại vectơ ngẫu nhiên: vectơ ngẫu nhiên rời rạc và vectơ ngẫu nhiên liên tục.\\
{\bf 2.5. 2 Bảng phân phối của vectơ ngẫu nhiên rời rạc}\\
{\bf  Định nghĩa.}   Giả sử $X$ và $Y$ là hai đại lượng ngẫu nhiên
rời rạc và
$$X (\Omega)=\{ x_1, x_2,\dots, x_m \dots \};\qquad   Y(\Omega)= \{ y_1, y_2,\dots, y_n\dots\}.$$
Ký hiệu $p_{ij}      =    \Bbb {P}  ( X  =  x_i  ,   Y =  y_j ).$\\
Khi đó bảng chữ nhật sau đây được gọi là bảng phân phối của vectơ
ngẫu nhiên $(X,Y)$.
\begin{center}
  \includegraphics[scale=0.667]{bang1}
\end{center}

%\begin{figure}[h]
%\begin{center}
%\includegraphics[scale=1.5]{tam.bmp}
%\end{center}
%\end{figure}

\noindent{\bf  Tính chất}\\
1. \emph{$\sum_{i,j}p_{ij}=1$.}\\
Tính chất này hiển nhiên.\\
2. \emph{$\Bbb{P}(X=x_i)=\sum_jp_{ij}; \Bbb{P}(Y=y_j)=\sum_ip_{ij}$}.\\
Thật vậy
$$\Bbb{P}(X=x_i)=\Bbb{P}(X=x_i,Y=y_1)+ \Bbb{P}(X=x_i,Y=y_2)+$$$$\dots+
\Bbb{P}(X=x_i,Y=y_n)+\dots=\sum_j p_{ij}.$$ Tương tự
$$\Bbb{P}(Y=y_j)=\sum_ip_{ij}.$$
\indent Như vậy, nếu biết bảng phân phối  của vectơ $(X,Y)$ thì cũng
biết được bảng phân phối  của các đại lượng ngẫu nhiên $X$ và $Y$.
Điều
ngược lại nói chung không đúng. Tuy nhiên, ta có\\
3. \emph{Nếu các đại lượng ngẫu nhiên thành phần $X$ và $Y$ độc lập
thì khi biết bảng phân phối của chúng, có thể suy ra được bảng
phân phối của vectơ ngẫu nhiên $(X,Y)$.}\\
 \indent Thật vậy
$$p_{ij}=\Bbb{P}(X=x_i,Y=y_j)=\Bbb{P}(X=x_i)\Bbb{P}(Y=y_j).$$
4.\emph{$\;\;\Bbb{E}(X+Y)={\sum}_{\substack{i,j}}(x_i+y_j)p_{ij},\;\;\;
\Bbb{E}(XY)={\sum}_{\substack{i,j}}(x_iy_j)p_{ij}.$}\\
 \indent Tính chất này được
suy ra ngay từ công thức tính kỳ vọng của đại
lượng ngẫu nhiên rời rạc.\\
{\bf Ví dụ.}   Gieo ba đồng tiền cân đối $A$, $B$ và $C$. Giả sử $X$, $Y$ là các đại lượng ngẫu nhiên được xác định như sau:\\
$X$: Số mặt ngửa trên các đồng tiền $A$ và $B$.\\
$Y$: Số mặt ngửa trên cả ba đồng tiền $A$, $B$ và $C$.\\
Hãy lập bảng phân phối của vectơ ngẫu nhiên $( X, Y )$.\\
{\it Giải.} Rõ ràng
$$X(\Omega)   =  \{ 0, 1, 2 \},\qquad   Y(\Omega)    =  \{ 0, 1, 2 , 3\}.$$
Các kết quả của phép thử và giá trị tương ứng của $X$ và $Y$ được cho bởi bảng sau (N: Ngửa, S: Sấp).\\
\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|}
\hline \hspace*{1cm}A\hspace*{0,5cm} &\hspace*{0,5cm}
B\hspace*{0,5cm} &\hspace*{0,5 cm} C\hspace*{0,5cm} &\hspace*{0,5cm}
X\hspace*{0,5cm} &\hspace*{0,5cm} Y
\hspace*{0,5cm} \\
\hline
N & N & N & 2 & 3 \\
N & N & S & 2 & 2 \\
N & S & N & 1 & 2 \\
N & S & S & 1 & 1 \\
S & N & N & 1 & 1 \\
S & N & S & 1 & 2 \\
S & S & N & 0 & 0 \\
S & S & S & 0 & 0 \\
\hline
\end{tabular}
\end{center}


Vậy
$$\Bbb{P}( X    =  0 ,      Y  = 0 )    =
\dfrac{1}{8},\;\;\Bbb{P}(X=0,Y=1)=\dfrac{1}{8},$$ $$\;\Bbb{P}(X=0,Y=2)=0,
\;\Bbb{P}(X=0,Y=3)=0,$$
$$\Bbb{P}( X   =  1 , Y  =  0  )=0,\;\Bbb{P}( X   =  1 , Y  =  1  )    =
\dfrac{2}{8},$$ $$\; \;\Bbb{P}( X    =  1 ,  Y  = 2)     =
\dfrac{1}{8},\;\Bbb{P}( X   = 1 , Y  =  3  )=0,$$
$$\Bbb{P}(X=2,Y=0)=0,\;\Bbb{P}(X=2,Y=1)=0,
$$ $$\Bbb{P}( X   =  2 , Y  =  2  )= \dfrac{1}{8},\;\; \Bbb{P}( X    =
2 ,  Y  = 3)     = \dfrac{1}{8}.$$

 Do đó, bảng phân
phối xác suất của vectơ (X, Y) là
\begin{center}
  \includegraphics[scale=0.5]{bang2}
\end{center}
{\bf 2.5.3  Hàm phân phối của vectơ ngẫu nhiên}\\
{\bf  Định nghĩa.} Giả sử $(X,Y)$ là vectơ ngẫu nhiên hai chiều. Khi
đó hàm hai biến $F(x,y)$ xác định bởi đẳng thức
$$F(x,y)=\Bbb{P}(X<x,Y<y)$$
được gọi là {\it hàm phân phối} của $(X,Y)$.\\
\indent Hàm phân phối của vectơ ngẫu nhiên $(X,Y)$ còn được gọi là \emph{hàm phân phối đồng thời} của các đại lượng ngẫu nhiên $X$ và $Y$.\\
{\bf  Tính chất}\\
1. \emph{$F(x,y)$ là hàm không giảm theo từng đối số, tức là
$$F(x_1,y)\geqslant  F(x_2,y)\mbox{ nếu }x_1>x_2;$$$$ F(x,y_1)\geqslant
 F(x,y_2)\mbox{ nếu } y_1>y_2.$$
2. $F(-\infty,-\infty)=\lim_{\substack{x\to -\infty\\y\to -\infty}}
F(x,y)=0$; \\$F(+\infty,+\infty)=\lim_{\substack{x\to +\infty\\y\to
+\infty}} F(x,y)=1$.\\
3. $F(x,+\infty)=\lim_{y\to +\infty} F(x,y)=F_X(x)$;\\
$F(y,+\infty)=
\lim_{x\to +\infty} F(x,y)=F_Y(y).$\\
Trong đó $F_X(x)$, $F_Y(y)$ là các hàm phân phối của các đại lượng
ngẫu
nhiên $X$ và $Y$ $($$F_X(x)$, $F_Y(y)$ được gọi là hàm phân phối biên duyên của các đại lượng ngẫu nhiên $X$ và $Y$ tương ứng$)$.\\
4. $\Bbb{P}(a\leqslant  X<b, c\leqslant  Y<d)=F(b,d)-F(b,c)-F(a,d)+F(a,c).$\\
5. Điều kiện cần và đủ để các đại lượng ngẫu nhiên $X$ và $Y$ độc
lập là
$$F(x,y)=F_X(x)F_Y(y).$$}
Việc chứng minh các tính chất trên khá dễ dàng, xin dành cho bạn đọc.\\
{\bf  Ví dụ.}  Cho vectơ ngẫu nhiên $(X,Y)$ có hàm phân phối
\begin{equation*}
F(x,y)=
\begin{cases}
1-e^{-x}-e^{-y}+e^{-x-y}&\text {nếu $x\geqslant  0,y\geqslant  0$},\\
0&\text{nếu trái lại.}
  \end{cases}
\end{equation*}
Tìm hàm phân phối $F_X(x)$ của $X$.\\
{\it Giải.}\\
Ta có
\begin{equation*}
F_X(x)=\lim_{y\to\infty}F(x,y)=
\begin{cases}
1-e^{-x}&\text {nếu $x\geqslant  0$}\\
0&\text{nếu $x<0.$}
  \end{cases}
\end{equation*}
Do đó $X$ là đại lượng ngẫu nhiên có phân phối mũ với tham số $\lambda=1$.\\{\bf 2.5.4  Hàm mật độ của vectơ ngẫu nhiên liên tục}\\
{\bf  Định nghĩa.} Giả sử $(X,Y)$ là vectơ ngẫu nhiên liên tục, có
hàm phân phối $F(x,y)$. Khi đó hàm hai biến $p(x,y)\geqslant 0$ thoả
mãn đẳng thức
$$F(x,y)=\int_{-\infty}^x\int_{-\infty}^yp(x,y)dxdy$$
được gọi là {\it hàm mật độ xác suất} của vectơ ngẫu nhiên $(X,Y).$\\
\indent Hàm mật độ xác suất của vectơ ngẫu nhiên $(X,Y)$ còn được gọi là {\it hàm mật độ đồng thời} của các đại lượng ngẫu nhiên $X$ và $Y$.\\
{\bf  Tính chất}\\
1. \emph{$\int_{-\infty}^x\int_{-\infty}^yp(x,y)dxdy=1.$}\\
Thật vậy
$$\int_{-\infty}^x\int_{-\infty}^yp(x,y)dxdy=\Bbb{P}(X<+\infty,Y<+\infty)=1.$$
2.\emph{ $p_X(x)=\int_{-\infty}^{+\infty}p(x,y)dy$; $  p_Y(y)=
\int_{-\infty}^{+\infty}p(x,y)dx.$\\
}Thật vậy, ta có
$$\int_{-\infty}^x(\int_{-\infty}^{+\infty}p(x,y)dy)dx=\Bbb{P}(X<x,Y<+\infty)=\Bbb{P}(X<x).$$
Do đó, hàm số
$$p_X(x)=\int_{-\infty}^{+\infty}p(x,y)dy$$
là hàm mật độ của đại lượng ngẫu nhiên $X$.\\
Tương tự, hàm số
$$  p_Y(y)=\int_{-\infty}^{+\infty}p(x,y)dx$$
là hàm mật độ của đại lượng ngẫu nhiên $Y$.\\
\indent Như vậy, nếu biết hàm mật độ xác suất của $(X,Y)$ thì cũng biết hàm mật độ xác suất của $X$ và $Y$. Điều ngược lại không đúng, tuy nhiên ta có\\
3.\emph{ Nếu $X$ và $Y$ là các đại lượng ngẫu nhiên độc lập thì
$$p(x,y)=p_X(x)p_Y(y).$$}
Thật vậy, ta có
\begin{align*}
\Bbb{P}(X<x,Y<y)&=\Bbb{P}(X<x)\Bbb{P}(Y<y)\\
&=\int_{-\infty}^x p_X(x)dx\int_{-\infty}^y p_Y(y)dy\\
&=\int_{-\infty}^x\int_{-\infty}^yp_X(x)p_Y(y)dxdy.
\end{align*}
Suy ra
$$p(x,y)=p_X(x)p_Y(y)$$
là hàm mật độ của $(X,Y)$.\\
\indent Đẳng thức trên cũng là điều kiện đủ để các đại lượng ngẫu nhiên $X$ và $Y$ độc lập (hãy tự chứng minh điều đó).\\
\indent Như vậy, nếu $X$ và $Y$ là các đại lượng ngẫu nhiên độc lập
thì
 khi biết hàm mật độ xác suất của $X$ và $Y$, ta cũng sẽ xác định được hàm
  mật độ xác suất của vectơ $(X,Y)$.\\
4. \emph{$\Bbb{P}(a\leqslant  X<b, c\leqslant
Y<d)=\Bbb{P}(a<X<b,c<Y<d)=
\int_a^b\int_c^d p(x,y)dxdy.$\\
Tổng quát, nếu $D\subset{\mathbb{R}}^2$ là một miền đo được bất kỳ
thì
$$\Bbb{P}((X,Y)\in D)=\iint\limits_D p(x,y)dxdy.$$}
Tính chất này suy trực tiếp từ tính chất tương ứng của hàm phân phối.\\
5.\indent
\emph{$\Bbb{E}(XY)=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}xyp(x,y)
dxdy,$\\
\indent
$\Bbb{E}(X+Y)=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}(x+y)p(x,y)
dxdy$.\\}
Chúng ta công nhận tính chất này.\\
{\bf  Ví dụ.} Cho vectơ ngẫu nhiên $(X,Y)$ có hàm mật độ
\begin{equation*}
p(x,y)=
\begin{cases}
C(x^2+\dfrac{1}{2}xy)&\text {nếu $0<x<1,0<y<2$},\\
0&\text{nếu trái lại.}
  \end{cases}
\end{equation*}
Hãy tìm hằng số $C$ và tính $\Bbb{E}(XY)$.\\
{\it Giải.} Ta có
$$1=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}p(x,y)dxdy=C\int_0^1
\int_0^2(x^2+\dfrac{xy}{2})dxdy=C\dfrac{7}{6}.$$
Từ đó $C=\dfrac{6}{7}.$\\
\begin{align*}
\Bbb{E}(XY)&=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}xyp(x,y)dxdy=C\int_0^1\int_0^2xy(x^2+\dfrac{xy}{2})dxdy\\
&=C\int_0^1\int_0^2(x^3y+\dfrac{x^2y^2}{2})dxdy=\dfrac{17}{21}.
\end{align*}
{\bf 2.5.5 Phân phối có điều kiện}\\
{\bf  Trường hợp rời rạc}\\
\indent Giả sử $(X,Y)$ là vectơ ngẫu nhiên rời rạc
 $$X(\Omega)=\{x_1; x_2;\dots;x_m;\dots\};\qquad Y(\Omega)=\{y_1; y_2;\dots; y_n;\dots\}.$$
 Với mỗi $x_i$, $y_j$ ($i=1,2,\dots,m$; $j=1,2,\dots,n$), đặt
  $$p(x_i/y_j)=\Bbb{P}[(X=x_i)/(Y=y_j)];\;\;  p(y_j/x_i)=
  \Bbb{P}[(Y=y_j)/(X=x_i)].$$
 Khi đó, với mỗi $y_j$ cố định, bảng
 $$\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|}
\hline
$X$ & $x_1$ & $x_2$ & $\cdots$ & $x_m$ & $\cdots$ \\
\hline
$p(x_i/y_j)$ & $p(x_1/y_j)$ & $p(x_2/y_j)$ & $\cdots$ & $p(x_m/y_j)$ & $\cdots$ \\
\hline
\end{tabular}$$
gọi là \emph{bảng phân phối có điều kiện} của đại lượng ngẫu nhiên
$X$ với
điều kiện $Y=y_j.$\\
\indent Bảng phân phối có điều kiện của đại lượng ngẫu nhiên $X$ với
điều kiện
 $Y=y_j$ cho biết phân phối xác suất của $X$ trong điều kiện giả thiết rằng biến cố $(Y=y_j)$ đã xảy ra.\\
    \indent Tương tự, ta có thể định nghĩa bảng phân phối có điều kiện của đại lượng ngẫu nhiên $Y$ với điều kiện $X=x_i$.\\
     \indent Nếu biết bảng phân phối của vectơ ngẫu nhiên $(X,Y)$ thì có
     thể tìm được  bảng phân phối có điều kiện của các đại lượng ngẫu
     nhiên thành phần. Bởi vì
$$p(x_i/y_i)=\dfrac{\Bbb{P}(X=x_i,Y=y_j)}{\Bbb{P}(Y=y_j )};
\;\; p(y_i/x_i)=\dfrac{\Bbb{P}(X=x_i,Y=y_j)}{\Bbb{P}(X=x_i )}.$$
{\bf Ví dụ.} Vectơ ngẫu nhiên $(X,Y)$ được cho bởi bảng phân phối
\begin{center}
  \includegraphics[scale=0.5]{bang4}\\
\end{center}

Tìm bảng phân phối có điều kiện của đại lượng ngẫu nhiên $X$ với điều kiện đại lượng ngẫu nhiên $Y$ nhận giá trị $y_1$.\\
 {\it Giải.} Ta có
  $$p(x_1/y_1)= \dfrac{\Bbb{P}(X=x_1,Y=y_1)}{\Bbb{P}(Y=y_1 )}=\dfrac{0,1}
  {0,1+0,3+0,2}=\dfrac{1}{6}.$$
Tương tự
  $$p(x_2/y_1)=\dfrac{0,3}{0,6}=\dfrac{1}{2};\qquad  p(x_3/y_1)=
  \dfrac{0,2}{0,6}=\dfrac{1}{3}.$$
 Từ đó có phân phối có điều kiện của đại lượng ngẫu nhiên $X$ với điều kiện $Y=y_1$\\
   $$\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline
$X$ & $\hspace*{1cm}x_1$ & $\hspace*{1cm}x_2$ & $\hspace*{1cm}x_3$ \\
\hline
$p(x_i/y_1)$ & $\hspace*{1cm}1/6$ & $\hspace*{1cm}1/2$ & $\hspace*{1cm}1/3$ \\
\hline
\end{tabular}$$
{\bf  Trường hợp liên tục}\\
 \indent Giả sử $(X,Y)$ là vectơ ngẫu nhiên liên tục có hàm mật độ là $p(x,y)$. Các đại lượng ngẫu nhiên thành phần $X$ và $Y$ tương ứng có hàm mật độ là $p_X(x)$ và $ p_Y(y)$. Khi đó các hàm số
$$p(x/y)=\dfrac{p(x,y)}{p_Y(y)}\mbox{         và           } p(y/x)=
\dfrac{p(x,y)}{p_X(x)}$$ tương ứng được gọi là \emph{hàm mật độ có
điều kiện} của đại lượng ngẫu nhiên $X$ với điều kiện đại lượng ngẫu
nhiên $Y$ lấy giá trị $Y=y$ và hàm mật độ có điều kiện của đại lượng
ngẫu nhiên $Y$ với điều kiện đại lượng ngẫu nhiên
 $X$ lấy giá trị $X=x$.\\
{\bf Ví dụ.} Vectơ ngẫu nhiên $(X,Y)$ có hàm mật độ
 \begin{equation*}
p(x,y)=
\begin{cases}
\dfrac{1}{\pi r^2}&\text {nếu $x^2+y^2\leqslant  r^2$},\\
0&\text{nếu $x^2+y^2> r^2$}.
  \end{cases}
\end{equation*}
Dễ dàng tính được
 \begin{equation*}
p(x/y)=
\begin{cases}
\dfrac{1}{2\sqrt{r^2-y^2}}&\text {nếu $|x|\leqslant  \sqrt {r^2-x^2}$},\\
0&\text{nếu $|x|> \sqrt {r^2-x^2}$}.
  \end{cases}
\end{equation*}
 \begin{equation*}
p(y/x)=
\begin{cases}
\dfrac{1}{2\sqrt{r^2-y^2}}&\text {nếu $|y|\leqslant  \sqrt {r^2-x^2}$},\\
0&\text{nếu $|y|> \sqrt {r^2-x^2}.$}
  \end{cases}
\end{equation*}
{\bf 2.5.6  Các số đặc trưng của vectơ ngẫu nhiên}\\
 {\bf Vectơ kỳ vọng.} Giả sử $(X_1,X_2,\dots,X_n)$ là vectơ ngẫu nhiên
  $n$ chiều. Khi đó, nếu với mọi $i$ đều tồn tại $\Bbb{E}X_i$ thì vectơ
  $(\Bbb{E}X_1, \Bbb{E}X_2,\dots,\Bbb{E}X_n)$ được gọi là \emph{vectơ kỳ vọng}\ của $(X_1,X_2,\dots,X_n)$.\\
 {\bf Covarian (Moment tương quan).} Giả sử $(X_1,X_2,\dots,X_n)$ là vectơ ngẫu nhiên. Khi đó, với mỗi cặp $i,j$; số
 $$ cov(X_i,X_j)=\Bbb{E}[(X_i-\Bbb{E}X_i)(X_j-\Bbb{E}X_j)] =\lambda_{i,j}$$
(nếu tồn tại) được gọi là {\it Covarian (hay Moment tương quan)} của
$X_i$, $X_j$. Ma trận
\begin{equation*}
\lambda=(\lambda_{i,j})= \left [\begin{matrix}
\lambda_{1,1}&\lambda_{1,2}&\dots&\lambda_{1,n}\\
 \lambda_{2,1}&\lambda_{2,2}&\dots&\lambda_{2,n}\\
\dots&\dots&\dots&\dots\\
\lambda_{n,1}&\lambda_{n,2}&\dots&\lambda_{n,n}
\end{matrix}\right ]
\end{equation*}
được gọi là ma trận Covarian của $(X_1,X_2,\dots,X_n)$.\\
 \indent Dễ thấy, ma trận Covarian là ma trận  đối xứng, xác định dương.\\
 {\bf  Hệ số tương quan.} Giả sử $(X,Y)$ là vectơ ngẫu nhiên. Khi đó số
  $$\rho (X,Y)=\dfrac{cov(X,Y)}{\sqrt{DXDY}}=\dfrac{\Bbb{E}[(X-\Bbb{E}X)
(Y-\Bbb{E}Y)]}{\sqrt{\Bbb{E}(X-\Bbb{E}X)^2\Bbb{E}(Y-\Bbb{E}Y)^2}}$$
được gọi là {\it hệ số tương quan} của các đại lượng ngẫu nhiên $X$ và $Y$.\\
   \indent Nếu $\rho (X,Y)=0$ thì ta nói $X$ và $Y$ không tương quan.\\
\indent Hệ số tương quan có những tính chất sau đây:\\
\emph{i) \emph{$D(X+Y)=DX+DY$ khi và chỉ khi $\rho (X,Y)=0.$}\\
ii) \emph{$-1\leqslant  \rho (X,Y)\leqslant  1.$}\\
iii) \emph{$|\rho (X,Y)|=1$ khi và chỉ khi $X$ và $Y$ phụ thuộc
tuyến tính, tức là tồn tại các số $a, b, c$ sao cho
                                   $$aX+bY+c=0.$$}
 Chứng minh.}\\
$i)$  Suy ra từ đẳng thức  $D(X+Y) =DX+DY+2cov(X,Y)$.\\
$ii)$ Suy từ bất đẳng thức Schwarz $|cov(X,Y)|\leqslant \sqrt{DXDY}$.\\
$iii)$ Trước hết ta thấy ngay rằng, nếu $X$, $Y$ phụ thuộc tuyến tính,
thì bằng cách tính trực tiếp ta có $|\rho (X,Y)|=1$. Ngược lại, giả
sử $|\rho (X,Y)|=1$, chẳng hạn $\rho (X,Y)=1$, ta có
 $$D(\dfrac{X-\Bbb{E}X}{\sqrt{DX}}-\dfrac{Y-\Bbb{E}Y}{\sqrt{DY}})=2(1-\rho(X,Y))=0$$
Do đó
  $$\dfrac{X-\Bbb{E}X}{\sqrt{DX}}-\dfrac{Y-\Bbb{E}Y}{\sqrt{DY}}= c\mbox{             (hằng số)}$$
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.\\
     \indent Qua các tính chất trên, ta thấy $\rho(X,Y)$ biểu thị mức độ phụ
       thuộc tuyến tính giữa $X$ và $Y$.\\
       \section{Một số định lý giới hạn}
Trong phần này, chúng ta sẽ nghiên cứu một số định lý giới hạn được
sử dụng nhiều trong thống kê. Một số kết quả sẽ được công nhận mà
không chứng minh chi tiết, độc giả quan tâm có thể tìm đọc các chứng
minh này trong các tài liệu tham khảo.\\
\textbf{2.5.1 Các dạng hội tụ}\\
  \textbf{Định nghĩa. } Ta nói dãy đại
lượng ngẫu nhiên $(X_n,\;n\geq 1)$ hội tụ đến đại lượng ngẫu nhiên
$X$  (khi $n\to\infty$)
%\begin{enumerate}
\begin{itemize}
\item \begin{itshape} Hầu chắc chắn\end{itshape} nếu
$\Bbb{P}(\lim\limits_{n \to
 \infty}| X_n-X|=0)=1$.\\ Kí hiệu $X_n\xrightarrow{h.c.c}X.$
\item \begin{itshape} Theo xác suất\end{itshape} nếu với mọi
$\varepsilon>0$ thì $$\lim\limits_{n\to\infty} \Bbb{P}(|
X_n-X|>\varepsilon)=0.$$ Kí hiệu $X_n\xrightarrow{P}X.$
\item\begin{itshape} Theo trung bình cấp\end{itshape} $p\;(p>0)$
 nếu $\lim\limits_{n \to\infty}\Bbb{E}| X_n-X|^{p}=0.$\\ Kí hiệu
$X_n\xrightarrow{\mathcal {L}_p}X.$

