Tài liệu Xác suất thống kê (Phần 2)

 trả lời đúng lớn nhất.
Bài tập 5.7. Trong trò chơi “bầu cua” có ba con xúc sắc, mỗi con có sáu mặt hình
là: bầu, cua, hưu, nai, tôm và gà. Giả sử có hai người, một người chơi và một người
làm cái. Nếu mỗi ván người chơi chỉ đặt ở một ô (một trong các hình: bầu, cua, hưu,
nai, tôm và gà) sau khi chơi nhiều ván thì người nào sẽ thắng trong trò chơi này. Giả
sữ thêm mỗi ván người chơi đặt 1000đ thì trung bình mỗi ván người thắng sẽ thắng
bao nhiêu?
Bài tập 5.8. Có ba lọ giống nhau: hai lọ loại I, mỗi lọ có 3 bi trắng và 7 bi đen; một
lọ loại II có 4 bi trắng và 6 bi đen. Một trò chơi được đặt ra như sau: Mỗi ván, người
chơi chọn ngẫu nhiên một lọ và lấy ra hai bi từ lọ đó. Nếu lấy được đúng hai bi trắng
thì người chơi thắng, ngược lại người chơi thua.
a. Người A chơi trò chơi này, tính xác suất người A thắng ở mỗi ván.
b. Giả sử người A chơi 10 ván, tính số ván trung bình người chơi thắng được và
số ván người A thắng tin chắc nhất.
c. Người A phải chơi ít nhất bao nhiêu ván để xác suất thắng ít nhất một ván
không dưới 0,99.
Bài tập 5.9. Trong ngày hội thi, mỗi chiến sĩ dự thi sẽ chọn một trong hai khẩu
súng và vối khẩu súng được chọn bắn 100 viên đạn. Nếu có từ 65 viên đạn trở lên
trúng mục tiêu thì chiến sĩ này được thưởng. Giả sử với chiến sĩ S, xác suất trúng bia
bằng súng thứ nhất là 60% và bằng súng thứ hai là 58%.
a. Tính xác suất S được thưởng.
b. Giả sử S dự thi 10 lần, tính số lần được thưởng tin chắc nhất.
c. Chiến sĩ S phải dự thi ít nhất bao nhiêu lần để xác suất có ít nhất một lần
được thưởng không dưới 99%
5.11 Bài tập luyện tập 103
Bài tập 5.10. Trọng lượng của một con bò là 1 biến ngẫu nhiên có phân phối chuẩn
với giá trị trung bình 250 kg và độ lệch tiêu chuẩn là 40 kg. Tìm xác suất để 1 con bò
chọn ngẫu nhiên có trọng lượng
a. Nặng hơn 300 kg.
b. Nhẹ hơn 175 kg.
c. Nằm trong khoảng từ 260 kg đến 270 kg.
Bài tập 5.11. Chiều cao của nam giới khi trưởng thành ở một vùng dân cư là biến
ngẫu nhiên phân bố chuẩn vớí kỳ vọng µ = 160 cm và độ lệch chuẩn σ = 6 cm. Một
thanh niên bị coi là lùn nếu có chiều cao nhỏ hơn 155 cm.
a. Tìm tỷ lệ thanh niên lùn ở vùng đó.
b. Tìm xác suất để chọn ngẫu nhiên 4 người thì có ít nhất 1 người không bị lùn.
Bài tập 5.12. Trọng lượng sản phẩm X do một máy tự động sản xuất là một biến
ngẫu nhiên tuân theo quy luật chuẩn với µ = 100 gam và độ lệch chuẩn σ = 100 gam.
Sản phẩm được coi là đạt tiêu chuẩn kỹ thuật nếu trọng lượng của nó đạt từ 98 đến
102 gam.
a. Tìm tỷ lệ sản phẩm đạt tiêu chuẩn kỹ thuật của nhà máy.
b. Tìm tỷ lệ phế phẩm của nhà máy.