\item\begin{itshape} Yếu (theo phân phối)\end{itshape} nếu
 $$\lim_{n\to\infty}F_n(x)       =      F(x),\qquad\forall x\in C(F),$$
 %\end{enumerate}
 \end{itemize}
 trong đó $F_n(x)$ và $F(x)$ tương ứng là hàm phân
phối của các đại lượng ngẫu nhiên $X_n$ và $X;\; C(F)$ là tập hợp
các điểm mà tại đó $F(x)$ liên tục. \\ Ký hiệu  $X_n
\xrightarrow{\text{$D$}} X$.
 \par Hội tụ hầu chắc chắn còn được gọi là \emph{hội tụ với xác  suất $1$};  hội tụ theo trung bình
 cấp $p$ còn được gọi là \emph{hội tụ trong $\mathcal
 {L}_p$}.\\
%\end{enumerate}
 \textbf{Ví dụ 1.}   Cho $a\in \mathbb{R}$ và $X_n$ là \dlnn\ rời rạc
nhận các giá trị $0$ và $a$ với các xác suất tương ứng là
$1-\dfrac{1}{n}$ và $\dfrac{1}{n}$. Khi đó
$X_n\overset{P}{\longrightarrow}0$ và $X_n\overset{\mathcal
L_2}{\longrightarrow}0$ (khi $n\to\infty$).\\
  Thật vậy, ta có với mọi $\varepsilon>0$
\begin{align*}
0\leqslant  \Bbb{P}\big(|X_n-0|>\varepsilon\big)
&= \Bbb{P}\big(|X_n|>\varepsilon\big)\\
&\leqslant  \Bbb{P}\big(|X_n|=|a|\big)\\
&=\Bbb{P}(X_n=a) \\
&=\frac{1}{n}\to 0,\mbox{ khi }n\to\infty.
\end{align*}
Do đó $\lim\limits_{n\to\infty} \Bbb{P}\big(|X_n-0|>\varepsilon\big)=0,\forall\varepsilon>0$, nên $X_n\overset{P}{\longrightarrow}0$.\\
Mặt khác, vì $0\leqslant \Bbb{E}|X_n-0|^2= \Bbb{E}|X_n|^2=|a|^2\cdot\dfrac{1}{n}\to0$ khi $n\to\infty$ nên $X_n\overset{\mathcal L_2}{\longrightarrow}0$.\\
 \textbf{Ví dụ 2}.  Giả sử $X$ là đại lượng ngẫu nhiên rời rạc
xác định bởi
$$\Bbb{P}(X     =   1  )     = \dfrac{1}{2}           =      \Bbb{P}( X    =   -1).$$
Dãy đại lượng ngẫu nhiên $( X_n, n\geq 1 )$ được xác định như sau
 \begin{equation*}
X_n=
\begin{cases}
X&\text {nếu $n$ chẵn},\\
-X&\text{nếu $n$ lẻ}.
  \end{cases}
\end{equation*}
Rõ ràng
           $$F_n(x)     =     F(x)         \qquad(\forall x\in \mathbb{R}).$$
Suy ra
               $$X_n \xrightarrow{\text{$D$}} X.$$
Tuy nhiên
      $$X_n \not\xrightarrow{\text{$P$}} X\qquad\mbox{  (khi   }n\to\infty).$$
Thật vậy,  với $  n  =  2m  +  1$, ta có
 $$ \Bbb{P}(|X_{2m+1}-X|>1)   =    \Bbb{P}( |2X|>1  )
         =    \Bbb{P}(|X|>\dfrac{1}{2}  )                 =
             1\not\rightarrow0$$
        $ \mbox{(khi   }n\to\infty).$\\
Do đó
$$X_{2m+1} \not\xrightarrow{\text{$P$}} 0\qquad\mbox{  (khi   }m\to\infty).$$
Suy ra
$$X_n \not\xrightarrow{\text{$P$}} 0\qquad\mbox{  (khi   }n\to\infty).$$
{\bf  Tính chất}\\
{\bf  Định lý 1.}  \emph{$ X_n\xrightarrow{h.c.c}X$ khi và chỉ khi
với mọi $\varepsilon>0$
$$\lim\limits_{n\to\infty}\Bbb{P}(\sup\limits_{m\geq n}|
X_m-X|>\varepsilon)=0.$$}
{\bf Hệ quả 1.} \emph{Nếu chuỗi
$$\sum_{n=1}^\infty \Bbb{P}(|X_n-X|>\varepsilon)$$
hội tụ với mọi $\varepsilon>0$, thì
$$X_n\to X  \mbox{   h.c.c   }  (\mbox{khi  } n\to\infty).$$}
{\it Chứng minh.} Điều khẳng định này rút ra từ bất đẳng thức
$$\Bbb{P}(\sup_{m\geqslant  n}|X_m-X|>\varepsilon\})\leqslant \sum_{m=n}^\infty  \Bbb{P}(|X_m-X|>\varepsilon\}).$$
\indent Trong trường hợp $(X_n,\;n\geq 1)$ là dãy đại lượng ngẫu
nhiên độc lập và $X$ là hằng số thì điều ngược lại cũng đúng, cụ thể là ta có\\
{\bf Định lý 2.} \emph{Nếu $(X_n,\;n\geq 1)$ là dãy đại lượng ngẫu
nhiên độc lập và
$$X_n\to C  \mbox{   h.c.c   }  (\mbox{khi  } n\to\infty)$$
 thì chuỗi
$$\sum_{n=1}^\infty \Bbb{P}(|X_n-C|>\varepsilon)$$
hội tụ với mọi $\varepsilon>0$.\\} {\it Chứng minh.} Đặt
$A_n=(|X_n-C|>\varepsilon)$ và chú ý rằng
$$\overline{\lim}A_n\subset (X_n\nrightarrow C).$$
 Từ đó, áp dụng Bổ đề Borel- Cantelli được điều phải chứng minh.\\
{\bf  Định lý 3.} \emph{Nếu $X_n\xrightarrow{h.c.c}X$ hoặc
$X_n\xrightarrow{\mathcal{L}_r}X$ thì $X_n\xrightarrow{P}X.$ }\\
\emph{Chứng minh.} $i)$ Giả sử $X_n\xrightarrow{h.c.c}X$. Khi đó,
với mọi $\varepsilon>0$
$$\lim\limits_{n\to\infty}\Bbb{P}(\sup\limits_{m\geq n}|
X_m-X|>\varepsilon)=0.$$
 Mặt khác
$$0\leqslant \Bbb{P}(| X_n-X|>\varepsilon)\leqslant \Bbb{P}(\sup\limits_{m\geq n}|
X_m-X|>\varepsilon).$$
 Nên $$\lim\limits_{n\to\infty}\Bbb{P}(|X_m-X|>\varepsilon)=0\;\;(\forall\varepsilon>0).$$
  Do đó $X_n\xrightarrow{P}X$ khi $n\rightarrow\infty.$
\par $ii)$ Nếu
$X_n\xrightarrow{\mathcal{L}_r}X$ thì $X_n\xrightarrow{P}X$. Thật
vậy, áp dụng bất đẳng thức Markov cho đại lượng ngẫu nhiên $|
X_n-X|$, ta có, với mọi $\varepsilon>0$ $$\Bbb{P}(|
X_n-X|>\varepsilon)\leqslant\frac{\Bbb{E}|
X_n-X|^r}{\varepsilon^r}\rightarrow 0.$$   Do đó
$X_n\xrightarrow{P}X $ khi $n\rightarrow\infty$. Đó là điều cần
chứng minh.\\
%\end{proof}
{\bf  Định lý 4.} \emph{Nếu $X_n\xrightarrow{P}X.$ thì
$X_n\xrightarrow{D}X.$
\\
}{\it Chứng minh.}  Giả sử $  x\in C(F)$; $   x'   <   x.$  Vậy thì,
do
 $$X_n \xrightarrow{\text{$P$}} X\qquad\mbox{  (khi   }n\to\infty)$$
nên
$$\lim_{n\to\infty} \Bbb{P}( X   <   x'  ,    X_n\geqslant          x  )
\leqslant \lim_{n\to\infty} \Bbb{P}(|X_n-X|>    x  - x')=0.$$ Mặt
khác
 $$ F(x') =  \Bbb{P}( X   <   x'  )\leqslant     \Bbb{P}( X_n   <  x  )
  +  \Bbb{P}( X  <  x' ,  X_n\geqslant       x  ) .$$
Suy ra
 $$F(x')\leqslant \varliminf  F_n(x)  \qquad(\forall x'  <   x).$$
Chứng minh tương tự,  ta được
 $$F( x'')\geqslant \varlimsup        F_n(x)\qquad(\forall  x''
   >   x).$$
Khi $x'\uparrow x$; $x''\downarrow x$ thì $F(x')$ và $F(x'')$ hội tụ
về $F(x)$ (vì $x\in C (F)$) nên ta có
$$F(x)     =\lim_{n\to\infty}     F_n(x)\qquad(\forall x\in C(F)).$$
   \indent Qua định lý trên và ví dụ trước đó, ta thấy hội tụ theo phân phối nói chung thực sự yếu hơn hội tụ theo xác suất. Tuy nhiên trong trường hợp đại lượng ngẫu nhiên giới hạn là hằng số thì ta có\\
{\bf Định lý 5.}  \emph{Nếu $X_n\xrightarrow{D}X$ và
$\Bbb{P}(X=C)=1$ thì $X_n\xrightarrow{P}X.$.\\} {\it Chứng minh.}
Ta có
     \begin{equation*}
F_X(x)=
\begin{cases}
0&\text {nếu $x\leqslant  C$},\\
1&\text{nếu $x>C.$ }
  \end{cases}
\end{equation*}
 Do đó
$$ C(F_X)=R\backslash\{C\}.$$
Giả sử
$$X_n \xrightarrow{\text{$D$}} X\qquad\mbox{  (khi   }n\to\infty).$$
Khi đó, với mọi $\varepsilon>0$
%\begin{align*}
$$\Bbb{P}(|X_n-X|>\varepsilon)=\Bbb{P}(|X_n-C|>\varepsilon)=1-\Bbb{P}(|X_n-C|\leqslant \varepsilon)\\
$$$$=1-\Bbb{P}(C-\varepsilon\leqslant  X_n\leqslant  C+\varepsilon)
$$$$\leqslant 1 - (F_{X_n}(C+\varepsilon)-F_{X_n}(C-\varepsilon))\to
1-(F_X(C+ \varepsilon)-F_X(C-\varepsilon))$$$$ =1-(1-0)=0\qquad
\mbox{(khi }n\to\infty).$$
%\end{align*}
Suy ra
$$X_n \xrightarrow{\text{$P$}} X\qquad\mbox{  (khi   }n\to\infty).$$
{\bf  Định lý 6.}  \emph{Nếu $X_n\xrightarrow{P}X$ thì tồn tại dãy
con $(X_{n_k};k\geq 1)\subset(X_n,\;n\geq 1)$ sao cho
$X_{n_k}\xrightarrow{h.c.c}X.$\\} Chúng ta công nhận không chứng
minh định lý này.\\
\noindent {\bf2.5.2 Luật số lớn }\\
{\bf Định nghĩa.} Cho dãy $X_1,X_2,\dots,X_n, \dots$ các đại lượng
ngẫu nhiên bất kỳ có kỳ vọng $\Bbb{E}X_i=a_i$ $(i=1,2,\dots)$. Dãy
$(X_n,\;n\geq 1)$ gọi là tuân theo \emph{luật số lớn} nếu
$$\dfrac{X_1+\dots+X_{n}}{n}-\dfrac{a_1+\dots+a_{n}}{n} \xrightarrow{\text{P}} 0\qquad\mbox{  (khi    } n\to \infty).$$
\indent Dãy $(X_n,\;n\geq 1)$ gọi là tuân theo \emph{luật số lớn
tổng quát} nếu tồn tại dãy số $(b_n),\;0<b_n\uparrow \infty$ sao cho
$$\dfrac{X_1+\dots+X_{n}}{b_n}-\dfrac{a_1+\dots+a_{n}}{b_n} \xrightarrow{\text{P}} 0\qquad\mbox{  (khi    } n\to \infty).$$
\indent Trước khi thiết lập luật số lớn, ta cần định lý sau
đây\\
{\bf Định lý 1.} (Bất đẳng thức Chebyshev). Giả sử $ X$ là đại lượng
ngẫu nhiên bất kỳ. Khi đó nếu tồn tại $DX$ thì với mọi $\varepsilon
> 0$, ta có
 $$ \Bbb{P}(|X-\Bbb{E}X|\geq\varepsilon)\leqslant \dfrac{DX}{\varepsilon^2}\;.$$
{\it Chứng minh.}   {á}p dụng bất đẳng thức Markov cho đại lượng
ngẫu nhiên $Y =|X-\Bbb{E}X|^2\geqslant 0$ ta được
$$ \Bbb{P}(| X-\Bbb{E}X|\geq\varepsilon)=\Bbb{P}(Y\geq\varepsilon^2)\leqslant \dfrac{\Bbb{E}Y}{\varepsilon^2}=\dfrac{DX}{\varepsilon^2}.$$
Đó là điều cần chứng minh.\\
 {\bf  Định lý 2.} (Markov) \emph{Nếu $(X_n,\;n\geq 1)$ là dãy đại lượng
ngẫu nhiên độc lập đôi một và thoả mãn điều kiện
$$\dfrac{1}{n^2}\sum_{i=1}^nDX_i\to 0\qquad\mbox{   (khi     } n\to\infty)$$
thì $(X_n,\;n\geq 1)$ tuân theo luật số lớn.\\
}{\it Chứng minh.} Đặt
$$\overline{X}_n=\dfrac{\sum X_i}{n}.$$
Ta có
$$\Bbb{E}\overline{X}_n=\dfrac{a_1+\dots+a_n}{n}$$
và
$$D\overline{X}_n=\dfrac{1}{n^2}D(\sum_{i=1}^n X_i)=\dfrac{1}{n^2}\sum_{i=1}^n DX_i.$$
Từ đó, áp dụng bất đẳng thức Chebyshev ta có điều phải chứng minh.\\
{\bf Ví dụ.} Cho dãy $(X_n,\;n\geq 1)$ các đại lượng ngẫu nhiên độc
lập đôi một xác định như sau
$$\Bbb{P}(X_k=\sqrt{k})=\dfrac{1}{2\sqrt{k}},\quad P(X_k=-\sqrt{k})=
\dfrac{1}{2\sqrt{k}},\quad P(X_k=0)=1-\dfrac{1}{\sqrt{k}}\;.$$
Khi đó, dãy $(X_n,\;n\geq 1)$ tuân theo luật số lớn.\\
Thật vậy, ta có
$$\Bbb{E}X_k=0,\qquad DX_k=k\dfrac{1}{2\sqrt{k}}+k\dfrac{1}{2\sqrt{k}}=
\sqrt{k}\;.$$
 Do đó
$$\dfrac{1}{n^2}\sum_{k=1}^nDX_k=\dfrac{1}{n^2}\sum_{k=1}^n\sqrt{k}<
\dfrac{1}{n^2}(\sqrt{n}+\dots+\sqrt{n})=\dfrac{1}{\sqrt{n}}\;.$$ Suy
ra
$$\lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{n^2}\sum_{k=1}^nDX_k=0.$$
Từ định lý Markov, ta kết luận dãy $(X_n,\;n\geq 1)$ tuân theo luật số lớn.\\
\indent Trong trường hợp dãy đại lượng ngẫu nhiên $(X_n,\;n\geq 1)$ độc lập đôi một có cùng kỳ vọng, ta có hệ quả sau\\
{\bf  Hệ quả 1.} \emph{Giả sử $(X_n,\;n\geq 1)$ là dãy đại lượng
ngẫu nhiên độc
 lập đôi một sao cho $\Bbb{E}X_i=a$ và $DX_i\leqslant  C$ với mọi
  $i=1,2,\dots$ Khi đó $(X_n,\;n\geq 1)$ tuân theo luật số lớn và
  trung bình cộng $\overline{X_n}=\dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$ hội tụ theo xác suất tới $a$.\\
}{\it Chứng minh.} Ta có
$$\Bbb{E}\overline{X_n}=\dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^nE X_i=a,$$
$$D\overline{X_n}=\dfrac{1}{n^2}\sum_{i=1}^nD X_i\leqslant  \dfrac{nC}{n^2}
=\dfrac{C}{n}.$$
  {á}p dụng định lý Markov được điều phải chứng minh.\\
\indent Từ hệ quả trên, ta suy ra ngay luật số lớn Chebyshev sau
đây\\
{\bf Hệ quả 2.}  (Luật số lớn Chebyshev)\emph{ Giả sử  $(X_n,\;n\geq
1)$ là dãy các đại lượng ngẫu nhiên độc lập đôi một, cùng phân phối sao
cho $\Bbb{E}X_i=a$ và $DX_i=C<\infty$ với mọi
  $i=1,2,\dots$  Khi đó $(X_n,\;n\geq 1)$ tuân theo
luật số lớn
 $$\dfrac{X_1+X_2+\dots+X_n}{n} \xrightarrow{\text{$P$}} a\qquad\mbox{  $($khi   }n\to\infty)$$
}{\bf Ví dụ.} Gieo một con xúc xắc cân đối. Giả sử $X$ là số nốt
xuất hiện ở mặt trên con xúc xắc. Ta có $\Bbb{E}X=3,5$. Một nhà
thống kê đã gieo một con xúc xắc cân đối 1 triệu lần (nhờ sự trợ
giúp của máy vi tính) và ghi lại số nốt xuất hiện ở mặt trên con xúc
xắc. Số trung bình của 1 triệu lần gieo được tìm thấy là
$$\dfrac{x_1+\dots+x_{{10}^6}}{{10}^6}\approx 3,500867\approx 3,5.$$
Sự kiện này rất phù hợp với luật số lớn.\\
{\bf  Hệ quả 3} (Bernoulli) \emph{Tần suất $f_n$ của một biến cố hội tụ theo xác suất về xác suất của biến cố đó $($khi $n\to\infty)$.\\
}{\it Chứng minh.} Xét dãy $n$ phép thử Bernoulli đối với biến cố $A$ và gọi $k_n$ là số lần xảy ra $A$ trong $n$ phép thử đó, $f_n=\dfrac{k_n}{n}$ là tần suất xuất hiện $A$ trong $n$ phép thử đó.\\
Gọi $X_k$ là đại lượng ngẫu nhiên chỉ số lần xuất hiện $A$ ở phép
thử thứ $k$ ($1\leqslant  k\leqslant  n)$
\begin{equation*}
X_k=
\begin{cases}
1&\text {nếu $A$ xảy ra ở phép thử thứ $k$},\\
0&\text{nếu trái lại}.
  \end{cases}
\end{equation*}
Khi đó
$$\Bbb{P}(X_k=1)=p,\qquad \Bbb{P}(X_k=0)=1-p,$$
$$\Bbb{E}X_k=p=\Bbb{P}(A).$$
Vì các phép thử này độc lập nên $X_1,X_2,\dots,X_n$ độc lập và ta có
$$\dfrac{X_1+\dots+X_n}{n}=\dfrac{k_n}{n}=f_n$$
Vậy theo luật số lớn Chebyshev, $f_n$ hội tụ theo xác suất tới $p$.\\
%Như vậy, theo Định lý Bernoulli thì với mọi $\varepsilon>0$, $\delta>0$ nhỏ tuỳ ý, khi $n$ đủ lớn ta sẽ có $|f_n-p|<\varepsilon$ với xác suất lớn hơn $1-\delta$. Nếu lấy $\delta$ rất nhỏ thì đại lượng cố $|f_n - p|<\varepsilon$ sẽ có xác suất rất gần $1$, và do đó trên thực tế chắc chắn sẽ xảy ra.\\
{\bf Ví dụ.} 1. Nếu ta gieo một đồng tiền cân đối thì xác suất xuất
hiện mặt ngửa là $0,5$. Vào thế kỷ 18, nhà toán học Pháp Buffon gieo
một đồng tiền như vậy 4040 lần và ghi được 2048 lần xuất hiện mặt
ngửa. Tần suất là $0,507$. Một nhà thống kê người Anh gieo đồng tiền
12.000 lần và thu được 6019 lần xuất hiện mặt ngửa. Tần suất xuất
hiện mặt ngửa trong thí
nghiệm này là $0,5016$. Trong một thí nghiệm khác, ông gieo đồng tiền 24.000 lần và thu được 12.012 lần xuất hiện mặt ngửa. Tần suất xuất hiện mặt ngửa là $0,5005$.\\
\indent 2. Một cỗ bài $36$ con bài gồm $18$ con màu đỏ và $18$ con
màu đen. Chia cỗ bài làm hai phần bằng nhau. Dễ dàng thấy rằng xác
suất của biến cố $A$ ``Hai phần đều có số con bài đỏ và đen
bằng nhau'' là
$$\Bbb{P}(A)=\dfrac{C_{18}^{9}C_{18}^{9}}{C_{36}^{18}}\approx
0,26.$$ Một nhà thống kê đã thử tiến hành việc chia cỗ bài làm đôi
trong $100$ lần.
 Tính đến lần thứ $80$ tần suất của biến cố $A$ là $0,25$; tính đến lần
  thứ $90$ và $100$ cho tần suất của biến cố $A$ là $0,24$.\\
\noindent {\bf2.5.3 Hàm đặc trưng}\\
 \indent Trong mục này, chúng ta sẽ nghiên cứu hàm đặc trưng, một
  công cụ rất có hiệu lực để nghiên cứu nhiều vấn đề của lí thuyết xác suất; đặc biệt
  là những vấn đề liên quan đến luật phân phối của tổng các đại lượng ngẫu nhiên độc lập và định lý giới hạn trung tâm.\\
\indent Giả sử X, Y là hai đại lượng ngẫu nhiên. Khi  đó X + $i$Y ($i$
là đơn vị ảo) là đại lượng ngẫu nhiên nhận giá trị trên mặt phẳng
phức. Ta định nghĩa  $\Bbb{E} (X + iY) = \Bbb{E}X +
i\Bbb{E}Y$ nếu $\Bbb{E}X, \Bbb{E}Y$ xác định.\\
 {\bf  Định nghĩa.} Giả sử $X$ là đại lượng ngẫu nhiên. Khi đó hàm số $\varphi (t)$
xác định bởi công thức
$$\varphi(t)=\varphi_X(t)=\Bbb{E}(e^{itX})=\Bbb{E}(\cos tX+i\sin tX)\qquad t\in\mathbb{R}$$
 được gọi là \emph{hàm đặc trưng} của $X$.\\
{\it Chú ý:} 1. Nói chung hàm đặc trưng của một đại lượng ngẫu nhiên
nhận
 các giá trị phức.\\
\indent 2. Nhiều khi để chỉ rõ hàm đặc trưng của
đại lượng ngẫu nhiên  cụ thể $ X$,  người ta viết $\varphi_X (t)$ thay cho $\varphi(t)$.\\
\indent Như vậy, nếu $X$ là đại lượng ngẫu nhiên rời  rạc:
$\Bbb{P}(X=x_k)=p_k$; $(k=1,2\dots,n,\dots)$ thì
$$\varphi_X(t)=\sum_k e^{itx_k}p_k.$$
\indent Nếu $X$ là đại lượng ngẫu nhiên liên tục có hàm mật độ là
$p(x)$ thì
$$\varphi_X(t)=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{itx}p(x)dx.$$
{\bf  Ví dụ}\\
1. Giả sử $X$ là đại lượng ngẫu nhiên biểu thị số lần xuất hiện biến cố $A$ trong một phép thử (với $\Bbb{P}(A)=p$). Vậy thì
 $$ \Bbb{P}(X=1)=p, \quad \Bbb{P}(X=0)=1-p=q.$$
 Do đó
$$\varphi_X(t)=e^{it0}q+e^{it1}p=pe^{it}+q.$$
2. Giả sử $X$ là đại lượng ngẫu nhiên có phân phối chuẩn $N(0,1)$.
Vậy thì $X$ có hàm mật độ
$$p(x)=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{\frac{-x^2}{2}}.$$
Do đó
 \begin{align*}
\varphi_X(t)&= \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{itx}
e^{\frac{-x^2}{2}}dx= \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}
e^{itx-\frac{x^2}{2}}dx\\
&=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\frac{1}{2}[(x-it)^2+
t^2]}dx\\
 &=e^{-\frac{t^2}{2}}( \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}
  e^{-\frac{u^2}{2}}du )=e^{-\frac{t^2}{2}}.
\end{align*}
     {\bf  Tính chất}\\
\emph{1. $|\varphi(t)|\leqslant  1$, $\varphi(0)=1.$\\} Thật vậy
  $$|\varphi(t)|=|\Bbb{E}e^{itX}|\leqslant  \Bbb{E}|e^{itX}|=\Bbb{E}1=1,$$
$\varphi(0)=\Bbb{E}e^{it0}=\Bbb{E}1=1$.\\
  \emph{2. $\varphi(-t)=\overline{\varphi(t)}.$}\\
\indent Thật vậy
\begin{align*}
 \varphi(-t)&=\Bbb{E}e^{i(-t)X}=\Bbb{E}e^{i(-tX)}
=\Bbb{E}(\cos(-tX)+i\sin(-tX))\\&=\Bbb{E}(\cos(tX)-i\sin(tX))=\overline{\Bbb{E}(\cos(tX)+i\sin(tX))}\\
&=\overline{\Bbb{E} e^{itX}}=\overline{\varphi(t)}.
\end{align*}
\emph{3.  $ \varphi_{aX+b}(t)=e^{itb}\varphi_X(at)$.}\\
\indent Thật vậy
 $$\varphi_{aX+b}(t)=\Bbb{E} e^{i(at)X}e^{itb}=e^{itb}\Bbb{E} e^{itX}=
 e^{itb}\varphi_{X}(at).$$
\emph{4. Nếu $X_1,X_2,\ldots,X_n$  là  các đại lượng ngẫu nhiên độc
lập\linebreak  thì $\varphi_{\sum_{k=1}^nX_k}(t)
=\prod_{k=1}^n\varphi_{X_k}(t)$.\\} \indent Thật vậy, do
$X_1,X_2,\ldots,X_n$  độc lập nên
$e^{itX_1},e^{itX_2},\ldots,e^{itX_n}$  cũng độc lập. Vì thế
 $$\varphi_{\sum_{k=1}^nX_k}(t)=\Bbb{E} e^{it(\sum_{k=1}^nX_k)}=\Bbb{E}\big(\prod_{k=1}^n
 e^{itX_k}\big)$$$$=\prod_{k=1}^n
  \Bbb{E}
 e^{itX_k} = \prod_{k=1}^n\varphi_{X_k}(t).$$
\emph{5. $($Công thức ngược$)$ Giả sử $\varphi(t)$ và $F(x)$ là hàm đặc
trưng và hàm phân phối của đại lượng ngẫu nhiên $X$. Nếu $x$, $y$ là
các điểm liên tục của $F(x)$ thì
$$F(x)-F(y) = \dfrac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{e^{-ity}-
e^{-itx}}{it}\varphi(t)dt.$$
}\indent Từ công thức ngược dễ dàng suy ra tính chất sau đây.\\
\emph{6. $($Định lý duy nhất$)$. Hàm đặc trưng xác định duy nhất hàm
phân phối.}\\
\indent Thật vậy
$$F(x)=\lim_{y\to{-\infty}}(F(x)-F(y))=\dfrac{1}{2\pi}\lim_{y\to{-\infty}}
\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{e^{-ity}-e^{-itx}}{it}\varphi(t)dt,$$
trong đó $y$ lấy trên tập các điểm liên tục của $F(x)$.\\ {\bf Ví
dụ.} Giả sử đại lượng ngẫu nhiên $X$ có hàm đặc trưng
$\varphi(t)=\cos(t)$, dùng công thức ngược có thể chứng minh được
hàm phân phối của $X$ là
\begin{equation*}
F(x)=
\begin{cases}
0&\text {nếu $x\leqslant  -1$},\\
\dfrac{1}{2}&\text{nếu $-1<x\leqslant  1$},\\
1&\text {nếu $x>1.$}
  \end{cases}
\end{equation*}
(Độc giả xem đây như là bài tập).\\
\emph{7.  Nếu đại lượng ngẫu nhiên $X$ có moment tuyệt đối cấp $n$
thì hàm đặc trưng có đạo hàm đến cấp $n$ và ta có
 $$\varphi^k(0)=i^k\Bbb{E}X^k \quad(\forall k\leqslant  n),$$}
\indent Thật vậy, ta có
 $$\varphi^k(t)=i^k\Bbb{E}X^ke^{itX}\leqslant  |i^k\Bbb{E}X^ke^{itX}|
 \leqslant  \Bbb{E}
 |X^k|<+\infty.$$
Do đó tồn tại $\varphi^k(t)$ và $\varphi^k(0)=i^kEX^k$.\\
\indent Tính chất trên cho phép ta tính các moment của đại lượng ngẫu nhiên $X$ dựa vào các giá trị của hàm đặc trưng của nó tại $t=0$.\\
8. Giả sử dãy đại lượng ngẫu nhiên $(X_n,\;n\geq 1)$ có dãy hàm đặc
trưng tương ứng là $(\varphi_n(t))$, còn đại lượng ngẫu nhiên $X$ có
hàm đặc trưng là $\varphi(t)$. Vậy thì
$$X_n \xrightarrow{\text{D}} X\Leftrightarrow \varphi_n(t)\to\varphi(t)\qquad\forall t\in{\mathbb{R}}\mbox{  (khi   }n\to\infty).$$
    \indent Tính chất này là một công cụ rất có hiệu quả khi nghiên cứu sự hội tụ theo phân phối
     của dãy các đại lượng ngẫu nhiên.\\
 %\newpage
 \noindent {\bf  Hàm đặc trưng của một số phân phối xác suất thường gặp}\\
{\it 1. Phân phối nhị thức $B(n;p)$}\\
  \indent Giả sử $A$ là biến cố của phép thử $G$ với $\Bbb{P}(A)=p$. Thực hiện $n$
   phép thử Bernoulli từ $G$. Gọi $X_i$ là số lần xuất hiện $A$ trong phép
   thử thứ $k$ ($k=1,2,\dots,n)$, còn $X$ là số lần xuất hiện $A$ trong
    $n$ phép thử Bernoulli đã cho. Vậy thì $ X_1,X_2,\dots,X_n$ độc lập, cùng
     phân phối
$$\Bbb{P}(X_k=0)=1-p=q,\quad \Bbb{P}(X_k=1)=p,$$$$ X=\sum_{k=1}^n X_k,
\quad X\sim B(n;p).$$ Do đó
 $$\varphi_k(t)=pe^{it}+q\qquad(k=1,2,\dots,n)$$
và
 $$\varphi_X(t)=\varphi_{\sum_{k=1}^n X_k}(t)=\Pi_{k=1}^n
\varphi_{X_{k\varphi}}(t)=(\varphi_{X_1}(t))^n=(pe^{it}+q)^n .$$
{\it 2. Phân phối đều}\\
 \indent Giả sử đại lượng ngẫu nhiên $X$ có phân phối đều trên đoạn $[a,b]$. Khi đó $X$ có hàm mật độ
  \begin{equation*}
p(x)=
\begin{cases}
0&\text {nếu $x\not\in [a,b]$},\\
\dfrac{1}{b-a}&\text{nếu $x\in [a,b].$}
  \end{cases}
\end{equation*}
Do đó
 $$\varphi_X(t)=\int_a^b\dfrac{e^{itx}}{b-a}dx=\dfrac{1}{it(b-a)}
 (e^{itb}-e^{ita}).$$
\indent Đặc biệt, nếu $X$ có phân phối đều trên đoạn $[-a,a]$ thì
$$\varphi_X(t)=\dfrac{1}{2ita}(e^{ita}-e^{-ita})$$$$=\dfrac{1}{2ita}
(\cos ta-i\sin ta-\cos(-ta)-i\sin(-ta))$$$$=\dfrac{1}{2ita}2i\sin
ta= \dfrac{\sin at}{at}.$$
{\it 3.  Phân phối chuẩn $N(\mu,\sigma^2 )$}\\
\indent Giả sử $X\sim N(\mu,\sigma^2)$. Vậy thì
$$Y=\dfrac{X-\mu}{\sigma}\sim N(0,1).$$
Do đó
 $$\varphi_Y(t)=e^{-\frac{t^2}{2}}.$$
Mặt khác
 $$X=\sigma Y+\mu.$$
Suy ra
 $$\varphi_X(t)=e^{i\mu t}\varphi_Y(\sigma t)=e^{i\mu t-\frac{(\sigma t)^2}
 {2}}.$$
Từ đó, áp dụng tính chất về hàm đặc trưng của tổng các đại lượng
ngẫu
nhiên độc lập có thể chứng minh được rằng: Nếu các đại lượng ngẫu nhiên độc lập $X_1, X_2,\dots,X_n$ có phân phối chuẩn với kì vọng và phương sai tương ứng là $\mu_k$ và $\sigma_k^2$ thì tổng của chúng là $\sum_{k=1}^n X_k$ cũng có phân phối chuẩn với kỳ vọng là $\sum_{k=1}^n\mu_k$ và phương sai là $\sum_{k=1}^n\sigma_k^2$.\\
Thật vậy, với $n=2$,  giả sử $X_1\sim N(\mu_1,\sigma_1)$, $X_2 \sim
N(\mu_2,\sigma_2)$, $X_1$, $X_2$ độc lập. Vậy thì
 $$(X_1+X_2)\sim N(\mu_1+\mu_2, \sigma_1^2+\sigma_2^2).$$
Thật vậy, ta có
$$\varphi_{X_1}(t)=e^{i\mu_1t-\frac{1}{2}\sigma_1^2t^2},\qquad
\varphi_{X_2}(t)=e^{i\mu_2t-\frac{1}{2}\sigma_2^2t^2}.$$ Suy ra
  $$\varphi_{X_1+X_2}(t)=\varphi_{X_1}(t)\varphi_{X_2}(t )=e^{i(\mu_1+
  \mu_2)t-\frac{1}{2}(\sigma_1^2+\sigma_2^2)t^2}.$$
      Nghĩa là $\varphi_{X_1+X_2}(t)$ là hàm đặc trưng của đại lượng ngẫu nhiên có phân phối chuẩn $N(\mu_1+\mu_2,\sigma_1^2+\sigma_2^2)$. Từ định lý duy nhất suy ra rằng $(X_1+X_2)\sim N(\mu_1+\mu_2,\sigma_1^2+\sigma_2^2)$.\\
 \indent Trường hợp $n>2$, phép chứng minh hoàn toàn tương tự.\\
\indent  Tiếp theo, bằng cách sử dụng công cụ hàm đặc trưng, chúng ta sẽ nghiên cứu một số dạng đặc biệt của định lý giới hạn trung tâm và định lý Poisson; từ đó rút ra các công thức xấp xỉ phân phối nhị thức $B(n;p)$ bởi phân phối chuẩn và phân phối Poisson khi $n$ khá lớn.\\
\newpage
\noindent{\bf2.5.4 Định lý giới hạn trung tâm}\\
{\bf  Định lý.} \emph{Giả sử $(X_n,\;n\geq 1)$ là dãy đại lượng ngẫu
nhiên độc lập, có cùng phân phối, $\Bbb{E}X_1=0$, $DX_1=1$. Đặt
$$Y_n=\dfrac{X_1+X_2+\dots+X_n}{\sqrt{n}}.$$
Khi đó
  $$Y_n \xrightarrow{\text{D}} N(0,1).$$}
{\it Chứng minh.} Giả sử $\varphi_n(t)$ là hàm đặc trưng của đại lượng ngẫu nhiên $Y_n$. Ta cần chứng minh $\lim_{n\to\infty}\varphi_n(t)=e^{-\frac{t^2}{2}}$.\\
Đặt
$$Z_n=X_1+X_2+\dots+X_n,\quad\varphi_{X_i}(t)=\varphi(t).$$
Vậy thì
$$\varphi_{Z_n }(t)=[\varphi(t)]^n.$$
Mặt khác
$$\varphi'(0)=0,\quad \varphi''(0)=-1.$$
Do đó $\varphi(t)$ có khai triển Maclaurin:
$$\varphi(t)=\varphi(0)+\dfrac{\varphi'(0)}{1!}t+\dfrac{\varphi''(0)}{2!}
t^2+R(t)=1-\dfrac{t^2}{2}+R(t),$$ trong đó
 $$R(t)=o(t^2)\;\;\text{khi}\;\;t\to 0.$$
Suy ra
 $$\varphi_n(t)=\varphi_{Z_n}(\dfrac{t}{\sqrt{n}})=[\varphi(\dfrac{t}
 {\sqrt{n}})]^n=[1-\dfrac{t^2}{2n}+R(\dfrac{t}{\sqrt{n}})]^n.$$
Nên
$$\lim_{n\to\infty}\varphi_n(t)=\lim_{n\to\infty}[1-\dfrac{t^2}{2n}+
R(\dfrac{t}{\sqrt{n}})]^n$$$$=\lim_{n\to\infty}(1-\dfrac{t^2}{2n})^n=
e^{-\frac{t^2}{2}}=\varphi_X(t)$$
với  $X \sim N(0,1)$.\\
Vậy
$$Y_n \xrightarrow{\text{D}} N(0,1).$$
\textbf{Nhận xét.} Từ định lý trên, suy ra rằng nếu $X_1,X_2,\ldots$
là các đại lượng ngẫu nhiên độc lập, có cùng phân phối,
$\Bbb{E}X_1=0$, $DX_1=1$, thì
$$Y_n=\dfrac{X_1+X_2+\dots+X_n}{\sqrt{n}}$$
có phân phối xấp xỉ chuẩn $N(0,1)$. Do đó nếu $X_1,X_2,\ldots$ là
các đại lượng ngẫu nhiên độc lập, có cùng phân phối,
$\Bbb{E}X_1=\mu$, $DX_1=\sigma^2$, thì trung bình cộng
$$\overline X=\dfrac{X_1+X_2+\dots+X_n}{{n}}$$ có phân phối xấp xỉ chuẩn
$N(\mu,\sigma^2)$. Kết quả này sẽ được dùng nhiều trong thống kê.
{\bf  Hệ quả} (Định lý Moivre - Laplace). \emph{Giả sử đại lượng ngẫu nhiên $S_n$ có phân phối nhị thức $B(n;p)$. \\
Đặt  $Y_n=\dfrac{S_n-np}{\sqrt{npq}}$. Khi đó
$$Y_n \xrightarrow{\text{D}} N(0,1).$$}
{\it Chứng minh.} Giả sử $A$ là biến cố liên quan đến phép thử nào đó với $\Bbb{P}(A)=p$.\\
Thực hiện $n$ phép thử Bernoulli từ phép thử đã cho. Gọi $X_k$ là số lần xuất hiện $A$ trong lần thử thứ $k$. Vậy thì
  $$ \Bbb{P}(X_k=0)=1-p\qquad    \Bbb{P}(X_k=1)=p.$$
 Đồng thời các đại lượng ngẫu nhiên $X_1,X_2, \dots ,X_n$, độc lập cùng phân phối
$$\Bbb{E}X_k=p,\qquad   DX_k=pq.$$
Hơn nữa
$$S_n=X_1+X_2+\dots  +X_n.$$
Có phân phối nhị thức $B(n;p)$.\\
Đặt
$$Z_k=\dfrac{X_k-p}{\sqrt{pq}}.$$
Lúc đó dãy $(Z_n; n\geq 1)$ thoả mãn định lý giới hạn trung tâm. Do
đó:
$$Y_n= \dfrac{X-np}{\sqrt{npq}}=\dfrac{Z_1+Z_2+\dots + Z_n}{\sqrt{n}}
\xrightarrow {\text{D}} N(0,1).$$
{\bf   {ứ}ng dụng.} Từ hệ quả trên suy ra rằng nếu $X \sim B(n;p)$ thì $\dfrac{X-np}{\sqrt{npq}}$
sẽ có phân phối xấp xỉ phân phối chuẩn khi $n$ khá lớn. Do đó
$$ \Bbb{P}(k_1 < X< k_2)=\Bbb{P}(\dfrac{k_1-np}{\sqrt{npq}}<\dfrac{X-np}
{\sqrt{npq}}<\dfrac{k_2-np}{\sqrt{npq}})$$$$\approx
\Phi(\dfrac{k_2-np}
{\sqrt{npq}})-\Phi(\dfrac{k_1-np}{\sqrt{npq}}),$$
 trong đó $\Phi(x)=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^x e^{-\frac{t^2}{2}}dt$ là hàm phân phối của phân phối chuẩn $N(0,1)$.\\
 {\bf Ví dụ.} Tung đồng tiền $10000$ lần. Tìm xác suất để có ít hơn $5000$
 lần xuất hiện mặt sấp.\\
{\it Giải.} Gọi $X$ là số lần xuất hiện mặt sấp khi tung đồng tiền
$10000$ lần. Vậy thì
$$X \sim B(10000;\dfrac{1}{2}).$$
Do đó
 $$  \Bbb{P}(0\leqslant    X < 5000)\approx \Bbb{P}(0<X<5000)\approx\Phi(0)-\Phi(\dfrac{0-5000}{\sqrt{1000.\dfrac{1}{2}\dfrac{1}{2}}})\approx 0,5.$$
{\bf 2.5.5 Định lý Poisson}\\
      \indent Như vậy, khi $n$ khá lớn có thể xấp xỉ phân phối nhị thức bởi phân phối chuẩn. Tuy nhiên, xấp xỉ đó chỉ tốt khi $np$ và $nq$ lớn hơn $5$ hoặc khi $npq$ lớn hơn $25$. Trong trường hợp $npq$ khá bé ta có thể xấp xỉ phân phối nhị thức bởi phân phối Poisson.\\
{\bf  Định lý.} (Poisson) \emph{Giả sử với mỗi $n = 1 , 2 ,\dots$,
$(X_{nk})$, $(k = 1 , 2 ,\dots, n )$ là dãy đại lượng ngẫu nhiên độc
lập cùng phân phối, lấy hai giá trị $0$ và $1$ với
$$ \Bbb{P}(X_{nk}=1\}=\dfrac{\lambda}{n}+o(\dfrac{1}{n})\qquad  k = 1 , 2 ,\dots , n.$$
Ký hiệu $Y_n   =\sum_{k=1}^nX_{nk}$. Khi đó, với mọi $m = 0 ,
1, \dots$ ta có công thức tiệm cận
 $$\lim_{n\to\infty}\Bbb{P}(Y_n=m\}=e^{-\lambda}\dfrac{\lambda^m}{m!}.$$}
{\it Chứng minh.} Ta có hàm đặc trưng của $Y_m$ là
$$\Bbb{E} e^{itY_n}=\Pi_{k=1}^n\Bbb{E} e^{itX_{nk}}=[1+\dfrac{\lambda}{n}
(e^{it}-1)+o(\dfrac{1}{n})]^n\to\exp\{\lambda(e^{it}-1)\}$$
$\mbox({khi }\;\;n\to\infty).$
    Vì $\exp\{\lambda(e^{it}-1)\}$ là hàm đặc trưng của phân phối Poisson với tham số $\lambda$, nên ta suy ra điều phải chứng minh. \\
 \indent Định lý Poisson có thể minh hoạ như sau:\\
 \indent Xét dãy phép thử độc lập. Trong phép thử thứ $n$ xác suất xuất hiện biến cố $A$ là $p_n$ và $np_n\to\lambda$, $n\to\infty$. Khi đó phân phối giới hạn của số lần xuất hiện biến cố $A$ trong dãy các phép thử tuân theo luật Poisson với tham số $\lambda$.\\ Ta xét ví dụ.\\
{\bf b) Ví dụ.} Giả sử trong $2000$ chiếc bánh nướng có $16000$ hạt lạc. Tìm phân phối xác suất số hạt lạc có trong một chiếc bánh được chọn ngẫu nhiên.\\
 {\it Giải.} Giả sử các hạt lạc được đánh số từ $1$ đến $16000$. Ta xem việc chia một hạt lạc vào bánh là một phép thử ngẫu nhiên. Ta có dãy gồm $n =  16000$ phép thử. Nói chung các phép thử này không độc lập, nhưng nếu các hạt lạc xáo trộn tốt thì xác suất để hạt thứ $k$ rơi vào chiếc bánh đã chọn bằng $\dfrac{1}{2000}$ và thực tế có thể xem các phép thử là độc lập. Khi đó số những hạt lạc có trong chiếc bánh đã chọn là đại lượng ngẫu nhiên tuân theo luật Poisson với tham số $\lambda=np=8$, tức là
$$\Bbb{P}(Y=k)=e^{-8}\dfrac{8^k}{k!}.$$
 \newpage      \vspace{1cm}

 \centerline {\normalfont\large\bfseries\MakeUppercase{
Bài tập}} \addcontentsline{toc}{chapter}{Bài tập} \vspace{1cm}

\vspace{1cm}


\noindent1.  Một nhóm có $10$ người gồm $6$ nam và $4$ nữ. Chọn ngẫu nhiên ra
$3$ người. Gọi $X$ là số nữ trong nhóm. Hãy lập bảng phân phối xác
suất
của $X$ và tính $\Bbb{E}X$, $DX$, $\mod  X$. \\
2. Một túi chứa $10$ thẻ đỏ và $6$ thẻ xanh. Chọn ngẫu nhiên ra $3$
tấm thẻ (không hoàn lại). Gọi $X$ là số thẻ đỏ được chọn. Lập bảng phân phối
xác suất
của $X$. Tính $\Bbb{E}X$ và $DX$.\\
 Giả sử rút mỗi thẻ đỏ được $5$ điểm và rút mỗi thẻ xanh được $8$ điểm.
  Gọi $Y$ là số điểm tổng cộng trên $3$ thẻ rút ra. Lập bảng phân phối
   xác suất của $Y$ và tính $\Bbb{E}Y$, $DY$.\\
3. Hai xạ thủ $A$ và $B$ tập bắn, mỗi người bắn $2$ phát. Xác suất bắn trúng đích của $A$ trong mỗi phát là $0,4$, còn của $B$ là $0,5$. Gọi $X$ là số phát trúng của $A$ trừ đi số phát trúng của $B$. Tìm bảng phân phối  xác suất của $X$ và bảng phân phối xác suất của $Y =|X|$.\\
4. Giả sử $X\sim B( 2; 0,4)$; $ Y \sim B(2;  0,7)$;  $X$ và $Y$ độc
lập.  Tìm bảng phân phối xác suất của $X + Y$. Chứng minh rằng $X + Y$ không có phân phối nhị thức. \\
5. Cho $X$ và $Y$ là hai đại lượng ngẫu nhiên độc lập.\\
           a) Giả sử $X \sim B(1;\dfrac{1}{5})$, $  Y \sim B(2;\dfrac{1}{5})$. Viết bảng phân phối xác suất của $X$, $Y$.  Từ đó tìm bảng phân phối xác suất của $X + Y$. Kiểm tra rằng $X + Y \sim B(3;\dfrac{1}{5})$.\\
         b) Giả sử $X\sim B(1;\dfrac{1}{2})$; $Y \sim B(2;\dfrac{1}{5})$. Tìm bảng phân phối xác suất của $X + Y$. Chứng minh rằng $X + Y$ không có phân phối nhị thức.\\
6. Trong một thành phố nhỏ, trung bình một tuần có $2$ người chết. Tính xác suất để:\\
 a) Không có người nào chết trong vòng $1$ ngày.\\
 b) Có ít nhất $3$ người chết trong vòng hai ngày.\\
7. Một trạm cho thuê xe tắcxi có $3$ chiếc xe. Hàng ngày trạm phí
nộp thuế là $8$ USD cho một chiếc xe (dù xe đó có được thuê hay không).
Mỗi chiếc xe cho thuê với giá $20$ USD. Giả sử số yêu cầu thuê xe
của trạm trong một
 ngày là đại lượng ngẫu nhiên $X$ có phân phối Poát Xông với tham số $\lambda=2,8$. Gọi $Y$
  là số tiền thu được trong một ngày của trạm (nếu không có ai thuê thì số
   tiền thu được là $-24$ USD). Tìm bảng phân phối xác suất của $Y$. Từ đó
   tính số tiền trung bình thu được của trạm trong một ngày. Giải bài toán trên trong trường hợp trạm có $4$ chiếc xe. Trạm nên có $3$ hay $4$ chiếc xe.\\
8. Cho đại lượng ngẫu nhiên liên tục $X$ có hàm mật độ
 \begin{equation*}
p(x)=
\begin{cases}
cx^2(1-x)&\text {nếu $x\in [0,1]$},\\
0&\text{nếu $x\not\in [0,1].$}
  \end{cases}
\end{equation*}
Tìm hằng số $c$; $modX$ và $\Bbb{P}(0,4<X<0,6)$.\\
9. a) Cho đại lượng ngẫu nhiên $X$ có phân phối đều trên $[1,2]$. Tính  $\Bbb{P}(2<X<5)$.\\
    \indent b) Cho đại lượng ngẫu nhiên $X$ có phân phối đều trên $[-1,3]$. Tính  $\Bbb{P}(X^2>2)$.\\
10. Cho đại lượng ngẫu nhiên liên tục $X$ có hàm mật độ
\begin{equation*}
p(x)=
\begin{cases}
kx^2&\text {nếu $0\leqslant  x\leqslant  3$},\\
0&\text{nếu trái lại.}
  \end{cases}
\end{equation*}
Tìm hằng số $k$; tính $P\{X>2\}$,  tìm median của $X$ và xác định $a$ để $P\{X<a\}=\dfrac{3}{4}$.\\
 11.  Cho đại lượng ngẫu nhiên liên tục $X$ có hàm mật độ
 \begin{equation*}
p(x)=
\begin{cases}
\dfrac{x}{4}+\dfrac{1}{2}&\text {nếu $-2\leqslant  x\leqslant  0$},\\
-\dfrac{x}{4}+\dfrac{1}{2}&\text{nếu $0\leqslant  x\leqslant  2$},\\
0&\text{nếu trái lại.}
  \end{cases}
\end{equation*}
Tìm kỳ vọng và phương sai của $X$.\\
 12.  Cho đại lượng ngẫu nhiên liên tục $X$ có hàm mật độ
    \begin{equation*}
p(x)=
\begin{cases}
kx&\text {nếu $0\leqslant  x\leqslant  1$},\\
k&\text{nếu $1\leqslant  x\leqslant  4$},\\
0&\text{nếu trái lại.}
  \end{cases}
\end{equation*}
Tìm hằng số $k$, kỳ vọng, phương sai và median của $X$. \\
 13. Đại lượng ngẫu nhiên liên tục $X$ có hàm mật độ
      \begin{equation*}
p(x)=
\begin{cases}
\dfrac{3}{4}(1-x^2)&\text {nếu $|x|\leqslant  1$},\\
0&\text{nếu trái lại.}
  \end{cases}
\end{equation*}
Tìm kỳ vọng và phương sai của $Y = 2X^2$.\\
 14.   Cho đại lượng ngẫu nhiên liên tục $X$ có hàm mật độ
        \begin{equation*}
p(x)=
\begin{cases}
3x^2&\text {nếu $0\leqslant  x\leqslant  1$},\\
0&\text{nếu trái lại.}
  \end{cases}
\end{equation*}
Xét $Y  =  2\sqrt{X}$. Tìm  $\Bbb{P}(0,2<Y<1,5)$ và  $\Bbb{P}(Y>1)$.\\
 15. Cho hàm mật độ của một đại lượng ngẫu nhiên $X$ có dạng
 \begin{equation*}
p(x)=
\begin{cases}
\dfrac{a}{x^4}&\text {nếu $x\geqslant  1$},\\
0&\text{nếu $x<1.$}
  \end{cases}
\end{equation*}
$a)$ Xác định hằng số $a$.\\
$b)$ Tính $\Bbb{P}(0 <X <5)$.\\
$c)$ Tính phương sai của $X$.\\
16. Cho đại lượng ngẫu nhiên $X$ thoả mãn:
  \begin{equation*}
\Bbb{P}(X\geqslant  x)=
\begin{cases}
e^{a(x-3)}&\text {nếu $x\geqslant  3$},\\
1&\text{nếu $x<3.$}
  \end{cases}
\end{equation*}
$a)$ Xác định hằng số $a$.\\
$b)$ Tính kỳ vọng của $X$.\\
17. Cho hàm mật độ của một đại lượng ngẫu nhiên $X$ có dạng:
 \begin{equation*}
p(x)=
\begin{cases}
ae^{-2x^2}&\text {nếu $x\geqslant  0$},\\
0&\text{nếu $x<0$}.
  \end{cases}
\end{equation*}
a) Xác định hằng số $a$.\\
b) Tính $\Bbb{P}(- 3 < X < 2)$.\\
c) Tính kỳ vọng của $X$.\\
18. Một người hàng ngày đi bộ từ nhà đến nơi làm việc với quãng
đường
 $600m$ với vận tốc đều $v$(m/giây). Biết rằng thời gian đi bộ của người
 đó là một đại lượng ngẫu nhiên phân phối đều trong khoảng từ $6$ phút đến
  $10$ phút. Tìm kỳ vọng, độ lệch chuẩn và median của $v$. \\
19. Trọng lượng của một con bò là một đại lượng ngẫu nhiên phân
phối chuẩn với kỳ vọng là $250$ kg và độ lệch tiêu  chuẩn $40$ kg. Tìm xác suất để một con bò có trọng lượng:\\
a) Nặng hơn $300$ kg.\\
b) Nhẹ hơn $175$ kg.\\
c) Trong khoảng $260$ kg đến $270$ kg. \\
20. Thời gian từ nhà đi đến trường của sinh viên Bình là một đại lượng ngẫu nhiên $X$ có phân phối  chuẩn. Biết rằng $65\%$ số ngày Bình đến trường mất hơn $20$ phút còn $8\%$ số ngày mất hơn $30$ phút.\\
     Tìm thời gian trung bình và độ lệch tiêu chuẩn của thời gian đến trường.\\
     Bình xuất phát từ nhà trước giờ vào học bao nhiêu phút để khả năng bị
      muộn học là bé hơn $0,02$. \\
21. Chiều cao của một loại cây là một đại lượng ngẫu nhiên có phân phối  chuẩn. Trong một mẫu gồm 6$40$ cây có $25$ cây thấp hơn $18$m và $110$ cây cao hơn $24$m. \\
    Tìm kỳ vọng và độ lệch tiêu chuẩn của chiều cao của cây.\\
    Ước lượng số cây có độ cao trong khoảng từ $16$m đến $20$m trong mẫu nói trên. \\
22. Cho $X$ là đại lượng ngẫu nhiên có phân phối mũ với tham số
$\lambda=2$.
 Tìm kỳ vọng và độ lệch tiêu chuẩn của $e^{-X}$.\\
23. Cho $X$ là đại lượng ngẫu nhiên có phân phối mũ với tham số $\lambda=1$ và $Y = 2X^2$. Tính $\Bbb{P}(2<Y<18)$ và $\Bbb{P}(Y<4)$.\\
24. Cho vectơ ngẫu nhiên liên tục $( X, Y)$ có hàm mật độ  là
 \begin{equation*}
p(x,y)=
\begin{cases}
Cx&\text {nếu $(x,y)$ thoả mãn $0<y<x<1$},\\
0&\text{nếu trái lại.}
  \end{cases}
\end{equation*}
a) Tìm C. \\
b) Tìm các hàm mật độ của $X$ và của $Y$. \\
c) $X$ và $Y$ có độc lập hay không.\\
25. Vectơ ngẫu nhiên liên tục $(X, Y)$ có hàm mật độ là
    \begin{equation*}
p(x,y)=
\begin{cases}
C &\text {nếu $(x,y)$ thoả mãn $\dfrac{x^2}{9}+\dfrac{y^2}{4}<1$},\\
0&\text{nếu trái lại.}
  \end{cases}
\end{equation*}
a) Tìm  C.\\
b) Tìm hàm  mật độ của $X$ và $Y$. \\
26. Cho vectơ ngẫu nhiên liên tục $(X, Y)$ có hàm mật độ
$$p(x,y)=\dfrac{C}{(1+x^2)(1+y^2)}.$$
a) Tìm  $C$. \\
b) Tìm hàm phân phối của $(X, Y)$.\\
c) $X$ và $Y$ có độc lập không?\\
d) Tìm xác suất để điểm $(X, Y)$ rơi vào hình chữ nhật với các đỉnh là $A(1,1)$, $B(\sqrt{3}, 1)$, $C(1, 0)$ và $D(\sqrt{3}, 0)$.\\
27. Một điểm $A$ rơi ngẫu nhiên vào một hình vuông $D$ có cạnh bằng
$1$. Giả sử $(X,Y)$ là toạ độ của $A$. Biết rằng hàm mật độ $p(x,
y)$ của $(X, Y)$ là
   \begin{equation*}
p(x,y)=
\begin{cases}
1&\text {nếu $(x,y)\in D$ },\\
0&\text{nếu $(x,y)\not\in D.$}
  \end{cases}
\end{equation*}
 Tính xác suất để khoảng cách từ $A$ đến cạnh gần nhất nó bé hơn hay bằng
 $0,3$.\\
 28. Giả sử X và Y là hai đại lượng ngẫu nhiên độc lập có các hàm phân phối tương ứng là $F(x)$ và $G(x)$. Tìm hàm phân phối của các đại lượng ngẫu nhiên sau đây\\
$$a) \max\{X,Y\},\;\;   b) \min \{X,Y\},\;\;   c) \max\{2X,Y\},\;\;   d) \min \{X,Y^3\}.$$
 29. Giả sử X và Y là hai đại lượng ngẫu nhiên độc lập có cùng phân phối mũ với tham số $
\lambda$. Tìm hàm phân phối và hàm mật độ của các đại lượng ngẫu nhiên sau đây:
 $$a) X^3;\;\;  b) \max\{X,Y^3\};\;\; c) \min \{X,Y^3\}.$$
 30. Giải bài toán trên với giả thiết là X và Y có phân phối đều trên đoạn [0, 1].\\
 31. Giải sử X là đại lượng ngẫu nhiên có  phân phối mũ với tham số $
\lambda$. $f(x)$ là hàm nhận giá trị dương, khả vi và tăng nghiêm ngặt. Tìm  hàm mật độ của  đại lượng ngẫu nhiên $f(X)$.\\
 32. Chứng minh rằng hàm phân phối của một đại lượng ngẫu nhiên có không
 quá đếm được điểm gián đoạn.\\%Giả sử X, Y và Z là những đại lượng ngẫu nhiên độc lập; Z nhận các giá trị 0 và 1 với các xác suất tương ứng là $p$ va $q$, $p+q=1$, còn X và Ycó các hàm phân phối tương ứng là $F(x)$ và $G(x)$. Tìm hàm phân phối của các đại lượng ngẫu nhiên sau đây\\
%a) $XZ+(1-Z)Y$; b) $XZ+(1-Z)(max\{X,Y\})$;  c) $XZ+(1-Z)(min\{X,Y\})$.\\
33.  Chứng minh rằng nếu hàm phân phối của một đại lượng ngẫu nhiên liên tục trên toàn trục số, thì nó liên tục đều trên đó. \\
34. Giả sử $X_1,\ldots ,X_n$ là các đại lượng ngẫu nhiên có kỳ vọng
hữu hạn. Chứng minh rằng
$$\Bbb{E}\max\{X_1,\ldots ,X_n\}\ge \max\{\Bbb{E}X_1,\ldots ,\Bbb{E}X_n\}$$ và
 $$\Bbb{E}\min\{X_1,\ldots ,X_n\}\leqslant \min\{\Bbb{E}X_1,\ldots ,\Bbb{E}
X_n\}.$$ 35. Giả sử X là đại lượng ngẫu nhiên có phương sai hữu hạn.
Chứng minh rằng $$DX=\underset {a\in R}\min \Bbb{E}(X-a)^2.$$ 36.
Giả sử $X_n\xrightarrow{\text{P}} X$, $X_n\xrightarrow{\text{P}} Y$.
Chứng minh rằng $$\Bbb{P}(X=Y)=1.$$ 37. Giả sử
$X_n\xrightarrow{\text{P}} X$, $Y_n\xrightarrow{\text{P}} Y$. Chứng
minh rằng
$$aX_n+bY_n\xrightarrow{\text{P}} aX+bY,\qquad a,b\in\mathbb{R}.$$
38. % Giả sử $(X_n,\;n\geq 1)$, $(Y_n,\;n\geq 1)$ là hai dãy đại lượng ngẫu nhiên; $X$ là một đại lượng ngẫu nhiên nào đó.
Chứng minh rằng nếu $\lim_{n\to\infty} \Bbb{P}(X_n\not = Y_n)=0$ thì
$$X_n\xrightarrow{\text{P}} X\Leftrightarrow Y_n\xrightarrow{\text{P}} X\qquad\mbox{  (khi    }n\to\infty).$$
39. Giả sử $X_n\xrightarrow{\text{P}} X$, $Y_n\xrightarrow{\text{P}}
Y$ và $\Bbb{P}(X=Y)=1$. Chứng minh rằng với mọi $\varepsilon >0$ thì
$$\lim_{n\to \infty}\Bbb{P}(|X_n-Y_n|>\varepsilon)\rightarrow 0.$$
 40. Chứng minh rằng $X_n\xrightarrow{\text{P}} X$ khi và chỉ khi
mọi dãy
con của nó đều chứa một dãy con hội tụ h.c.c đến $X$.\\
41. Giả sử $(X_n-X)^2\xrightarrow{\text{P}} 0$. Chứng minh rằng
$X_n^2\xrightarrow{\text{P}} X^2$.\\
42. Giả sử $(X_n,n\geq 1)$ và $(Y_n,n\geq 1)$ là các dãy đại lượng
ngẫu nhiên thỏa mãn
$$\sum_{n=1}^\infty \Bbb{P}(X_n\neq Y_n)<\infty.$$
Chứng minh rằng\\
a) Nếu $X_n\xrightarrow{\text{h.c.c}} X$ thì
$Y_n\xrightarrow{\text{h.c.c}} X$   (khi  $n\to\infty).$\\
b) Nếu chuỗi $\sum_{n=1}^\infty X_n$ hội tụ hầu chắc chắn, thì
chuỗi $\sum_{n=1}^\infty Y_n$ hội tụ hầu chắc chắn.\\
 43. Giả sử $X_n\xrightarrow{\text{D}} X$, $Y_n\xrightarrow{\text{P}}
 0$. Chứng minh rằng $X_n+Y_n\xrightarrow{\text{D}} X$, $X_nY_n\xrightarrow{\text{P}}
 0$.\\
44. Giả sử  $\Bbb{P}( X_{n+1}\leqslant X_n)=1$, với mọi
$n=1,2,\ldots$ Chứng minh rằng nếu $X_n\xrightarrow{\text{P}} X$
thì
$X_n\xrightarrow{\text{h.c.c}} X$ (khi $n\rightarrow \infty$).\\
45. Giả sử $X_n\xrightarrow{\text{P}} X$, $Y_n\xrightarrow{\text{P}}
X$ và $\Bbb{P}( X_n\leqslant Z_n\leqslant Y_n)=1$, với mọi
$n=1,2,\ldots$
Chứng minh rằng $Z_n\xrightarrow{\text{P}} X$.\\
46. Giả sử $X_n\xrightarrow{\text{P}} X$, $Y_n\xrightarrow{\text{P}}
Y$ và $\Bbb{P}( X_n\leqslant Y_n)=1$, với mọi $n=1,2,\ldots$ Chứng
minh rằng
$\Bbb{P}( X\leqslant Y)=1$.\\
47. Gieo một con xúc xắc cân đối $n$ lần. Gọi $X$ là số lần xuất
hiện mặt $6$ chấm. Chứng minh rằng:
    $$\Bbb{P}(\dfrac{n}{6}-\sqrt{n}<X <\dfrac{n}{6}+\sqrt{n})\geqslant \dfrac{31}{36}.$$
48. Giả sử $X$ là đại lượng ngẫu nhiên có $\Bbb{E}X=5$, $DX=0,16$. Chứng minh rằng:\\
$a) \Bbb{P}(3<X<7)\geqslant  0,96$.\\
$b) \Bbb{P}(2<X<8)\geqslant  0,98$.\\
$c) \Bbb{P}(3<\dfrac{X_1+X_2+\dots+X_9}{9}<7)\geqslant  0,99$,\\
  trong đó $X_1;\dots;X_9$ là các đại lượng ngẫu nhiên độc lập, có cùng phân phối với $X$.\\
49. Giả sử $X$ nhận giá trị $-1$ và $1$ với $\;\;\Bbb{P}(X=-1) =\Bbb{P}(X=1)=\dfrac{1}{2}$. Tìm hàm đặc trưng của $X$.\\
50. Giả sử $X_1 , X_2 ,\dots, X_n$ là các đại lượng ngẫu nhiên độc
lập cùng phân phối và
    $$\Bbb{P}(X=-1)=\Bbb{P}(X=1)=\dfrac{1}{2}.$$
    Xác định hàm đặc trưng của $S_n = X_1 +\dots + X_n$.\\
51. a) Đại lượng ngẫu nhiên $X$ có mật độ
    \begin{equation*}
p(x)=
\begin{cases}
\dfrac{1}{a}(1-\dfrac{|x|}{a})&\text {với $|x|\leqslant  a$},\\
0&\text{với $|x|>a$.}
  \end{cases}
\end{equation*}
 Chứng minh rằng hàm đặc trưng của X là
          $$\varphi(t)=2\dfrac{1-\cos at}{a^2 t^2}.$$
b) Đại lượng ngẫu nhiên $Y$ có mật độ
  $$ g(y)   =\dfrac{1}{\pi}.\dfrac{1-\cos ay}{a^2 y^2}.$$
Chứng minh rằng hàm đặc trưng của $Y$ là
 \begin{equation*}
\varphi(t)=
\begin{cases}
1-\dfrac{|t|}{a}&\text {với $|t|\leqslant  a$}\\
0&\text{với $|t|>a$}
  \end{cases}
\end{equation*}
 52.  Giả sử $X_1$, $X_2$ là các đại lượng ngẫu nhiên độc lập. Bằng phương
 pháp hàm đặc trưng chứng minh rằng:\\
a) $X_i \sim B(n_i; p), i = 1, 2 \Rightarrow X_1 + X_2 \sim B(n_1 + n_2;p)$.\\
b) $Xi \sim P(\lambda_i), i=1,2\Rightarrow X_1+X_2\sim P(\lambda_1+\lambda_2)$.\\
c) $X_i \sim  N(a_i,\sigma_i^2), i=1,2 \Rightarrow X_1+X_2\sim
N(a_1+a_2,
\sigma_i^2+\sigma_2^2)$.\\
53.  Đặt $S_n = X_1 +\dots + X_n$. Chứng minh rằng với mọi dãy đại lượng ngẫu nhiên $(X_n,\;n\geq 1)$ thì\\
a) $X_n\to 0\quad\mbox{ h.c.c}\Rightarrow \dfrac{ S_n}{n}\to 0\quad\mbox{ h.c.c}$.\\
b) $X_n\xrightarrow{\text{$L^2$}} 0\Rightarrow \dfrac{S_n}{n}\xrightarrow{\text{$L^2$}} 0$.\\
c) $\max_{k\leqslant  n}|X_k|\xrightarrow{\text{P}} 0\Rightarrow \dfrac{S_n}{n}\xrightarrow{\text{P}} 0$.\\
d) $\dfrac{S_n}{n}\xrightarrow{\text{P}} 0\Rightarrow
X_n\xrightarrow
{\text{p}} 0$.\\
54. Giả sử  $( X_n, n\geqslant  1 )$ là dãy đại lượng ngẫu nhiên độc
lập \linebreak và
$\Bbb{P}[X_n=2^n]=\Bbb{P}[X_n=-2^n]=\dfrac{1}{2}$. Chứng minh rằng
  $(X_n,\;n\geq 1)$ không tuân theo luật số lớn.\\
55.  Giả sử $(X_n,\;n\geq 1)$ là dãy đại lượng  ngẫu nhiên độc lập.
 Trong các trường hợp sau, xét xem dãy $(X_n,\;n\geq 1)$ có tuân theo luật  số lớn không?\\
a) $\Bbb{P}[X_n=\sqrt{n}]=\Bbb{P}[X_n=-\sqrt{n}]=\dfrac{1}{2n},
\quad
\Bbb{P}[X_n=0]=1-\dfrac{1}{n}.$\\
b) $\Bbb{P}[X_n=n]=\Bbb{P}[X_n=-n]=\dfrac{1}{2n^2}\quad
\Bbb{P}[X_n=0]=1-
\dfrac{1}{n^2}.$\\
c) $\Bbb{P}[X_n=2^n]=\Bbb{P}[X_n=-2^n]=\dfrac{1}{2^{2n+1}}\quad
\Bbb{P}[X_n=0]=1-\dfrac{1}{2^{2n}}.$\\
d) $\Bbb{P}[X_n=n^\alpha]=\Bbb{P}[X_n=-n^\alpha]=\dfrac{1}{2}\;(0<\alpha<1/2)$.\\
 56. Giả sử $(X_n,\;n\geq 1)$ là dãy đại lượng ngẫu nhiên độc lập,
cùng phân phối,
có các phương sai dương, hữu hạn. Chứng minh rằng \\
a) $\lim_{n\to\infty}\Bbb{P}(a\leqslant S_n\leqslant
b)=0\;\;(\forall
a,b\in R)$.\\
b) $\lim_{n\to\infty}\Bbb{P}( S_n\leqslant a)=0\;\;(a\in R)$ hoặc bằng 0; hoặc bằng 1; hoặc bằng 1/2.\\
Trong đó $S_n=\sum_{k=1}^n X_k$.\\
 57.  Giả sử $(X_n,\;n\geq 1)$
là dãy đại lượng ngẫu nhiên có các phương sai hữu hạn và có một dãy
số $\alpha(0),\alpha(1),\dots$ không âm sao cho
  $$\rho (X_i, X_j)\leqslant \alpha(|i-j|)\quad \forall (i,j),$$
$$n^{-2}[\alpha(0)+\alpha(1)+\dots+\alpha(n-1)][\sigma_1^2+\dots+\sigma_n^2]\to 0,\quad n\to\infty.$$
     Chứng minh rằng dãy $(X_n,\;n\geq 1)$ tuân theo luật số lớn.\\
\chapter*{Phần II. Thống kê}

\addcontentsline{toc}{chapter}{Phần II. Thống kê}

Thống kê là khoa học về thu thập và xử lý số liệu để từ đó đưa ra
các kết luận khoa học và thực tiễn. Sơ đồ tiến hành như sau:

\vspace{5pt} Thu thập số liệu\;$\Rightarrow$\;Tổng hợp số
liệu\;$\Rightarrow$\;Chuyển hóa về mô hình toán\;$\Rightarrow$\;Xử
lý\;$\Rightarrow$\;Đưa ra kết luận.



\chapter{Lý thuyết mẫu}

\section{Khái niệm mẫu và phương pháp lấy mẫu}

Trong thực tế, nhiều khi ta cần quan tâm đến một số đặc điểm (định
tính hoặc định lượng) của các phần tử thuộc về một tập hợp nào đó,
chẳng hạn tuổi thọ của một loại đĩa cứng, giá thành bán lẻ của một
loại mặt hàng nào đó, tỉ lệ nẩy mầm của một giống lúa, ... Tập hợp các
phần tử cần nghiên cứu này được gọi là \emph{đám đông}, ký hiệu là
$\mathcal C$.

Việc tiến hành thu thập thông tin trên các phần tử của đám đông được
gọi là \emph{quan sát}. Đặc điểm cần quan tâm đó thay đổi từ phần tử
này sang phần tử khác khi ta thực hiện các quan sát ngẫu nhiên trên
một số phần tử của đám đông. Đặc điểm thay đổi đó của đám đông được
coi như một đại lượng ngẫu nhiên, ký hiệu là $X$ và được gọi là
\emph{đại lượng ngẫu nhiên gốc đám đông} $\mathcal C$. Quá trình đi
nghiên cứu đám đông của $\mathcal C$ thực chất là quá trình đi tìm
quy luật phân phối của đại lượng ngẫu nhiên $X$, nhiều khi đó là quá
trình đi tìm các số đặc trưng của $X$. Nếu không gây nhầm lẫn ta có
thể gọi ngắn gọn là đám đông $X$.

\vspace{10pt} Đặc điểm của đám đông thường được nghiên cứu dưới hai
phương diện:

$\diamond $ Phương diện định lượng: Khi ta cần quan tâm đến các giá
trị về lượng của đại lượng ngẫu nhiên $X$ như: trọng lượng, năng
suất, tuổi thọ, ... và ta thường quan tâm đến hai đặc trưng:

- Kỳ vọng $\mathbb E X=\mu$: đặc trưng giá trị trung bình của đặc
điểm định lượng cần quan tâm trên đám đông $\mathcal C$.

- Phương sai $\mathbb D X=\sigma^2$: đặc trưng cho mức độ biến động
giá trị của đặc điểm định lượng cần quan tâm trên đám đông $\mathcal
C$.

$\diamond $ Phương diện định tính: Khi ta cần quan tâm đến một tính
chất $A$ nào đó trên đám đông, các phần tử của đám đông hoặc có tính
chất $A$ hoặc không có tính chất $A$ như: chất lượng sản phẩm, sự
nẩy mầm của một giống lúa, chất độc hại trong nguồn nước, ... Giá trị
mà đại lượng ngẫu nhiên $X$ có thể nhận được
$$X=\begin{cases}1&\text{khi phần tử đó có tính chất $A$}\,;\\
  0&\text{khi phần tử đó không có tính chất $A$}\,,\end{cases}$$
và ta thường quan tâm đến xác suất $\mathbb E X=p$.


\subsection{Khái niệm mẫu}



Chúng ta khó có thể quan sát hết tất cả các phần tử của đám đông vì
những lý do như thời gian, chi phí tốn kém, ... Chính vì vậy, người ta
chỉ lấy ra một số phần tử đại diện cho đám đông và nghiên cứu trên
tập phần tử này, tập hợp các phần tử đại diện cho đám đông đó được
gọi là \emph{mẫu}. Phương pháp nghiên cứu trên mẫu đại diện cho đám
đông được gọi là \emph{phương pháp mẫu} và cách thức thực hiện quá
trình lấy mẫu được gọi là \emph{phương pháp lấy mẫu}.


Khi cần quan tâm đến đặc điểm là đại lượng ngẫu nhiên $X$ của đám
đông $\mathcal C$, ta chọn ra mẫu có $n$ phần tử, trong đó việc chọn
phần tử thứ $i$ là quá trình thực hiện một phép thử rút ngẫu nhiên
một phần tử của đám đông $\mathcal C$, giá trị ngẫu nhiên này được
gán cho đại lượng ngẫu nhiên $X_i$. Với cách chọn này, các đại lượng
ngẫu nhiên $X_i$ độc lập với nhau và có cùng luật phân phối với đại
lượng ngẫu nhiên $X$. Mẫu này được gọi là \emph{mẫu ngẫu nhiên} có
kích thước $n$ của đám đông $\mathcal C$, ký hiệu
$(X_1,\,X_2,\,...,\,X_n)$. Tại lần lấy mẫu thứ $i$, giá trị mà $X_i$
nhận được là $x_i$, bộ số $(x_1, x_2,..., x_n)$ được gọi là
\emph{một mẫu cụ thể}.


\vspace{5pt}

\noindent\textbf{Ví dụ 1.} Thống kê về số chấm của một con xúc xắc khi gieo 5
lần.

Mẫu ngẫu nhiên:\; $(X_1,\,X_2,...,\,X_5)$\,;\; mẫu cụ thể:\;
$(2,\,3,\,1,\,6,\,2)\,.$

\subsection{Các phương pháp lấy mẫu}

Việc lấy mẫu được coi là tốt nếu như thông tin thu được từ mẫu phản
ánh càng gần với đặc điểm của đám đông (tính chất đại diện cao).
Chính vì vậy, trong thống kê việc lấy mẫu là một công việc hết sức
quan trọng. Người ta thường sử dụng một số phương pháp lấy mẫu như
sau:

  \vspace{5pt}
\textbf{Lấy mẫu ngẫu nhiên đơn giản}

Là phương pháp lấy mẫu thỏa mãn các điều kiện: mỗi lần chỉ được chọn
một phần tử từ đám đông, khả năng được chọn của tất cả các phần tử
trong đám đông đều như nhau. Có hai cách thức tiến hành chọn, đó là
chọn hoàn lại và chọn không hoàn lại, tuy nhiên khi kích thước của
đám đông lớn hơn nhiều so với kích thước mẫu thì có thể coi hai
phương pháp chọn này là giống nhau.

Phương pháp lấy mẫu ngẫu nhiên đơn giản ở trên có tính chất đại diện
cho đám đông cao, tuy nhiên nó khó thực hiện và cần nhiều thời gian
cũng như kinh phí. Ta có thể xem phương pháp lấy mẫu này là hoàn
toàn ngẫu nhiên hay ngẫu nhiên không có định hướng.

  \vspace{5pt}
\textbf{Lấy mẫu ngẫu nhiên có định hướng}

$\diamond $ Lấy mẫu theo nhóm: là phương pháp chia đám đông thành
các nhóm thuần nhất, từ mỗi nhóm này ta lấy ra một mẫu ngẫu nhiên
đơn giản với một kích thước tương ứng. Tập hợp tất cả các phần tử
thu được từ các mẫu ngẫu nhiên đơn giản đó lập nên mẫu ngẫu nhiên
theo nhóm.



  \vspace{5pt}
$\diamond $ Lấy mẫu theo chùm: là phương pháp chia đám đông thành
nhiều chùm (đám đông con) sao cho giữa các chùm có sự đồng đều về
quy mô, từ các chùm đó ta lấy một mẫu ngẫu nhiên đơn giản. Tập hợp
tất cả phần tử thu được từ các mẫu ngẫu nhiên đơn giản của các chùm
lập nên mẫu ngẫu nhiên theo chùm.

Phương pháp này dễ quy hoạch, có thể tiết kiệm được thời gian và
kinh phí nhưng sai số chọn mẫu cao hơn các phương pháp nói trên.


\vspace{10pt}

\noindent\textbf{Ví dụ 2.} Chúng ta muốn đi tìm hiểu về tổng thu nhập trong
một năm của toàn bộ cán bộ công chức của một tỉnh.

- Chia đám đông này thành các nhóm theo từng cơ cấu ngành nghề: quốc
phòng, an ninh, giáo dục, y tế, kinh doanh, ... Trong mỗi cơ cấu
ngành nghề có sự thuần nhất về mức lương (nếu có sự sai khác về thu
nhận chủ yếu là do thâm niên và chức vụ công tác). Như vậy, phương
pháp lấy mẫu bằng việc gom lại các mẫu ngẫu nhiên đơn giản của từng
nhóm ngành nghề chính là phương pháp lấy mẫu theo nhóm.

- Chia đám đông này theo các huyện trong tỉnh A. Giữa các huyện, có
sự đồng đều về quy mô (đầy đủ các thành phần) và phương pháp lấy mẫu
bằng việc gom lại các mẫu ngẫu nhiên đơn giản của từng huyện chính
là phương pháp lấy mẫu theo chùm.


\section{Cách biểu diễn mẫu}

\subsection{Bảng tần số và bảng tần suất}



Ta thực hiện $n$ lần quan sát trên đám đông $\mathcal C$, khi đó ta
sẽ thu được mẫu cụ thể gồm $k$ giá trị khác nhau $(x_1, x_2,...,
x_k), \hspace{5pt} k\leqslant n$. Giá trị $x_i$ có $n_i$ lần xuất
hiện, $n_i$ được gọi là \emph{tần số xuất hiện} của $x_i$ và tỉ
số $\displaystyle \frac{n_i}{n} $ được gọi là \emph{tần suất xuất
hiện} của $x_i$, ký hiệu là $f_i$. Ta có biểu diễn kết quả của mẫu
bằng bảng tần số và tần suất như sau

\begin{center}
 \begin{tabular}{c|c c c c}
    $x_i$ & $x_1$ & $x_2$ & ...&$x_k$ \\ \hline
    $n_i$ & $n_1$ & $n_2$ & ...&$n_k$
 \end{tabular}\;\;\;\;
  \begin{tabular}{c|c c c c}
    $x_i$ & $x_1$ & $x_2$ & ...&$x_k$ \\ \hline
    $f_i$ & $f_1$ & $f_2$ & ...&$f_k$
 \end{tabular}
 \end{center}
 trong đó
 $$n=\sum_{i=1}^{k}n_i;\hspace{10pt} \sum_{i=1}^{k}f_i=1. $$

 \vspace{5pt}

\noindent \textbf{Ví dụ 1.} Thống kê điểm số kết thúc học phần của
 một lớp gồm 40 sinh viên, ta có
 \begin{center}
 \begin{tabular}{c|c c c c c}
    $x_i$ &4&5&6&7&8 \\ \hline
    $n_i$ &5&10&12&8&5
 \end{tabular}\;\;\;\;
 \begin{tabular}{c|c c c c c}
    $x_i$ &4&5&6&7&8 \\ \hline
    $f_i$ &5/40&10/40&12/40&8/40&5/40
 \end{tabular}
 \end{center}

Trong trường hợp mẫu cụ thể $(x_1, x_2,..., x_n)$ có nhiều giá trị
khác nhau, khi đó ta thực hiện việc ghép lớp. Nguyên tắc ghép lớp
được tiến hành như sau

$\bullet$ Số lớp chia $k$ được xác định trên cơ sở\;
$k=\min\{l:\;2^l>n\}$\,.

$\bullet$ Độ dài mỗi lớp:\;\;$l=\cfrac{\text{giá trị lớn
nhất\;-\;giá trị nhỏ nhất}}{k}\;.$

$\bullet$ Trong 2 lớp liền nhau\; $x_{i-1}\rightarrow x_i,\;
x_{i}\rightarrow x_{i+1}$\; thì $x_i$ thuộc lớp\;
$x_{i-1}\rightarrow x_i$\,.

Ngoài phương pháp ghép lớp đã trình bày ở trên, còn có một số phương
pháp ghép lớp khác, với những mẫu cụ thể rời rạc người ta có thể
chia thành các lớp có độ dài khác nhau, các lớp được chia rời nhau. Trong phạm vi giáo trình này,
chúng ta không đề cập cụ thể các kiểu ghép lớp này.




\vspace{5pt}

\noindent\textbf{Ví dụ 2.} Thống kê về chiều cao của 30 sinh viên với chiều
cao nằm trong khoảng từ 1m50 đến 1m75.

Nhận thấy $2^5>30$ và $2^4<30$ nên ta chọn $k=5$. Bảng tần số, tần suất như sau:

\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline Lớp & Giá trị & Tần số & Tần suất \\ \hline

150-155 &152,5 & 4& 4/30\\ \hline

155-160 &157,5 & 7& 7/30\\ \hline

160-165 &162,5 & 6& 6/30\\ \hline

165-170 &167,5 & 10& 10/30\\ \hline

170-175 &172,5 & 3& 3/30\\
\hline
\end{tabular}
\end{center}

\subsection{Đa giác tần số và tổ chức đồ}

{\bf Đối với số liệu chưa ghép lớp}

- Chấm trên mặt phẳng các điểm  $(x_i, n_i), i=1, 2, \ldots, n.$

- Nối các điểm $(x_i, 0)$ với các điểm $(x_i, n_i),$ ta được
\emph{biểu đồ tần số hình gậy}.

- Nối liên tiếp  điểm $(x_i, n_i)$ với các điểm $(x_{i+1}, n_{i+1})$
ta được \emph{biểu đồ đa giác tần số}.

Hoàn toàn tương tự đối với tần suất:

- Chấm trên mặt phẳng các điểm  $(x_i, f_i), i=1, 2, \ldots, n.$

- Nối các điểm $(x_i, 0)$ với các điểm $(x_i, f_i),$ ta được
\emph{biểu đồ tần suất hình gậy}.

- Nối liên tiếp  điểm $(x_i, f_i)$ với các điểm $(x_{i+1}, f_{i+1})$
ta được \emph{biểu đồ đa giác tần suất}.

\vspace{10pt}


\noindent\textbf{Ví dụ 3.}  Minh họa số liệu của ví dụ thống kê điểm

\begin{center}

\setlength{\unitlength}{3mm}
\begin{picture}(30,27)(28,10)
\linethickness{0.24mm}
\put(28,15){\line(1,0){19}}%trục hoành
\put(28,15){\line(0,1){18.7}} \linethickness{0.31mm}

\put(28, 18){\line(-1,0){0.3}} \put(28, 21){\line(-1,0){0.3}}
\put(28, 24){\line(-1,0){0.3}} \put(28, 27){\line(-1,0){0.35}}
\put(28, 30){\line(-1,0){0.35}} \put(28, 33){\line(-1,0){0.35}}
\put(28, 15){\line(-1,0){0.35}}


\put(26.54, 15){$0$}

\put(26.54, 18){$2$}

\put(26.54, 21){$4$}

\put(26.54, 24){$6$}

\put(26.54, 27){$8$}

\put(26, 30){$10$}

\put(26, 33){$12$}


\put(32, 22.5){\circle*{.430}}

\put(32, 22.5){\line(0,-1){7.5}}

\put(35, 30){\circle*{.430}}

\put(35, 30){\line(0,-1){15}}

\put(38, 33){\circle*{.430}}

\put(38, 33){\line(0,-1){18}}

\put(41, 27){\circle*{.430}}

\put(41, 27){\line(0,-1){12}}


\put(44, 22.5){\circle*{.430}}

\put(44, 22.5){\line(0,-1){7.5}}



\put(32, 13.5){$4$}

\put(35, 13.5){$5$}

\put(38, 13.5){$6$}

\put(41, 13.5){$7$}

\put(44, 13.5){$8$}



\end{picture}

\end{center}

\vspace{-1.5cm}

\centerline{Biểu đồ tần số hình gậy}


\begin{center}

\setlength{\unitlength}{3mm}
\begin{picture}(30,27)(28,10)
\linethickness{0.24mm}
\put(28,15){\line(1,0){19}}%trục hoành
\put(28,15){\line(0,1){18.7}} \linethickness{0.31mm}

\put(28, 18){\line(-1,0){0.3}} \put(28, 21){\line(-1,0){0.3}}
\put(28, 24){\line(-1,0){0.3}} \put(28, 27){\line(-1,0){0.35}}
\put(28, 30){\line(-1,0){0.35}} \put(28, 33){\line(-1,0){0.35}}
\put(28, 15){\line(-1,0){0.35}}




\put(26.54, 15){$0$}

\put(26.54, 18){$2$}

\put(26.54, 21){$4$}

\put(26.54, 24){$6$}

\put(26.54, 27){$8$}

\put(26, 30){$10$}

\put(26, 33){$12$}


\qbezier(32, 22.5)(33.5, 26.25)(35, 30)

\qbezier(35, 30)(36.5, 31.5)(38, 33)

\qbezier(38, 33)(39.5, 30)(41, 27)

\qbezier(41, 27)(42.5, 24.75)(44, 22.5)

\linethickness{0.01mm}

\put(32, 22.5){\line(0,-1){7.5}}

\put(35, 30){\line(0,-1){15}}

\put(38, 33){\line(0,-1){18}}

\put(41, 27){\line(0,-1){12}}

\put(44, 22.5){\line(0,-1){7.5}}





\put(32, 13.5){$4$}

\put(35, 13.5){$5$}

\put(38, 13.5){$6$}

\put(41, 13.5){$7$}

\put(44, 13.5){$8$}

\end{picture}

\end{center}

\vspace{-1.5cm}

\centerline{Biểu đồ đa giác tần số}

\vspace{10pt}


{\bf Đối với số liệu đã  ghép lớp}.

- Trên mỗi lớp ta dựng hình chữ nhật có chiều cao bằng tần số (hay
tần suất) tương ứng với lớp đó.

- Tô đậm  hoặc kẻ chéo  bằng các đường song song các hình chữ nhật
này ta thu được \emph{tổ chức đồ tần số} (hay \emph{tổ chức đồ tần
suất}).

\vspace{10pt}


\noindent\textbf{Ví dụ 4.} Minh họa số liệu của Ví dụ 2.

\begin{center}
\setlength{\unitlength}{3mm}
\begin{picture}(30,27)(28,10)
\linethickness{0.24mm}
\put(28,15){\line(1,0){35}}%trục hoành
\put(28,15){\line(0,1){18.7}} \linethickness{0.31mm}

\put(28, 18){\line(-1,0){0.3}} \put(28, 21){\line(-1,0){0.3}}
\put(28, 24){\line(-1,0){0.3}} \put(28, 27){\line(-1,0){0.35}}
\put(28, 30){\line(-1,0){0.35}} \put(28, 33){\line(-1,0){0.35}}
\put(28, 15){\line(-1,0){0.35}}


\put(26.54, 15){$0$}

\put(26.54, 18){$2$}

\put(26.54, 21){$4$}

\put(26.54, 24){$6$}

\put(26.54, 27){$8$}

\put(26, 30){$10$}

\put(26, 33){$12$}



\put(37, 21){\line(0,-1){6}} \put(37, 21){\line(1,0){4}}

\put(41, 25.5){\line(0,-1){10.5}} \put(41, 25.5){\line(1,0){4}}
\put(45, 25.5){\line(0,-1){10.5}}

\put(45, 24){\line(0,-1){9}} \put(45, 24){\line(1,0){4}}

\put(49, 30){\line(0,-1){15}} \put(49, 30){\line(1,0){4}} \put(53,
30){\line(0,-1){15}}

\put(53, 19.5){\line(0,-1){4.5}} \put(53, 19.5){\line(1,0){4}}
\put(57, 19.5){\line(0,-1){4.5}}




\put(36.2, 13.5){150}

\put(40.2, 13.5){155}

\put(44.2, 13.5){160}

\put(48.2, 13.5){165}

\put(52.2, 13.5){170}

\put(56.2, 13.5){175}
\end{picture}
\end{center}

\vspace{-1.5cm}

\centerline{Biểu đồ đa giác tần số}









\section{Các đặc trưng của mẫu}

Trong nội dung Chương 2 chúng ta đã được làm quen với việc
tính các đặc trưng của đại lượng ngẫu nhiên thông qua phân phối xác
suất đã biết trước.\par

Tuy nhiên, trong thực tế thật khó khăn để xác định được tường minh
phân phối xác suất của một đại lượng ngẫu nhiên gốc đám đông. Chính
vì vậy, trên cơ sở của các thông tin thu thập được từ các mẫu, người
ta đem ra một số công thức giúp chúng ta tính được các đặc trưng của
mẫu.

Các giá trị này rất quan trọng và có sự tương ứng với những số đặc
trưng của đại lượng ngẫu nhiên đã trình bày ở phần trước.

\subsection{Hàm phân phối mẫu}
$X$ là đại lượng ngẫu nhiên gốc đám đông có hàm phân phối xác suất
$F(x)$ chưa biết. Khi ta thực hiện $n$ quan sát, gọi hàm
$F_n(x)=\cfrac{m_x}{n} $ với $m_x$: là số quan sát có giá trị $x_i$
bé hơn $x\hspace{5pt} (i=\overline{1,n} )$ là \emph{hàm phân phối
mẫu}.

Tính chất của hàm phân phối mẫu $F_n(x)$:

+ $0\leqslant F_n(x)\leqslant 1$,

+ $F_n(x)$ là hàm đơn điệu tăng,

+ $F_n(x)$ là hàm liên tục bên trái.

Khi kích thước mẫu lớn thì phân phối mẫu $F_n(x)$ càng gần với phân
phối xác suất của đại lượng ngẫu nhiên $X$. Khi $n$ đủ lớn, ta có
thể dùng $F_n(x)$ thay thế cho $F(x)$ chưa biết hoặc dựa vào
$F_n(x)$ ta có thể sơ lược về dáng điệu của $F(x)$ và đưa ra những
dự đoán về dạng của $F(x)$ cũng như tính toán các số đặc trưng có
liên quan.



\vspace{10pt}

\noindent\textbf{Ví dụ 1.} Bảng tần số từ ví dụ thống kê điểm
\begin{center}
 \begin{tabular}{c|c c c c c}
    $x_i$ &4&5&6&7&8 \\ \hline
    $n_i$ &5&10&12&8&5
 \end{tabular}
 \end{center}

Hàm phân phối mẫu
\begin{equation*}
F_n(x)=
\begin{cases}
0 &\text{với}  \hspace{5pt} x\leqslant 4,\\
\cfrac{5}{40} &\text{với}  \hspace{5pt} 4<x\leqslant 5,\\
\cfrac{15}{40} &\text{với}  \hspace{5pt} 5<x\leqslant 6,\\
\cfrac{27}{40} &\text{với}  \hspace{5pt} 6<x\leqslant 7,\\
\cfrac{35}{40} &\text{với}  \hspace{5pt} 7<x\leqslant 8,\\
1 &\text{với}  \hspace{5pt} x>8.\\
\end{cases}
\end{equation*}


\subsection{Trung bình mẫu}

\textbf{Định nghĩa.} Giả sử $(X_1, X_2,..., X_n)$ là mẫu ngẫu nhiên
có kích thước $n$ của đám đông $X$, khi đó $\displaystyle
\cfrac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i $ được gọi là \emph{trung bình mẫu} và
ký hiệu là $\overline{X} $.


\vspace{5pt}  \textbf{Trong thực hành tính toán}

Đối với một mẫu cụ thể $(x_1, x_2,..., x_n )$ thì trung bình mẫu thực
nghiệm được xác định như sau
 $\overline{x}=\cfrac{1}{n}\displaystyle \sum_{i=1}^n x_i$.

Trường hợp mẫu cụ thể đã được ghép bộ có bảng tần số
\begin{center}
\begin{tabular}{c|c c c c}
$x_i$ & $x_1$ & $x_2$ & ...&$x_k$ \\ \hline $n_i$ & $n_1$ & $n_2$ &
...&$n_k$
\end{tabular}
\end{center}
thì trung bình mẫu thực nghiệm là
$\overline{x}=\cfrac{1}{n}\displaystyle \sum_{i=1}^k n_i\,x_i$.


\vspace{10pt}

\noindent\textbf{Ví dụ 2.} Bảng tần số từ ví dụ thống kê điểm
\begin{center}
 \begin{tabular}{c|c c c c c}
    $x_i$ &4&5&6&7&8 \\ \hline
    $n_i$ &5&10&12&8&5
 \end{tabular}
 \end{center}

Khi đó $\overline{x}=\cfrac{1}{40}\displaystyle \sum_{i=1}^5
n_i\,x_i=\cfrac{238}{40}=5,\!95$.


\vspace{10pt}

\textbf{Nhận xét.} Công thức tính trung bình mẫu ở trên là dạng tổng
quát, tuy nhiên do đặc trưng số nên ta thường dùng khi nghiên cứu về
một đặc điểm định lượng nào đó của đám đông. Đối với đặc điểm định
tính $A$ ta có khái niệm tỉ lệ mẫu
$$F=\cfrac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i
$$
trong đó $X_i$ chỉ nhận 2 giá trị là 0 và 1 (bằng 1 nếu quan sát đó
có tính chất A, bằng 0 nếu quan sát đó không có tính chất A). Với
$m=\sum_{i=1}^{n}X_i$ chính là số quan sát có tính chất $A$, công
thức tính tỉ lệ mẫu là $F=\cfrac{m}{n}$\,.


















\subsection{Phương sai mẫu và phương sai hiệu chỉnh mẫu}
\textbf{Định nghĩa.} Giả sử $(X_1, X_2,..., X_n)$ là mẫu ngẫu nhiên
có kích thước $n$ của đám đông $X$, khi đó
$\cfrac{1}{n}\displaystyle \sum_{i=1}^n\big(X_i-\overline{X}\big)^2$
được gọi là \emph{phương sai mẫu} và ký hiệu là $\hat{S}^2$.

Ngoài ra, chúng ta thường dùng một đặc trưng mẫu khá quan trọng là
\emph{phương sai hiệu chỉnh mẫu}, ký hiệu là $S^2$, được xác định
$S^2=\cfrac{n}{n-1}\hat{S}^2$.


\textbf{Mệnh đề.} \emph{Giả sử $(X_1, X_2,..., X_n)$ là mẫu ngẫu
nhiên có kích thước $n$ của đám đông $X$. Ta có}
$$\hat{S}^2=\overline{X^2}-(\overline{X} )^2\hspace{15pt} \text{\emph{trong đó}\hspace{10pt}  $\overline{X^2}=\displaystyle
\cfrac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i^2 $}.$$
\begin{proof}[Chứng minh]
\begin{align*}
\hat{S}^2=&\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n\big(X_i-\overline{X}\big)^2
=\frac{1}{n}
\sum_{i=1}^n(X_i^2-2X_i\overline{X}+ (\overline{X})^2\\
=&\overline{X^2}-\frac{2}{n}\overline{X}\sum_{i=1}^nX_i+
(\overline{X} )^2=\overline{X^2}-(\overline{X} )^2.
\end{align*}
\end{proof}

\vspace{5pt}  \textbf{Trong thực hành tính toán}

Đối với một mẫu cụ thể đã được ghép bộ có bảng tần số
\begin{center}
\begin{tabular}{c|c c c c}
$x_i$ & $x_1$ & $x_2$ & ...&$x_k$ \\ \hline $n_i$ & $n_1$ & $n_2$ &
...&$n_k$
\end{tabular}
\end{center}
thì \emph{phương sai mẫu thực nghiệm} và \emph{phương sai hiệu chỉnh mẫu
thực nghiệm} được xác định như sau
\begin{align*}
&\hat{s}^2=\cfrac{1}{n}\sum_{i=1}^kn_i\big(x_i-\overline{x}\big)^2=\overline{x^2}-\big(\overline{x}\big)^2;\\
&s^2=\cfrac{n}{n-1}\;\hat{s}^2=\frac{n}{n-1}\big(\,\overline{x^2}-\big(\overline{x}\big)^2\big).
\end{align*}

$s$ được gọi là \emph{độ lệch chuẩn mẫu}.

Việc đưa ra các khái niệm trung bình mẫu thực nghiệm (phương sai mẫu
thực nghiệm, phương sai hiệu chỉnh mẫu thực nghiệm) chỉ nhằm nhấn
mạnh đó là giá trị bằng số cụ thể, được xác định từ thực nghiệm.



\vspace{10pt}

\noindent\textbf{Ví dụ 3.} Bảng tần số từ ví dụ thống kê điểm
\begin{center}
 \begin{tabular}{c|c c c c c}
    $x_i$ &4&5&6&7&8 \\ \hline
    $n_i$ &5&10&12&8&5
 \end{tabular}
 \end{center}


\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
    \hline
    $x_i$ &$n_i$ &$\;\;n_i\,x_i\;\;$&$\;\;n_i\,x_i^2\;\;$ \\
    \hline
    4 &5 &20 &80 \\ \hline
    5 &10&50 &250\\
    \hline
    6 &12&72 &432\\
    \hline
    7 &8 &56 &392\\
    \hline
    8 &5 &40 &320\\
    \hline\hline
    \textbf{Tổng} &\textbf{40} &\textbf{238} &\textbf{1474}\\
    \hline
\end{tabular}\;\;\;\;
\end{center}

Ta có\hspace{10pt}  $\overline{x}=\cfrac{238}{40}=5,\!95$;
$\overline{x}^2=\cfrac{1474}{40}=36,\!85$.

\hspace{45pt} $\hat{s}^2=36,\!85-5,\!95^2=1,\!4475;\hspace{5pt}
s^2\approx 1,\!485 $.




\vspace{10pt}

\textbf{Chú ý.} Đối với mẫu được ghép lớp, việc tính các số đặc
trưng của mẫu cũng theo trình tự tiến hành như trên, trong mỗi lớp
ta sử dụng giá trị trung điểm $x'_i=\cfrac{x_{i}+x_{i+1}}{2}$\; của
lớp.

\vspace{10pt}


\textbf{Các phân phối xác suất của các đặc trưng mẫu}

$\diamond$ Trường hợp đám đông $X$ có phân phối chuẩn $\mathcal
N(\mu,\,\sigma^2)$ và $\sigma$ đã biết
$$\overline{X}\sim \mathcal N(\mu,\,\displaystyle
\frac{\sigma^2}{n})\;;\;\;\displaystyle
\frac{\overline{X}-\mu}{\sigma}\sqrt{n} \sim \mathcal N(0,\,1).$$

\vspace{5pt} $\diamond$ Trường hợp đám đông $X$ có phân phối chuẩn\;
$\mathcal N(\mu,\,\sigma^2)$, $\sigma$ chưa biết và $n<30$
$$\frac{\overline{X}-\mu}{S}\sqrt{n} \sim t(n-1).$$

\vspace{5pt} $\diamond$ Trường hợp đám đông $X$ không có phân phối
chuẩn và $n\geqslant 30$

- Khi $\sigma^2$ đã biết:\; $\displaystyle
\frac{\overline{X}-\mu}{\sigma}\sqrt{n}\simeq \mathcal N(0,\,1). $

- Khi $\sigma^2$ chưa biết:\; $\displaystyle
\frac{\overline{X}-\mu}{S}\sqrt{n}\simeq \mathcal N(0,\,1). $

- Khi $p$ đã biết và $np\geqslant 5;\; n(1-p)\geqslant 5$ đủ lớn:\;
$\cfrac{F-p}{\sqrt{p\,(1-p)}}\;\sqrt{n}\simeq \mathcal N(0,\,1).$

- Khi $p$ chưa biết và $n$ đủ lớn:\;
$\cfrac{F-p}{\sqrt{F(1-F)}}\;\sqrt{n}\simeq \mathcal N(0,\,1).$


\vspace{1cm} \centerline {\normalfont\large\bfseries\MakeUppercase{
Bài tập chương 3}} \addcontentsline{toc}{section}{Bài tập}
\vspace{0.5cm}

\begin{enumerate}
\item Cho ví dụ về đám đông, một số đặc điểm có thể nghiên cứu và
các phương pháp thực hiện việc lấy mẫu trên đám đông đó.

\item Phân biệt sự khác nhau giữa mẫu ngẫu nhiên và mẫu cụ thể, cho ví
dụ minh họa.