Bài tập 5.13. Cho hai biến ngẫu nhiên độc lập: X ∼ N (3; 4) và χ2 ∼ χ29. Tính
P
(
X >
√
χ2 + 3
)
.
Chương 6
Luật số lớn - Định lý giới hạn
Trong chương này sẽ trình bày hai khái niệm quan trọng của lý thuyết xác suất
và thống kê đó là luật số lớn và định lý giới hạn trung tâm. Đối với luật số lớn, trong
tài liệu này chúng tôi chỉ trình bày luật yếu số lớn. Luật yếu số lớn là một khẳng
định trung bình số học của các biến ngẫu nhiên hội tụ theo xác suất. Trong xác suất
và thống kê chúng ta thường muốn biết phân phối của các biến ngẫu nhiên, mà biến
ngẫu nhiên này là hàm số của một số biến ngẫu nhiên khác, ví dụ biến ngẫu nhiên
Y = g(X1, . . . , Xn). Đáng tiếc là việc tìm chính xác phân phối của biến ngẫu nhiên
này rất khó ngay cả chúng ta biết được phân phối của các biến ngẫu nhiên thành
phần Xi. Cũng có lúc chúng ta muốn biết phân phối của Y nhưng chúng ta chỉ biết
một phần “thông tin” (kỳ vọng, phương sai) của các biến ngẫu nhiên thành phần Xi.
Tuy nhiên khi n lớn chúng ta có thể xấp xỉ phân phối của Y ngay cả khi chúng ta chỉ
biết một phần “thông tin” về các biến ngẫu nhiên X1, . . . , Xn nhờ vào định lý giới hạn
trung tâm được trình bày ở mục 6.3.
6.1 Hội tụ theo xác suất và phân phối
Định nghĩa 6.1 (Hội tụ theo xác suất). Cho dãy biến ngẫu nhiên {Xn} và biến ngẫu
nhiên X. Ta nói {Xn} hội tụ theo xác suất đến X, ký hiệu Xn P−→ X, nếu với mọi
ε > 0 thì
lim
n→+∞
P (|Xn −X| < ε) = 1 (6.1)
Nếu Xn
P−→ X thì với n lớn chúng ta có Xn ≈ X với xác suất gần 1. Thông thường,
Xn hội tụ theo xác suất đến biến ngẫu nhiên X là hằng số (Xn
P−→ θ, θ là hằng số)
nghĩa là khi n lớn thì hầu như biến ngẫu nhiên Xn không có sự thay đổi.
Định nghĩa 6.2 (Hội tụ theo phân phối). Cho dãy biến ngẫu nhiên {Xn} và biến
6.1 Hội tụ theo xác suất và phân phối 105
ngẫu nhiên X. Ta nói {Xn} hội tụ theo phân phối đến X, ký hiệu Xn F−→ X, nếu
lim
n→+∞
P (Xn < x) = P (X < x) = F (x) (6.2)
tại mọi điểm liên tục của hàm phân phối F (x)
Nếu Xn
F−→ X thì với n đủ lớn chúng ta có thể xấp xỉ phân phối của Xn bởi phân
phối của X. Vậy hội tụ theo phân phối rất tiện lợi cho việc xấp xỉ phân phối của biến
ngẫu nhiên Xn.
Định nghĩa 6.3 (Hội tụ hầu chắc chắn). Cho dãy biến ngẫu nhiên {Xn} và biến ngẫu
nhiên X. Ta nói {Xn} hội tụ hầu chắc chắn đến X, ký hiệu Xn a.s.−−→ X, nếu Xn 6→ X
với xác suất là không.
Định lý 6.4. Cho dãy biến ngẫu nhiên {Xn} và biến ngẫu nhiên X.
i) Nếu Xn
a.s.−−→ X thì Xn P−→ X.
ii) Nếu Xn
P−→ X thì tồn tại dãy con nj sao cho Xnj a.s.−−→ X.