\item Phân biệt sự khác nhau giữa đặc điểm định lượng và đặc điểm định
tính. Cho ví dụ về hai đặc điểm cùng nghiên cứu trên một đám đông.

\item Khi đo độ dài của 36 chi tiết được lấy ngẫu nhiên từ một loại sản
phẩm, người ta thu được bảng số liệu sau đây:

\vspace{-10pt}

\begin{center}
15 14 16 14 15 12 13 16 13 12 15 13 16 13 15

13 16 13 16 13 15 12 15 15 14 14 15 15 16 15
\end{center}

\vspace{-10pt}

a. Lập bảng tần số và bảng tần suất.

b. Vẽ biểu đồ đa giác tần số và tần suất.

c. Tìm hàm phân phối mẫu.


\item\label{3.5} Dưới đây là số liệu được lấy ngẫu nhiên về thời gian đợi của các
khách hành (tính bằng giây) tại quầy thanh toán tiền ở một siêu thị
đối với 48 khách hàng:

\vspace{-10pt}

\begin{center}
\begin{tabular}{l l l l l l l l l l l l l l l l}
3 &24 &34 &5 &14 &22 &3 &19 &13 &32 &19 &4 &24 &30 &48 &24 \\
14 &16 &3 &4 &5 &14 &19 &41 &43 &16 &48 &4 &58 &13 &10 &60 \\
12 &14 &14 &22 &3 &16 &14 &4 &34 &32 &4 &19 &12 &24 &13 &26 \\
\end{tabular}
\end{center}

\vspace{-10pt}

a. Lập bảng tần số ghép lớp và bảng tần suất ghép lớp.

b. Vẽ bảng tổ chức đồ tần số và tần suất.

c. Tính trung bình mẫu, phương sai mẫu và phương sai hiệu chỉnh
mẫu.


\item\label{3.6} Mẫu điều tra có kích thước 35 đối với hai đặc điểm $X$ và $Y$ của
một loại sản phẩm được kết quả cho bởi bảng số liệu dưới đây:

\begin{center}
\begin{tabular}{|c||c|c|c|c|c|c|} \hline
    $\;\;\;X\backslash Y\;\;\;$ & $\;\;\;64\;\;\;$ &\;\;\;65 \;\; &$\;\;\;66\;\;\;$
    \\ \hline\hline
    6-10  &3 &8  &3 \\\hline
    10-14 &0 &5  &2 \\\hline
    14-16 &6 &1  &0 \\\hline
    16-20 &0 &3  &4  \\\hline
\end{tabular}
\end{center}

a. Lập bảng tần số, tần suất của $Y$.


b. Những sản phẩm được gọi là đạt chất lượng nếu $X\leqslant 16$ và
$Y>64$. Tính tỉ lệ sản phẩm đạt chất lượng.

c. Lập bảng tần số và tính trung bình mẫu của chỉ tiêu $Y$ đối với
các sản phẩm có $X>10$.


\item\label{3.7} Cơ quan quản lý thị trường lấy số liệu về giá thành bán lẻ của
một loại sản phẩm tại 40 đại lý (đơn vị: ngàn), người ta thu được
bảng tần số như sau:
\begin{center}
\begin{tabular}{c|c|c|c|c}
    $x_i$ &19 &20 &21 &22\\ \hline
    $n_i$ &8 &16 &6 &10
\end{tabular}
\end{center}

a. Tìm hàm phân phối mẫu.

b. Tính trung bình mẫu và độ lệch chuẩn mẫu.


\item\label{3.8} Tìm hàm phân phối mẫu, trung bình mẫu, phương sai hiệu chỉnh mẫu
đối với hai mẫu cụ thể sau:
$$\text{a.} \hspace{5pt} \begin{tabular}{c|c|c|c|c|c}
    $x_i$ &19,2 &19,8 &20,1 &20,3&20,7\\ \hline
    $n_i$ &6 &2 &4 &2&6
\end{tabular}
\hspace{30pt} \text{b.} \hspace{5pt}
\begin{tabular}{c|c|c|c|c}
    $x_i$ &460 &480 &490 &505\\ \hline
    $n_i$ &5 &6 &10 &4
\end{tabular}$$


\item\label{3.9}  Điều tra ngẫu nhiên ý kiến của 2500 số khách hàng thường xuyên
đi xe taxi về chất lượng phục vụ của 3 hãng taxi thu được kết quả
sau đây:
\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|} \hline
Chất lượng  & \multicolumn{3}{|c|}{Hãng taxi} \\
\cline{2-4}phục vụ &A &B &C \\
\hline Rất tốt      &140 &110  &205 \\
\hline Khá          &230 &150  &350\\
\hline Bình thường  &350 &225  &520\\
\hline Kém          &80  &15   &125
\\ \hline
\end{tabular}
\end{center}

Hãy tính đặc trưng mẫu cho từng hãng taxi và nêu đánh giá sơ bộ từ
số liệu điều tra trên.

\end{enumerate}


\chapter{Ước lượng tham số}

Giả sử đại lượng ngẫu nhiên $X$ có luật phân phối phụ thuộc vào một
tham số hoặc một véctơ tham số $\theta$ chưa biết. Khi đó để xác
định hoàn toàn phân phối xác suất của $X$ ta phải xác định được giá
trị tham số $\theta$. Đây chính là \emph{bài toán ước lượng tham
số}. Chẳng hạn biết $X$ là đại lượng ngẫu nhiên có phân phối Poisson
nhưng chưa biết tham số $\lambda $ là bao nhiêu hoặc $Y$ là đại
lượng ngẫu nhiên có phân phối chuẩn nhưng chưa xác định được ($\mu$,
$\sigma $), ...

Chính vì vậy bài toán ước lượng tham số của đại lượng ngẫu nhiên là
rất cần thiết.

\section{Ước lượng điểm}

\subsection{Định nghĩa}

Giả sử $X$ là đại lượng ngẫu nhiên gốc đám đông $\mathcal C$, có
tham số $\theta$ cần ước lượng. Thực hiện $n$ lần quan sát độc lập
ta thu được mẫu ngẫu nhiên $(X_1, X_2,..., X_n)$, để ước lượng tham
số $\theta$ ta phải tìm ra một hàm mẫu thống kê $\hat{\theta }(X_1,
X_2,..., X_n)$ "đủ tốt", chỉ phụ thuộc vào các quan sát mà không phụ
thuộc vào $\theta $  được gọi là \emph{bài toán ước lượng điểm của}
$\theta $ và $\hat{\theta }$ được gọi là \emph{ước lượng điểm của
$\theta$}.


Do giá trị đúng của $\theta$ là chưa biết, nên ta không thể so sánh
trực tiếp giá trị của $\hat{\theta}$ và $\theta$ mà chỉ đưa ra một
số tiêu chuẩn để đánh giá ước lượng. Trong các loại ước lượng điểm,
ta thường quan tâm đến bốn loại ước lượng sau đây:

$\diamond $ Ước lượng $\hat{\theta }(X_1, X_2,..., X_n)$ được gọi là
\emph{ước lượng không chệch} của $\theta$, nếu thỏa mãn $\mathbb E
\hat{\theta }=\theta $.

$\diamond $ Ước lượng $\hat{\theta }(X_1, X_2,..., X_n)$ được gọi là
\emph{ước lượng vững} của $\theta$, nếu với $n$ lớn vô hạn thì
$\hat{\theta }$ hội tụ theo xác suất về $\theta $, nghĩa là với mọi
$\varepsilon
>0$ tùy ý thì
$$\lim_{n\to \infty } \mathbb P [|\hat{\theta }-\theta |<\varepsilon ]=1.$$

$\diamond$ Ước lượng $\hat{\theta }(X_1, X_2,..., X_n)$ được gọi là
\emph{ước lượng hợp lý tối đa} của $\theta$, nếu
$$L(x, \theta )=\prod_{i=1}^np(X_i, \theta )$$
đạt cực đại tại $\hat{\theta }$. $L(x, \theta )$ được gọi là
\emph{hàm hợp lý} của $X$, trong đó $p(x, \theta )$ là hàm mật độ
xác suất hoặc là hàm tính xác suất của đại lượng ngẫu nhiên $X$.

$\diamond $ Ước lượng $\hat{\theta }(X_1, X_2,..., X_n)$ được gọi là
\emph{ước lượng hiệu quả} của $\theta$, nếu như nó là ước lượng
không chệch và có phương sai bé nhất trong tất cả các ước lượng
không chệch của $\theta$.

\vspace{5pt} Nếu hàm mật độ xác suất của đại lượng ngẫu nhiên $X$
thỏa mãn thêm một số điều kiện nhất định thì ta có bất đẳng thức
Cramer-Rao
$$D(\theta^*)\geqslant \frac{1}{n\mathbb E\Big(\cfrac{\partial\ln p(X,\,\theta)}
{\partial\theta}\Big)^2}\;;\;\;\forall \theta^*\,:\;\;\mathbb
E(\theta^*)=\theta .$$ do đó, ước lượng không chệch $\hat{\theta}$
là ước lượng hiệu quả của $\theta$ khi
$$V(\hat{\theta})=\frac{1}{n\mathbb E\Big(\cfrac{\partial\ln p(X,\,\theta)}
{\partial\theta}\Big)^2}.$$

Từ bất đẳng thức Cramer-Rao, ta thấy một điều lý thú đó là: đã là
ước lượng thì phải chấp nhận sai số, bất đẳng thức cho ta cận dưới
của sai số.

\subsection{Ước lượng điểm cho kỳ vọng, xác suất và phương sai}

\textbf{Ước lượng điểm cho kỳ vọng}

\textbf{Mệnh đề.} \emph{Giả sử $X$ là đại lượng ngẫu nhiên gốc đám
đông $\mathcal C$, có kỳ vọng $\mu $ cần ước lượng, khi đó trung
bình mẫu $\overline{X} $ chính là ước lượng không chệch của $\mu$.}

\begin{proof}[Chứng minh]   Thật vậy, vì $X_i, i=\overline{1, n} $ có cùng phân phối với
đại lượng ngẫu nhiên $X$ nên
$$\mathbb E \overline{X}=\frac{\mathbb E X_1+\mathbb E X_2+...+\mathbb E X_n}{n}=\mathbb E X=\mu. $$
\end{proof}

Ngoài ra, người ta còn chứng minh được trung bình mẫu $\overline{X}
$ đồng thời còn là ước lượng vững và ước lượng hiệu quả của $\mu$.

\vspace{10pt}

\noindent\textbf{Ví dụ 1.}  Nếu $X$ là đại lượng ngẫu nhiên có phân phối
chuẩn $\mathcal N(\mu,\,\sigma^2)$ thì $\overline{X}$ là ước lượng
hiệu quả của $\mu$.

\vspace{5pt} \noindent \emph{Giải.} Vì $\overline{X} $ là ước lượng
không chệch của $\mu$ nên ta chỉ cần chứng minh nó có phương sai bé
nhất trong các ước lượng không chệch khác của $\mu$.

{Ở } đây $\theta=\mu$ cần ước lượng, hàm mật độ của phân phối
chuẩn tắc có dạng
$$p(x, \mu )=\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\,e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2} }. $$

Khi đó
\begin{align*}
\frac{\partial \ln p(x, \mu )}{\partial \mu }=\frac{\partial
}{\partial \mu }\Big(-\ln (\sigma
\sqrt{2\pi})-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma ^2}
\Big)=\frac{x-\mu}{\sigma^2}.
\end{align*}

Vì vậy
\begin{align*}
\frac{1}{n\mathbb E\Big(\cfrac{\partial\ln p(X,\,\mu)}
{\partial\mu}\Big)^2}=\frac{1}{n\mathbb E
\big(\frac{X-\mu}{\sigma^2} \big)^2}=\frac{\sigma^4}{n\mathbb D
X}=\frac{\sigma^2}{n}=\mathbb D \overline{X}.
\end{align*}

Sử dụng bất đẳng thức Cramer-Rao, ta suy ra $\overline{X}$ là
ước lượng hiệu quả của $\mu$.



\vspace{5pt}

\textbf{Ước lượng điểm cho phương sai}

\vspace{5pt}

\textbf{Mệnh đề.} \emph{Giả sử $X$ là đại lượng ngẫu nhiên gốc đám
đông $\mathcal C$, có phương sai $\mathbb DX=\sigma^2 $ cần ước
lượng, khi đó phương sai hiệu chỉnh mẫu $S^2$ chính là ước lượng
không chệch của $\sigma^2$.}

\begin{proof}[Chứng minh]
Thật vậy, vì $X_i, i=\overline{1, n} $ có cùng phân phối với đại
lượng ngẫu nhiên $X$ nên
\begin{align*}
\mathbb E S^2=\mathbb E
\Big(\frac{n}{n-1}\big(\overline{X^2}-(\overline{X} )^2 \big)
\Big)=\frac{1}{n-1} \big(\sum_{i=1}^n\mathbb EX^2_i-n\mathbb
E(\overline{X} )^2 \big).
\end{align*}

Mặt khác
\begin{align*}
&\mathbb EX^2_i=\mathbb D X_i+(\mathbb E X_i)^2=\sigma^2+\mu^2;\\
&\mathbb E(\overline{X} )^2=\frac{1}{n^2}\big(\sum_{i=1}^n\mathbb E
X_i^2+\sum_{i\not=j}\mathbb E X_i \mathbb E
X_j\big)=\frac{\sigma^2+\mu^2}{n}+\frac{n-1}{n}\mu^2,
\end{align*}
suy ra $\mathbb E S^2=\cfrac{1}{n-1}
\big[n(\sigma^2+\mu^2)-(\sigma^2+\mu^2+(n-1)\mu^2) \big]=\sigma^2.$
\end{proof}

Như vậy $S^2$ là ước lượng không chệch của $\sigma^2$. Mặt khác
$\hat{S}^2=\cfrac{n-1}{n}S^2$ nên $\hat{S}^2$ không phải là ước
lượng không chệch của $\sigma^2$. Tuy nhiên người ta chứng minh được
rằng cả $S^2$ và $\hat{S}^2$ đều là ước lượng vững của $\sigma^2$.

Ước lượng hợp lý tối đa được xác định cho từng trường hợp cụ thể. Ví
dụ sau là dạng ước lượng kỳ vọng và phương sai cho đại lượng ngẫu
nhiên có phân phối chuẩn.

\vspace{5pt}

\noindent\textbf{Ví dụ 2.} Nếu $X$ là đại lượng ngẫu nhiên có phân phối chuẩn
$\mathcal N(\mu,\,\sigma^2)$ thì $\overline{X}$ và $\hat{S}^2$ lần
lượt là ước lượng hợp lý tối đa của $\mu$ và $\sigma^2$.

\vspace{5pt} \noindent \emph{Giải.}
 Hàm hợp lý
$$L(x, \theta )=\frac{1}{(\sigma\sqrt{2\pi})^n}\,e^{-\frac{1}{2\sigma^2} \sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2},$$
suy ra
$$\ln L(x, \theta )=-\frac{1}{2\sigma^2} \sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2-\frac{n}{2} \ln (2\pi)-\frac{n}{2} \ln \sigma^2.$$

Việc tìm cực đại hàm $\ln L(x, \theta )$ dẫn đến hệ phương trình
$$
\begin{cases}
\cfrac{\partial \ln L(x, \theta )}{\partial \mu }=\displaystyle \sum_{i=1}^n\cfrac{X_i-\mu}{\sigma^2} =0 ;\\
\cfrac{\partial \ln L(x, \theta )}{\partial \sigma^2 }=\displaystyle
\sum_{i=1}^n\cfrac{(X_i-\mu)^2}{2\sigma^4}-\frac{n}{2\sigma^2}=0.
\end{cases}
$$


Do đó $\overline{X}$ và $\hat{S}^2$ lần lượt là ước lượng hợp lý tối
đa của $\mu$ và $\sigma^2$.





\vspace{5pt}

\textbf{Ước lượng điểm cho xác suất}

\vspace{5pt}

\textbf{Mệnh đề.} \emph{Giả sử $X$ là đại lượng ngẫu nhiên gốc đám
đông $\mathcal C$, ta cần quan tâm đến một tính chất $A$ có xác suất
$p=\mathbb P (A)=\mathbb EX$ cần ước lượng, khi đó tỉ lệ mẫu $F$
chính là ước lượng không chệch của xác suất $p$.}

Khẳng định trên là hiển nhiên vì thực chất tỉ lệ mẫu cũng là trung
bình mẫu khi đặc điểm định tính được số hóa dưới dạng
$$X_i=\begin{cases}1&\text{khi phần tử đó có tính chất $A$}\,;\\
  0&\text{khi phần tử đó không có tính chất $A$}\,,\end{cases}$$
và $\mathbb E F=\mathbb E \overline{X}=\mathbb E X=p$.

Ngoài ra người ta còn chứng minh được $F$ cũng chính là ước lượng
vững của xác suất $p$.




\section{Ước lượng khoảng}

Trong nội dung của phần trước, chúng ta đã đề cập đến ước lượng điểm
của tham số. Do $\theta$ là tham số chưa biết nên ước lượng điểm chỉ
cho ta một cách nhìn hết sức tương đối và có phần chưa thỏa đáng.
Sau đây chúng ta sẽ suy nghĩ đến một cách tiếp cận khác để tìm ra
miền giá trị của $\theta$.


\subsection{Khái niệm về khoảng tin cậy}

Cho $X$ là đại lượng ngẫu nhiên gốc đám đông $\mathcal C$, có tham
số $\theta$ cần ước lượng. Căn cứ vào mẫu ngẫu nhiên từ $n$ quan sát
độc lập $(X_1,\,X_2,\,...,\,X_n)$, ta cần đưa ra khoảng
$(\theta_1,\,\theta_2)$ chứa được hầu hết các giá trị $\theta$ với
xác suất lớn, nghĩa là
$$\mathbb P(\theta_1<\theta<\theta_2)=1-\alpha\,.$$

Một số khái niệm


$\diamond$ $(\theta_1,\,\theta_2)$: được gọi là \emph{khoảng tin
cậy} của ước lượng.

$\diamond$ $\theta_1 -\theta_2=2\varepsilon$: được gọi là \emph{độ
dài khoảng tin cậy} của ước lượng.

$\diamond$ $\varepsilon$: được gọi là \emph{độ chính xác} của ước
lượng.

$\diamond$ $1- \alpha$: được gọi là \emph{độ tin cậy} của của ước
lượng.

$\diamond$ Bài toán đi tìm khoảng tin cậy cho tham số $\theta $ với
độ tin cậy $1- \alpha $ được gọi là \emph{bài toán ước lượng khoảng
tin cậy}.

\subsection{Khoảng tin cậy cho giá trị trung bình}

Cho $X$ là đại lượng ngẫu nhiên gốc đám đông $\mathcal C$, có trung
bình $\mathbb E X=\mu $ cần ước lượng và phương sai $\mathbb D
X=\sigma^2$ (đã biết trước hoặc chưa biết), từ mẫu ngẫu nhiên
$(X_1,\,X_2,\,...,\,X_n)$ ta xác định được $\overline{X}$.

\vspace{5pt}

\noindent  \textbf{a. Ước lượng hai phía}

Vấn đề đặt ra ở đây là với độ tin cậy $1- \alpha$ cho trước, tìm
khoảng ước lượng $(\overline{X}-\varepsilon
,\,\overline{X}+\varepsilon)$  của $\mu$ để
$$\mathbb P[\overline{X}-\varepsilon<\mu<\overline{X}+\varepsilon]=1- \alpha.$$


\vspace{5pt} Ta chia bài toán thành 3 trường hợp để giải quyết:

\vspace{5pt}

\textbf{Trường hợp 1.} Phương sai $\sigma^2$ đã biết.


Khi đó $\displaystyle \frac{\overline{X}-\mu }{\sigma }\sqrt{n}
\simeq \mathcal N(0, 1)$, đặt $t_{
\alpha/2}=\varphi^{-1}(1-\frac{\alpha }{2} )$, trong đó $\varphi $
là hàm phân phối chuẩn $\mathcal N(0, 1)$ và $t_{ \alpha/2}$ là mức
phân vị $ \alpha/2$ cho phân phối chuẩn. Ta có
\begin{align*}
\mathbb P\big[-t_{ \alpha/2}<\frac{\overline{X}-\mu }{\sigma
}\sqrt{n}<t_{ \alpha/2}\big]&=\varphi(t_{ \alpha /2})-\varphi(-t_{
\alpha /2})\\
&=\varphi(t_{ \alpha /2})-(1-\varphi(t_{ \alpha /2}))=1- \alpha,
\end{align*}
hay $\displaystyle \mathbb P\Big[\overline{X}-t_{
\alpha/2}\frac{\sigma}{\sqrt{n}} <\mu <\overline{X}+t_{
\alpha/2}\frac{\sigma}{\sqrt{n}} \Big]=1- \alpha.$


\vspace{5pt} \textbf{Quy tắc thực hành}

$\diamond$ Xác định mức phân vị $t_{ \alpha /2}$

Tính giá trị $1-\frac{\alpha }{2}$, tra bảng hàm phân phối $\mathcal
N(0, 1)$ (xem bảng 4 phần phụ lục), tra từ giữa ra hai biên.

$\diamond$ Xác định khoảng ước lượng $(\overline{x}-\varepsilon,
\overline{x}+\varepsilon)$ với độ chính xác của ước lượng
$$\varepsilon =t_{ \alpha/2}\cfrac{\sigma}{\sqrt{n}}$$


\vspace{5pt}

\textbf{Chú ý.} Nếu như kích thước mẫu $n<30$ cần bổ sung thêm điều
kiện $X$ tuân theo luật phân phối chuẩn, khi đó $\displaystyle
\frac{\overline{X}-\mu }{\sigma }\sqrt{n} \sim \mathcal N(0, 1)$.

\vspace{5pt}\noindent \textbf{Ví dụ 1.} Tìm khoảng ước lượng cho giá trị
trung bình với độ tin cậy 95$\%$ từ mẫu của một đám đông tuân theo
luật phân phối chuẩn, $\sigma^2=16$. Biết mẫu đó có kích thước 16 và
trung bình mẫu là 15.


\vspace{5pt} \noindent \emph{Giải.} $\sigma^2=16,\hspace{5pt}
n=15;\hspace{5pt} \overline{x}=15$;\hspace{5pt}  $ \alpha =$0,05 tra
bảng hàm phân phối chuẩn ứng với $1- \alpha /2=$0,975 được $t_{
\alpha/2}=$1,96. Độ chính xác của ước lượng
$$\varepsilon =t_{ \alpha/2}\cfrac{\sigma }{\sqrt{n}}=1,\!96\cfrac{4}{\sqrt{16}}=1,\!96.$$

Khoảng ước lượng cho giá trị trung bình:
$$(15-1,\!96<\mu
<15+1,\!96)\hspace{10pt} \text{hay}\hspace{10pt} (13,\!04<\mu
<16,\!96).
$$




\vspace{5pt} \textbf{Trường hợp 2.} Phương sai $\sigma^2$ chưa biết
và $n\geqslant 30$.


Khi đó $\displaystyle \frac{\overline{X}-\mu }{S}\sqrt{n} \simeq
\mathcal N(0, 1)$, việc thiết lập tương tự như ở trường hợp 1, ta
được
\begin{align*}
\mathbb P\Big[\overline{X}-t_{ \alpha/2}\frac{S}{\sqrt{n}} <\mu
<\overline{X}+t_{ \alpha/2}\frac{S}{\sqrt{n}} \Big]=1- \alpha\,.
\end{align*}

Như vậy, với một mẫu cụ thể, ta sẽ xác định được độ chính xác của
ước lượng $\varepsilon =t_{ \alpha/2}\cfrac{s}{\sqrt{n}}$ và khoảng
ước lượng
$$(\overline{x}-t_{
\alpha/2}\frac{s}{\sqrt{n}} <\mu<\overline{x}+t_{
\alpha/2}\frac{s}{\sqrt{n}}).$$

\vspace{5pt}\noindent \textbf{Ví dụ 2.} Để ước lượng khối lượng trung bình
mỗi bao xi măng của nhà máy, người ta kiểm tra ngẫu nhiên 49 bao thu được
khối lượng trung bình là 49,7kg và độ lệch chuẩn mẫu 0,5kg. Với độ
tin cậy là $94\%$, hãy ước lượng khoảng khối lượng trung bình của
một bao xi măng.


\vspace{5pt} \noindent \emph{Giải.} $ \alpha =$0,06, $t_{
\alpha/2}=$1,88. Độ chính xác của ước lượng
$$\varepsilon =t_{ \alpha/2}\cfrac{s}{\sqrt{n}}=1,\!88\cfrac{0,\!5}{\sqrt{49}}=0,\!13.$$

Khoảng ước lượng cho giá trị trung bình: $(49,\!57<\mu <49,\!83).$







\vspace{5pt} \textbf{Trường hợp 3.} Phương sai $\sigma^2$ chưa biết
và $n<30$.

Nếu $X\sim \mathcal N(\mu, \sigma^2)$ thì $\displaystyle
\frac{\overline{X}-\mu }{S}\sqrt{n} \sim t(n-1)$. Mức phân vị $
\alpha/2$ cho phân phối Student với $n-1$ bậc tự do ký hiệu là
$t_{(n-1, \alpha /2)}$ là giá trị thỏa mãn $\mathbb P (\displaystyle
\frac{\overline{X}-\mu }{S}\sqrt{n}>t_{(n-1,  \alpha /2)})= \alpha
/2$. Khi đó
\begin{align*}
&\mathbb P\big[-t_{(n-1,  \alpha /2)}<\frac{\overline{X}-\mu
}{S }\sqrt{n}<t_{(n-1,  \alpha /2)}\big]\\
=\;&\mathbb P\big[t_{(n-1, 1- \alpha /2)}<\frac{\overline{X}-\mu
}{S }\sqrt{n}<t_{(n-1,  \alpha /2)}\big]\\
=\;&1- \alpha /2- \alpha /2=1- \alpha.
\end{align*}


\vspace{5pt} \textbf{Quy tắc thực hành}

$\diamond$ Xác định mức phân vị $t_{(n-1, \alpha /2)}$.

Tra bảng phân phối Student (xem bảng 5 phần phụ lục), $t_{(n-1,
\alpha /2)}$ là giá trị trong bảng ứng với giá trị hàng là $n-1$ và
cột là $ \alpha/2$.

$\diamond$ Xác định khoảng ước lượng $(\overline{x}-\varepsilon,
\overline{x}+\varepsilon)$ với độ chính xác của ước lượng
$$\varepsilon =t_{(n-1, \alpha /2)}\cfrac{s}{\sqrt{n}}.$$


\noindent\textbf{ Ví dụ 3.} Độ chịu lực của mỗi tấm bê tông tuân theo luật
phân phối chuẩn. Đo độ chịu lực của 20 tấm bê tông cùng loại người
ta thu được trung bình mẫu độ chịu lực $220$kg/cm$^2$ và độ lệch
chuẩn mẫu $32,\!4$kg/cm$^2$. Với độ tin cậy $90\%$, tìm khoảng ước
lượng trung bình độ chịu lực của mỗi tấm bê tông.


\vspace{5pt} \noindent \emph{Giải.} Tra bảng hàm phân phối Student ta được $t_{(19; 0,05)}=$1,729. Độ chính xác của ước lượng
$$\varepsilon =t_{(n-1, \alpha /2)}\cfrac{s}{\sqrt{n}}\approx 12,\!5.$$

Khoảng ước lượng cho giá trị trung bình: $(187,\!5<\mu <212,\!5). $




\vspace{5pt}

\textbf{Các dạng toán phát sinh}

Xuất phát từ các công thức tương ứng với từng trường hợp
$$\varepsilon =t_{ \alpha /2}\frac{\sigma}{\sqrt{n}}\;;\;\;\;
\varepsilon =t_{ \alpha /2}\frac{s}{\sqrt{n}}\;;\;\;\; \varepsilon
=t_{(n-1,\, \alpha /2)}\frac{s}{\sqrt{n}}\,. $$

 $\diamond$ Cho $1-\alpha$ và $n$. Tìm độ chính xác của ước lượng $\varepsilon$.

$\diamond$ Cho $1- \alpha$ và $\varepsilon $. Tìm kích thước mẫu $n$.

$\diamond$ Cho $\varepsilon$ và $n$. Tìm độ tin cậy của ước lượng $1-
\alpha$.

Một số trong số các vấn đề này sẽ được đề cập ở phần sau.



\vspace{10pt} \noindent  \textbf{b. Ước lượng một phía}

Vấn đề đặt ra ở đây là với độ tin cậy $1- \alpha$ cho trước, tìm
khoảng ước lượng một phía:

$\diamond$ Khoảng ước lượng bên trái \,\;$(-\infty
,\,\overline{X}+\varepsilon)$: $\mathbb
P[-\infty<\mu<\overline{X}+\varepsilon]=1- \alpha$.

$\diamond$ Khoảng ước lượng bên phải\,
$(\overline{X}-\varepsilon,\,+\infty)$: $\mathbb
P[\overline{X}-\varepsilon<\mu<+\infty]=1- \alpha$.

\vspace{5pt} \textbf{Nhận xét.} Khoảng tin cậy bên trái cho ta biết
giá trị tối đa, khoảng tin cậy bên phải cho ta biết giá trị tối
thiểu của $\mu$ với độ tin cậy $1- \alpha$.

\vspace{5pt} Ta cũng chia thành 3 trường hợp, điểm khác biệt là thay
thế $ \alpha/2$ bởi $ \alpha$.

\vspace{10pt}

\textbf{Trường hợp 1.} Phương sai $\sigma^2$ đã biết.

Đặt $t_{ \alpha}=\varphi^{-1}(1-\alpha)$, ta có
\begin{align*}
&\mathbb P\big[-t_{ \alpha}<\frac{\overline{X}-\mu }{\sigma
}\sqrt{n}<+\infty \big]=1-\varphi(-t_{ \alpha})=1- \alpha,\\
&\mathbb P\big[-\infty <\frac{\overline{X}-\mu }{\sigma
}\sqrt{n}<t_{ \alpha} \big]=\varphi(t_{ \alpha})=1- \alpha,
\end{align*}
hay $\displaystyle \mathbb P\Big[-\infty <\mu <\overline{X}+t_{
\alpha}\frac{\sigma}{\sqrt{n}} \Big]=\mathbb P\big[\overline{X}-t_{
\alpha}\frac{\sigma}{\sqrt{n}} <\mu <+\infty\big]=1- \alpha.$

Như vậy, với một mẫu cụ thể, khoảng ước lượng bên trái và bên phải
lần lượt là $(-\infty , \overline{x}+\varepsilon )$,
$(\overline{x}-\varepsilon, +\infty)$ trong đó $\varepsilon =t_{
\alpha}\cfrac{\sigma}{\sqrt{n}}$.

\vspace{5pt} \textbf{Trường hợp 2.} Phương sai $\sigma^2$ chưa biết
và $n\geqslant 30$.

Lý luận hoàn toàn tương tự, khoảng ước lượng bên trái và bên phải
lần lượt là $(-\infty , \overline{x}+\varepsilon )$,
$(\overline{x}-\varepsilon, +\infty)$ trong đó $\varepsilon =t_{
\alpha}\cfrac{s}{\sqrt{n}}$.


\vspace{5pt} \textbf{Trường hợp 3.} Phương sai $\sigma^2$ chưa biết
và $n<30$.

Khoảng ước lượng bên trái và bên phải lần lượt là $(-\infty ,
\overline{x}+\varepsilon )$, $(\overline{x}-\varepsilon, +\infty)$
trong đó $\varepsilon =t_{(n-1, \alpha)}\cfrac{s}{\sqrt{n}}$.

Ước lượng khoảng cho giá trị trung bình ứng với 3 trường hợp trên được mô
tả qua bảng tổng hợp sau

\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|} \hline
Loại ước  & \raisebox{-11pt}{$\varepsilon $} & \multicolumn{3}{|c|}{\raisebox{-3pt}{Độ chính xác của ước lượng: $\varepsilon $}} \\
\cline{3-5} lượng & &TH1 & TH2 &TH3 \\
\hline Hai phía &$(\overline{x}-\varepsilon,
\overline{x}+\varepsilon)$ &$t_{ \alpha/2}\cfrac{\sigma}{\sqrt{n}}$
&$t_{ \alpha/2}\cfrac{s}{\sqrt{n}}$  &$t_{(n-1,
\alpha/2)}\cfrac{s}{\sqrt{n}}$ \\
\hline Bên trái &$(-\infty , \overline{x}+\varepsilon)$ &$t_{
\alpha}\cfrac{\sigma}{\sqrt{n}}$ &$t_{ \alpha}\cfrac{s}{\sqrt{n}}$
&$t_{(n-1,
\alpha)}\cfrac{s}{\sqrt{n}}$\\
\cline{1-2} Bên phải &$(\overline{x}-\varepsilon, +\infty) $ & & &
\\ \hline
\end{tabular}
\end{center}

\vspace{5pt}\noindent \textbf{Ví dụ 4.} Để đánh giá về mức doanh thu hàng
tháng tại các đại lý nhỏ trên một địa bàn, người ta lấy mẫu gồm  36
đại lý. Kết quả thu được như sau: doanh thu trung bình là 155,3
triệu đồng và độ lệch chuẩn mẫu là 16 triệu đồng. Với độ tin cậy
$99\%$, ước lượng doanh thu trung bình tối đa và tối thiểu của mỗi
đại lý.

\vspace{5pt} \noindent \emph{Giải.} $1- \alpha =0,\!99;\hspace{5pt}
t_{ \alpha}=$2,33. Độ chính xác của ước lượng
$$\varepsilon =t_{ \alpha}\cfrac{s}{\sqrt{n}}=2,\!33\cfrac{16}{\sqrt{36}}\thickapprox 6,\!21.$$

Doanh thu tối thiểu:\; $\overline{x}-\varepsilon =$149,09;

Doanh thu tối đa:\; $\overline{x}+\varepsilon =$161,51.






\subsection{Khoảng tin cậy cho tỉ lệ}
\noindent  \textbf{a. Ước lượng hai phía}

Đám đông $X$ có tỉ lệ $p$ cần ước lượng, từ mẫu ngẫu nhiên chúng ta
xác định được tỉ lệ $F$, vấn đề đặt ra ở đây là với độ tin cậy $1-
\alpha$ cho trước, tìm khoảng ước lượng $(F-\varepsilon
,\,F+\varepsilon)$ của $p$ để
$$\mathbb P[F-\varepsilon<p<F+\varepsilon]=1- \alpha.$$



Khi $n$ đủ lớn $\displaystyle
\cfrac{F-p}{\sqrt{F(1-F)}}\;\sqrt{n}\;\simeq \mathcal N(0,\,1)$, đặt
$t_{ \alpha/2}=\varphi^{-1}(1-\frac{\alpha }{2} )$, ta có
\begin{align*}
\mathbb P\big[-t_{
\alpha/2}<\cfrac{F-p}{\sqrt{F(1-F)}}\;\sqrt{n}<t_{
\alpha/2}\big]&=\varphi(t_{ \alpha /2})-\varphi(-t_{
\alpha /2})\\
&=\varphi(t_{ \alpha /2})-(1-\varphi(t_{ \alpha /2}))=1- \alpha,
\end{align*}
hay $\mathbb P\Big[F-t_{ \alpha/2}\sqrt{\frac{F(1-F)}{n}} <p <F+t_{
\alpha/2}\sqrt{\frac{F(1-F)}{n}} \;\Big]=1- \alpha.$


\vspace{5pt} \textbf{Quy tắc thực hành:} khi $nf\geqslant 10$ và
$n(1-f)\geqslant 10$.

$\diamond$ Xác định mức phân vị $t_{ \alpha /2}$.

$\diamond$ Xác định khoảng ước lượng $(f-\varepsilon,
f+\varepsilon)$ với độ chính xác của ước lượng
$$\varepsilon =t_{
\alpha/2}\sqrt{\frac{f(1-f)}{n}}.$$


\vspace{5pt}\noindent \textbf{Ví dụ 5.} Để ước lượng tỉ lệ phế phẩm của một
kho hàng. Người ta kiểm tra 100 sản phẩm, phát hiện có 20 sản phẩm
là phế phẩm. Với độ tin cậy 95$\%$, hãy ước lượng khoảng tỉ lệ phế
phẩm của kho hàng.

\vspace{5pt} \noindent \emph{Giải.} $t_{ \alpha/2}=$1,96; $f=$0,2;
$n=$100. Độ chính xác của ước lượng
$$\varepsilon =t_{
\alpha/2}\sqrt{\frac{f(1-f)}{n}}= 0,\!0784.$$

Khoảng ước lượng cho tỉ lệ phế phẩm: $(0,\!1216<p <0,\!2784). $





\vspace{5pt} \noindent  \textbf{b. Ước lượng một phía}

Với các bước thiết lập tương tự ta thu được khoảng ước lượng của $p$
bên trái là $p<f+\varepsilon$ và bên phải là $p>f-\varepsilon$,
trong đó $\varepsilon =t_{ \alpha}\sqrt{\frac{f(1-f)}{n}}$.




\vspace{5pt}

\noindent\textbf{Ví dụ 6.} Cho giả thiết như Ví dụ 5. Hãy ước lượng tỉ lệ phế
phẩm tối đa và tối thiểu.


\vspace{5pt} \noindent \emph{Giải.} $t_{ \alpha}=$1,64; $f=$0,2;
$n=$100. Độ chính xác của ước lượng
$$\varepsilon =t_{
\alpha}\sqrt{\frac{f(1-f)}{n}}= 0,\!0656.$$

Tỉ lệ sản phẩm tối thiểu: $f-\varepsilon=$0,1344;

Tỉ lệ sản phẩm tối đa: $f+\varepsilon=$0,2656.




\vspace{5pt}\noindent \textbf{Ví dụ 7.} Một lô hàng nhập cảng gồm 5.000 thiết
bị điện tử đã qua sử dụng. Cơ quan quản lý kiểm tra ngẫu nhiên 100
thiết bị từ lô hàng thì có 82 thiết bị có thể tiếp tục sử dụng được.
Với độ tin cậy $90\%$, lô hàng có tối thiểu bao nhiêu thiết bị có
thể tiếp tục sử dụng được?

\vspace{5pt} \noindent \emph{Giải.} $t_{ \alpha}=1,28$; $f=0,82$;
$n=100$; $N=5.000$. Độ chính xác xủa ước lượng
$$\varepsilon =t_{\alpha}\sqrt{\frac{f(1-f)}{n}}= 0,\!0492.$$

Tỉ lệ sản phẩm tối thiểu: $f-\varepsilon=$0,7708.

Vậy, số thiết bị tối thiểu có thể  tiếp tục sử dụng được:
$N(f-\varepsilon)=4864$.




\vspace{5pt}

\textbf{Các dạng toán phát sinh}

 Xuất phát từ công thức
$$\varepsilon =t_{ \alpha /2}\sqrt{\cfrac{f(1-f)}{n}}\;. $$


$\diamond$ Cho $1- \alpha$ và $n$. Tìm độ chính xác của ước lượng
$\varepsilon$.

$\diamond$ Cho $1- \alpha$ và $\varepsilon $. Tìm kích thước mẫu $n$.

$\diamond$ Cho $\varepsilon$ và $n$. Tìm độ tin cậy của ước lượng $1-
\alpha$.

\subsection{Độ chính xác của ước lượng}

Trong các nội dung trước chúng ta đã giải quyết bài toán xây dựng
ước lượng khoảng cho trung bình và ước lượng khoảng cho tỉ lệ, nghĩa
là từ mẫu cụ thể, độ tin cậy $1- \alpha$ ta sẽ xác định được khoảng
ước lượng cho tham số $\theta $ là $(\theta_1, \theta_2)$ trong đó
độ chính xác của ước lượng $\varepsilon
=\frac{\theta_2-\theta_1}{2}$.

Trong các trường hợp đã trình bày thì $\varepsilon$ phụ thuộc vào
kích thước mẫu $n$. Bây giờ ta đặt ra bài toán ngược: với độ tin cậy
$1- \alpha$ đã biết, cho độ chính xác của ước lượng $\varepsilon$,
tìm kích thước mẫu $n$ cần thiết để nhận được ước lượng với độ chính
xác đã cho. Chúng ta sẽ giải quyết bài toán này đối với trường hợp 1
của bài toán ước lượng khoảng trung bình. Các trường hợp còn lại là
hoàn toàn tương tự (giành cho bạn đọc).

Trong trường hợp này, khoảng ước lượng là
$(\overline{x}-\varepsilon, \overline{x}+\varepsilon)$ và công thức
 xác định độ chính xác của ước lượng $\varepsilon =t_{
\alpha/2}\cfrac{\sigma}{\sqrt{n}}$\;. Kích thước mẫu điều tra cần
thiết nếu độ chính xác của ước lượng $\varepsilon_0$ là
$$n=\Big[\frac{t_{ \alpha/2}^2\;\sigma^2}{\varepsilon_0^2} \Big]+1,$$
trong đó ký hiệu $[x]$ là phần nguyên của $x$, chẳng hạn
$[20,36]=20$.



\vspace{5pt}\noindent \textbf{Ví dụ 8.} Với giả thiết như ở Ví dụ 1:
$\sigma^2=16$;\hspace{5pt} $1- \alpha =$0,95. Muốn có ước lượng có độ
chính xác là 1 thì phải điều tra mẫu có kích thước bao nhiêu?

\vspace{5pt} \noindent \emph{Giải.} Như vậy $\varepsilon_0=1$, khi
đó
$$n=\Big[\frac{t_{
\alpha/2}^2\;\sigma^2}{\varepsilon_0^2} \Big]+1=62.$$




Ngoài ra, chúng ta còn giải quyết được bài toán ngược dạng tìm độ
tin cậy của ước lượng khi biết độ chính xác của ước lượng và kích
thước mẫu. Vấn đề này được đề cập trong ví dụ sau đây:

\vspace{5pt}\noindent \textbf{Ví dụ 9.} Một mẫu thống kê có kích thước $n=36$,
có trung bình mẫu là 100 và độ lệch chuẩn mẫu là 5. Tìm độ tin cậy
của ước lượng nếu khoảng ước lượng là $(99;\, 101)$.


\vspace{5pt} \noindent \emph{Giải.} Tính mức phân vị:\;
$\displaystyle
t_{\frac{\alpha}{2}}=\frac{\varepsilon\sqrt{n}}{s}=2$. Độ tin cậy
của ước lượng
$$\displaystyle 1-\alpha=2\varphi(t_{\alpha /2})= 0,\!955.$$




\vspace{1cm} \centerline {\normalfont\large\bfseries\MakeUppercase{
Bài tập chương 4}} \addcontentsline{toc}{section}{Bài tập}
\vspace{0.5cm}


\begin{enumerate}

\item Giả sử $(X_1, X_2,..., X_n)$ là mẫu ngẫu nhiên kích thước $n$ của
đám đông $X$ có $\mathbb E X=\mu$. Chứng minh rằng
$$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2\hspace{10pt} \text{và}\hspace{10pt}
\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n(X_i-\overline{X} )^2 $$ đều là các ước
lượng không chệch của phương sai $\mathbb D X$.


\item\label{4.2} Giả sử $(X_1, X_2,..., X_n)$ là mẫu ngẫu nhiên kích thước $n$
từ phân phối với hàm mật độ là:
$$
p(x, \theta )=
\begin{cases}
\cfrac{1}{\theta}\;e^{-\frac{x}{\theta } }  &\text{với}\hspace{5pt} x>0, \hspace{5pt} \theta >0,\\
0 &\text{với}\hspace{5pt} x\leqslant 0.
\end{cases}
$$

Tìm ước lượng hiệu quả của $\theta$.



\item\label{4.3} Giả sử $(X_1, X_2,..., X_n)$ là mẫu ngẫu nhiên kích thước $n$
từ phân phối Poisson với tham số $\mathbb E X=\mathbb DX=\lambda>0$.
Tìm ước lượng hợp lý tối đa của $\lambda$.


\item\label{4.4} Để xác định độ chính xác của một chiếc cân, người ta tiến hành
cân một quả tạ. Kết quả thu được sau 7 lần cân như sau:

\vspace{-10pt}
\begin{center}
159,8\hspace{5pt} 159,7\hspace{5pt} 160,2\hspace{5pt}
159,6\hspace{5pt} 160,4\hspace{5pt} 159,5\hspace{5pt}
160,6\hspace{5pt} (kg)
\end{center}

\vspace{-20pt}
\begin{enumerate}
\item Tìm ước lượng không chệch của khối lượng quả cân.

\item Tìm ước lượng không chệch của phương sai số đo trong hai trường hợp:

\hspace{10pt} - Biết khối lượng quả cân là 160 kg.

\hspace{10pt} - Chưa biết khối lượng của quả cân.
\end{enumerate}



\item\label{4.5} Cơ quan quản lý thị trường lấy số liệu về giá thành bán lẻ của
một loại sản phẩm tại 40 đại lý, người ta thu được bảng tần số như
sau: (đơn vị: ngàn đồng)

\vspace{-10pt}
\begin{center}
\begin{tabular}{c|c|c|c|c}
    $x_i$ &39 &40 &41 &42\\ \hline
    $n_i$ &8 &16 &4 &12
\end{tabular}
\end{center}
\begin{enumerate}
\item Tính trung bình mẫu $\overline{x}$ và phương sai
mẫu hiệu chỉnh $s^2$\!.
\item Với độ tin cậy 95$\%$, ước lượng khoảng giá thành bán lẻ trung bình
mỗi sản phẩm.
\end{enumerate}

\item\label{4.6} Một dây chuyền sản xuất những thanh kim loại có chiều dài
tuân theo luật phân phối chuẩn. Người ta chọn ngẫu nhiên ra một số
thanh và đo chiều dài (đơn vị: cm) của chúng, thu được dãy số liệu
sau:

\vspace{-10pt}
\begin{center}
149; 151; 148; 152; 151; 152; 149; 148; 149; 151; 152; 149; 151;
149; 152.
\end{center}

\vspace{-20pt}
\begin{enumerate}
\item Tính trung bình mẫu $\overline{x}$ và phương sai
mẫu hiệu chỉnh $s^2$.
\item Với độ tin cậy 90$\%$, ước lượng khoảng độ dài trung bình
của mỗi thanh kim loại.
\end{enumerate}



\item\label{4.7} Một dây chuyền tự động đóng gói một loại bao gạo có khối lượng tuân
theo luật phân phối chuẩn với độ lệch chuẩn là 0,5. Người ta cân
kiểm tra 20 bao gạo, thu được bảng tần số như sau: (đơn vị: kg)
\begin{center}
\begin{tabular}{c|c|c|c|c|c}
    $x_i$ &49,3 &49,5 &49,9 &50,2\\ \hline
    $n_i$ &6 &2 &4 &8
\end{tabular}
\end{center}
\begin{enumerate}
\item Tính trung bình mẫu $\overline{x}$ và phương sai
mẫu hiệu chỉnh $s^2$.
\item Với độ tin cậy 98$\%$, ước lượng khoảng khối lượng trung
bình của mỗi bao gạo.
\end{enumerate}



\item\label{4.8} Nhà sản xuất muốn ước lượng khối lượng sắt trong mỗi cuộn được
sản xuất từ một dây chuyền công nghệ quốc gia. Theo tiêu chuẩn của
công nghệ, độ lệch chuẩn là 8 kg. Điều tra một mẫu 50 cuộn được khối
lượng sắt trung bình là 97kg.
\begin{enumerate}
\item Với độ tin cậy là 99$\%$, ước lượng khối lượng sắt trung bình của một cuộn.
\item Với độ tin cậy là 99$\%$, ước lượng khối lượng sắt trung bình
tối thiểu của một cuộn.
\item Nếu nhà sản xuất muốn ước lượng khối lượng sắt trung bình của
mỗi cuộn đảm bảo độ chính xác là 2 kg thì cần điều tra thêm bao
nhiêu cuộn nữa.
\end{enumerate}




\item\label{4.9} Một công ty có 500 đại lý, để đánh giá về mức doanh thu, người ta lấy mẫu
gồm  36 đại lý. Kết quả thu được như sau: doanh thu trung bình là
84,5 triệu đồng và độ lệch chuẩn mẫu là 3 triệu đồng. Với độ tin cậy
$99\%$, hãy ước lượng doanh thu tối thiểu và tối đa của công ty.


\item\label{4.10} Người ta đo chiều sâu của biển bằng một loại thiết bị điện tử, kết
quả đo tuân theo luật phân phối chuẩn có phương sai 400$m^2$. Với độ
tin cậy là 95$\%$, cần phải đo ít nhất bao nhiêu lần để kết quả có sai số
không vượt quá 15$m$.



\item\label{4.11} Một mẫu thống kê có kích thước $n=64$, tuân theo luật
phân phối chuẩn với trung bình mẫu là 200, độ lệch chuẩn mẫu là 3.
Tìm độ tin cậy của ước lượng nếu khoảng ước lượng là $(199, 201)$.





\item\label{4.12} Để đánh giá hiệu quả của một loại thuốc, người ta
đem sử dụng cho 1000 bệnh nhân thì có 820 người khỏi bệnh. Với độ
tin cậy 96 $\%$,
\begin{enumerate}
\item Hãy ước lượng khoảng cho tỉ lệ chữa khỏi bệnh của loại thuốc
trên.
\item Hãy ước lượng tỉ lệ chữa bệnh tối đa và tối thiểu của
loại thuốc trên.
\end{enumerate}





\item\label{4.13} Tỉ lệ chính phẩm của một nhà máy là 90$\%$. Với độ tin cậy 95$\%$, muốn ước lượng tỉ
lệ chính phẩm của nhà máy với độ dài khoảng tin cậy không quá 0,02
thì phải kiểm tra ít nhất bao nhiêu sản phẩm?


\item\label{4.14} Một kho hàng tồn gồm 10.000 chiếc bút bi. Lấy mẫu gồm 100 chiếc bút từ kho hàng ra kiểm tra thì có 75 chiếc đạt chất lượng. Với độ tin cậy $95\%$, hãy ước lượng khoảng tỉ lệ số bút không đạt chất lượng và suy ra khoảng tin cậy số bút không đạt chất lượng của kho.

\item\label{4.15} Tại một bang có 4 triệu người tham gia bầu cử, người ta phỏng
vấn ngẫu nhiên 1000 cử tri thì có 720 cử tri ủng hộ một ứng cử viên
A. Với độ tin cậy là 95$\%$, có ít nhất bao nhiêu cử tri của bang đó
đã ủng hộ ứng cử viên A?


\item\label{4.16} Để đánh giá trữ lượng cá trong một hồ nuôi, người ta bắt 1000
con cá và đánh dấu chúng, sau đó thả lại hồ. Lần thứ hai người ta
bắt 200 con thì thấy  có 30 con được đánh dấu. Với độ tin cậy là
95$\%$,
\begin{enumerate}
\item Hãy ước lượng trữ lượng cá trong hồ.
\item Nếu muốn sai số của ước lượng giảm đi một nửa thì cần phải bắt
bao nhiêu con cá.
\end{enumerate}



\end{enumerate}





\chapter{Kiểm định giả thiết}
\centerline{\textbf{\underline{Tuần 14, 15}}}
%Kiểm định giả thiết là một dạng bài toán xử lý số liệu thống kê có
%nhiều ý nghĩa trong thực tế. Phạm vi nghiên cứu khá rộng và phức tạp
%về mặt lý thuyết nếu muốn giải quyết thật tỉ mỉ, chính xác các vấn
%đề. Nội dung chính của chương này là đề cập đến các dạng bài toán
%kiểm định giả thiết về trung bình và tỉ lệ, phần cuối là bài toán
%kiểm định tính độc lập.

\section{Đặt vấn đề}
%\subsection{Giả thiết thống kê}
Trong thực tế cuộc sống chúng ta thường gặp 2 quan điểm trái ngược nhau về một vấn đề nào đó. Chẳng hạn, các nhà sản xuất cho rằng có $95\%$ sản phẩm của công ty đảm bảo tiêu chuẩn, trong khi đó các nhà quản lý thị trường lại cho rằng không phải như vậy thực tế thấp hơn nhiều;  trước cuộc bầu cử tổng thống đảng phái A cho rằng có $65\%$ cử tri ủng hộ UWCV của đảng phái họ, trong khi đó đảng đối lập lại cho rằng thực tế thấp hơn nhiều.
\par Vấn đề đặt ra là, thông qua số liệu thống kê hãy chỉ ra chấp nhận ý kiến nào trong 2 ý kiến đó với một mức ý nghĩa $\alpha$ cho trước.
\par Tổng quát: Chúng ta thường có bài toán
$$\begin{cases}
  H:&\text{(Giả thiết)\;\; có tính chất A}
\\
 K:&\text{(Giả thiết)\;\; không có tính chất A}
\end{cases}$$
Từ số liệu thống kê hãy đưa ra kết luận cho bài toán trên.
\par Trong kiểm định giả thiết thường gặp 2 loại sai lầm:
\begin{itemize}
  \item  \underline{Sai lầm loại 1:}\;\; Bác bỏ $H$ trong  khi $H$ đúng
  \item  \underline{Sai lầm loại 2:}\;\; Chấp nhận $H$ trong  khi $H$ sai.
\end{itemize}
Mục đích của các nhà thống kê là làm giảm cả 2 loại sai lầm này. Tuy vậy điều này không thể vì giảm sai lầm này thì khả năng mắc sai lầm loại kia tăng lên.
\par Trong thực tế thống kê người ta thấy mỗi loại sai lầm sẽ gây ra một tác hại khác nhau. Tuy vậy người ta thấy cần phải giảm sai lầm loại 1 với một xác suất xãy ra bé. Chẳng hạn như trong xã hội hiện đại người ta cho rằng "\emph{Kết án người vô tội nguy hiểm hơn rất nhiều so với việc tha bổng một người có tội}". .. Do đó, Neyman- Pearson đã cho rằng chúng ta chỉ xét những bài toán thống kê với
$$\mathbb{P}(\text{Sai lầm loại 1})=\mathbb{P}(\text{Bác bỏ H| H đúng})\leq \alpha \;\;(\alpha \text{là một số bé và gọi là mức ý nghĩa}).$$
Thông thường $\alpha\leq 10\%.$
\section{Kiểm định giả thiết về giá trị trung bình và về tỉ lệ}

\subsection{Kiểm định giả thiết về giá trị trung bình}
Đây là một dạng bài toán kiểm định số đặc trưng $\mathbb E X = \mu$
của biến ngẫu nhiên gốc đám đông $X$ (so sánh giá trị kỳ vọng của
đại lượng ngẫu nhiên $X$ với giá trị $\mu_0$ cho trước). Có 2 dạng
bài toán kiểm định giả thiết về giá trị trung bình.
\vspace{5pt}
 \noindent
\textbf{a. Kiểm định hai phía}

Vấn đề đặt ra ở đây là với mức ý nghĩa $ \alpha$  và một giá trị
$\mu_0$ cho trước, đánh giá về cặp giả thiết thống kê
$$H:\; \mu=\mu_0\;;\;\;\;K:\;\mu\not=\mu_0.$$


\textbf{Trường hợp 1.} Phương sai $\sigma^2$ đã biết.

Khoảng ước lượng của $\mu$ với độ tin cậy $1- \alpha$
$$(\overline{x}-t_{
\alpha/2}\frac{\sigma}{\sqrt{n}} <\mu<\overline{x}+t_{
\alpha/2}\frac{\sigma}{\sqrt{n}}).$$

Chấp nhận giả thiết $H$ khi $\mu_0\in [\overline{x}-t_{
\alpha/2}\frac{\sigma}{\sqrt{n}} \;;\; \overline{x}+t_{
\alpha/2}\frac{\sigma}{\sqrt{n}}]$ hay
\begin{align*}
\overline{x}-t_{ \alpha/2}\frac{\sigma}{\sqrt{n}} \leqslant
\mu_0\leqslant \overline{x}+t_{ \alpha/2}\frac{\sigma}{\sqrt{n}}
\end{align*}
tương đương với $\displaystyle
\Big|\frac{\overline{x}-\mu_0}{\sigma}\,\sqrt{n}\,\Big|\leqslant t_{
\alpha/2}$.

\vspace{5pt}

\textbf{Quy tắc thực hành}

$\diamond$ Từ mẫu cụ thể xác định giá trị kiểm định thực nghiệm
$$t_{tn}=\displaystyle
\frac{\overline{x}-\mu_0}{\sigma}\,\sqrt{n}.$$

$\diamond$ So sánh giá trị của $t_{tn}$ với mức phân vị $t_{
\alpha/2}$, nếu

\hspace{20pt} $|t_{tn}|\leqslant t_{ \alpha/2}$: \; chấp nhận $H$.

\hspace{20pt} $|t_{tn}|> t_{ \alpha/2}$: \; bác bỏ $H$, chấp nhận
$K$.

\vspace{5pt} \textbf{Chú ý}

- Nếu như kích thước mẫu $n<30$ thì ta cần bổ sung thêm điều kiện $X$ tuân
theo luật phân phối chuẩn.

- Như vậy miền bác bỏ $W_ \alpha =(-\infty, -t_{ \alpha/2})\cup (t_{
\alpha/2}, +\infty )$, điều này là hợp lý. Giả sử $H:\; \mu=\mu_0$
đúng thì $T=\displaystyle \frac{\overline{X}-\mu_0 }{\sigma
}\sqrt{n} \simeq \mathcal N(0, 1)$, khi đó
\begin{align*}
\mathbb P [T\in W_ \alpha | H\hspace{5pt} \text{đúng} ]&=\mathbb P
\Big[\Big|\frac{\overline{X}-\mu_0 }{\sigma }\sqrt{n}\Big|>t_{
\alpha /2}\Big]\\
&=1-\big(\varphi(t_{ \alpha/2})-\varphi(-t_{ \alpha/2})\big)=
\alpha.
\end{align*}

Nghĩa là xác suất phạm sai lầm loại 1 được ấn định bởi một giá trị
tương đối nhỏ $ \alpha$ nào đó, việc chứng minh xác suất phạm sai
lầm loại 2 cực tiểu bạn đọc tham khảo tài liệu [\ref{dhh2}].

\vspace{5pt}\noindent \textbf{Ví dụ 1.} Một máy tiện tự động cho ra những
trục máy có đường kính là 120mm và độ lệch chuẩn cho phép là 3mm.
Kiểm tra ngẫu nhiên 50 trục máy, kết quả thu được đường kính trung
bình là 119,2mm. Với mức ý nghĩa là $10\%$, máy tiện trên có hoạt
động bình thường không?


\vspace{5pt} \noindent \emph{Giải.} Máy tiện được gọi là hoạt động
bình thường khi nó sản xuất những trục máy với sai số không vượt quá
mức cho phép. Cặp giả thiết thống kê
$$H:\; \mu=\mu_0=120\;;\;\;\;K:\;\mu\not=\mu_0.$$

$\mu_0=120;\hspace{5pt} \sigma =3;\hspace{5pt}  \alpha
=0,\!1;\hspace{5pt} t_{ \alpha
/2}=1,\!64;\hspace{5pt}n=50;\hspace{5pt} \overline{x}=119,\!2. $ Giá
trị kiểm định thực nghiệm
$$t_{tn}=\frac{119,\!2-120}{3}\,\sqrt{50}\approx -1,\!89,$$

Vì $|t_{tn}|> t_{ \alpha/2}$ nên ta bác bỏ $H$, chấp nhận $K$. Nghĩa là chấp nhận khẳng định cho rằng máy
tiện trên hoạt động không bình thường.








\vspace{5pt} \textbf{Trường hợp 2.} Phương sai $\sigma^2$ chưa biết
và $n\geqslant 30$.

Tương tự như ở trường hợp 1, đặt $t_{tn}=\displaystyle
\frac{\overline{x}-\mu_0}{s}\,\sqrt{n}$\;, khi đó

\hspace{20pt} $|t_{tn}|\leqslant t_{ \alpha/2}$: \; chấp nhận $H$.

\hspace{20pt} $|t_{tn}|> t_{ \alpha/2}$: \; bác bỏ $H$, chấp nhận
$K$.


\vspace{5pt} \textbf{Trường hợp 3.} Phương sai $\sigma^2$ chưa biết
và $n<30$.

Giả sử $X$ tuân theo luật phân phối chuẩn $\mathcal N(0, 1)$. Đặt
$t_{tn}=\displaystyle \frac{\overline{x}-\mu_0}{s}\,\sqrt{n}$\;, khi
đó

\hspace{20pt} $|t_{tn}|\leqslant t_{(n-1, \alpha/2)}$: \; chấp nhận
$H$.

\hspace{20pt} $|t_{tn}|> t_{(n-1, \alpha/2)}$: \; bác bỏ $H$, chấp
nhận $K$.

\vspace{5pt}\noindent \textbf{Ví dụ 2.} Thể tích sơn chứa trong mỗi thùng sơn
nước nhãn hiệu A là đại lượng ngẫu nhiên tuân theo luật phân phối
chuẩn với trung bình 18 lít. Kiểm tra ngẫu nhiên 25 thùng thu được kết
quả: thể tích trung bình là 17,92 lít và độ lệch chuẩn mẫu là 0,24
lít. Với mức ý nghĩa 5$\%$, thể tích sơn trong các thùng sơn có đúng
tiêu chuẩn không?


\vspace{5pt} \noindent \emph{Giải.} Cặp giả thiết thống kê
$$H:\; \mu=\mu_0=18\;;\;\;\;K:\;\mu\not=\mu_0.$$

$\mu_0=18;\hspace{5pt} s =0,\!24;\hspace{5pt}  \alpha
=0,05;\hspace{5pt} t_{(n-1, \alpha
/2)}=2,\!11;\hspace{5pt}n=25;\hspace{5pt} \overline{x}=17,\!92. $

Giá trị kiểm định thực nghiệm
$$t_{tn}=\frac{17,\!92-18}{0,\!24}\,\sqrt{25}\approx -1,\!67,$$

Vì $|t_{tn}|\leqslant  t_{ \alpha/2}$ nên ta chấp nhận $H$. Nghĩa là chấp nhận khẳng định cho rằng thể tích
sơn trong các thùng sơn đúng tiêu chuẩn.





\vspace{5pt}
  \noindent
\textbf{b. Kiểm định một phía}

Trong thực tế xuất hiện một số dạng toán về kiểm định như:

- Sau chiến dịch quảng cáo, doanh số bán ra một loại hàng có tăng
lên hay không? (kiểm định lớn hơn)

- Kiểm tra xem khối lượng đóng gói các bao gạo của một kho có nhỏ
hơn giá trị in trên bao bì hay không? (kiểm định nhỏ hơn)

Các dạng bài toán này được gọi là \emph{bài toán kiểm định một
phía}.

$\diamond$ Kiểm định lớn hơn: \;$H:\;
\mu=\mu_0\;;\;\;\;K:\;\mu>\mu_0$.

$\diamond$ Kiểm định nhỏ hơn: $H:\;
\mu=\mu_0\;;\;\;\;K:\;\mu<\mu_0$.

\vspace{5pt}

Giải quyết bài toán kiểm định một phía được phân chia các trường hợp
giống như trong bài toán kiểm định hai phía. Tiêu chuẩn kiểm định
ứng với 3 trường hợp của bài toán kiểm định giá trị trung bình được
mô tả qua bảng tổng hợp sau đây
\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|} \hline
\raisebox{-10pt}{Trường hợp}  & \raisebox{-10pt}{$t_{tn}$} & \multicolumn{3}{|c|}{\raisebox{-3pt}{Điều kiện chấp nhận $H:\; \mu=\mu_0$}} \\
\cline{3-5} & &$K:\; \mu=\mu_0 $ & $K:\; \mu>\mu_0 $ & $K:\; \mu<\mu_0 $ \\
\hline TH1 &$\cfrac{\overline{x}-\mu_0}{\sigma}\,\sqrt{n}$ &$|t_{tn}|\leqslant t_{ \alpha /2}$ &$t_{tn}\leqslant t_ \alpha $  &$t_{tn}\geqslant -t_ \alpha $ \\
\hline TH2 &$\cfrac{\overline{x}-\mu_0}{s}\,\sqrt{n}$  &$|t_{tn}|\leqslant t_{ \alpha /2}$  &$t_{tn}\leqslant t_ \alpha $  &$t_{tn}\geqslant -t_ \alpha $\\
\hline TH3 &$\cfrac{\overline{x}-\mu_0}{s}\,\sqrt{n}$
&$|t_{tn}|\leqslant t_{ (n-1, \alpha /2)}$ &$t_{tn}\leqslant t_{(
n-1, \alpha)} $  &$t_{tn}\geqslant -t_{(n-1, \alpha)} $
\\ \hline
\end{tabular}
\end{center}


\vspace{5pt}\noindent \textbf{Ví dụ 3.} Một nhà máy cung cấp nước sạch cho rằng
khối lượng trung bình của một loại chất độc hại trong một lít nước
của nhà máy là $14$mg. Người ta nghi ngờ số liệu này thấp hơn thực
tế. Kiểm tra ngẫu nhiên với 64 mẫu nước thu được kết quả: $\bar{x}
=$ 14,2 và $s = 0,\!24$. Hãy cho kết luận về nghi ngờ nói trên với
mức ý nghĩa 8\%.


\vspace{5pt} \noindent \emph{Giải.} Cặp giả thiết thống kê:\; $H:\;
\mu=\mu_0=120\;;\;\;\;K:\;\mu>\mu_0.$

$\mu_0=14;\hspace{5pt} s =0,\!24;\hspace{5pt}  \alpha
=0,\!08;\hspace{5pt} t_{ \alpha}=1,\!4;\hspace{5pt}n=64;\hspace{5pt}
\overline{x}=14,\!2. $

Giá trị kiểm định thực nghiệm
$$t_{tn}=\frac{14,\!2-14}{0,\!24}\,\sqrt{64}\approx 6,\!67,$$

Vì $t_{tn}> t_{ \alpha}$ nên ta bác bỏ $H$, chấp nhận $K$. Nghĩa là chấp nhận nghi ngờ
trên.





\subsection{Kiểm định giả thiết về tỉ lệ}
Đây là dạng bài so sánh giá trị tỉ lệ $p$ của đám đông $X$ với giá trị
$p_0$ cho trước. Có hai dạng bài toán kiểm định giả thiết về tỉ lệ.

\vspace{5pt}
 \noindent
\textbf{a. Kiểm định hai phía}

Vấn đề đặt ra ở đây là với mức ý nghĩa $ \alpha$  và một giá trị
$p_0$ cho trước, đánh giá về cặp giả thiết thống kê
$$H:\; p=p_0\;;\;\;\;K:\;p\not=p_0.$$

Với $n$ đủ lớn và $H:\; p=p_0$ đúng thì $T=\displaystyle \frac{F-p_0
}{\sqrt{p_0(1-p_0)}}\sqrt{n} \simeq \mathcal N(0, 1)$, khi đó
$$\mathbb P [T\in W_ \alpha |
H\hspace{5pt} \text{đúng} ]=\mathbb P \Big[\big|\displaystyle
\frac{F-p_0 }{\sqrt{p_0(1-p_0)}}\sqrt{n}\big|>t_{ \alpha /2}\Big]=
\alpha ,$$ trong đó miền bác bỏ $W_ \alpha =(-\infty, -t_{
\alpha/2})\cup (t_{ \alpha/2}, +\infty )$.

\vspace{5pt}

\textbf{Quy tắc thực hành:} Khi $np_0\geqslant 5;\;
n(1-p_0)\geqslant 5$.

$\diamond$ Xác định giá trị kiểm định thực nghiệm
$$t_{tn}=\frac{f-p_0}{\sqrt{p_0(1-p_0)}}\,\sqrt{n}.$$

$\diamond$ So sánh giá trị của $t_{tn}$ với mức phân vị $t_{
\alpha/2}$, nếu

\hspace{20pt} $|t_{tn}|\leqslant t_{ \alpha/2}$: \; chấp nhận $H$.

\hspace{20pt} $|t_{tn}|> t_{ \alpha/2}$: \; bác bỏ $H$, chấp nhận
$K$.

\vspace{5pt} \noindent \textbf{Ví dụ 4.} Một hãng sản xuất đĩa cứng công bố
rằng: có 10\% đĩa cứng của hãng phải bảo hành trong thời gian 2 năm
đầu sử dụng. Người ta điều tra ngẫu nhiên 200 khách hàng đã sử dụng
đĩa cứng của hãng thì có 29 đĩa cứng phải bảo hành trong thời gian 2
năm đầu sử dụng. Với mức ý nghĩa 5\%, tỉ lệ trong công bố trên có
đúng với thực tế không?


\vspace{5pt} \noindent \emph{Giải.} Cặp giả thiết thống kê:\; $H:\;
p=p_0=0,\!1\;;\;\;\;K:\;p\not= p_0.$

$n=200;\hspace{5pt} f=0,\!145;\hspace{5pt} p_0=0,\!1;\hspace{5pt}
\alpha =0,05;\hspace{5pt} t_{ \alpha/2}=1,\!96$.

Giá trị kiểm định thực nghiệm
$$\displaystyle t_{tn}=\frac{0,145-0,1}
{\sqrt{0,1\times 0,9}}\;\sqrt{200}\;\;\approx 2,\!12.$$

Vì $|t_{tn}|> t_{ \alpha/2}$ nên ta bác bỏ $H$, chấp nhận $K$. Nghĩa là chấp nhận khẳng định cho rằng tỉ lệ
trong công bố trên không đúng với thực tế.



\vspace{10pt}
  \noindent
\textbf{b. Kiểm định một phía}

\vspace{5pt} Tương tự như bài toán kiểm định về giá trị trung bình,
bài toán kiểm định tỉ lệ cũng có hai dạng kiểm định một phía như
sau:

$\diamond$ Kiểm định lớn hơn: \;$H:\; p=p_0\;;\;\;\;K:\;p>p_0$.

$\diamond$ Kiểm định nhỏ hơn: $H:\; p=p_0\;;\;\;\;K:\;p<p_0$.

\vspace{5pt}

Bảng dưới đây sẽ trình bày các tiêu chuẩn kiểm định của bài toán
kiểm định tỉ lệ
\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|} \hline
\raisebox{-11pt}{$t_{tn}$} & \multicolumn{3}{|c|}{\raisebox{-3pt}{Điều kiện chấp nhận $H:\; p=p_0$}} \\
\cline{2-4} &$K:\; p=p_0 $ & $K:\; p>p_0 $ & $K:\; p<p_0 $ \\
\hline $\cfrac{f-p_0}{\sqrt{p_0(1-p_0)}}\,\sqrt{n}$ &$|t_{tn}|\leqslant t_{ \alpha /2}$ &$t_{tn}\leqslant t_ \alpha $  &$t_{tn}\geqslant -t_ \alpha $ \\
\hline
\end{tabular}
\end{center}

\vspace{5pt}\noindent \textbf{Ví dụ 5.} Một trung tâm đào tạo nghề báo cáo
rằng tỷ lệ người học tại trung tâm kiếm được việc làm ngay sau khi
tốt nghiệp là 70\%. Một mẫu ngẫu nhiên gồm 200 người đã tốt nghiệp ở
trung tâm cho thấy có 130 người kiếm được việc làm ngay sau khi tốt
nghiệp. Với mức ý nghĩa 5\%, kiểm định xem phải chăng tỉ lệ trong
báo cáo của trung tâm là cao hơn thực tế.


\vspace{5pt} \noindent \emph{Giải.} Cặp giả thiết thống kê:\; $H:\;
p=p_0=0,\!7\;;\;\;\;K:\;p< p_0.$

$n=200;\hspace{5pt} f=0,\!65;\hspace{5pt} p_0=0,\!7;\hspace{5pt}
\alpha =0,05;\hspace{5pt} t_{ \alpha}=1,\!64$.

Giá trị kiểm định thực nghiệm
$$\displaystyle t_{tn}=\frac{0,65-0,7}
{\sqrt{0,7\times 0,3}}\;\sqrt{200}\;\;\approx -1,\!54.$$

Vì $t_{tn}> -t_{ \alpha}$ nên ta chấp nhận $H$. Nghĩa là chấp nhận ý kiến cho rằng  tỉ lệ trong  báo cáo
của trung tâm là đúng thực tế.



\section{So sánh các giá trị trung bình và các giá trị tỉ lệ}
Giả sử chúng ta có hai đám đông $\mathcal C_1$ và $\mathcal C_2$ có
chung một đặc điểm cần nghiên cứu nào đó; hai đại lượng ngẫu nhiên
gốc đám đông tương ứng lần lượt là $X_1$ và $X_2$. Trong mục này
chúng ta đề cập đến dạng bài toán so sánh hai giá trị đặc trưng của
hai đại lượng ngẫu nhiên này.

\subsection{So sánh hai giá trị trung bình}
Hai đám đông $\mathcal C_1$ và $\mathcal C_2$ có hai giá trị trung
bình là $\mathbb E X_1=\mu_1$ và $\mathbb E X_2=\mu_2$ cần so sánh.
Vấn đề đặt ra ở đây là với mức ý nghĩa $ \alpha$ cho trước, đánh giá
về cặp giả thiết thống kê
$$H:\;\mu_1=\mu_2\;;\;\;\;K:\;\mu_1\not=\mu_2.$$




Giả sử $\mathbb DX_1=\sigma_1^2,\;\mathbb DX_2=\sigma_2^2$. Từ hai
mẫu cụ thể $(x_1, x_2,..., x_{n_1})$ của đám đông $\mathcal C_1$ và
$(y_1, y_2,..., y_{n_2})$ của đám đông $\mathcal C_2$ chúng ta xác
định được trung bình mẫu và phương sai hiệu chỉnh mẫu lần lượt là
$\overline{x}_1, \overline{x}_2, s_1^2, s_2^2$.

\vspace{5pt}

\textbf{Quy tắc thực hành}

\textbf{Trường hợp 1.} $\sigma_1^2,\, \sigma_2^2$ đã biết.

$\diamond$ Xác định giá trị kiểm định từ thực nghiệm
$$t_{tn}=\cfrac{\overline{x}_1-\overline{x}_2}{
\sqrt{\cfrac{\sigma_1^2}{n_1}+\cfrac{\sigma_2^2}{n_2} }}.$$

$\diamond$ So sánh giá trị của $t_{tn}$ với mức phân vị $t_{
\alpha/2}$, nếu

\hspace{20pt} $|t_{tn}|\leqslant t_{ \alpha/2}$: \; chấp nhận $H$.

\hspace{20pt} $|t_{tn}|> t_{ \alpha/2}$: \; bác bỏ $H$, chấp nhận
$K$.

\vspace{5pt} \textbf{Chú ý.} Nếu như kích thước mẫu $n_1<30$ hoặc
$n_2<30$ thì ta cần bổ sung thêm điều kiện $X_1, X_2$ tuân theo luật phân
phối chuẩn.

\vspace{5pt}

\noindent\textbf{Ví dụ 1.} Người ta muốn so sánh tuổi thọ của hai loại thiết
bị điện tử (trong điều kiện hoạt động liên tục) được sản xuất bởi
hai công nghệ khác nhau. Biết rằng độ lệch chuẩn tuổi thọ của thiết
bị được sản xuất từ công nghệ thứ nhất và công nghệ thứ hai tương
ứng là 120 giờ và 125 giờ. Thử nghiệm 50 thiết bị cho mỗi công nghệ
trên thu được tuổi thọ trung bình của chúng tương ứng là 264 giờ và
245 giờ. Với mức ý nghĩa 5\%, tuổi thọ của hai loại thiết bị điện tử
được sản xuất từ hai công nghệ trên có khác nhau không?


\vspace{5pt} \noindent \emph{Giải.} Cặp giả thiết thống kê:\; $H:\;
\mu_1=\mu_2\;;\;\;\;K:\;\mu_1\not=\mu_2.$

$\sigma_1=120;\hspace{5pt}\sigma_2=125;\hspace{5pt}
n_1=n_2=50;\hspace{5pt} \overline{x}_1=264;\hspace{5pt}
\overline{x}_2=245$;

$\alpha =0,\!05;\hspace{5pt}t_{ \alpha /2}=$1,96.

Giá trị kiểm định thực nghiệm
$$t_{tn}=\cfrac{264-245}{
\sqrt{\cfrac{120^2}{50}+\cfrac{125^2}{50} }} \approx 0,\!78.$$

Vì $|t_{tn}|\leqslant t_{ \alpha/2}$ nên ta chấp nhận $H$. Nghĩa là chấp nhận khẳng định rằng tuổi thọ
của hai loại thiết bị điện tử được sản xuất từ hai công nghệ trên là
giống nhau.




\vspace{5pt} \textbf{Trường hợp 2.} $\sigma_1^2,\, \sigma_2^2$ chưa
biết và $n_1\geqslant 30, n_2\geqslant 30$.

$\diamond$ Xác định giá trị kiểm định từ thực nghiệm
$$t_{tn}=\cfrac{\overline{x}_1-\overline{x}_2}{
\sqrt{\cfrac{s_1^2}{n_1}+\cfrac{s_2^2}{n_2} }}.$$

$\diamond$ So sánh giá trị của $t_{tn}$ với mức phân vị $t_{
\alpha/2}$, nếu

\hspace{20pt} $|t_{tn}|\leqslant t_{ \alpha/2}$: \; chấp nhận $H$.

\hspace{20pt} $|t_{tn}|> t_{ \alpha/2}$: \; bác bỏ $H$, chấp nhận
$K$.





\vspace{5pt} \textbf{Trường hợp 3.} $X_1,\,X_2$ có phân phối chuẩn,
$\sigma_1^2=\sigma_2^2$ chưa biết và $n_1<30, n_2<30$.

$\diamond$ Xác định giá trị kiểm định từ thực nghiệm
$$t_{tn}=\frac{\overline{x}_1-\overline{x}_2}{
\sqrt{s^2\Big(\cfrac{1}{n_1}+\cfrac{1}{n_2}\Big)}},\hspace{10pt}
\text{trong đó} \hspace{10pt}
s^2=\cfrac{(n_1-1)s_1^2+(n_2-1)s_2^2}{n_1+n_2-2}\;.$$

$\diamond$ So sánh giá trị của $t_{tn}$ với mức phân vị
$t_{(n_1+n_2-2, \alpha/2)}$, nếu

\hspace{20pt} $|t_{tn}|\leqslant t_{(n_1+n_2-2, \alpha/2)}$: \; chấp
nhận $H$.

\hspace{20pt} $|t_{tn}|> t_{(n_1+n_2-2, \alpha/2)}$: \; bác bỏ $H$,
chấp nhận $K$.



\vspace{5pt}\noindent \textbf{Ví dụ 2.} Hai máy tự động dùng cắt những thanh
kim loại với cùng một yêu cầu. Từ máy thứ nhất lấy ra 12 sản phẩm
thu được chiều dài trung bình là 55cm và độ lệch chuẩn mẫu là
0,3cm, từ máy thứ 2 lấy ra 18 sản phẩm có các kết quả tương ứng là :
55,2cm và 0,2cm. Với mức ý nghĩa là 0,1, đánh giá về nhận định: hai
máy đó sản xuất ra các thiết bị cùng kích cỡ. Giả sử rằng kích cỡ
sản phẩm từ 2 máy có phân phối chuẩn và có cùng phương sai.


\vspace{5pt} \noindent \emph{Giải.} Cặp giả thiết thống kê:\; $H:\;
\mu_1=\mu_2\;;\;\;\;K:\;\mu_1\not=\mu_2.$

$s_1=\text{0,3cm};\hspace{5pt}s_2=\text{0,2};\hspace{5pt}
n_1=12;\hspace{5pt} n_2=18;\hspace{5pt}
\overline{x_1}=\text{55cm};\hspace{5pt} \overline{x_2}=\text{55,2}$;

$\alpha =\text{0,1};\hspace{5pt}t_{(28; 0,05)}=1,701$.

Giá trị kiểm định thực nghiệm
\begin{align*}
&s^2=\frac{11\times
0,3^2+17\times 0,2^2}{28}\approx 0,06;\\
&t_{tn}=\frac{55-55,2}{\sqrt{0,06\,
\Big(\frac{1}{12}+\frac{1}{18}\Big)}}\approx -2,2.
\end{align*}

Vì $|t_{tn}|> t_{(28; 0,05)}$ nên ta bác bỏ $H$, chấp nhận $K$. Nghĩa là chấp nhận nhận định cho rằng hai
máy đó sản xuất ra các thiết bị không cùng kích cỡ.






Đối với bài toán so sánh 2 giá trị trung bình, có hai dạng bài
toán kiểm định một phía như sau:

$\diamond$ Kiểm định lớn hơn: \;$H:\;
\mu_1=\mu_2\;;\;\;\;K:\;\mu_1>\mu_2$.

$\diamond$ Kiểm định nhỏ hơn: $H:\;
\mu_1=\mu_2\;;\;\;\;K:\;\mu_1<\mu_2$.

\vspace{5pt}

Giải quyết bài toán kiểm định một phía được phân chia các trường hợp
giống như trong bài toán kiểm định hai phía. Tiêu chuẩn kiểm định
ứng với 3 trường hợp được mô tả qua bảng tổng hợp sau:

\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|} \hline
\raisebox{-12pt}{Trường hợp}  & \raisebox{-12pt}{$t_{tn}$} & \multicolumn{2}{|c|}{\raisebox{-3pt}{Điều kiện chấp nhận $H:\; \mu_1=\mu_2$}} \\
\cline{3-4} & & $K:\; \mu_1>\mu_2 $ & $K:\; \mu_1<\mu_2 $ \\
\hline \raisebox{-14pt}{TH1}
&$\cfrac{\overline{x}_1-\overline{x}_2}{
\sqrt{\cfrac{\sigma_1^2}{n_1}+\cfrac{\sigma_2^2}{n_2} }}$ &\raisebox{-13pt}{$t_{tn}\leqslant t_ \alpha $}  &\raisebox{-13pt}{$t_{tn}\geqslant -t_ \alpha $} \\
\hline \raisebox{-14pt}{TH2}
&$\cfrac{\overline{x}_1-\overline{x}_2}{
\sqrt{\cfrac{s_1^2}{n_1}+\cfrac{s_2^2}{n_2} }}$  &\raisebox{-13pt}{$t_{tn}\leqslant t_ \alpha $}  &\raisebox{-13pt}{$t_{tn}\geqslant -t_ \alpha $}\\
\hline \raisebox{-14pt}{TH3}
&$\cfrac{\overline{x}_1-\overline{x}_2}{
\sqrt{s^2\Big(\cfrac{1}{n_1}+\cfrac{1}{n_2}\Big)}}$  &\raisebox{-13pt}{$t_{tn}\leqslant t_{(n_1+n_2-2, \alpha)} $}  &\raisebox{-13pt}{$t_{tn}\geqslant -t_{(n_1+n_2-2, \alpha)} $}\\
\hline
\end{tabular}
\end{center}

\vspace{5pt}\noindent \textbf{Ví dụ 3.} Với giả thiết như ở Ví dụ 2:
$s_1=\text{0,3cm};\hspace{5pt}s_2=\text{0,2};\hspace{5pt}
n_1=12;\hspace{5pt} n_2=18;\hspace{5pt}
\overline{x_1}=\text{55cm};\hspace{5pt} \overline{x_2}=\text{55,2}
$. Đánh giá nhận định: máy thứ hai sản xuất ra thiết bị có kích cỡ
lớn hơn máy thứ nhất.


\vspace{5pt} \noindent \emph{Giải.} Cặp giả thiết thống kê:\; $H:\;
\mu_1=\mu_2\;;\;\;\;K:\;\mu_1<\mu_2.$


$\alpha =\text{0,1};\hspace{5pt}t_{(28; 0,1)}=$1,313. Giá trị kiểm
định thực nghiệm
\begin{align*}
s^2\approx 0,06;\hspace{5pt} t_{tn}\approx -2,2.
\end{align*}

Vì $t_{tn}<- t_{(28; 0,1)}$ nên ta bác bỏ $H$, chấp nhận $K$. Nghĩa là chấp nhận nhận định cho rằng máy thứ
hai sản xuất ra thiết bị có kích cỡ lớn hơn máy thứ nhất.


\subsection{So sánh hai tỉ lệ}
Hai đám đông $\mathcal C_1$ và $\mathcal C_2$ có hai tỉ lệ $p_1$ và
$p_2$ cần so sánh. Vấn đề đặt ra ở đây là với mức ý nghĩa $ \alpha$
cho trước, đánh giá về cặp giả thiết thống kê
$$H:\;p_1=p_2\;;\;\;\;K:\;p_1\not=p_2.$$




Từ mẫu cụ thể kích thước  $n_1$ của đám đông $\mathcal C_1$ ta xác
định được $k_1$ phần tử có đặc điểm cần nghiên cứu, do đó tỉ lệ mẫu
là $f_1=k_1/n_1$; tương tự đối với mẫu kích thước  $n_2$ của đám
đông $\mathcal C_2$ ta xác định được $k_2$ và $f_2=k_2/n_2$.