Định lý 6.5. Cho dãy biến ngẫu nhiên {Xn}, biến ngẫu nhiên X và θ là một hằng
số thực
i) Nếu Xn
P−→ X thì Xn F−→ X.
ii) Nếu Xn
F−→ θ thì Xn P−→ θ.
Định lý 6.6 (Ánh xạ liên tục). Giả sử g(x) là hàm số liên tục trên R.
i) Nếu Xn
P−→ X thì g(Xn) P−→ g(X).
ii) Nếu Xn
F−→ X thì g(Xn) F−→ g(X).
Định lý 6.7 (Định lý Slutsky). Giả sử Xn
F−→ X và Yn F−→ θ (θ là hằng số). Thì
i) Xn + Yn
F−→ X + θ.
ii) XnYn
F−→ Xθ.
Định lý 6.8 (Bất đẳng thức Markov). Nếu X là biến ngẫu nhiên nhận giá trị không
âm thì với mọi hằng số dương ε ta có
P (X ≥ ε) ≤ E (X)
ε
(6.3)
6.1 Hội tụ theo xác suất và phân phối 106
Chứng minh. X là biến ngẫu nhiên có hàm mật độ f(x) thì
E (X) =
+∞∫
0
xf(x)dx =
ε∫
0
xf(x)dx+
+∞∫
ε
xf(x)dx
≥
+∞∫
ε
xf(x)dx ≥
+∞∫
ε
εf(x)dx = εP (X ≥ ε)
Nhân hai vế của bất phương trình với 1/ε thì ta đươc bất đẳng thức 6.3.
Định lý 6.9 (Bất đẳng thức Chebyshev). Nếu X là biến ngẫu nhiên có kỳ vọng là µ
và phương sai σ2 hữu hạn thì với mọi hằng số dương ε bé tùy ý ta có
P (|X − µ| ≥ ε) ≤ Var (X)
ε2
(6.4)
hay tương đương
P (|X − µ| Var (X)
ε2
(6.5)
Chứng minh. Ta thấy (X − µ2) là biến ngẫu nhiên không âm và ε > 0. Sữ dụng bất
đẳng thức Markov với a = ε2 ta được
P
[
(X − µ)2 ≥ ε2] ≤ E (X − µ)2
ε
Vì (X − µ)2 ≥ ε2 khi và chỉ khi |X − µ| ≥ ε nên
P (|X − µ| ≥ ε) ≤ Var (X)
ε2
Bất đẳng thức Markov và Chebyshev cho ta phương tiện thấy được giới hạn xác suất
khi kỳ vọng và phương sai của biến ngẫu nhiên có phân phối xác suất chưa biết.
Ví dụ 6.1. Giả sử số phế phẩm của một nhà máy làm ra trong một tuần là một biến
ngẫu nhiên với kỳ vọng là µ = 50.
a. Có thể nói gì về xác suất sản phẩm hư tuần này vượt quá 75.
b. Nếu phương sai của phế phẩm trong tuần này là σ2 = 25 thì có thể nói gì về xác
suất sản phẩm tuần này sẽ ở giữa 40 và 60.
Giải.
a. Theo bất đẳng thức Markov
P (X > 75) ≥ E (X)
75
=
50
75
=
2
3
6.2 Luật số lớn 107
b. Theo bất đẳng thức Chebyshev
P (|X − 50| ≥ 10) ≤ σ
2
102
=
25
100
=
1
4
Do đó
P (40 1− 1
4
=
3
4
6.2 Luật số lớn
Định lý 6.10 (Luật số lớn). Gọi X1, . . . , Xn là các biến ngẫu nhiên độc lập và cùng
phân phối xác suất với kỳ vọng µ = E (X) và phương sai σ2 = Var (X) hữu hạn. Đặt
Sn = X1 + · · ·+Xn. Khi đó với mọi ε > 0,
P
(∣∣∣∣Snn − µ
∣∣∣∣ ≥ ε)→ 0 (6.6)
khi n→ +∞. Tương dương với
P
(∣∣∣∣Snn − µ
∣∣∣∣ < ε)→ 1 (6.7)
khi n→ +∞.
Chứng minh. Bởi vì X1, . . . , Xn là độc lập và cùng phân phối, sữ dụng tính chất 3.11
chúng ta có
Var
(
Sn
n
)
=
σ2
n
và theo tính chất 3.8 của kỳ vọng ta có
E
(
Sn
n
)
= µ
Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev, với mọi ε > 0,
P
(∣∣∣∣Snn − µ
∣∣∣∣ ≥ ε) ≤ σ2nε2
Cố định ε,
P
(∣∣∣∣Snn − µ
∣∣∣∣ ≥ ε)→ 0
6.3 Định lý giới hạn trung tâm 108
khi n→ +∞, hay tương đương với
P
(∣∣∣∣Snn − µ
∣∣∣∣ < ε)→ 1
khi n→ +∞
Chú ý: Sn/n là trung bình của các biến ngẫu nhiên Xi, (i = 1, . . . , n), do đó người
ta thường gọi luật số lớn là luật “trung bình”.
Ví dụ 6.2. Xét n phép thử Bernoulli với xác suất thành công là p. Đặt biến ngẫu
nhiên Xi,(i = 1, . . . , n), như sau
Xi =
 1 nếu thành công0 nếu không thành công
Đặt Sn = X1 + · · · + Xn là số lần thành công trong n phép thử và µ = E (Xi) = p.
Theo luật số lớn, với mọi ε > 0
P
(∣∣∣∣Snn − p
∣∣∣∣ < ε)→ 1 (6.8)
khi n → +∞. Giới hạn trên nói lên rằng, khi thực hiện lâp lại phép thử Bernoulli
nhiều lần chúng ta “tin chắc” rằng số lần thành công trung bình sẽ “gần” với p.
6.3 Định lý giới hạn trung tâm
Một khái niệm quan trọng của lý thuyết xác suất là Định lý giới hạn trung tâm.
Định lý này sẽ cho phép ta xấp xỉ phân phối của tổng n biến ngẫu nhiên độc lập với
biến ngẫu nhiên có phân phối chuẩn. Trong tài liệu này chỉ phát biểu cho trường hợp
tổng n biến ngẫu nhiên độc lập và cùng phân phối.
Định lý 6.11 (Định lý giới hạn trung tâm). Nếu X1, . . . , Xn là các biến ngẫu nhiên
độc lập và cùng phân phối với kỳ vọng µ và phương sai σ2 hữu hạn. Ta đặt
Sn = X1 + · · ·+Xn
Sn có kỳ vọng là E (Sn) = nµ và phương sai Var (Sn) = nσ2. Khi n → ∞ thì biến
ngẫu nhiên
Sn
F−→ X, với X ∼ N (nµ;nσ2) (6.9)
Hay biến ngẫu nhiên
Zn =
Sn − nµ
σ
√
n
F−→ Z, với Z ∼ N (0; 1) (6.10)
6.3 Định lý giới hạn trung tâm 109
Nghĩa là khi n lớn thì với mọi x ∈ R
P
(
Sn − nµ
σ
√
n
< x
)
≈ P (Z < x) , với Z ∼ N (0; 1) (6.11)
Chứng minh. Ta đặt
Zn =
Sn − nµ
σ
√
n
=
1√
n
n∑
i=1
(
Xi − µ
σ
)
và
Zi =
Xi − µ
σ
, i = 1, . . . , n
Các biến ngẫu nhiên Zi, (i = 1, . . . n), là độc lập và có cùng phân phối nên cũng có
cùng hàm đặc trưng ϕ(t), ta cũng có hàm đặc trưng của 1√
n
Zi là ϕ
(
t√
n
)
. Từ tính
chất 3.18 thì hàm đặc trưng của Zn là
ϕn(t) =
[
ϕ
(
t√
n
)]n
cũng theo tính chất 3.19 - đạo hàm của hàm đặc trưng thì
ϕ
′
(0) = i (Zi) = 0
ϕ
′′
(0) = i2
(
Z2i
)
= −1
Khai triển Taylor của hàm đặc trưng ϕ(t) có dạng
ϕ (t) = ϕ (0) + tϕ
′
(0) +
t2
2!