\vspace{5pt}

\textbf{Quy tắc thực hành:} Khi $n_1, n_2$ đủ lớn.




$\diamond$ Xác định giá trị kiểm định từ thực nghiệm
\begin{align*}
t_{tn}=\cfrac{f_1-f_2}{\displaystyle\sqrt{f(1-f)\Big(\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}\Big)}},\hspace{10pt}
\text{trong đó} \hspace{10pt} f=\frac{k_1+k_2}{n_1+n_2}.
\end{align*}

$\diamond$ So sánh giá trị của $t_{tn}$ với mức phân vị $t_{
\alpha/2}$, nếu

\hspace{20pt} $|t_{tn}|\leqslant t_{ \alpha/2}$: \; chấp nhận $H$.

\hspace{20pt} $|t_{tn}|> t_{ \alpha/2}$: \; bác bỏ $H$, chấp nhận
$K$.


\vspace{5pt} \textbf{Chú ý.} Khi kích thước mẫu điều tra càng lớn
thì kết quả kiểm định càng chính xác, ở mức độ tương đối khái niệm
$n_1, n_2$ đủ lớn ở đây được hiểu là thỏa mãn hai điều kiện:
$(n_1+n_2)f\geqslant 10,\;(n_1+n_2)(1-f)\geqslant 10$.


 \vspace{5pt}\noindent
\textbf{Ví dụ 4.} Người ta kiểm tra ngẫu nhiên 400 sản phẩm từ dây
chuyền thứ nhất thì có 24 phế phẩm, kiểm tra 800 sản phẩm từ dây chuyền
thứ hai thấy có 42 phế phẩm. Với mức ý nghĩa $ \alpha =0,\!05$\,, tỉ lệ
phế phẩm của 2 dây chuyền trên có như nhau hay không\,?


\vspace{5pt} \noindent \emph{Giải.} Cặp giả thiết thống kê:\; $H:\;
p_1=p_2;\;\;K:\; p_1\not= p_2\,.$

$\displaystyle t_{\alpha/2}=1,96;\hspace{5pt}
f_1=0,\!06;\hspace{5pt} f_2=0,\!0525;\hspace{5pt} f=0,\!055$.

Giá trị kiểm định thực nghiệm
$$t_{tn}=\frac{0,06-0,0525}
{\sqrt{0,055\times 0,945\big(1/400+1/800\big)}}\approx 0,537.$$

Vì $\displaystyle |t_{tn}|<t_{\alpha/2}$ nên ta chấp nhận $H$. Nghĩa là chấp nhận khẳng định cho rằng tỉ
lệ phế phẩm của 2 dây chuyền trên là như nhau.




\vspace{5pt} Tương tự như bài toán kiểm định về giá trị trung bình,
bài toán kiểm định tỉ lệ cũng có hai dạng kiểm định một phía như sau:

$\diamond$ Kiểm định lớn hơn: \;$H:\; p_1=p_2\;;\;\;\;K:\;p_1>p_2$.

$\diamond$ Kiểm định nhỏ hơn: $H:\; p_1=p_2\;;\;\;\;K:\;p_1<p_2$.

\vspace{5pt}

Bảng dưới đây sẽ trình bày các tiêu chuẩn kiểm định của bài toán
kiểm định tỉ lệ:
\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|} \hline
\raisebox{-10pt}{$t_{tn}$} & \multicolumn{3}{|c|}{\raisebox{-3pt}{Điều kiện chấp nhận $H:\; p_1=p_2$}} \\
\cline{2-4} &$K:\; p_1\not=p_2 $ & $K:\; p_1>p_2 $ & $K:\; p_1<p_2 $ \\
\hline $\cfrac{f_1-f_2}{\displaystyle\sqrt{f(1-f)\Big(\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}\Big)}}$ &\raisebox{-9pt}{$|t_{tn}|\leqslant t_{ \alpha /2}$} &\raisebox{-9pt}{$t_{tn}\leqslant t_ \alpha $}  &\raisebox{-9pt}{$t_{tn}\geqslant -t_ \alpha $} \\
\hline
\end{tabular}
\end{center}


 \vspace{5pt}\noindent
\textbf{Ví dụ 5.} Dùng thuốc $A$ cho 200 bệnh nhân thì có 160 người
khỏi bệnh. Dùng thuốc $B$ cho 300 bệnh nhân thì có 210 người khỏi bệnh.
Với mức ý nghĩa $ \alpha =0,\!04$\,, hiệu quả của thuốc A có cao hơn
thuốc B hay không?


\vspace{5pt} \noindent \emph{Giải.} Cặp giả thiết thống kê:\; $H:\;
p_1=p_2;\;\;K:\; p_1> p_2\,.$

$\displaystyle t_{\alpha}=1,\!75;\hspace{5pt} f_1=0,\!8;\hspace{5pt}
f_2=0,\!7;\hspace{5pt} f=0,\!74$.

Giá trị kiểm định thực nghiệm
$$t_{tn}=\frac{(0,8-0,7)}
{\sqrt{0,74\times 0,26\big(1/200+1/300\big)}}\approx 2,497.$$

Vì $\displaystyle t_{tn}>t_{\alpha}$ nên ta bác bỏ $H$, chấp nhận $K$. Nghĩa là chấp nhận khẳng định cho rằng hiệu quả của thuốc A cao hơn thuốc B.




\section{Kiểm tra tính độc lập}
Giả sử trên cùng một đám đông $\mathcal C$ có hai đặc điểm cần
nghiên cứu nào đó; hai đại lượng ngẫu nhiên gốc đám đông tương ứng
lần lượt là $X$ và $Y$, trong mục này chúng ta sẽ đề cập đến dạng
bài toán kiểm định tính độc lập của hai đặc điểm này. Như vậy, vấn
đề đặt ra ở đây là với mức ý nghĩa $ \alpha$ cho trước, đánh giá về
cặp giả thiết thống kê

\centerline{$H:$ $X$ và $Y$ độc lập;\hspace{10pt} $K:$ $X$ và $Y$
phụ thuộc.}


Thực hiện $n$ lần quan sát trên đám đông $\mathcal C$, đối với mỗi
phần tử của mẫu ta quan sát cả hai đặc điểm cần kiểm định. Giả sử ở
đặc điểm thứ nhất có $k$ giá trị khác nhau, ở đặc điểm thứ hai có
$l$ giá trị khác nhau và $n_{ij}$ là số quan sát có cùng đặc điểm
$(x_i, y_j)$. Các số liệu này được sắp xếp thành bảng hai chiều,
bảng này được gọi là \emph{bảng tương liên}
\begin{center}
\begin{tabular}{|c||c|c|c|c|c||c|} \hline
    $\;\;\;\raisebox{-4pt}{X}\backslash \raisebox{+1pt}{Y}\;\;\;$ & $\;\;\;y_1\;\;\;$ &\;\;\;... \;\; &$\;\;\;y_j\;\;\;$
    &\;\;\;... \;\;& $\;\;\;y_l\;\;\;$ & $\;\;\;\sum\;\;\;$\\ \hline\hline
    $x_1$ & $n_{11}$ &\;\;\;... \;\;  & $n_{1j}$ &... & $n_{1l}$ & $m_1$\\\hline
    ... & ... &\;\;\;... \;\;  &... &... & ... & ...\\\hline
    $x_i$ & $n_{i1}$ &\;\;\;... \;\;  &$n_{ij}$ &... & $n_{il}$ & $m_i$\\\hline
    ... & ... & ...&\;\;\;... \;\;  &... & ... & ...\\\hline
    $x_k$ & $n_{k1}$ &\;\;\;... \;\;  &$n_{kj}$ &... & $n_{kl}$ &
    $m_k$\\\hline \hline
    $\sum$ & $n_1$ &\;\;\;... \;\;  &$n_j$ &... & $n_l$ & $n$\\ \hline
\end{tabular}
\end{center}

$$m_i=\sum_{j=1}^ln_{ij};\hspace{5pt} n_j=\sum_{i=1}^kn_{ij};\hspace{5pt} n=\sum_{i=1}^km_i=\sum_{j=1}^ln_j.$$

Với $n$ đủ lớn và $H$ đúng thì
$$T=\sum_{i=1}^k\sum_{j=1}^l\cfrac{\big(n_{ij}-\cfrac{m_i\, n_j}{n}\big)^2}{\cfrac{m_i\, n_j}{n}}\simeq \chi^2(k-1)(l-1),$$
trong đó $\chi^2(k-1)(l-1)$ là phân phối "khi bình phương" với
$(k-1)(l-1)$ bậc tự do. Suy ra
$$\mathbb P [T\in W_ \alpha |
H\hspace{5pt} \text{đúng} ]=\mathbb P \Big[T>\chi^2\big((k-1)(l-1),
\alpha\big)\Big]= \alpha,$$ trong đó miền bác bỏ $W_ \alpha
=\big(\chi^2((k-1)(l-1), \alpha), +\infty \big)$.


\vspace{5pt}

\textbf{Quy tắc thực hành}

$\diamond$ Xác định các giá trị tần số lý thuyết:\;
$t_{ij}=\cfrac{m_i\, n_j}{n}\,.$

$\diamond$ Xác định giá trị kiểm định từ thực nghiệm
$$t_{tn}=\sum_{i=1}^k\sum_{j=1}^l\cfrac{(n_{ij}-t_{ij})^2}{t_{ij}}=n\sum_{i=1}^k\sum_{j=1}^l\cfrac{(n_{ij}-t_{ij})^2}{m_i\, n_j}\,. $$

$\diamond$ So sánh giá trị của $t_{tn}$ và $\chi^2\big((k-1)(l-1),
\alpha\big)$, nếu

\hspace{20pt} $t_{tn}\leqslant \chi^2\big((k-1)(l-1), \alpha\big)$:
\; chấp nhận $H$.

\hspace{20pt} $t_{tn}> \chi^2\big((k-1)(l-1), \alpha\big)$: \; bác
bỏ $H$, chấp nhận $K$.

\vspace{5pt}  Tra bảng phân phối $\chi^2$ (xem bảng 5 phần phụ lục):
$\chi^2(n, \alpha)$ là giá trị trong bảng ứng với giá trị hàng là
$n$ và cột là $\alpha$.

 \vspace{5pt}\noindent
\textbf{Ví dụ 1.} Theo dõi huyết áp của người không hút thuốc lá,
hút ít và nghiện nặng thu được bảng sau
\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
    \hline
    \raisebox{-2pt}{Huyết áp}$\backslash$ \raisebox{2pt}{Hút thuốc}
    &không hút thuốc &hút ít &nghiện nặng\\
    \hline
    Bình thường &46 &26 &20 \\ \hline
    Huyết áp cao &23 &35 &30 \\ \hline
\end{tabular}
\end{center}
Với mức ý nghĩa $\alpha = 0,\!05$\,, việc hút thuốc lá có ảnh hưởng đến
huyết áp không?

\vspace{5pt} \noindent \emph{Giải.} Cặp giả thiết thống kê

$H:$ hút thuốc không ảnh hưởng đến huyết áp; $K:$ hút thuốc ảnh
hưởng đến huyết áp.

$n=180; n_1=69; n_2=61; n_3=50; m_1=92; m_2=88.$
\begin{align*}
    t_{tn} &=
    180\Bigl(\frac{(46-\frac{69\cdot92}{180})^2}{69\cdot92} +
    \frac{(26-\frac{61\cdot92}{180})^2}{61\cdot92} +
    \frac{(20-\frac{50\cdot92}{180})^2}{50\cdot92} +
    \frac{(23-\frac{69\cdot88}{180})^2}{69\cdot88} \\ &\qquad\qquad+
    \frac{(35-\frac{61\cdot88}{180})^2}{61\cdot88} +
    \frac{(30-\frac{50\cdot88}{180})^2}{50\cdot88}\Bigr)
    = 10,\!91.
\end{align*}

Vì $t_{tn}>\chi^2(2; 0,\!05)=5,\!991$ nên ta bác bỏ $H$, chấp nhận $K$. Nghĩa là chấp nhận khẳng định cho rằng việc hút thuốc có ảnh hưởng đến huyết áp.

\vspace{5pt}  \textbf{Chú ý.} Đối với mẫu có kích thước lớn hơn,
chúng ta nên lập thêm bảng tần số lý thuyết làm bảng trung gian,
điều này khá hợp lý khi sử dụng Excel để tính toán.

 \vspace{5pt}\noindent
\textbf{Ví dụ 2.} Người ta lấy số liệu một số hộ gia đình vay tiền
làm kinh tế vườn, bảng sau đây thu thập thông tin theo hai phương
diện: lứa tuổi chủ hộ và hiệu quả sử dụng tiền vay
\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline \hspace{45pt} \hspace{-2pt}Hiệu
quả &Thành &Bình &Thất\\
\hspace{-10pt} Lứa tuổi\hspace{45pt} &công &thường &bại \\
\hline Từ 20 đến 25& 100 & 64 & 36 \\
\hline Từ 26 đến 35& 156 & 88 & 56 \\
\hline Từ 36 đến 45& 110 & 56 & 34 \\
\hline Trên 45& 54 & 32 & 14 \\ \hline
\end{tabular}
\end{center}
Với mức ý nghĩa $\alpha = 0,\!01$, hiệu quả việc sử dụng tiền vay có
phụ thuộc vào lứa tuổi của chủ hộ không?

\vspace{5pt} \noindent \emph{Giải.} Cặp giả thiết thống kê

$H:$ hiệu quả sử dụng tiền vay không phụ thuộc vào lứa tuổi;

$K:$ hiệu quả sử dụng tiền vay phụ thuộc vào lứa tuổi.


Bảng tần số lý thuyết:\; $t_{ij}=\cfrac{m_i\, n_j}{n}\,.$
\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c||c|}
\hline \hspace{45pt} \hspace{-2pt}Hiệu
quả &Thành &Bình &Thất &\raisebox{-1pt}{$m_i$}\\
\hspace{-10pt} Lứa tuổi\hspace{45pt} &công &thường &bại & \\
\hline Từ 20 đến 25 & 105 & 60 & 35 & 200 \\
\hline Từ 26 đến 35 & 157.5 & 90 & 52.5 & 300 \\
\hline Từ 36 đến 45 & 105 & 60 & 35 & 200 \\
\hline Trên 45      & 52.5 & 30 & 17.5 & 100 \\
\hline  \hline      \raisebox{-1pt}{$n_j$}       & 420 & 240 & 140 & 800 \\
\hline
\end{tabular}
\end{center}

Xác định giá trị kiểm định từ thực nghiệm
$$t_{tn}=\sum_{i=1}^4\sum_{j=1}^3\cfrac{(n_{ij}-t_{ij})^2}{t_{ij}}=2,\!235.
$$

Vì $t_{tn}<\chi^2(6; 0,\!01)=16,\!812$ nên ta chấp nhận $H$. Nghĩa là chấp nhận khẳng định cho rằng hiệu quả
việc sử dụng tiền vay không phụ thuộc vào lứa tuổi của chủ hộ.



\vspace{1cm} \centerline {\normalfont\large\bfseries\MakeUppercase{
Bài tập chương 5}} \addcontentsline{toc}{section}{Bài tập}
\vspace{0.5cm}


\begin{enumerate}

\item\label{5.1} Quy định của một thiết bị phải có chiều dài là 300cm và độ
lệch chuẩn là 3cm. Từ một lô hàng người ta lấy ra 40 chiếc, kết quả
thu được độ dài trung bình là 301,2cm. Với mức ý nghĩa $5\%$\,,
lô hàng trên có đạt tiêu chuẩn hay không?


\item\label{5.2} Trong điều kiện chăn nuôi bình thường, lượng sữa thu được
trung bình hàng ngày của một loại giống bò sữa là 19,4  (đơn vị:
kg/ngày). Lấy mẫu 49 con bò sữa ở một trang trại thu được lượng sữa
trung bình của một con trong một ngày là 18,9 và độ lệch chuẩn mẫu
là 3,24. Với mức ý nghĩa $ \alpha =0,\!08$, lượng sữa thu được hàng
ngày từ bò sữa của trang trại có đúng chuẩn không?



\item\label{5.3} Khối lượng chuẩn của một bao gạo
được đóng gói bằng dây chuyền tự động là đại lượng ngẫu nhiên có
phân phối chuẩn với khối lượng mỗi bao là 50 kg. Sau một thời gian
hoạt động người ta nghi ngờ khối lượng đó có xu hướng giảm sút. Cân
28 bao gạo thu được khối lượng trung bình mỗi bao là 49,8 kg  và độ
lệch chuẩn mẫu là 0,6 kg. Với mức ý nghĩa 1$\%$, hãy kết luận về
nghi ngờ nói trên.





\item\label{5.4} Thời gian trước đây, số tiền gửi tiết kiệm trung bình của mỗi khách
hàng vào ngân hàng A là 1000 USD. Sau đợt tăng lãi suất tiết kiệm,
kiểm tra ngẫu nhiên 36 khách hàng thu được kết quả: số tiền gửi
trung bình là 1060 USD và độ lệch chuẩn mẫu là 100 USD. Với mức ý
nghĩa 4$\%$, việc tăng lãi suất có làm tăng lượng tiền gửi tiết kiệm
của mỗi khách hàng không?




\item\label{5.5} Một kênh truyền thông tuyên bố rằng 30\% khán giả truyền hình yêu thích
các chương trình phát sóng của họ. Thăm dò ý kiến ngẫu nhiên qua
mạng đối với 800 người xem truyền hình thì có 192 người yêu thích
các chương trình của kênh truyền thông đó. Với mức ý nghĩa 0,08, tỉ
lệ trong tuyên bố trên có đúng với thực tế không?

\item\label{5.6} Tỉ lệ phế phẩm của một nhà máy trước đây là $10\%$. Sau khi cải
tiến kỹ thuật, kiểm tra 400 sản phẩm thì thấy có 38 phế phẩm. Với
mức ý nghĩa là $1\%$, kiểm tra xem việc cải tiến kỹ thuật có mang
lại hiệu quả không?


\item\label{5.7} Tỉ lệ người chữa khỏi một loại bệnh bằng loại thuốc cũ là
$80\%$. Người ta thay thế bằng loại thuốc mới để chữa bệnh cho 1000
người thì có 820 người khỏi bệnh. Với mức ý nghĩa 1$\%$, có thể kết
luận thuốc mới tốt hơn thuốc cũ không?


\item\label{5.8} Hai giống vịt được nuôi sau 4 tháng. Lấy mẫu $n_1=50$ ở giống vịt
thứ nhất, được $\overline{x}_1=1.9 kg$ và $s_1^2=1$. Lấy mẫu
$n_2=80$ ở giống vịt thứ hai, được $\overline{x}_2=2 kg$ và
$s_2^2=0.8$. Với mức ý nghĩa $\alpha=10\%$, hai giống vịt này có
trọng lượng trung bình bằng nhau không?


\item\label{5.9} Chọn ngẫu nhiên 20 đại lý có áp dụng khuyến mãi thu
được số lượng bán trung bình mỗi ngày là 140 sản phẩm và độ lệch
chuẩn mẫu là 12; còn tại 20 đại lý không có khuyến mãi được 2 số liệu
tương ứng là 120 và 10. Giả sử lượng hàng bán được có phân phối
chuẩn, có cùng phương sai. Với mức ý nghĩa $5\%$, hình thức khuyến mãi
có làm tăng số lượng hàng bán không?

\item\label{5.10} Một công ty bán hàng muốn kiểm tra hiệu quả từ việc thay đổi
kiểu đóng gói. Chọn 2 mẫu: mẫu 1 là 35 đại lý bán hàng theo loại gói
cũ và mẫu 2 là 35 đại lý bán hàng theo loại gói mới để thống kê về
số gói hàng bán ra  sau một tháng, thu được 2 giá trị đặc trưng cho
2 mẫu tương ứng như sau: loại gói cũ: $\overline{x_1}=560$ gói, với
$s_1=20$; loại gói mới: $\overline{x_2}=580$ gói, với $s_2=30$. Với
mức ý nghĩa 1$\%$, hãy đánh giá việc thay đổi kiểu đóng gói có đem lại hiệu
quả hay không?



\item\label{5.11} Để so sánh tỉ lệ nảy mầm của hai giống cây trong điều kiện
độ ẩm thấp. Người ta đem gieo 200 hạt giống loại I thì có 150 hạt nảy
mầm, gieo 300 hạt giống loại II thấy có 210 hạt nảy mầm. Với mức ý nghĩa
$ \alpha =0,\!05$\,, tỉ lệ nảy mầm trong điều kiện độ ẩm thấp của 2
giống cây trên có như nhau không\,?



\item\label{5.12} Lấy số liệu thực tế từ các hộ gia đình vay vốn của ngân hàng
nông nghiệp đối với 2 huyện. Huyện A: có 2000 hộ vay thì có 1692 hộ
sử dụng tiền vay có hiệu quả; huyện B: có 1000 hộ vay thì có 810 hộ
sử dụng tiền vay có hiệu quả. Với mức ý nghĩa $5\%$, tỉ lệ hộ sử
dụng tiền vay có hiệu quả của huyện A có cao hơn ở huyện B không?




\item\label{5.13} Để đánh giá về chất lượng sản phẩm của nhà máy do 2 dây
chuyền sản xuất. Người ta kiểm tra ngẫu nhiên 200 sản phẩm từ dây
chuyền thứ nhất thì có 15 phế phẩm, kiểm tra 300 sản phẩm từ dây chuyền
thứ hai thấy có 21 phế phẩm. Từ số liệu thu được có thể đánh giá sơ bộ
dây chuyền nào làm việc tốt hơn. Với mức ý nghĩa $ \alpha =0,\!08$,
kiểm định đánh giá sơ bộ đó.




\item\label{5.14} Có hai phương pháp gieo một loại hạt giống: theo phương pháp A, gieo 125
hạt thấy có 90 hạt nảy mầm; theo phương pháp B, gieo 100 hạt thấy có
85 hạt nảy mầm. Từ số liệu thu được có thể đánh giá sơ bộ phương
pháp gieo nào tốt hơn. Với mức ý nghĩa $ \alpha =0,\!05$, kiểm định
đánh giá sơ bộ đó.




\item\label{5.15} Tại một nhà máy làm việc theo chế độ 3 ca: buổi sáng, buổi chiều và buổi tối, chọn ngẫu nhiên một số sản phẩm để kiểm tra chất lượng, thu được bảng số liệu sau
\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline \raisebox{-8pt}{Chất lượng} &\multicolumn{3}{|c|}{\raisebox{-3pt}{Ca}}\\
\cline{2-4} &Sáng &Chiều &Tối \\
\hline Chính phẩm& 84 & 64 & 70 \\
\hline Phế phẩm & 2 & 8 & 2 \\
\hline
\end{tabular}
\end{center}
Với mức ý nghĩa $\alpha = 0,\!05$, có thể kết luận chất lượng sản
phẩm phụ thuộc vào ca làm việc không?




\item\label{5.16} Tại một nhà máy có 4 phân xưởng: I, II, III, IV; cùng sản xuất ra một loại sản phẩm với 3 tiêu chí đánh giá chất lượng: Loại A
(tốt), loại B (đạt), loại C (chưa đạt). Kiểm tra 1000 sản phẩm khi
nhập tổng kho, thu được bảng số liệu sau
\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline \hspace{30pt} \hspace{-2pt}Chất lượng &Loại &Loại &Loại\\
\hspace{-37pt} Xưởng\hspace{30pt} &A &B &C \\
\hline I  & 105 & 90 & 25 \\
\hline II & 135 &102 & 13 \\
\hline III& 124 &100 & 6 \\
\hline IV & 146 &138 & 16 \\
\hline
\end{tabular}
\end{center}
Với mức ý nghĩa $\alpha = 0,\!01$, có thể kết luận chất lượng sản
phẩm phụ thuộc vào phân xưởng sản xuất không?







\end{enumerate}











\chapter{Hồi quy và tương quan}

\section{Hệ số tương quan mẫu}

\subsection{Mở đầu}
Trên cùng một đám đông $\mathcal C$ có hai đặc điểm định lượng cần
nghiên cứu, hai đại lượng ngẫu nhiên gốc đám đông tương ứng lần lượt
là $X$ và $Y$. Bài toán đặt ra ở đây là tìm hiểu mức độ phụ thuộc giữa
hai đại lượng ngẫu nhiên và tìm biểu thức biểu diễn sự liên hệ giữa
chúng.

Đây là một vấn đề hoàn toàn thực tế, sự phụ thuộc của hai đại lượng
ngẫu nhiên $X$ và $Y$ có thể phân thành ba loại:

$\diamond$ Sự phụ thuộc hàm số: tồn tại hàm $\varphi$ để
$Y=\varphi(X)$.

$\diamond$ Sự phụ thuộc thống kê: khi $X$ thay đổi thì phân phối xác
 suất của $Y$ cũng thay đổi.

$\diamond$ Sự phụ thuộc tương quan: $X$ thay đổi thì kỳ vọng có điều
kiện $\mathbb E(Y|X)$ cũng thay đổi, nghĩa là $\mathbb
E(Y|X)=\varphi(X)\not=$ hằng số.

Nếu $\varphi(X)=AX+B$ thì ta nói $X$ và $Y$ có \emph{tương quan
tuyến tính}, trong trường hợp ngược lại thì ta nói $X$ và $Y$ có
\emph{tương quan phi tuyến.}

Phụ thuộc tương quan là trường hợp riêng của phụ thuộc thống kê,
nghĩa là nếu phụ thuộc tương quan thì có sự phụ thuộc về phân phối
xác suất. Khi phân tích độ phụ thuộc tương quan giữa hai đại lượng
ngẫu nhiên $X$ và $Y$ thì ta không cần xét đến trường hợp nó độc lập
với nhau.


\subsection{Hệ số tương quan mẫu}
Chúng ta đã được làm quen với khái niệm hệ số tương quan giữa hai
đại lượng ngẫu nhiên $X$ và $Y$
 $$\rho(X,\,Y)=\frac{\text{cov}(X,\,Y)}{\sqrt{\mathbb DX\,\mathbb DY}}
=\frac{\mathbb E(XY)-\mathbb EX\mathbb EY}{\sqrt{\mathbb DX\,\mathbb
DY}}\,.$$

Đó là số đo mức độ phụ thuộc tuyến tính giữa hai đại lượng ngẫu
nhiên $X$ và $Y$, nhưng nếu chưa biết được phân phối xác suất thì hệ
số tương quan lý thuyết $\rho(X,\,Y)$ chưa xác định được. Do đó ta
tìm cách ước lượng $\rho(X,\,Y)$ bởi một giá trị thu được từ mẫu
quan sát, giá trị đó được gọi là \emph{hệ số tương quan mẫu}.


Giả sử ta có $n$ cặp quan sát $(x_1,\,y_1),\,(x_2,\,y_2),
...,\,(x_n,\,y_n)$ của $(X,\,Y)$, \emph{hệ số tương quan mẫu} được
tính theo công thức
$$r=\frac{\displaystyle \sum_{i=1}^{n}(x_i-\overline{x})(y_i-\overline{y})}
{\displaystyle
\sqrt{\sum_{i=1}^{n}(x_i-\overline{x})^2\sum_{i=1}^{n}(y_i-\overline{y})^2}}\;.$$

Do vậy
$$r=\frac{\displaystyle n\sum_{i=1}^{n}x_iy_i-\sum_{i=1}^{n}x_i\sum_{i=1}^{n}y_i}
{\displaystyle
\sqrt{n\sum_{i=1}^{n}x_i^2-\Big(\sum_{i=1}^{n}x_i\Big)^2}
\;\;\sqrt{n\sum_{i=1}^{n}y_i^2-\Big(\sum_{i=1}^{n}y_i\Big)^2}}
=\frac{\overline{xy}-\overline{x}\;\overline{y}}{\hat{s}_X\,\hat{s}_Y}
\;,$$ trong đó\hspace{10pt} $\displaystyle
\overline{xy}=\cfrac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}x_iy_i  $.

Tương tự như hệ số tương quan, hệ số tương quan mẫu cũng có tính
chất $|r|\leqslant 1$. Biểu diễn các cặp $(x_i,\,y_i)$ của mẫu lên
một mặt phẳng tọa độ tạo thành đám mây điểm. Hình ảnh của đám mây
điểm thể hiện mối quan hệ giữa $X$ và $Y$. Nếu đám mây điểm có xu
hướng tập trung quanh một đường thẳng nào đó (có hệ số góc khác 0)
thì $|r|$ càng gần 1 và ta có thể kết luận $X, \; Y$ có quan hệ gần
với quan hệ tuyến tính (tương quan tuyến tính), còn nếu nó phân tán
thành hình tròn hay hình vuông thì $|r|$ gần bằng 0.


\vspace{5pt}\noindent \textbf{Ví dụ 1.} Bảng số liệu sau đây là kết quả thu
thập từ một công ty về doanh thu $(X)$
 và số tiền dành cho quảng cáo $(Y)$ của một số tháng như
 sau:
\begin{center}
\begin{tabular}{l|ccccc}
    $X$ (tỉ đồng)&5 &7 &8 &11&9\\ \hline
    \,$Y$ (triệu đồng) &45 &60 &75 &90&80
\end{tabular}
\end{center}

Hãy xác định hệ số tương quan mẫu.

\vspace{5pt}  \noindent \emph{Giải.} Bảng tính
\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|}
\hline               $x_i$ &          $y_i$ &          $x_iy_i$ &        $x_i^2$ & $y_i^2$ \\ \hline 5 & 45 & 225 & 25 & 2025 \\
\hline                 7 &           60 &           420 &           49 & 3600 \\ \hline 8 & 75 & 600 & 64 & 5625 \\
\hline                11 &           90 &           990 &          121 & 8100 \\ \hline 9 & 80 & 720 & 81 & 6400 \\
\hline\hline \textbf{40} & \textbf{350} & \textbf{2955} & \textbf{340} & \textbf{25750} \\
\hline
\end{tabular}
\end{center}

Hệ số tương quan mẫu
$$r=\frac{5\cdot 2955-40\cdot 350}
{\sqrt{5\cdot 340-40^2} \;\;\sqrt{5\cdot 25750-350^2}} \approx
0,\!98.$$

\vspace{5pt}  \textbf{Chú ý.} Trường hợp số liệu thu thập có kích
thước lớn, dạng bảng có tần số chúng ta cũng lập bảng tính trung
gian như trên sau đó sử dụng công thức:
$r=\cfrac{\overline{xy}-\overline{x}\;\overline{y}}{\hat{s}_X\,\hat{s}_Y}$\;
(xem bài tập \ref{6.4} và \ref{6.5}).

\section[Phương trình hồi quy bình phương trung bình tuyến tính]{Phương trình hồi quy bình phương trung bình tuyến tính thực
nghiệm}

\subsection{Phương trình hồi quy}
\noindent\textbf{ Mệnh đề.} \emph{Trong tất cả các hàm $h(X)$  dùng để ước
lượng $Y$ thì $\varphi(X)=\mathbb E(Y|X)$ là hàm có sai số bình
phương trung bình nhỏ nhất. Nghĩa là}
$$\mathbb E\big(Y-\mathbb E(Y|X)\big)^2\leqslant \mathbb E \big(Y-h(X)\big)^2.$$


\begin{proof}[Chứng minh]
\begin{align*}
\mathbb E\big(Y-h(X)\big)&=\mathbb E\big(Y-\mathbb E(Y|X)+\mathbb
E(Y|X)-h(X)\big)^2\\
&=\mathbb E\big(Y-\mathbb E(Y|X))^2+\mathbb E\big(\mathbb
E(Y|X)-h(X)\big)^2+\\
&\hspace{20pt} 2\mathbb E\Big[\big(Y-\mathbb E(Y|X)\big)\big(\mathbb
E(Y|X)-h(X)\big)\Big].
\end{align*}

Với mọi hàm $k(X)$ ta luôn có
\begin{align*}
\mathbb E\big(k(X)\,\mathbb \mathbb E(Y|X)\big)&=\int\Big [k(x)\int
y\,p(y|x)\,dy\Big ]p_X(x)\,dx\\
&=\int\int k(x)\,y\,p(y|x)p_X(x)\,dx\,dy\\
&=\int\int k(x)\,y\,p(x,\,y)\,dx\,dy=\mathbb E\big(k(X)\,Y\big).
\end{align*}

Đặt $k(X)=\mathbb E(Y|X)-h(X)$, suy ra
\begin{align*}
&\mathbb E\Big[\big(Y-\mathbb E(Y|X)\big)\big(\mathbb
E(Y|X)-h(X)\big)\Big]=
\mathbb E\Big[\big(Y-\mathbb E(Y|X)\big)\,k(X)\Big]\\
=\;&\mathbb E\big[k(X)\,Y\big]-\mathbb E\big[k(X)\,\mathbb
E(Y|X)\big]=0.
\end{align*}

Do đó
\begin{align*}
\mathbb E\big(Y-h(X)\big)&=\mathbb E\big(Y-\mathbb E(Y|X))^2+\mathbb
E\big(
\mathbb E(Y|X)-h(X)\big)^2\\
&\geqslant \mathbb E\big(Y-\mathbb E(Y|X))^2.
\end{align*}
\end{proof}


Như vậy  $\mathbb E(Y|X)$ là hàm ước lượng $Y$ có sai số bình phương
trung bình nhỏ nhất. Phương trình $\varphi(X)=\mathbb E(Y|X)$ được
gọi là \emph{phương trình hồi quy} của $Y$ theo $X$.




\subsection{Ước lượng hệ số hồi quy tuyến tính thực nghiệm}

Giả sử $X$ là đại lượng ngẫu nhiên độc lập còn $Y$  là đại lượng
ngẫu nhiên phụ thuộc và giữa chúng có tương quan tuyến tính
$$\mathbb E(Y|X)=AX+B,\;\;A\not=0,$$
trong đó $A$, $B$ chưa biết và được gọi là \emph{hệ số hồi quy lý
thuyết}.


\vspace{5pt}\noindent \textbf{Bài toán.} Căn cứ vào $n$ cặp quan sát
$(x_1,\,y_1),\,(x_2,\,y_2), ...,\,(x_n,\,y_n)$ của $(X,\,Y)$, ta cần
đi tìm một phương trình $y=ax+b$ ước lượng cho phương trình hồi quy
tuyến tính lý thuyết $\mathbb E(Y|X)=AX+B$.

Phương trình $y=ax+b$ được gọi là \emph{phương trình hồi quy tuyến
tính thực nghiệm}; $a$ và $b$ được gọi là \emph{hệ số hồi quy tuyến
tính thực nghiệm} của $Y$ theo $X$. Chúng ta sử dụng phương pháp
bình phương bé nhất để xác định giá trị của $a$ và $b$.

Như vậy, giữa giá trị thực nghiệm và giá trị xác định từ phương
trình hồi quy tuyến tính thực nghiệm tại $x_i$ có sai số
$|y_i-(ax_i+b)|$. Tiêu chuẩn để xác định phương trình hồi quy tuyến
tính thực nghiệm $y=ax+b$ là đảm bảo được yêu cầu
$$F(a, b)=\sum_{i=1}^{n}\big(y_i-(ax_i+b)\big)^2\Rightarrow \min.$$


\vspace{5pt} Tìm cực tiểu của $F(a, b)$ dẫn đến hệ phương trình
$$
\begin{cases}
\cfrac{\partial F(a,\,b)}{\partial a}=\displaystyle
-2\sum_{i=1}^{n}(y_i-ax_i-b)\,x_i=0;\\
\cfrac{\partial F(a,\,b)}{\partial b}=\displaystyle
-2\sum_{i=1}^{n}(y_i-ax_i-b)=0,
\end{cases}
$$
tương đương với hệ
$$\begin{cases}
\displaystyle
\Big(\sum_{i=1}^{n}x_i^2\Big)a+\Big(\sum_{i=1}^{n}x_i\Big)b=\sum_{i=1}^{n}x_i\,y_i;\\
\displaystyle \Big(\sum_{i=1}^{n}x_i\Big)a+nb=\sum_{i=1}^{n}y_i.
\end{cases}$$

Giải hệ phương trình bậc nhất đối với $a$ và $b$, ta được
\begin{equation*}
\begin{cases}
a=\cfrac{n\displaystyle
\sum_{i=1}^{n}x_i\,y_i-\sum_{i=1}^{n}x_i\sum_{i=1}^{n}y_i}
{n\displaystyle \sum_{i=1}^{n}x_i^2-\Big(\sum_{i=1}^{n}x_i\Big)^2}\, ;\\
b=\cfrac{\displaystyle \sum_{i=1}^{n}y_i-a\sum_{i=1}^{n}x_i}{n}\,.
\end{cases}
\end{equation*}

Ngoài ra, hệ số hồi quy tuyến tính thực nghiệm còn có thể xác định
nhờ công thức tương đương
\begin{equation*}
\begin{cases}
a=\cfrac{\overline{xy}-\overline{x}\,\overline{y}}{\hat{s}_X^2}\, ;\\
b=\overline{y}-a\,\overline{x}\,.
\end{cases}
\end{equation*}


\vspace{5pt}\noindent \textbf{Ví dụ 2.} Với giả thiết như ở Ví dụ 1:
$$n=5;\hspace{5pt} \sum x_i=40;\hspace{5pt}  \sum y_i=350;\hspace{5pt}\sum x_i^2=340;\hspace{5pt} \sum x_iy_i=2955. $$


a. Tìm phương trình hồi quy tuyến tính thực nghiệm của $y$ theo $x$.

b. Nếu doanh thu của một tháng nào đó là 10 tỉ đồng, hãy dự đoán chi
phí quảng cáo của công ty tháng đó là bao nhiêu.

\vspace{5pt}  \noindent \emph{Giải.} a. Hệ số hồi quy tuyến tính
thực nghiệm

\vspace{5pt}

$\displaystyle a=\frac{5\times 2955 -40\times 350}{5\times 340
-(40)^2}= 7,75;\;\;\;b=\displaystyle \frac{350- 7,75\times 40}{5}=
8.$

Phương trình hồi quy tuyến tính thực nghiệm: $y=7,75\,x+8$.

b.  $x= 10$ suy ra $y=85,\!5$ . Vậy chi phí quảng cáo của tháng đó
khoảng 85,5 triệu đồng.



\vspace{1cm} \centerline {\normalfont\large\bfseries\MakeUppercase{
Bài tập chương 6}} \addcontentsline{toc}{section}{Bài tập}
\vspace{0.5cm}


\begin{enumerate}

\item\label{6.1} Bảng số liệu sau đây là kết quả thống kê về tổng giá trị
hàng nông sản $(X)$ và tổng đầu tư xây dựng đường giao thông $(Y)$
của một huyện  trong 6 năm như sau: (đơn vị: tỉ đồng)
\begin{center}
\begin{tabular}{c|cccccc}
    $X$&60 &45 &75 &90&80&70\\ \hline
    $Y$&7 &5 &8 &11&9&10
\end{tabular}
\end{center}
\begin{enumerate}
\item Hãy xác định hệ số tương quan mẫu.

\item Tìm phương trình hồi quy tuyến tính thực nghiệm của $y$ theo $x$.

\item Nếu tiền đầu tư xây dựng đường giao thông của một năm nào đó là
8,6 tỉ đồng, hãy dự đoán tổng giá trị hàng nông sản năm đó là bao
nhiêu\,?
\end{enumerate}



\item\label{6.2} Bảng số liệu sau đây là kết quả thu được của một công ty về
số tiền dành cho các hoạt động chăm sóc khách hàng $(X)$ và doanh
thu $(Y)$ trong 6 tháng như sau:
\begin{center}
\begin{tabular}{c|cccccc}
 $X$&8 &9 &7 &10&9&11\\
\hline $Y$&600 &700 &500 &900&800&1100
\end{tabular}\;\;\;\;(đơn vị: triệu đồng).
\end{center}
\begin{enumerate}
\item Hãy xác định hệ số tương quan mẫu.

\item Nếu chi phí dành cho các hoạt động chăm sóc khách hàng của một tháng
nào đó là 10,5 triệu đồng, hãy dự đoán doanh thu của công ty tháng
đó là bao nhiêu\,?
\end{enumerate}


\item\label{6.3} Thống kê ghi lại dân số của một tỉnh qua 8 năm từ năm 1985
đến 1992 được bảng số sau
\begin{center}
\begin{tabular}{c|cccccccc}
    Năm &1985 &1986 &1987 &1988 &1989 &1990 &1991 &1992\\ \hline
    Dân số (10000) &50 &51 &51 &53 &54 &56 &59 &60
\end{tabular}
\end{center}
Để thuận tiện trong tính toán ta đặt $x = \text{``năm''} - 1985$ và
$y = \text{``dân số''} - 50$ (đơn vị 10000 người).  Hãy tìm phương
trình hồi quy tuyến tính thực nghiệm của $y$ theo $x$.




\item\label{6.4} Tính hệ số tương quan mẫu và phương trình hồi quy tuyến tính
thực nghiệm của $y$ theo $x$ dựa vào bảng tần số  sau:
\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline   $x_i$&17 &14 &12 &15 &12 &20 \\
\hline   $y_i$&31 &33 &25 &29 &27 &40\\
\hline   $n_i$&2  &4  &10  &3  &5  &6\\ \hline
\end{tabular}
\end{center}

\item\label{6.5} Bảng số liệu sau đây chỉ ra sự phụ thuộc của năng suất thu hoạch $Y$ theo lượng phân bón $X$ của một loại hoa màu trên 100 thửa ruộng.
\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|} \hline
\raisebox{-10pt}{$Y$} & \multicolumn{4}{|c|}{\raisebox{-3pt}{$X$}} \\
\cline{2-5} &20 &25 &30 &35 \\
\hline 400 &12 &5  &1 &1 \\
\hline 420 &6  &18 &3 &2 \\
\hline 450 &2  &   &10&9 \\
\hline 490 &   &1  &10&20 \\
\hline
\end{tabular}
\end{center}
Tính hệ số tương quan mẫu và phương trình hồi quy tuyến tính thực
nghiệm của năng suất thu hoạch theo lượng phân bón.