ϕ
′′
(0) +
t3
3!
ϕ
′′′
(0) + · · ·
= 1− t
2
2
+
t3
3!
ϕ
′′′
(0) + · · ·
Ta suy ra
ϕ
(
t√
n
)
= 1− t
2
2n
+
t3
3!n3/2
ϕ
′′′
(0) + · · ·
Hàm đặc trưng ϕn(t) của biến ngẫu nhiên Zn sẽ là
ϕn (t) =
(
1− t
2
2n
+
t3
3!n3/2
ϕ
′′′
(0) + · · ·
)n
=
[
1 +
1
n
(
−t
2
2
+
t3
3!n1/2
ϕ
′′′
(0) + · · ·
)]n
Mà ta có
lim
n→∞
(
−t
2
2
+
t3
3!n1/2
ϕ
′′′
(0) + · · ·
)
= −1
2
t2
6.3 Định lý giới hạn trung tâm 110
do đó
lim
n→∞
ϕn (t) = exp
(
−1
2
t2
)
(6.12)
Theo định lý 5.12 thì (6.12) chính là hàm đặc trưng của biến ngẫu nhiên có phân phối
chuẩn hóa. Từ tính chất 3.17 thì biến ngẫu nhiên Zn sẽ hội tụ theo phân phối đến
biến ngẫu nhiên Z ∼ N (0; 1).
Chú ý: Ở công thức (6.9) ta viết
Sn
F−→ X, với X ∼ N (nµ;nσ2)
Nghĩa là khi n lớn phân phối của biến ngẫu nhiên Sn được xấp xỉ bằng phân phối
chuẩn N (nµ, nσ2). Để đơn giản ta viết Sn
.∼ N (nµ;nσ2), dấu “ .∼” nghĩa là “xấp xỉ
phân phối”.
Ví dụ 6.3. Cho X1, . . . , X200 là 200 biến ngẫu nhiên độc lập có phân phối Bernoulli
với p = 0, 3. Biến ngẫu nhiên Xi ∼ B(1; 0, 3) cho nên kỳ vọng E (Xi) = p = 0, 3 và
phương sai Var (Xi) = pq = 0, 3 · 0, 7 = 0, 21.
Ta đặt biến ngẫu nhiên S200 = X1+· · ·+Xn, bởi vì dãy biến ngẫu nhiênX1, . . . , X200
độc lập cho nên kỳ vọng
E (S200) = 200 · 0, 3 = 60
và phương sai
Var (S200) = 200 · 0, 21 = 42
Theo định lý 6.11 ta có S200
.∼ N (60; 42) tương đương với
S
′
=
S200 − 60√
42
.∼ N (0; 1)
Ta tính xấp xỉ xác suất S200 < 65
P (S200 < 65) ≈ θ
(
65− 60√
42
)
≈ θ(0, 77)
≈ 0, 7794
Ví dụ 6.4. Các kỹ sư xây cầu mỹ thuận tin rằng trọng lượng W (đơn vị tấn) cầu có
thể chịu đựng, không là hư hại cấu trúc của cầu có phân phối chuẩn với µ = 400 và
độ lệch tiêu chuẩn σ = 40. Giả sử trọng lượng của xe tải qua cầu là biến ngẫu nhiên
có kỳ vọng là 3 và độ lệch tiêu chuẩn 0,3. Hỏi bao nhiêu xe tải trên cầu để xác suất
cầu bị hư cấu trúc lớn hơn 0, 1.
6.3 Định lý giới hạn trung tâm 111
Giải. Gọi Pn là xác suất hư hại cấu trúc cầu khi n xe đi qua là
Pn = P (Sn ≥W )
= P (Sn −W ≥ 0) (6.13)
với Sn = X1 + · · ·+Xn. Biến ngẫu nhiên Sn có kỳ vọng là 3n và phương sai là 0, 09n.