\end{enumerate}

\chapter*{Hướng dẫn giải bài tập}
\addcontentsline{toc}{chapter}{Hướng dẫn giải bài tập}
\par Trong phần này, chúng tôi sẽ hướng dẫn giải một số bài tập
tương đối mới, chưa được trình bày nhiều trong các tài liệu bằng
tiếng Việt.\\

 \vspace* {0,5cm}

\centerline {\textbf{ CHƯƠNG 1}} \vspace* {0,5cm}

\noindent  5. a) Sử dụng đẳng thức $A\triangle B=(A\setminus B)\cup (B\setminus A).$\\
b) Sử dụng công thức tính $\Bbb{P}(A\cup B\cup C)$.\\
c) Nhận xét $AB\cup AC\subset A.$\\
d) Sử dụng các kết quả a), b), c).\\
6. a) Chuyển vế, sử dụng công thức $$\Bbb{P}(A\cup B)=\Bbb{P}(A)+\Bbb{P}(B)-\Bbb{P}(AB).$$ Sau đó biến đổi tương đương.\\
b) Trước hết, nhận xét rằng, nếu $AB= \emptyset$ thì $$\Bbb{P}(A)
\Bbb{P}(B)\leqslant\Big(\frac{\Bbb{P}(A)+\Bbb{P}(B)}2\Big)^2\leqslant
\frac1 4.$$ Xét trường hợp A, B bất kỳ. Khi đó $$
\Bbb{P}(AB)-\Bbb{P}(A)\Bbb{P}(B)\leqslant \Bbb{P}(AB)-\Bbb{P}(AB)
\Bbb{P}(B)$$$$\leqslant \Bbb{P}(AB)\Bbb{P}(\bar B)\leqslant \frac 1
4\;\;\;\;\; (1).$$
$\Bbb{P}(A)\Bbb{P}(B)-\Bbb{P}(AB)=[\Bbb{P}(A\setminus AB)+
\Bbb{P}(AB)]\Bbb{P}(B)-\Bbb{P}(AB)= \Bbb{P}(A\setminus AB)\Bbb{P}(B)
-\Bbb{P}(AB)(\Bbb{P}(B)-1)\leqslant \Bbb{P}(A\setminus AB)\Bbb{P}(B)\leqslant \frac1 4$ (2).\\
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.\\
7. Sử dụng định nghĩa xác suất có điều kiện, biến đổi vế phải để được điều phải chứng minh.\\
8. $$ \Bbb{P}(A|C)=\frac {\Bbb{P}(AC)}{\Bbb{P}(C)}=\frac
{\sum_{k=1}^n\Bbb{P}(AB_kC)}{\Bbb{P}(C)}=$$$$=\frac
{\sum_{k=1}^n\Bbb{P}(A|B_kC)\Bbb{P}(B_kC)}{\Bbb{P}(C)}=\sum_{k=1}^n\Bbb{P}(A|B_kC)\Bbb{P}(B_k|C).$$
9. $1=\Bbb{P}(A\cup
B)=\Bbb{P}(A)+\Bbb{P}(B)-\Bbb{P}(AB)=\Bbb{P}(A)+\Bbb{P}(B)-\Bbb{P}
(A)\Bbb{P}(B)\Rightarrow
1-\Bbb{P}(B)=\Bbb{P}(A)(1-\Bbb{P}(B))\Rightarrow 0
=(1-\Bbb{P}(A))(1-\Bbb{P}(B))\Rightarrow \Bbb{P}(A)=1\;\text
{hoặc}\;\Bbb{P}
(B)=1$.\\
10. $\Bbb{P}(A)\Bbb{P}(B)=\Bbb{P}(AB)=\Bbb{P}\big((A\cup B)AB\big)=
\Bbb{P}(A\cup B)\Bbb{P}(AB)=(\Bbb{P}(A\cup B))\Bbb{P}(A)\Bbb{P}(B)
\Rightarrow \Bbb{P}(A)=0\;\text {hoặc}\;\Bbb{P}(B)=0\;\text {hoặc}
\;\Bbb{P}(A\cup B)=1\Rightarrow \Bbb{P}(A)=0$ \;$\text {hoặc}\;
\Bbb{P}(B)=0\;\text {hoặc}\;\Bbb{P}(A)=1\;\text {hoặc}\;\Bbb{P}(B)=1$.\\
11. $\Bbb{P}(A\cup B)=\Bbb{P}(A)+\Bbb{P}(B)\Rightarrow
\Bbb{P}(A)=0\;\text {hoặc}$\linebreak$\Bbb{P}(B)=0$. Kết hợp điều
này với điều kiện $\Bbb{P}(A\triangle B)=p$, ta được $
\Bbb{P}(A\setminus B)=p\;\text
 {hoặc}\;\Bbb{P}(B\setminus A)=p$. Nhưng $ \Bbb{P}(A\setminus B) < p$,
  nên $ \Bbb{P}(B\setminus A)=p\Rightarrow \Bbb{P}(A\setminus B)=0
  \Rightarrow \Bbb{P}(B)=p;$\;$ \Bbb{P}(A)=0$.\\
12. $\Bbb{P}(ABBC)=\Bbb{P}(ABC)=\Bbb{P}(A)\Bbb{P}(B)\Bbb{P}(C)\neq
\Bbb{P}(A)\Bbb{P} (B)^2\Bbb{P}(C)=\Bbb{P}(AB)\Bbb{P}(BC)$ suy ra AB
và BC không độc lập.
 Tương tự, AB và AC, AC và BC cũng không độc lập.\\
13. Ta
có$$\Bbb{P}(ABC)=\Bbb{P}(B)\Bbb{P}(AC)\;\;\;\;(1)$$$$\Bbb{P}(ABC)=
\Bbb{P}(C)\Bbb{P}(AB)\;\;\;\;(2)$$
$$\Bbb{P}(ABC)=\Bbb{P}(A)\Bbb{P}(BC)\;\;\;\;(3)$$
$\Bbb{P}(A)(\Bbb{P}(B)+\Bbb{P}(C)-\Bbb{P}(BC))=\Bbb{P}(A)\Bbb{P}(B\cup
C) =\Bbb{P}(A(B\cup C))=\Bbb{P}(AB\cup
AC)=\Bbb{P}(AB)+\Bbb{P}(AC)-\Bbb{P} (ABC).$ Điều này kết hợp với (3)
cho ta\;\;$\Bbb{P}(A)\Bbb{P}(B)+\Bbb{P}(A)\Bbb{P}
(C)-\Bbb{P}(A)\Bbb{P}(BC)$$=\Bbb{P}(AB)+\Bbb{P}(AC)-\Bbb{P}(A)\Bbb{P}
(BC)$ hay\\
$$\Bbb{P}(AB)-\Bbb{P}(A)\Bbb{P}(B)=\Bbb{P}(A)\Bbb{P}(B)-\Bbb{P}
(AC)\;\;\;(4).$$ Mặt khác, từ (1) và (2) suy
ra$$\Bbb{P}(AB)=\Bbb{P}(B)\Bbb{P}(AC)/\Bbb{P}(C).$$ Thay hệ thức này
vào (4), ta được$$\Bbb{P}(B)\Big[\frac{\Bbb{P}(AC)}{\Bbb{P}(C)}
-\Bbb{P}(A)\Big]=\Bbb{P}(A)\Bbb{P}(C)-\Bbb{P}(AC)$$$$=\Bbb{P}(C)
\Big[\Bbb{P}(A) -\frac {\Bbb{P}(AC)}{\Bbb{P}(C)}\Big].$$ Từ đó suy
ra
$$\Bbb{P}(A)-\frac {\Bbb{P}(AC)}{\Bbb{P}(C)}=0.$$ Hay
$$\Bbb{P}(AC)=\Bbb{P}(A)\Bbb{P}(C).$$ Điều này cùng với (1) cho ta
 $$\Bbb{P}(ABC)=\Bbb{P}(A)\Bbb{P}(B)\Bbb{P}(C).$$ Từ hai hệ thức cuối
 cùng, kết hợp với (2) và (3) cho ta điều phải chứng minh.\\
14. a) Ta có $$\Bbb{P}(\bar
AB)=\Bbb{P}(B)-\Bbb{P}(AB).$$$$\Bbb{P}(\bar A)\Bbb{P}
(B)=(1-\Bbb{P}(A))\Bbb{P}(B).$$ Do đó, nếu A và B $\varepsilon$-độc
lập
 thì $$|\Bbb{P}(\bar AB)-\Bbb{P}(\bar A)\Bbb{P}(B)|=|\Bbb{P}(A)\Bbb{P}(B)-\Bbb{P}
 (AB)|\leqslant \varepsilon.$$ Tức là $\bar A$ và B $\varepsilon$-độc lập.
 Tương tự, ta cũng chứng minh được A và $\bar B$, $\bar A$ và $\bar B$
  cũng $\varepsilon$-độc lập.\\
b) Giả sử $\Bbb{P}(A)\leqslant \varepsilon$. Khi đó
$$|\Bbb{P}(A)\Bbb{P}(B)-\Bbb{P} (AB)|\leqslant\max(
\Bbb{P}(A)\Bbb{P}(B),\Bbb{P}
(AB)\}\leqslant \varepsilon.$$ Do đó  A và B là $\varepsilon$-độc lập.\\
Nếu $\Bbb{P}(A)\geqslant 1-\varepsilon$ thì
$\Bbb{P}(\bar A)\leqslant \varepsilon$. Do đó $\bar A$ và B là $\varepsilon$-độc lập. Suy ra A và B bất kỳ cũng $\varepsilon$-độc lập.\\
c)  \textbf{Cách 1.} Chỉ cần xét với $\varepsilon <1/4$. Ta
có$$|\Bbb{P}(AA)-\Bbb{P}(A)\Bbb{P} (A)|\leqslant \varepsilon.$$ Do
đó
$$\Bbb{P}(A)(1-\Bbb{P}
(A))\leqslant\varepsilon.$$ Giải ra ta được\\
$\Bbb{P}(A)\leqslant\frac{1-\sqrt{1-4\varepsilon}}2\leqslant
2\varepsilon\;
\text{hoặc}\;\Bbb{P}(A)\geqslant\frac{1+\sqrt{1-4\varepsilon}}2\geqslant 1-2\varepsilon$. Vì $0 <1-4\varepsilon<1\Rightarrow 1-4\varepsilon < \sqrt{1-4\varepsilon}$.\\
 \textbf{Cách 2.} Xét hai trường hợp $\Bbb{P}(A)\geq 1/2$ và $\Bbb{P}(A)\leq 1/2$.\\
27. $ \lim\limits_{n\to \infty}\Bbb{P} (A_n)= \lim\limits_{n\to
\infty}\big(\Bbb{P}(A_n\bar B_n)+\Bbb{P} (A_nB_n)\big)\leqslant
\lim\limits_{n\to \infty}\Bbb{P} (\bar B_n)+ \lim\limits_{n\to
\infty}\Bbb{P}(A_nB_n)=
\lim\limits_{n\to \infty}\Bbb{P}(A_nB_n).$\\
Bất đẳng thức ngược lại là hiển nhiên.\\
28. a) Chứng minh trực tiếp.\\
b) Dùng công thức đối ngẫu De-Morgan.\\
29. Dùng tính chất của các phép toán trên các tập hợp để biến đổi trực tiếp. Chẳng hạn:\\
$$\limsup (A_n\bigcup B_n)=\bigcap_{n=1}^\infty\bigcup_{k=n}^\infty\big( A_k\bigcup B_k\big)=$$ $$=\bigcap_{n=1}^\infty\big[(\bigcup_{k=n}^\infty A_k)\bigcup (\bigcup_{k=n}^\infty B_k)\big]=$$ $$=(\bigcap_{n=1}^\infty\bigcup_{k=n}^\infty A_k)\bigcup (\bigcap_{n=1}^\infty\bigcup_{k=n}^\infty B_k)=\limsup A_n \bigcup \limsup B_n.$$\\
$$\limsup (A_n\bigcap B_n)=\bigcap_{n=1}^\infty\bigcup_{k=n}^\infty\big( A_k\bigcap B_k\big)\subset$$ $$\subset\bigcap_{n=1}^\infty(\bigcup_{k=n}^\infty A_k)=\limsup A_n\;\; (1).$$Tương tự $$\limsup (A_n\bigcup B_n)\subset\limsup B_n\;\;(2).$$
Từ (1) và (2) suy ra $$\limsup (A_n\cap B_n)\subset \limsup
A_n\cap\limsup B_n.$$c)$\;\; \limsup A_n= A\cap B;\;\;\liminf A_n=A\cup B$.\\
30. Đặt $$B_1=A_1, B_2=\bar{A_1}A_2, \ldots, B_n = \bar{A_1}\bar{A_2}\cdots\overline{A_{n-1}}A_n, \ldots.$$ Khi đó $$B_iB_j=\emptyset,\;\;\bigcup_{n=1}^\infty B_n= \bigcup_{n=1}^\infty A_n.$$ Từ đó, suy ra điều phải chứng minh.\\
31. a)-b) Sử dụng tính chất liên tục của xác suất để chứng minh.\\
c) $\Bbb{P}(\liminf A_n)=\Bbb{P}\big(
\bigcup_{n=1}^\infty\bigcap_{k=n}^ \infty A_k\big)=\lim\limits_{n\to
\infty}\Bbb{P}\big(\bigcap_{k=n}^\infty A_n \big) $\\$\leqslant
\liminf \Bbb{P}(A_n)\leqslant
 \limsup \Bbb{P}(A_n)\leqslant \lim\limits_{n\to \infty}\Bbb{P}
 \big(\bigcup_{k=n}^\infty A_n\big) $\\$=\Bbb{P}\big( \bigcap_{n=1}^\infty\bigcup_{k=n}^\infty A_k)=\Bbb{P}(\limsup A_n)$.\\
(Vì $\bigcap_{k=n}^\infty A_k\subset A_l\subset \bigcup_{k=n}^\infty
A_k
$, với mọi $l\geqslant n$).\\
\noindent
32.  Trước hết chứng minh rằng với mọi họ hữu hạn các biến cố
$A_{i_1}, A_{i_2},\dots, A_{i_n}$ của họ $(A_i)_{i\in I}$, ta đều có
        $$\Bbb{P}(\overline {A_{i_1}} A_{i_2}\dots A_{i_n} ) =
         P (\overline {A_{i_1}}).\Bbb{P}(  A_{i_2})... \Bbb{P}(A_{i_n}).$$
33. $$\Bbb{P}(\bigcup _{k=1}^n A_k)=1-\Bbb{P}(\bigcap_{k=1}^n\bar
A_k)=1-\prod_{k=1}^n \Bbb{P}(A_k).$$ 34. Đặt $$B_n=\bigcap_{k=1}^n
A_k.$$ Khi đó, dãy $B_1,B_2,\ldots $ là dãy giảm và
$$\bigcap_{k=1}^\infty A_k=\bigcap_{k=1}^\infty B_k.$$Suy ra
$$\Bbb{P}(\bigcap_{n=1}^\infty A_n)=\Bbb{P}(\bigcap_{n=1}^\infty
B_n)=\lim\limits_{n\to\infty}\Bbb{P}(B_n)$$$$=\lim\limits_{n\to\infty}\Bbb{P}(\bigcap_{k=1}^n
A_k)=\lim\limits_{n\to\infty}\prod_{k=1}^n \Bbb{P}(A_k)=\prod_
{n=1}^\infty \Bbb{P}(A_n).$$
35. Sử dụng Bài tập 33 và kết quả sau đây trong Giải tích: Tích vô hạn $\prod_{n=1}^\infty(1+a_n)$ hội tụ tuyệt đối tới một giới hạn khác không khi và chỉ khi chuỗi $\sum _{n=1}^\infty a_n$ hội tụ tuyệt đối.\\
36. Giả sử $\mathcal A$ là một họ các biến cố độc lập đôi một. Khi
đó, với mọi $n=1,2,\ldots$ và mọi $A_1,A_2\ldots ,A_n \in \mathcal
A$, ta có $A_2A_3 \cdots A_n$ độc lập với $A_1$ (vì họ các biến cố độc
lập với $A_1$ lập thành một đại số). Vì vậy
$$\Bbb{P}(A_1A_2\cdots A_n)=\Bbb{P}(A_1)\Bbb{P}(A_2\cdots A_n).$$
Lý luận tương tự đối với họ $A_2A_3\ldots A_n $,  ta được
$$\Bbb{P}(A_2A_3\cdots A_n)=\Bbb{P}(A_2)\Bbb{P}(A_3\cdots A_n).$$
\begin{center}..............................................\end{center}
Từ đó ta được
$$\Bbb{P}(A_1A_2\cdots A_n)=\Bbb{P}(A_1)\Bbb{P}(A_2)\cdots \Bbb{P}(A_n).$$
Điều này chứng tỏ $\mathcal A$  là họ độc lập.\\
37. Nếu tất cả các biến cố của không gian xác suất đều có xác suất bằng 0 hoặc bằng 1 thì hiển nhiên chúng độc lập, do đó độc lập đôi một. Ngược lại, giả sử tập hợp tất cả các biến cố là tập độc lập đôi một. Khi đó, nếu tồn tại một biến cố $A$ sao cho $0<\Bbb{P}(A)<1$ thì $0<\Bbb{P}(\overline A)<1$. Mặt khác $\Bbb{P}(A)\Bbb{P}(\overline A)=\Bbb{P}(A\overline A)=\Bbb{P}(\emptyset)=0$, vô lý.\\
38. Không. Chẳng hạn, xét không gian xác suất mà trong đó tồn tại một biến cố có xác suất khác 0 và khác 1. Khi đó, theo bài trên, tồn tại hai biến cố không độc lập với nhau. Tuy nhiên, cả hai biến cố đó đều độc lập với biến cố $\emptyset$.\\
39. Không. Chẳng hạn, lấy $\Omega=(1, 2, 3, 4\}; A=(1,2\}; B=(4\};C=(2,3\};$\linebreak
$\Bbb{P}(1)=\Bbb{P}(2)=\Bbb{P}(3)=\Bbb{P}(4)=1/4$. Khi đó $A,C$ không độc lập với $B$, nhưng $C$ độc lập với $A$.\\
40. Điều kiện đủ là hiển nhiên. Ngược lại, giả sử quan hệ độc lập
giữa các biến cố có tính bắc cầu. Khi đó, nếu tồn tại một biến cố
$A$ sao cho $0<\Bbb{P}(A)<1$ thì $0<\Bbb{P}(\overline A)<1$. Nhưng
$A$ và $\overline A$
đều độc lập với $\emptyset$, nên chúng độc lập với nhau. Suy ra $\Bbb{P}(A)\Bbb{P}(\overline A)=\Bbb{P}(A\overline A)=\Bbb{P}(\emptyset)=0$, vô lý.\\
41. a) Hiển nhiên.\\
b) $$\;\;(\bigcup _{n=1}^\infty A_n)\triangle(\bigcup_{n=1}^\infty
B_n)=( \bigcup _{n=1}^\infty A_n)\overline {(\bigcup_{n=1}^\infty
B_n)}\bigcup  (\bigcup _{n=1}^\infty B_n)\overline
{(\bigcup_{n=1}^\infty A_n)}$$ $$=( \bigcup _{n=1}^\infty A_n)
{(\bigcap_{n=1}^\infty \overline B_n)}\bigcup
 (\bigcup _{n=1}^\infty B_n) {(\bigcup_{n=1}^\infty
 \overline A_n)}$$$$\subset \bigcup_{n=1}^\infty\big[(A_n\overline B_n)
 \bigcup (B_n\overline A_n )\big]=\bigcup_{n=1}^\infty (A_n\triangle B_n).$$
c) Tương tự b).\\
42. Đặt $$\mathcal B=( A: \;A\in \mathcal F\;\;
\text{và}\;\;\forall\varepsilon >0,\exists B_{\varepsilon}\in
\mathcal A\; \text {sao cho}\;\Bbb{P}(A\triangle B_{\varepsilon})
<\varepsilon\}.$$
 Khi đó $\mathcal B\supset \mathcal A$ . Hơn nữa, $\mathcal B$ là $\sigma$- đại số. Thật vậy$$\bar A\triangle\bar B=A\triangle B \Rightarrow \bar A\in \mathcal B \;\text {nếu}\; A\in \mathcal B.$$
Ta lại có $$\;\;\bigcup _{n=1}^\infty A_n\triangle\bigcup_{n=1}^\infty
B_n
\subset \bigcup_{n=1}^\infty (A_n\triangle B_n)$$ và $$\lim\limits_{n\to\infty} P\big[\bigcup _{j=1}^\infty A_j\triangle\bigcup_{j=1}^n B_j\big]=P\big (\bigcup _{j=1}^\infty A_j\triangle\bigcup_{j=1}^\infty B_j\big).$$ Suy ra $\bigcup _{n=1}^\infty A_n\in\mathcal B$ nếu $A_n\in \mathcal B\;\;(\forall n\geqslant 1)$.\\
Vậy $\mathcal B$ là $\sigma$- đại số. Do đó $\mathcal F=\sigma (\mathcal A)\subset B$.\\
43. Giả sử $\mathcal A$ và $\mathcal B$ là hai $\sigma$-đại số độc
lập đã cho.   Khi đó, tồn tại hai biến cố A và  B sao cho
$A\in\mathcal A, B\in \mathcal
B,\;0<\Bbb{P}(A)<1\;,0<\Bbb{P}(B)<1,\;0<\Bbb{P}(A)\Bbb{P}(B)=
\Bbb{P}(AB)<1$. Nếu $\mathcal A\cup\mathcal B$ là đại số thì $AB\in
\mathcal A\cup\mathcal B$. Do đó $AB\in \mathcal A$ hoặc $AB\in
\mathcal B$.
 Nếu $AB\in \mathcal A$ thì AB độc lập với  B, do đó $\Bbb{P}(A)\Bbb{P}(B)=\Bbb{P}(AB)=\Bbb{P}(ABB)=\Bbb{P}(A)\Bbb{P}(B)^2$. Điều này kéo theo $\Bbb{P}(B)=1$, trái với giả thiết. Nếu $AB\in \mathcal B$ thì AB độc lập với  A, do đó $\Bbb{P}(A)\Bbb{P}(B)=\Bbb{P}(AB)=\Bbb{P}(AAB)=\Bbb{P}(A)^2\Bbb{P}(B)$. Điều này kéo theo $\Bbb{P}(A)=1$, cũng  trái với giả thiết.\\
44. $$\frac {\Bbb{P}(A_n)}{\Bbb{P}(A_nB_n)}=\frac
{\Bbb{P}(A_n\overline{B_n})+\Bbb{P}(A_nB_n)}{\Bbb{P}(A_nB_n)}=1+\frac
{\Bbb{P}(A_n\overline {B_n})}{\Bbb{P}(A_nB_n)}.$$ 45. Ta có
$\Bbb{P}(\limsup A_n)= \lim\limits_{n\to \infty}\Bbb{P}
\big(\bigcup_{k=n}^\infty A_k\big)$.\\
Mặt khác, $\Bbb{P}\big(\bigcup_{k=n}^\infty A_n\big)=\lim \limits_{m
\to\infty}\Bbb{P}\big(\bigcup_{k=n}^{n+m} A_k\big)$\\$=
\lim\limits_{m \to\infty}\Bbb{P}\big(\big(\bigcup_{k=n}^{n+m-1}
 A_k\bar A_{k+1}\big)\bigcup A_{n+m}\Big) $\\ $\leqslant \lim
 \limits_{m \to\infty}\Big(\sum_{k=n}^{n+m-1}\Bbb{P}(A_k\bar A_{k+1})+
 \Bbb{P}(A_{n+m})\Big)$\\$\leqslant \sum_{k=n}^{n+m-1}\Bbb{P}(A_k\bar A_{k+1})
 + \lim\limits_{m \to\infty}\Bbb{P}(A_{n+m})$\\$=\sum_{k=n}^{n+m-1}\Bbb{P}
 (A_k\bar A_{k+1})\to 0$  khi $n\to\infty$.\\

\vspace* {1.5cm}
 \centerline { \textbf{CHƯƠNG 2}}

28. Đặt  $Z=\max(X,Y\},\;T= \min (X,Y\},\;U=\max(2X,Y\},\;\\V= \min
(X^2,Y\}.$ Ta có
$$F_Z(x)=\Bbb{P}(\max(X,Y\}<x)=\Bbb{P}(X<x;Y<x)$$$$=\Bbb{P}(X<x)\Bbb{P}(Y<x)=F(x)G(x).$$
$$F_T(x)=\Bbb{P}(\min(X,Y\}<x)=1- \Bbb{P}(\min(X;Y\}\geqslant x)$$$$
=1-\Bbb{P}(X\geqslant x;Y\geqslant x)=1-\Bbb{P}(X\geqslant
x)\Bbb{P}(Y\geqslant x)$$$$=1-(1-F(x))(1-G(x)).$$
$$F_U(x)=\Bbb{P}(\max(2X,Y\}<x)=\Bbb{P}(2X<x;Y<x)=$$$$\Bbb{P}(X<x/2)\Bbb{P}(Y<x)=F(x/2)G(x).$$
$$F_V(x)=\Bbb{P}(\min(X,Y^3\}<x)=1- \Bbb{P}(\min(X;Y^3\}\geqslant x)
$$$$=1-\Bbb{P}(X\geqslant x;Y^3\geqslant x)=1-\Bbb{P}(X\geqslant
x)\Bbb{P}(Y\geqslant \sqrt[3] {x})$$$$=1-(1-F(x))(1-G(\sqrt[3]
{x})).$$
29.  Đặt $$Z=X^3,\;T=\max\{X,Y^3\},\;U= \min \{X,Y^3\}.$$Lập luận như bài trên, ta được\\
 $F_Z(x)=\begin{cases} 1-e^{-\lambda\sqrt [3] x}&\text {nếu $x\geqslant 0$}\\
0&\text {nếu $x<0$}\end{cases}. $\\
 $p_Z(x)=\begin{cases} \frac\lambda 3x^{-\frac23}e^{-\lambda\sqrt [3] x}&\text {nếu $x\geqslant 0$}\\
0&\text {nếu $x<0$}\end{cases}. $\\
$F_T(x)=\begin{cases} (1-e^{-\lambda x})(1-e^{-\lambda\sqrt [3] x)}&\text {nếu $x\geqslant 0$}\\
0&\text {nếu $x<0$}\end{cases}. $\\
 $p_T(x)=\begin{cases}\lambda e^{-\lambda x}(1-e^{-\lambda\sqrt[3] x})+
 \frac\lambda 3 x^{-\frac23}e^{-\lambda\sqrt [3] x}(1-e^{-\lambda
 x})\\
 \hspace*{60pt}\text {nếu $x\geqslant 0$}\\
0\hspace*{50pt}\;\;\;\text {nếu $x<0$}\end{cases}.$\\
$F_U(x)=\begin{cases} 1-e^{-\lambda(x+\sqrt [3] x)}&\text {nếu $x\geqslant 0$}\\
0&\text {nếu $x<0$}\end{cases}. $\\
 $p_U(x)=\begin{cases} \lambda\Big(1+\frac13 x^{-\frac23}\Big) e^{-\lambda(x+\sqrt [3] x)}&\text {nếu $x\geqslant 0$}\\
0&\text {nếu $x<0$}\end{cases}. $\\
30.  Đặt $$Z=X^3,\;T=\max\{X,Y^3\},\;U= \min \{X,Y^3\}.$$Lập luận như bài trên, ta được\\
 $F_Z(x)=\begin{cases} 0 &\text {nếu $x<-1$}\\
 \frac14(x+1)(\sqrt[3] x+1) &\text {nếu $|x|\leqslant 1$}\\
1&\text {nếu $x>1$}\end{cases}. $\\
 $p_Z(x)=\begin{cases}\frac16x^{-2/3} &\text {nếu $|x|\leqslant1$}\\
0&\text {nếu $|x|>1$}\end{cases}. $\\
$F_T(x)=\begin{cases} 0&\text {nếu $x<-1$}\\
 \frac12\sqrt[3] x+\frac12&\text {nếu $|x|\leqslant 1$}\\
1&\text {nếu $x>1$}\end{cases}. $\\
 $p_T(x)=\begin{cases} \frac14\Big(\frac 43x^{1/3}+\frac 13x^{-2/3}+1\Big)&\text {nếu $|x|\leqslant1$}\\
0&\text {nếu $|x|>1$}\end{cases}. $\\
$F_U(x)=\begin{cases}0\;\;\;\;\text {nếu $x<-1$}\\
 1-\Big(1-\frac12(x+1)\Big)\Big(1-\frac 12( x^{1/3}+1)\Big)\\\;\;\text {nếu $|x|\leqslant 1$}\\
1\;\;\;\;\text {nếu $x>1$}\end{cases}. $\\
 $p_Z(x)=\begin{cases}-\frac13x^{1/3}+\frac1 {12}x^{-2/3}+\frac12 &\text {nếu $|x|\leqslant1$}\\
0&\text {nếu $|x|>1$}\end{cases}. $\\
 31. Đặt $Y=f(X)$. Khi đó$$F_Y(x)=\Bbb{P}\big(f(X)<x\big)=F_X\big(f^{-1}(x)\big).$$ Do đó\\
$p_Y(x)=\Big[F_X\big(f^{-1}(x)\big)\Big]=\begin{cases} \frac 1 {f'(x)}e^{-\lambda f^{-1}(x)}  &\text {nếu $x\geqslant0 $}\\
0 &\text {nếu $x<0$}\end{cases}. $\\
32.   {ứ}ng với mỗi $k=1,2,\ldots$, chỉ tồn tại hữu hạn điểm $x$ mà xác suất tại đó là $p=F(x+0)-F(x)$ thoả mãn hệ thức $\frac1{2^{k+1}}<p\leqslant\frac1{2^k}$.\\
33. Giả sử $\varepsilon >0$ chọn tuỳ ý. Khi đó, tìm được số $A > 0$ đủ lớn sao cho $1-F(A)\leqslant\varepsilon$ và $F(-A)\leqslant\varepsilon$. Trên đoạn $[-A,A]$, $F(x)$ liên tục đều nên tìm được $\delta >0$ sao cho với mọi $x_1,x_2\in [-A,A],\;|x_1-x_2|<\delta$ thì $|F(x_1)-F(x_2)|<\varepsilon/2$. Khi đó $|F(x_1)-F(x_2)|<\varepsilon$ với mọi $x_1,x_2\in R,\;|x_1-x_2|<\delta$.\\
34. Đặt $$Y=\max(X_1,\ldots,X_n\};\;\;\;Z=\min(X_1,\ldots, X_n\}.$$ Khi đó $$Y\geqslant X_i\geqslant Z,\;\;\forall i=1,\ldots,n.$$ Từ đó suy ra các bất đẳng thức cần chứng minh.\\
35. Với mọi số thực $a\in R$, ta
có$$\Bbb{E}(X-a)^2-DX=(a-\Bbb{E}X)^2
\geqslant 0.$$ Từ đó suy ra điều phải chứng minh.\\
36.   $\Bbb{P}(|X-Y|>\varepsilon)\leq
\Bbb{P}(|X_n-X|>\varepsilon/2)+\Bbb{P}(|Y_n-X|>\varepsilon/2)\to 0$
khi $n\to \infty\;\;(\forall\varepsilon >0).$ Suy ra
$\Bbb{P}(|X-Y|>\varepsilon)=0\;\;(\forall\varepsilon >0)$.\\
 37. Dùng định nghĩa.\\
 38.  $\Bbb{P}(|Y_n-X|>\varepsilon)\leq \Bbb{P}[(|Y_n-X|>\varepsilon)(X_n=Y_n)]+\Bbb{P}[(|Y_n-X|>\varepsilon)(X_n\neq Y_n)]
\leq \Bbb{P}(|X_n-X|>\varepsilon)+P((X_n\neq Y_n).$\\
39.  $\Bbb{P}(|X_n-Y_n|>\varepsilon)\leq
 \Bbb{P}(|X_n-X|>\varepsilon/3)+\Bbb{P}(|X-Y|>\varepsilon/3)+\Bbb{P}(|Y_n-Y|>\varepsilon/3).$\\
 40.  Sử dụng tính chất: Từ một dãy hội tụ theo xác suất có thể
 trích ra được một dãy con hội tụ hầu chắc chắn.\\
 41.  Sử dung câu 40).\\
 42. Sử dụng bổ đề Borel-Cantelli chứng minh rằng với xác suất 1,
chỉ có hữu hạn $X_n$ khác $Y_n$.\\
43.  $\Bbb{P}(X_n+Y_n <x)\leq
P(X_n<x+\varepsilon)+\Bbb{P}(|Y_n|>\varepsilon)\;\;(\forall \varepsilon>0).$\\
$\Bbb{P}(|X_nY_n| \leq\varepsilon)\geq
\Bbb{P}(|X_nY_n|\leq\varepsilon,|X_n|\leq A)\geq
\Bbb{P}(|Y_n|\geq\varepsilon/A),\;|X_n|\geq A)
\geq1-\Bbb{P}(|Y_n|\geq\varepsilon/A)-\Bbb{P}(|X_n|\geq A).$\\
44-46.  Sử dụng kết quả bài 40.\\
54. Giả sử $\varepsilon<1$. Khi đó\\
 $\Bbb{P}\big (\big |\frac
{X_1+\cdots+X_n}{n}|>\varepsilon\big ) \geq
\Bbb{P}(X_n=2^n,X_{n-1}=2^{n-1})\\\times \Bbb{P}\big (\big |\frac
{X_1+\cdots+X_{n-2}+2^{n-1}+2^n}{n}|>\varepsilon\big )
\;\;=\Bbb{P}(X_n=2^n,X^{n-1})=1/4.$\\
 56. a. Sử dụng định lý giới hạn
trung tâm
$$\Bbb{P}\big(a\leq S_n\leq b)=\Bbb{P}\big (\frac {a-mn}{\sigma\sqrt{n}}\leq
\frac {S_n-mn}{\sigma\sqrt{n}} \leq\frac
{b-mn}{\sigma\sqrt{n}}\big)\to 0.
$$ b. Tương tự câu a). Giới
hạn bằng $0$ nếu $\Bbb{E}X_1>0$, bằng 1 nếu $\Bbb{E}X_1<0$, bằng $1/2$
nếu
$\Bbb{E}X_1=0$.\\

\vspace{0,5cm}

\centerline {\textbf{ CHƯƠNG 3}}

\vspace{0,5cm}

\begin{enumerate}

\item[\ref{3.4}.] Bảng tần số và bảng tần suất
\begin{center}
\begin{tabular}{c|c c c c c}
    $x_i$ &12 &13 &14 &15 &16 \\ \hline
    $n_i$ &3 &7 &4 &10 &6
\end{tabular}\;\;\;\;
\begin{tabular}{c|c c c c c}
    $x_i$ &12 &13 &14 &15 &16 \\ \hline
    $f_i$ &3/30 &7/30 &4/30 &10/30 &6/30
\end{tabular}
\end{center}


\item[\ref{3.5}.] $\overline{x}=20;\hspace{5pt} \hat{s}^2=191,67;\hspace{5pt}
s^2=195,74 $.
\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|}
\hline Lớp & $x_i$ & $n_i$ & $n_ix_i$ & $n_ix_i^2$\\ \hline

0-10  &5  &12 &60 &300 \\ \hline

10-20 &15 &18 &270 &4050 \\ \hline

20-30 &25 &8  &200 &5000 \\ \hline

30-40 &35 &4  &140 &4900 \\ \hline

40-50 &45 &4  &180 &8100 \\ \hline

50-60 &55 &2  &110 &6050 \\\hline

\multicolumn{2}{|c|}{$\sum$} &48  &960 &28400 \\
\hline


\end{tabular}
\end{center}



\item[\ref{3.6}.] a \hspace{10pt}
\begin{tabular}{c|c c c}
    $x_i$ &64 &65 &66\\ \hline
    $n_i$ &9 &17 &9
\end{tabular}\;\;\;\;
\begin{tabular}{c|c c c}
    $x_i$ &64 &65 &66\\ \hline
    $f_i$ &9/35 &17/35 &9/35
\end{tabular}

c. $\overline{y}/[x>10]=65 $




\item[\ref{3.7}.] $\bar{x}=20,\!45;\hspace{10pt}  s\approx 1,\!08$



\item[\ref{3.8}.] a. $\bar{x}=20;\hspace{10pt}  s^2\approx
0,\!373$;\hspace{10pt} b. $\bar{x}=484;\hspace{10pt}  s^2=212,\!5 .$

\end{enumerate}


\vspace{1cm}

\centerline {\textbf{ CHƯƠNG 4}}

\vspace{0,5cm}

\begin{enumerate}




\item[\ref{4.1}.] Vì các đại lượng ngẫu nhiên  $X_i$ độc lập với nhau và cùng
phân phối với $X$ nên
\begin{align*}
\mathbb E\; \Big(
\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2\Big)&=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\mathbb
E(X_i-\mathbb E X_i)^2\\
&=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\mathbb DX_i=\sigma^2.
\end{align*}

\item[\ref{4.2}.] Gợi ý: Chứng minh $\overline{X}$ là ước lượng hiệu quả của
$\theta$.

+ Chứng minh $\overline{X}$ là ước lượng không chệch của $\theta$:
\;$\mathbb E \overline{X}=\mathbb E X=\theta.$

+ Phương sai nhỏ nhất: sử dụng bất đẳng thức Cramer-Rao,

trong đó $\displaystyle \mathbb D\overline{X}=\frac{\mathbb
DX}{n}=\frac{\theta^2}{n}.$


\item[\ref{4.3}.] Chứng minh $\overline{X} $ là ước lượng hợp lý tối đa của
$\lambda$. Vì
$$f(x, \lambda
)=\cfrac{\lambda^xe^{-\lambda}}{x\!}\;;\hspace{10pt} x=0,1,... $$


Do đó
$$\ln L(x, \lambda)=\ln \prod_{i=1}^n\cfrac{\lambda^{X_i}e^{-\lambda}}{X_i\!}=\sum_{i=1}^n(X_i\ln \lambda -\lambda -\ln X_i\!).$$

Suy ra\hspace{5pt}  $\displaystyle \cfrac{\partial \ln L(x,
\lambda)}{\partial \lambda }=\sum_{i=1}^n\big (\frac{X_i}{\lambda
}-1 \big ) =0$ nên $\hat{\lambda }=\overline{X} $.

Kết hợp với $\displaystyle \displaystyle \cfrac{\partial^2 \ln L(x,
\lambda)}{\partial \lambda^2 }=-\frac{1}{\lambda^2}
\sum_{i=1}^nX_i<0$. Ta có điều phải chứng minh.




\item[\ref{4.4}.] Gợi ý: sử dụng Bài tập 1.




\item[\ref{4.5}.] a. $\bar{x}=40,\!5 \;;\;\;\overline{x^2}=1641,\!5
$;\hspace{5pt} $\displaystyle s^2=\frac{40}{39}\,(1641,\!5 -40,\!5
^2)\approx 1,\!28 \approx 1,\!13 ^2 $.

b. $\displaystyle t_{\alpha/2}=1,\!96$;\hspace{5pt} $\displaystyle
\varepsilon= 1,\!96\;\frac{1,\!13}{\sqrt{40}} =0,35$;\hspace{5pt}
$(40,\!15\,;\;40,\!85)$.

\item[\ref{4.6}.]  a. $\bar{x}=150,2
\;;\;\;\overline{x^2}=22562,2$;\hspace{5pt} $\displaystyle
s^2=\frac{15}{14}\,(22562,2 -150,2^2)\approx 2,314 $.

b. $\displaystyle
\varepsilon=t_{(n-1;\,\alpha/2)}\;\frac{s}{\sqrt{n}}=
1,761\;\frac{1,\!52}{\sqrt{15}} =0,69$;\hspace{5pt}
$(149,53\,;\;150,87)$.

\item[\ref{4.7}.] a. $\bar{x}=49,\!8$;\hspace{5pt} $\displaystyle s^2\approx 0,\!158\approx 0,\!4^2
$.

b. $\displaystyle t_{(n-1;\,\alpha/2)}=2,\!539$;\;$\displaystyle
\varepsilon=0,\!227$;\hspace{5pt} $(49,\!537\,;\;50,\!027)$.


\item[\ref{4.8}.] a. $t_{ \alpha/2}=2,\!58;\hspace{5pt} \varepsilon =2,\!92;\hspace{5pt} (94,\!08; 99,\!92)$.

b. $t_{ \alpha}=2,\!33;\hspace{5pt} \varepsilon =2,\!64;\hspace{5pt}
\mu >\overline{x}-\varepsilon =94,\!36 $.

c. $\displaystyle n=\Big[\frac{t_{
\alpha/2}^2\;\sigma^2}{\varepsilon_0^2} \Big]+1=107$. Điều tra thêm
107-50=57.


\item[\ref{4.9}.] $\displaystyle t_{\alpha}=2,33;\hspace{5pt} \displaystyle \varepsilon=1,165.$

Doanh thu tối thiểu của công ty: \;$N(\overline{x}-\varepsilon
)=41.667,5$ triệu;

Doanh thu tối đa của công ty: \;$N(\overline{x}+\varepsilon
)=42.832,5$ triệu.

\item[\ref{4.11}.] $\displaystyle t_{ \alpha /2}=\frac{\varepsilon\sqrt{n}}{s}\approx
2,66$;\hspace{5pt} $\displaystyle 1-\alpha=2\varphi(t_{\alpha /2})=
0,992$.


\item[\ref{4.13}.] $n\geqslant 3458$.

\item[\ref{4.14}.] $t_{ \alpha/2}=1,96;\hspace{5pt} \varepsilon\approx 0,0849;\hspace{5pt} (f-\varepsilon ; f+\varepsilon
)=(0,1651; 0,3349)$.

$(N(f-\varepsilon ); N(f+\varepsilon ))=(1651; 3349)$.


\item[\ref{4.15}.] Gợi ý: tương tự Bài tập 14, dùng ước lượng tỉ lệ tối thiểu.

\item[\ref{4.16}.] a. $f=0,15;\hspace{5pt} t_{ \alpha/2}=1,96;\hspace{5pt} \varepsilon\approx 0,0495$

Trữ lượng cá: $\big ([N/(f+\varepsilon)] ; [N/(f-\varepsilon)]\big
)=(1819; 2219)$.

b. $\varepsilon_0=\varepsilon /2\approx 0,02475; \hspace{5pt}
\displaystyle n=\Big [\cfrac{f(1-f)}{\varepsilon_0^2}\; t_{ \alpha
/2}^2\Big ]+1=800$.


\end{enumerate}










\vspace{5cm}

\centerline {\textbf{ CHƯƠNG 5}}

\vspace{0,5cm}

\begin{enumerate}




\item[\ref{5.1}.] $\mu_0=300;\hspace{5pt} \sigma =3;\hspace{5pt}  \alpha
=0,05;\hspace{5pt} t_{ \alpha
/2}=1,\!96;\hspace{5pt}n=40;\hspace{5pt} \overline{x}=301,\!2. $
$$H:\; \mu=\mu_0\;;\;\;\;K:\;\mu\not=\mu_0.$$
$$t_{tn}=\frac{301,\!2-300}{3}\,\sqrt{40}\approx 2,\!53,$$

Vì $|t_{tn}|> t_{ \alpha/2}$ nên ta bác bỏ $H$, chấp nhận $K$. Nghĩa là chấp nhận khẳng định rằng lô
hàng trên không được chấp nhận.

\item[\ref{5.2}.] $\mu_0=19,\!4;\hspace{5pt} s =3,\!24;\hspace{5pt}  \alpha
=0,08;\hspace{5pt} t_{ \alpha
/2}=1,\!75;\hspace{5pt}n=49;\hspace{5pt} \overline{x}=18,\!9. $
$$H:\; \mu=\mu_0\;;\;\;\;K:\;\mu\not=\mu_0.$$
$$t_{tn}=\frac{18,\!9-19,\!4}{3,\!24}\,\sqrt{49}\approx -1,\!08.$$

Vì $|t_{tn}|\leqslant t_{ \alpha/2}$ nên ta chấp nhận $H$.


\item[\ref{5.3}.] $H:\; \mu=\mu_0=50\;;\;\;\;K:\;\mu<\mu_0.$


$t_{(n-1,  \alpha )}=2,\!473;\hspace{5pt} \displaystyle
t_{tn}=\frac{49,\!8-50}{0,\!6}\,\sqrt{28}\approx -1,\!76.$

Vì $t_{tn}\geqslant - t_{(n-1,  \alpha )}$ nên ta chấp nhận $H$. Do đó nghi
ngờ trên là chưa có cơ sở.






\item[\ref{5.4}.] Gợi ý: $H:\; \mu=\mu_0=50\;;\;\;\;K:\;\mu>\mu_0$.




\item[\ref{5.5}.] $H:\; p=p_0=0,\!3\;;\;\;\;K:\;p\not= p_0;\hspace{5pt} t_{
\alpha/2}=1,\!75;\hspace{5pt} t_{tn}=-3,\!7.$

Vì $\displaystyle |t_{tn}|>t_{\alpha/2}$ nên ta bác bỏ $H$, chấp nhận $K$.
Do đó tuyên bố trên không đúng với thực tế.


\item[\ref{5.6}.]  Gợi ý: Kiểm định một phía:\; $H:\; p=p_0\;;\;\;\;K:\;p<
p_0$.



\item[\ref{5.7}.] Gợi ý: Kiểm định một phía:\; $H:\; p=p_0\;;\;\;\;K:\;p>
p_0$.

\item[\ref{5.9}.] $H:\; \mu_1=\mu_2;\;\;K:\; \mu_1> \mu_2\,.$
$$s^2=\frac{19\times 12^2+19\times 10^2}{38}\approx 122;\hspace{5pt}
t_{tn}=\frac{140-120}{\sqrt{122\,
\Big(\frac{1}{20}+\frac{1}{20}\Big)}}\approx 5,73.$$

Vì $t_{tn}>t_{(28, 0,05)}=1,701$ nên ta bác bỏ $H$, chấp nhận $K$. Do đó
việc khuyến mãi đã mang lại hiệu quả.


\item[\ref{5.10}.] $H:\; \mu_1=\mu_2;\;\;K:\; \mu_1 < \mu_2\,.$

$\displaystyle t_{\alpha}=2,\!32$;\hspace{5pt} $\displaystyle
t_{tn}=(560-580)\Big / \displaystyle
\sqrt{\cfrac{20^2}{35}+\cfrac{30^2}{35} }\;\;\approx -3,28.$

Việc thay đổi kiểu đóng gói đã mang lại hiệu quả.

\item[\ref{5.11}.] $H:\; p_1=p_2;\;\;K:\; p_1\not= p_2\,.$

Giá trị kiểm định thực nghiệm
$$t_{tn}=\frac{(0,75-0,7)}
{\sqrt{0,72\times 0,28\big(1/200+1/300\big)}}\approx 1,22.$$

$\displaystyle |t_{tn}|<t_{\alpha/2}=1,\!96$\,:\; chấp nhận $H$.

\item[\ref{5.12}.] $H:\; p_1=p_2;\;\;K:\; p_1> p_2\,.$

Giá trị kiểm định thực nghiệm
$$t_{tn}=\frac{0,846-0,810} {\sqrt{0,834\times
0,166\,\big(\frac{1}{2000}+\frac{1}{1000}\big)}}\approx 2,5.$$

$\displaystyle t_{tn}>t_{\alpha}=1,\!64$:\; bác bỏ $H$, chấp nhận
$K$.


\item[\ref{5.13}.] Kết quả: $K:\; p_1> p_2;\hspace{5pt} t_{tn}\approx
0,212;\hspace{5pt} t_{\alpha}=1,\!4$;\hspace{5pt}  chấp nhận $H$.



\item[\ref{5.15}.] $H:$ chất lượng sản phẩm không phụ thuộc vào ca làm việc; $K:$ chất
lượng sản phẩm phụ thuộc vào ca làm việc.


$t_{tn}\approx 7,\!38
>\chi^2(2; 0,\!05)=5,\!991$: bác bỏ $H$, chấp nhận
$K$.

\item[\ref{5.16}.] $t_{tn}\approx 18\!,197
>\chi^2(6; 0,\!01)=16,\!812$: bác bỏ $H$, chấp nhận
$K$.


\end{enumerate}




\vspace{1cm}

\centerline {\textbf{ CHƯƠNG 6}}

\vspace{0,5cm}

\begin{enumerate}

\item[\ref{6.1}.] $n=6,\;\;\displaystyle \sum x_i=420
 \;;\;\;\sum y_i=50\;; \;\;\sum x_i^2=30650
 \;;\;\;\sum x_i\, y_i=3655$.

a. Hệ số tương quan mẫu
$$r=\frac{6\cdot 3655-420\cdot 50}
{\sqrt{6\cdot 30650-420^2} \;\;\sqrt{6\cdot 440-50^2}} \approx
0,\!908.$$

b. Hệ số hồi quy tuyến tính thực nghiệm

$\displaystyle a=\frac{6\times 3655 -420\times 50}{6\times
30650-420^2}=\cfrac{930}{7500} =0,124\,;\;\;\;$

$b=\displaystyle \frac{50-0,124\times 420 }{6}\approx -0,3467.$

PT HQTT:\;\, $y=0,124x-0,3467$.

c. $y=8,6\; \;\; \Rightarrow\;\; x=72,15$ \text{(tỉ)}.

\item[\ref{6.2}.] a. Hệ số tương quan mẫu: \;$r \approx 0,\!982$.

b. PT HQTT:\;\, $y=150x-583,33\;;\;\; x=10,5\; \;\; \Rightarrow\;\;
y=991,7$ \text{(triệu)}.


\item[\ref{6.3}.] Bảng số liệu chuyển đổi
\begin{center}
\begin{tabular}{c|cccccccc}
    $x$ &0 &1 &2 &3 &4 &5 &6 &7\\ \hline
    $y$ &0 &1 &1 &3 &4 &6 &9 &10
\end{tabular}
\end{center}
Vậy $a = \dfrac{8\cdot182 - 28\cdot34}{8\cdot140-28^2} = 1,5$ và $b
= 34/8 - 1,5\cdot28/8 = -1$.

Do đó $y = 1,5x - 1$.

\item[\ref{6.4}.] Gợi ý: Sử dụng các công thức
$$r=\cfrac{\overline{xy}-\overline{x}\;\overline{y}}{\hat{s}_x\,\hat{s}_y}\;;\hspace{5pt} a=\cfrac{\overline{xy}-\overline{x}\,\overline{y}}{\hat{s}_x^2}\, ;
\hspace{5pt} b=\overline{y}-a\,\overline{x}\,.$$

\item[\ref{6.5}.] Tương tự Bài tập 4.


\end{enumerate}


\chapter*{Tài liệu tham khảo}
\addcontentsline{toc}{chapter}{Tài liệu tham khảo}
\begin{enumerate}
\item\label{nqb} Nguyễn Quang Báu, \emph{Lý thuyết xác suất và thống kê toán học},
Đại học quốc gia Hà Nội, 2004.

\item\label{lsd} Lê Sĩ Đồng, \emph{Xác suất thống kê và ứng dụng},
NXB Giáo dục, 2004.

\item\label{dh} Đặng Hấn, \emph{Xác suất thống kê},
NXB Thống kê, 1996.

\item\label{dhh1} Đào Hữu Hồ, \emph{Xác suất thống kê}, NXB Đại học quốc gia Hà
Nội, 2006.

\item\label{dhh2} Đào Hữu Hồ, Nguyễn Văn Hữu, Hoàng Hữu Như, \emph{Thống kê toán học},
NXB Đại học quốc gia Hà Nội, 2004.
\item\label{nvq}  Nguyễn Văn Quảng, \emph{Giáo trình xác suất}, NXB Đại học quốc gia Hà
Nội, 2007.
\item \label{t} Đặng Hùng Thắng,\emph{ Mở đầu lý thuyết xác suất}, NXB Giáo dục, 2000.

\item \label{ty}Nguyễn Duy Tiến - Vũ Việt Yên, \emph{Lý thuyết xác suất}, NXB
Giáo dục, 2000.
\item \label{ct}Y.S. Chow and H. Teicher; \emph{Probabylity Theory: Independence,
Interchangeability, martingales,} Springer-Verlag, Berlin and New
York, 1988.

\end{enumerate}



\newpage
\normalsize

\addcontentsline{toc}{chapter}{Các bảng số thông dụng}

\begin{center}

{\Large \hoab{ Các bảng số thông dụng}}

\vspace{30pt}


{\Large \textbf{Bảng 1:} Giá trị của hàm:\;  $\displaystyle
P_{\lambda }(k)=e^{-\lambda}\;\cfrac{\lambda^k}{k!} $}

\vspace{10pt}

\begin{tabular}{|p{0.1in}|p{0.4in}|p{0.4in}|p{0.4in}|p{0.4in}|p{0.4in}|p{0.4in}|p{0.4in}|p{0.4in}|p{0.4in}|p{0.4in}|} \hline
& \multicolumn{10}{|p{2.8in}|}{\hspace*{192pt}  $\lambda $}
\\ \hline $k$ & \hspace*{2.4pt} 0,1 &\hspace*{2.4pt} 0,2
&\hspace*{2.4pt} 0,3 &\hspace*{2.4pt} 0,4 &\hspace*{2.4pt} 0,5
&\hspace*{2.4pt} 0,6 &\hspace*{2.4pt} 0,7 &\hspace*{2.4pt} 0,8
&\hspace*{2.4pt} 0,9 & 1,0 \\ \hline
0 & 0,9048 & 0,8187 & 0,7408 & 0,6703 & 0,6065 & 0,5488 & 0,4966 & 0,4493 & 0,4066 & 0,3679 \\
1 & 0,0905 & 0,1637 & 0,2222 & 0,2681 & 0,3033 & 0,3293 & 0,3476 & 0,3595 & 0,3659 & 0,3679 \\
2 & 0,0045 & 0,0164 & 0,0333 & 0,0536 & 0,0758 & 0,0988 & 0,1217 & 0,1438 & 0,1647 & 0,1839 \\
3 & 0,0002 & 0,0011 & 0,0033 & 0,0072 & 0,0126 & 0,0198 & 0,0284 & 0,0383 & 0,0494 & 0,0613 \\
4 & 0,0000 & 0,0001 & 0,0003 & 0,0007 & 0,0016 & 0,0030 & 0,0050 & 0,0077 & 0,0111 & 0,0153 \\
5 & 0,0000 & 0,0000 & 0,0000 & 0,0001 & 0,0002 & 0,0004 & 0,0007 & 0,0012 & 0,0020 & 0,0031 \\
6 & 0,0000 & 0,0000 & 0,0000 & 0,0000 & 0,0000 & 0,0000 & 0,0001 & 0,0002 & 0,0003 & 0,0005 \\
7 & 0,0000 & 0,0000 & 0,0000 & 0,0000 & 0,0000 & 0,0000 & 0,0000 &
0,0000 & 0,0000 & 0,0001 \\ \hline \hline $k$ & \hspace*{3.5pt}1,1
&\hspace*{3.5pt} 1,2 &\hspace*{3.5pt} 1,3 &\hspace*{3.5pt} 1,4
&\hspace*{3.5pt} 1,5 &\hspace*{3.5pt} 1,6 &\hspace*{3.5pt} 1,7
&\hspace*{3.5pt} 1,8 &\hspace*{3.5pt} 1,9 &\hspace*{3.5pt} 2,0 \\
\hline
0 & 0,3329 & 0,3012 & 0,2725 & 0,2466 & 0,2231 & 0,2019 & 0,1827 & 0,1653 & 0,1496 & 0,1353 \\
1 & 0,3662 & 0,3614 & 0,3543 & 0,3452 & 0,3347 & 0,3230 & 0,3106 & 0,2975 & 0,2842 & 0,2707 \\
2 & 0,2014 & 0,2169 & 0,2303 & 0,2417 & 0,2510 & 0,2584 & 0,2640 & 0,2678 & 0,2700 & 0,2707 \\
3 & 0,0738 & 0,0867 & 0,0998 & 0,1128 & 0,1255 & 0,1378 & 0,1496 & 0,1607 & 0,1710 & 0,1804 \\
4 & 0,0203 & 0,0260 & 0,0324 & 0,0395 & 0,0471 & 0,0551 & 0,0636 & 0,0723 & 0,0812 & 0,0902 \\
5 & 0,0045 & 0,0062 & 0,0084 & 0,0111 & 0,0141 & 0,0176 & 0,0216 & 0,0260 & 0,0309 & 0,0361 \\
6 & 0,0008 & 0,0012 & 0,0018 & 0,0026 & 0,0035 & 0,0047 & 0,0061 & 0,0078 & 0,0098 & 0,0120 \\
7 & 0,0001 & 0,0002 & 0,0003 & 0,0005 & 0,0008 & 0,0011 & 0,0015 & 0,0020 & 0,0027 & 0,0034 \\
8 & 0,0000 & 0,0000 & 0,0001 & 0,0001 & 0,0001 & 0,0002 & 0,0003 & 0,0005 & 0,0006 & 0,0009 \\
9 & 0,0000 & 0,0000 & 0,0000 & 0,0000 & 0,0000 & 0,0000 & 0,0001 &
0,0001 & 0,0001 & 0,0002 \\ \hline \hline $k$&\hspace{5pt}  3
&\hspace{5pt} 4 &\hspace{5pt} 5 &\hspace{5pt} 6 &\hspace{5pt} 7
&\hspace{5pt} 8 &\hspace{5pt} 9 &\hspace{4pt} 10 &\hspace{4pt} 11
&\hspace{4pt} 12 \\ \hline
0 & 0,0498 & 0,0183 & 0,0067 & 0,0025 & 0,0009 & 0,0003 & 0,0001 & 0,0000 & 0,0000 & 0,0000 \\
1 & 0,1494 & 0,0733 & 0,0337 & 0,0149 & 0,0064 & 0,0027 & 0,0011 & 0,0005 & 0,0002 & 0,0001 \\
2 & 0,2240 & 0,1465 & 0,0842 & 0,0446 & 0,0223 & 0,0107 & 0,0050 & 0,0023 & 0,0010 & 0,0004 \\
3 & 0,2240 & 0,1954 & 0,1404 & 0,0892 & 0,0521 & 0,0286 & 0,0150 & 0,0076 & 0,0037 & 0,0018 \\
4 & 0,1680 & 0,1954 & 0,1755 & 0,1339 & 0,0912 & 0,0573 & 0,0337 & 0,0189 & 0,0102 & 0,0053 \\
5 & 0,1008 & 0,1563 & 0,1755 & 0,1606 & 0,1277 & 0,0916 & 0,0607 & 0,0378 & 0,0224 & 0,0127 \\
6 & 0,0504 & 0,1042 & 0,1462 & 0,1606 & 0,1490 & 0,1221 & 0,0911 & 0,0631 & 0,0411 & 0,0255 \\
7 & 0,0216 & 0,0595 & 0,1044 & 0,1377 & 0,1490 & 0,1396 & 0,1171 & 0,0901 & 0,0646 & 0,0437 \\
8 & 0,0081 & 0,0298 & 0,0653 & 0,1033 & 0,1304 & 0,1396 & 0,1318 & 0,1126 & 0,0888 & 0,0655 \\
9 & 0,0027 & 0,0132 & 0,0363 & 0,0688 & 0,1014 & 0,1241 & 0,1318 & 0,1251 & 0,1085 & 0,0874 \\
10 & 0,0008 & 0,0053 & 0,0181 & 0,0413 & 0,0710 & 0,0993 & 0,1186 & 0,1251 & 0,1194 & 0,1048 \\
11 & 0,0002 & 0,0019 & 0,0082 & 0,0225 & 0,0452 & 0,0722 & 0,0970 & 0,1137 & 0,1194 & 0,1144 \\
12 & 0,0001 & 0,0006 & 0,0034 & 0,0113 & 0,0263 & 0,0481 & 0,0728 & 0,0948 & 0,1094 & 0,1144 \\
13 & 0,0000 & 0,0002 & 0,0013 & 0,0052 & 0,0142 & 0,0296 & 0,0504 & 0,0729 & 0,0926 & 0,1056 \\
14 & 0,0000 & 0,0001 & 0,0005 & 0,0022 & 0,0071 & 0,0169 & 0,0324 & 0,0521 & 0,0728 & 0,0905\\
15 & 0,0000 & 0,0000 & 0,0002 & 0,0009 & 0,0033 & 0,0090 & 0,0194 &
0,0347 & 0,0534 & 0,0724\\ \hline
\end{tabular}







\newpage





{\Large \textbf{Bảng 2:} Hàm phân phối Poisson:\;  $\displaystyle
F_{\lambda } (x)=\sum_{k=0}^x \frac{e^{-\lambda }\lambda^k}{k!}$}

\vspace{10pt}

\begin{tabular}{|p{0.1in}|p{0.4in}|p{0.4in}|p{0.4in}|p{0.4in}|p{0.4in}|p{0.4in}|p{0.4in}|p{0.4in}|p{0.4in}|p{0.4in}|} \hline
\multicolumn{11}{|p{1in}|}{\hspace*{212pt} $\lambda $} \\
\hline $x$ & \hspace*{2.4pt} 0,1 &\hspace*{2.4pt} 0,2
&\hspace*{2.4pt} 0,3 &\hspace*{2.4pt} 0,4 &\hspace*{2.4pt} 0,5
&\hspace*{2.4pt} 0,6 &\hspace*{2.4pt} 0,7 &\hspace*{2.4pt} 0,8
&\hspace*{2.4pt} 0,9 & 1,0 \\ \hline
0 & 0,9048 & 0,8187 & 0,7408 & 0,6703 & 0,6065 & 0,5488 & 0,4966 & 0,4493 & 0,4066 & 0,3679 \\
1 & 0,9953 & 0,9825 & 0,9631 & 0,9384 & 0,9098 & 0,8781 & 0,8442 & 0,8088 & 0,7725 & 0,7358 \\
2 & 0,9998 & 0,9989 & 0,9964 & 0,9921 & 0,9856 & 0,9769 & 0,9659 & 0,9526 & 0,9371 & 0,9197 \\
3 & 1,0000 & 0,9999 & 0,9997 & 0,9992 & 0,9982 & 0,9966 & 0,9942 & 0,9909 & 0,9865 & 0,9810 \\
4 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 & 0,9999 & 0,9998 & 0,9996 & 0,9992 & 0,9986 & 0,9977 & 0,9963 \\
5 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 & 0,9999 & 0,9998 & 0,9997 & 0,9994 \\
6 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 &
1,0000 & 1,0000 & 0,9999 \\ \hline \hline $x$ & \hspace*{3.5pt}1,1
&\hspace*{3.5pt} 1,2 &\hspace*{3.5pt} 1,3 &\hspace*{3.5pt} 1,4
&\hspace*{3.5pt} 1,5 &\hspace*{3.5pt} 1,6 &\hspace*{3.5pt} 1,7
&\hspace*{3.5pt} 1,8 &\hspace*{3.5pt} 1,9 &\hspace*{3.5pt} 2,0 \\
\hline
0 & 0,3329 & 0,3012 & 0,2725 & 0,2466 & 0,2231 & 0,2019 & 0,1827 & 0,1653 & 0,1496 & 0,1353 \\
1 & 0,6990 & 0,6626 & 0,6268 & 0,5918 & 0,5578 & 0,5249 & 0,4932 & 0,4628 & 0,4337 & 0,4060 \\
2 & 0,9004 & 0,8795 & 0,8571 & 0,8335 & 0,8088 & 0,7834 & 0,7572 & 0,7306 & 0,7037 & 0,6767 \\
3 & 0,9743 & 0,9662 & 0,9569 & 0,9463 & 0,9344 & 0,9212 & 0,9068 & 0,8913 & 0,8747 & 0,8571 \\
4 & 0,9946 & 0,9923 & 0,9893 & 0,9857 & 0,9814 & 0,9763 & 0,9704 & 0,9636 & 0,9559 & 0,9473 \\
5 & 0,9990 & 0,9985 & 0,9978 & 0,9968 & 0,9955 & 0,9940 & 0,9920 & 0,9896 & 0,9868 & 0,9834 \\
6 & 0,9999 & 0,9997 & 0,9996 & 0,9994 & 0,9991 & 0,9987 & 0,9981 & 0,9974 & 0,9966 & 0,9955 \\
7 & 1,0000 & 1,0000 & 0,9999 & 0,9999 & 0,9998 & 0,9997 & 0,9996 & 0,9994 & 0,9992 & 0,9989 \\
8 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 & 0,9999 &
0,9999 & 0,9998 & 0,9998 \\ \hline\hline $x$ &\hspace{5pt}  3
&\hspace{5pt} 4 &\hspace{5pt} 5 &\hspace{5pt} 6 &\hspace{5pt} 7
&\hspace{5pt} 8 &\hspace{5pt} 9 &\hspace{4pt} 10 &\hspace{4pt} 11
&\hspace{4pt} 12 \\ \hline
0 & 0,0498 & 0,0183 & 0,0067 & 0,0025 & 0,0009 & 0,0003 & 0,0001 & 0,0000 & 0,0000 & 0,0000 \\
1 & 0,1991 & 0,0916 & 0,0404 & 0,0174 & 0,0073 & 0,0030 & 0,0012 & 0,0005 & 0,0002 & 0,0001 \\
2 & 0,4232 & 0,2381 & 0,1247 & 0,0620 & 0,0296 & 0,0138 & 0,0062 & 0,0028 & 0,0012 & 0,0005 \\
3 & 0,6472 & 0,4335 & 0,2650 & 0,1512 & 0,0818 & 0,0424 & 0,0212 & 0,0103 & 0,0049 & 0,0023 \\
4 & 0,8153 & 0,6288 & 0,4405 & 0,2851 & 0,1730 & 0,0996 & 0,0550 & 0,0293 & 0,0151 & 0,0076 \\
5 & 0,9161 & 0,7851 & 0,6160 & 0,4457 & 0,3007 & 0,1912 & 0,1157 & 0,0671 & 0,0375 & 0,0203 \\
6 & 0,9665 & 0,8893 & 0,7622 & 0,6063 & 0,4497 & 0,3134 & 0,2068 & 0,1301 & 0,0786 & 0,0458 \\
7 & 0,9881 & 0,9489 & 0,8666 & 0,7440 & 0,5987 & 0,4530 & 0,3239 & 0,2202 & 0,1432 & 0,0895 \\
8 & 0,9962 & 0,9786 & 0,9319 & 0,8472 & 0,7291 & 0,5925 & 0,4557 & 0,3328 & 0,2320 & 0,1550 \\
9 & 0,9989 & 0,9919 & 0,9682 & 0,9161 & 0,8305 & 0,7166 & 0,5874 & 0,4579 & 0,3405 & 0,2424 \\
10 & 0,9997 & 0,9972 & 0,9863 & 0,9574 & 0,9015 & 0,8159 & 0,7060 & 0,5830 & 0,4599 & 0,3472 \\
11 & 0,9999 & 0,9991 & 0,9945 & 0,9799 & 0,9467 & 0,8881 & 0,8030 & 0,6968 & 0,5793 & 0,4616 \\
12 & 1,0000 & 0,9997 & 0,9980 & 0,9912 & 0,9730 & 0,9362 & 0,8758 & 0,7916 & 0,6887 & 0,5760 \\
13 & 1,0000 & 0,9999 & 0,9993 & 0,9964 & 0,9872 & 0,9658 & 0,9261 & 0,8645 & 0,7813 & 0,6815 \\
14 & 1,0000 & 1,0000 & 0,9998 & 0,9986 & 0,9943 & 0,9827 & 0,9585 & 0,9165 & 0,8540 & 0,7720 \\
15 & 1,0000 & 1,0000 & 0,9999 & 0,9995 & 0,9976 & 0,9918 & 0,9780 & 0,9513 & 0,9074 & 0,8444 \\
16 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 & 0,9998 & 0,9990 & 0,9963 & 0,9889 & 0,9730 & 0,9441 & 0,8987 \\
17 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 & 0,9999 & 0,9996 & 0,9984 & 0,9947 & 0,9857 & 0,9678 & 0,9370 \\
18 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 & 0,9999 & 0,9993 & 0,9976 & 0,9928 & 0,9823 & 0,9626 \\
19 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 & 0,9997 & 0,9989 & 0,9965 & 0,9907 & 0,9787 \\
20 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 & 0,9999 & 0,9996 &
0,9984 & 0,9953 & 0,9884 \\ \hline
\end{tabular}






















\newpage

{\Large \textbf{Bảng 3:} Giá trị hàm Gauss:\;  $\displaystyle
\varphi (x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi } } \; e^{-\frac{x^{2} }{2} }$}

\vspace{10pt}

\begin{tabular}{|p{0.2in}|p{0.4in}|p{0.4in}|p{0.4in}|p{0.4in}|p{0.4in}|p{0.4in}|p{0.4in}|p{0.4in}|p{0.4in}|p{0.4in}|} \hline
$x$& \hspace*{12pt}0 & \hspace*{12pt}1 & \hspace*{12pt}2 &
\hspace*{12pt}3 & \hspace*{12pt}4 & \hspace*{12pt}5 &
\hspace*{12pt}6 & \hspace*{12pt}7 & \hspace*{12pt}8 &
\hspace*{12pt}9
\\ \hline
0,0 & 0,3989 & 0,3989 & 0,3989 & 0,3988 & 0,3986 & 0,3984 & 0,3982 & 0,3980 & 0,3977 & 0,3973 \\
0,1 & 0,3970 & 0,3965 & 0,3961 & 0,3956 & 0,3951 & 0,3945 & 0,3939 & 0,3932 & 0,3925 & 0,3918 \\
0,2 & 0,3910 & 0,3902 & 0,3894 & 0,3885 & 0,3876 & 0,3867 & 0,3857 & 0,3847 & 0,3836 & 0,3825 \\
0,3 & 0,3814 & 0,3802 & 0,3790 & 0,3778 & 0,3765 & 0,3752 & 0,3739 & 0,3725 & 0,3712 & 0,3697 \\
0,4 & 0,3683 & 0,3668 & 0,3653 & 0,3637 & 0,3621 & 0,3605 & 0,3589 & 0,3572 & 0,3555 & 0,3538 \\
0,5 & 0,3521 & 0,3503 & 0,3485 & 0,3467 & 0,3448 & 0,3429 & 0,3410 & 0,3391 & 0,3372 & 0,3352 \\
0,6 & 0,3332 & 0,3312 & 0,3292 & 0,3271 & 0,3251 & 0,3230 & 0,3209 & 0,3187 & 0,3166 & 0,3144 \\
0,7 & 0,3123 & 0,3101 & 0,3079 & 0,3056 & 0,3034 & 0,3011 & 0,2989 & 0,2966 & 0,2943 & 0,2920 \\
0,8 & 0,2897 & 0,2874 & 0,2850 & 0,2827 & 0,2803 & 0,2780 & 0,2756 & 0,2732 & 0,2709 & 0,2685 \\
0,9 & 0,2661 & 0,2637 & 0,2613 & 0,2589 & 0,2565 & 0,2541 & 0,2516 &
0,2492 & 0,2468 & 0,2444 \\ \hline \hline
1,0 & 0,2420 & 0,2396 & 0,2371 & 0,2347 & 0,2323 & 0,2299 & 0,2275 & 0,2251 & 0,2227 & 0,2203 \\
1,1 & 0,2179 & 0,2155 & 0,2131 & 0,2107 & 0,2083 & 0,2059 & 0,2036 & 0,2012 & 0,1989 & 0,1965 \\
1,2 & 0,1942 & 0,1919 & 0,1895 & 0,1872 & 0,1849 & 0,1826 & 0,1804 & 0,1781 & 0,1758 & 0,1736 \\
1,3 & 0,1714 & 0,1691 & 0,1669 & 0,1647 & 0,1626 & 0,1604 & 0,1582 & 0,1561 & 0,1539 & 0,1518 \\
1,4 & 0,1497 & 0,1476 & 0,1456 & 0,1435 & 0,1415 & 0,1394 & 0,1374 & 0,1354 & 0,1334 & 0,1315 \\
1,5 & 0,1295 & 0,1276 & 0,1257 & 0,1238 & 0,1219 & 0,1200 & 0,1182 & 0,1163 & 0,1145 & 0,1127 \\
1,6 & 0,1109 & 0,1092 & 0,1074 & 0,1057 & 0,1040 & 0,1023 & 0,1006 & 0,0989 & 0,0973 & 0,0957 \\
1,7 & 0,0940 & 0,0925 & 0,0909 & 0,0893 & 0,0878 & 0,0863 & 0,0848 & 0,0833 & 0,0818 & 0,0804 \\
1,8 & 0,0790 & 0,0775 & 0,0761 & 0,0748 & 0,0734 & 0,0721 & 0,0707 & 0,0694 & 0,0681 & 0,0669 \\
1,9 & 0,0656 & 0,0644 & 0,0632 & 0,0620 & 0,0608 & 0,0596 & 0,0584 &
0,0573 & 0,0562 & 0,0551 \\ \hline \hline
2,0 & 0,0540 & 0,0529 & 0,0519 & 0,0508 & 0,0498 & 0,0488 & 0,0478 & 0,0468 & 0,0459 & 0,0449 \\
2,1 & 0,0440 & 0,0431 & 0,0422 & 0,0413 & 0,0404 & 0,0396 & 0,0387 & 0,0379 & 0,0371 & 0,0363 \\
2,2 & 0,0355 & 0,0347 & 0,0339 & 0,0332 & 0,0325 & 0,0317 & 0,0310 & 0,0303 & 0,0297 & 0,0290 \\
2,3 & 0,0283 & 0,0277 & 0,0270 & 0,0264 & 0,0258 & 0,0252 & 0,0246 & 0,0241 & 0,0235 & 0,0229 \\
2,4 & 0,0224 & 0,0219 & 0,0213 & 0,0208 & 0,0203 & 0,0198 & 0,0194 & 0,0189 & 0,0184 & 0,0180 \\
2,5 & 0,0175 & 0,0171 & 0,0167 & 0,0163 & 0,0158 & 0,0154 & 0,0151 & 0,0147 & 0,0143 & 0,0139 \\
2,6 & 0,0136 & 0,0132 & 0,0129 & 0,0126 & 0,0122 & 0,0119 & 0,0116 & 0,0113 & 0,0110 & 0,0107 \\
2,7 & 0,0104 & 0,0101 & 0,0099 & 0,0096 & 0,0093 & 0,0091 & 0,0088 & 0,0086 & 0,0084 & 0,0081 \\
2,8 & 0,0079 & 0,0077 & 0,0075 & 0,0073 & 0,0071 & 0,0069 & 0,0067 & 0,0065 & 0,0063 & 0,0061 \\
2,9 & 0,0060 & 0,0058 & 0,0056 & 0,0055 & 0,0053 & 0,0051 & 0,0050 &
0,0048 & 0,0047 & 0,0046 \\ \hline \hline
3,0 & 0,0044 & 0,0043 & 0,0042 & 0,0040 & 0,0039 & 0,0038 & 0,0037 & 0,0036 & 0,0035 & 0,0034 \\
3,1 & 0,0033 & 0,0032 & 0,0031 & 0,0030 & 0,0029 & 0,0028 & 0,0027 & 0,0026 & 0,0025 & 0,0025 \\
3,2 & 0,0024 & 0,0023 & 0,0022 & 0,0022 & 0,0021 & 0,0020 & 0,0020 & 0,0019 & 0,0018 & 0,0018 \\
3,3 & 0,0017 & 0,0017 & 0,0016 & 0,0016 & 0,0015 & 0,0015 & 0,0014 & 0,0014 & 0,0013 & 0,0013 \\
3,4 & 0,0012 & 0,0012 & 0,0012 & 0,0011 & 0,0011 & 0,0010 & 0,0010 & 0,0010 & 0,0009 & 0,0009 \\
3,5 & 0,0009 & 0,0008 & 0,0008 & 0,0008 & 0,0008 & 0,0007 & 0,0007 & 0,0007 & 0,0007 & 0,0006 \\
3,6 & 0,0006 & 0,0006 & 0,0006 & 0,0005 & 0,0005 & 0,0005 & 0,0005 & 0,0005 & 0,0005 & 0,0004 \\
3,7 & 0,0004 & 0,0004 & 0,0004 & 0,0004 & 0,0004 & 0,0004 & 0,0003 &
0,0003 & 0,0003 & 0,0003 \\  3,8 & 0,0003 & 0,0003 & 0,0003 &
0,0003 & 0,0003 & 0,0002 & 0,0002 & 0,0002 & 0,0002 & 0,0002\\
3,9 & 0,0002 & 0,0002 & 0,0002 & 0,0002 & 0,0002 & 0,0002 & 0,0002 &
0,0002 & 0,0001 & 0,0001 \\
4,0 & 0,0001 & 0,0001 & 0,0001 & 0,0001 & 0,0001 & 0,0001 & 0,0001 &
0,0001 & 0,0001 & 0,0001\\ \hline
\end{tabular}





\newpage

{\Large \textbf{Bảng 4:} Giá trị hàm phân phối chuẩn $N(0,1)$:\;
$\displaystyle \Phi (x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi } } \; \int _{-\infty
}^{x}e^{-\frac{t^{2} }{2} }  dt$}

%\vspace{10pt}

\begin{tabular}{|p{0.2in}|p{0.4in}|p{0.4in}|p{0.4in}|p{0.4in}|p{0.4in}|p{0.4in}|p{0.4in}|p{0.4in}|p{0.4in}|p{0.4in}|} \hline
 $x$ & \hspace*{12pt}0 & \hspace*{12pt}1 & \hspace*{12pt}2 &
\hspace*{12pt}3 & \hspace*{12pt}4 & \hspace*{12pt}5 &
\hspace*{12pt}6 & \hspace*{12pt}7 & \hspace*{12pt}8 &
\hspace*{12pt}9
\\ \hline
0,0 & 0,5000 & 0,5040 & 0,5080 & 0,5120 & 0,5160 & 0,5199 & 0,5239 & 0,5279 & 0,5319 & 0,5359 \\
0,1 & 0,5398 & 0,5438 & 0,5478 & 0,5517 & 0,5557 & 0,5596 & 0,5636 & 0,5675 & 0,5714 & 0,5753 \\
0,2 & 0,5793 & 0,5832 & 0,5871 & 0,5910 & 0,5948 & 0,5987 & 0,6026 & 0,6064 & 0,6103 & 0,6141 \\
0,3 & 0,6179 & 0,6217 & 0,6255 & 0,6293 & 0,6331 & 0,6368 & 0,6406 & 0,6443 & 0,6480 & 0,6517 \\
0,4 & 0,6554 & 0,6591 & 0,6628 & 0,6664 & 0,6700 & 0,6736 & 0,6772 & 0,6808 & 0,6844 & 0,6879 \\
0,5 & 0,6915 & 0,6950 & 0,6985 & 0,7019 & 0,7054 & 0,7088 & 0,7123 & 0,7157 & 0,7190 & 0,7224 \\
0,6 & 0,7257 & 0,7291 & 0,7324 & 0,7357 & 0,7389 & 0,7422 & 0,7454 & 0,7486 & 0,7517 & 0,7549 \\
0,7 & 0,7580 & 0,7611 & 0,7642 & 0,7673 & 0,7704 & 0,7734 & 0,7764 & 0,7794 & 0,7823 & 0,7852 \\
0,8 & 0,7881 & 0,7910 & 0,7939 & 0,7967 & 0,7995 & 0,8023 & 0,8051 & 0,8078 & 0,8106 & 0,8133 \\
0,9 & 0,8159 & 0,8186 & 0,8212 & 0,8238 & 0,8264 & 0,8289 & 0,8315 &
0,8340 & 0,8365 & 0,8389 \\ \hline \hline
1,0 & 0,8413 & 0,8438 & 0,8461 & 0,8485 & 0,8508 & 0,8531 & 0,8554 & 0,8577 & 0,8599 & 0,8621 \\
1,1 & 0,8643 & 0,8665 & 0,8686 & 0,8708 & 0,8729 & 0,8749 & 0,8770 & 0,8790 & 0,8810 & 0,8830 \\
1,2 & 0,8849 & 0,8869 & 0,8888 & 0,8907 & 0,8925 & 0,8944 & 0,8962 & 0,8980 & 0,8997 & 0,9015 \\
1,3 & 0,9032 & 0,9049 & 0,9066 & 0,9082 & 0,9099 & 0,9115 & 0,9131 & 0,9147 & 0,9162 & 0,9177 \\
1,4 & 0,9192 & 0,9207 & 0,9222 & 0,9236 & 0,9251 & 0,9265 & 0,9279 & 0,9292 & 0,9306 & 0,9319 \\
1,5 & 0,9332 & 0,9345 & 0,9357 & 0,9370 & 0,9382 & 0,9394 & 0,9406 & 0,9418 & 0,9429 & 0,9441 \\
1,6 & 0,9452 & 0,9463 & 0,9474 & 0,9484 & 0,9495 & 0,9505 & 0,9515 & 0,9525 & 0,9535 & 0,9545 \\
1,7 & 0,9554 & 0,9564 & 0,9573 & 0,9582 & 0,9591 & 0,9599 & 0,9608 & 0,9616 & 0,9625 & 0,9633 \\
1,8 & 0,9641 & 0,9649 & 0,9656 & 0,9664 & 0,9671 & 0,9678 & 0,9686 & 0,9693 & 0,9699 & 0,9706 \\
1,9 & 0,9713 & 0,9719 & 0,9726 & 0,9732 & 0,9738 & 0,9744 & 0,9750 &
0,9756 & 0,9761 & 0,9767 \\ \hline \hline
2,0 & 0,9772 & 0,9778 & 0,9783 & 0,9788 & 0,9793 & 0,9798 & 0,9803 & 0,9808 & 0,9812 & 0,9817 \\
2,1 & 0,9821 & 0,9826 & 0,9830 & 0,9834 & 0,9838 & 0,9842 & 0,9846 & 0,9850 & 0,9854 & 0,9857 \\
2,2 & 0,9861 & 0,9864 & 0,9868 & 0,9871 & 0,9875 & 0,9878 & 0,9881 & 0,9884 & 0,9887 & 0,9890 \\
2,3 & 0,9893 & 0,9896 & 0,9898 & 0,9901 & 0,9904 & 0,9906 & 0,9909 & 0,9911 & 0,9913 & 0,9916 \\
2,4 & 0,9918 & 0,9920 & 0,9922 & 0,9925 & 0,9927 & 0,9929 & 0,9931 & 0,9932 & 0,9934 & 0,9936 \\
2,5 & 0,9938 & 0,9940 & 0,9941 & 0,9943 & 0,9945 & 0,9946 & 0,9948 & 0,9949 & 0,9951 & 0,9952 \\
2,6 & 0,9953 & 0,9955 & 0,9956 & 0,9957 & 0,9959 & 0,9960 & 0,9961 & 0,9962 & 0,9963 & 0,9964 \\
2,7 & 0,9965 & 0,9966 & 0,9967 & 0,9968 & 0,9969 & 0,9970 & 0,9971 & 0,9972 & 0,9973 & 0,9974 \\
2,8 & 0,9974 & 0,9975 & 0,9976 & 0,9977 & 0,9977 & 0,9978 & 0,9979 & 0,9979 & 0,9980 & 0,9981 \\
2,9 & 0,9981 & 0,9982 & 0,9982 & 0,9983 & 0,9984 & 0,9984 & 0,9985 &
0,9985 & 0,9986 & 0,9986 \\ \hline \hline
3,0 & 0,9987 & 0,9987 & 0,9987 & 0,9988 & 0,9988 & 0,9989 & 0,9989 & 0,9989 & 0,9990 & 0,9990 \\
3,1 & 0,9990 & 0,9991 & 0,9991 & 0,9991 & 0,9992 & 0,9992 & 0,9992 & 0,9992 & 0,9993 & 0,9993 \\
3,2 & 0,9993 & 0,9993 & 0,9994 & 0,9994 & 0,9994 & 0,9994 & 0,9994 & 0,9995 & 0,9995 & 0,9995 \\
3,3 & 0,9995 & 0,9995 & 0,9995 & 0,9996 & 0,9996 & 0,9996 & 0,9996 & 0,9996 & 0,9996 & 0,9997 \\
3,4 & 0,9997 & 0,9997 & 0,9997 & 0,9997 & 0,9997 & 0,9997 & 0,9997 & 0,9997 & 0,9997 & 0,9998 \\
3,5 & 0,9998 & 0,9998 & 0,9998 & 0,9998 & 0,9998 & 0,9998 & 0,9998 & 0,9998 & 0,9998 & 0,9998 \\
3,6 & 0,9998 & 0,9998 & 0,9999 & 0,9999 & 0,9999 & 0,9999 & 0,9999 & 0,9999 & 0,9999 & 0,9999 \\
3,7 & 0,9999 & 0,9999 & 0,9999 & 0,9999 & 0,9999 & 0,9999 & 0,9999 &
0,9999 & 0,9999 & 0,9999 \\
3,8 & 0,9999 & 0,9999 & 0,9999 & 0,9999 & 0,9999 & 0,9999 & 0,9999 &
0,9999 & 0,9999 & 0,9999\\
3,9 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 &
1,0000 & 1,0000 & 1,0000\\
4,0 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 & 1,0000 &
1,0000 & 1,0000 & 1,0000 \\ \hline
\end{tabular}



\end{center}














\end{document}