Theo định lý 6.11 thì
Sn
.∼ N (3n; 0, 09n)
Biến ngẫu nhiên Sn −W có kỳ vọng
E (Sn −W ) = E (Sn)− E (W ) = 3n− 400
Bởi vì W biến ngẫu nhiên độc lập với các biến ngẫu nhiên Xi, (i = 1, . . . , n) cho nên
W cũng độc lập với Sn. Phương sai của Sn −W là
Var (Sn −W ) = Var (Sn) + Var (W ) = 0, 09n+ 1600
Theo hệ quả 5.15 thì biến ngẫu nhiên Sn−W .∼ N (3n− 400; 0, 09n+ 1600). Bài toán
yêu cầu tìm số xe tải, n, trên cầu để xác suất cầu hư cấu trúc lớn hơn 0, 1 đồng nghĩa
với việc tìm n sao cho
Pn = P (Sn −W > 0) > 0, 1
tương đương với
P (Sn −W < 0) ≤ 0, 9
suy ra
θ
(
3n− 400√
0, 09n+ 1600
)
≤ θ(1, 28)
Do θ(x) là hàm không giảm cho nên
3n− 400√
0, 09n+ 1600
≤ 1, 28
hay n ≥ 117.
Định lý 6.12 (Định lý giới hạn cho dãy phép thử Bernoulli). Giả sử các biến ngẫu
nhiên X1, . . . , Xn độc lập và cùng phân phối Bernoulli ∗ với tham số 0 < p < 1.
Ta đặt Sn = X1 + · · ·+Xn, ta đã biết là Sn ∼ B(n; p) do đó ta có được kỳ vọng và
phương sai của Sn lần lượt là E (Sn) = np, Var (Sn) = npq.
Khi n lớn thì phân phối của biến ngẫu nhiên Sn được xấp xỉ bằng phân phối chuẩn
N(np, npq), ký hiệu Sn
.∼ N(np;npq). Xác suất
P (a ≤ Sn < b) = P
(
a− np√
npq
≤ Sn − np√
npq
<
b− np√
npq
)
≈ θ
(
b− np√
npq
)
− θ
(
a− np√
npq
)
(6.14)
∗Xem mục 5.1
6.3 Định lý giới hạn trung tâm 112
và
P (Sn = k) ≈ 1√
2pinpq
exp
(
−(k − np)
2
2npq
)
(6.15)
Với θ(x) như công thức (5.13).
Nếu chúng ta đặt
x0 =
k − np√
npq
thì công thức (6.15) trở thành
P (Sn = k) ≈ 1√
npq
· 1√
2pi
exp
(
−1
2
x20
)
≈ 1√
npq
φ(x0) (6.16)
trong đó hàm φ(x0) được xác định như công thức (5.12). Với x0 cho trước, giá trị của
φ được tính sẵn ở bảng (??).
Ví dụ 6.5. Một xạ thủ bắn 100 phát vào một mục tiêu, các lần bắn độc lập với nhau.
Xác suất bắn trúng mục tiêu của mỗi lần bắn là p = 0, 55. Tính xác suất để số viên
trúng mục tiêu lớn hơn hoặc bằng 50 và nhỏ hơn 62.
Giải. Gọi S100 là số phát trúng mục tiêu trong 100 phát bắn, ta có S100 ∼ B(100; 0, 55).
Kỳ vọng
E (S100) = np = 100 · 0, 55 = 55
và phương sai
Var (S100) = npq = 100 · 0, 55 · 0, 45 = 24, 75
Theo định lý 6.12 thì S100
.∼ N(55; 24, 75). Suy ra
P (50 ≤ S100 < 62) ≈ θ
(
62− 55√
24, 75
)
− θ
(
50− 55√
24, 75
)
≈ θ(1, 4071)− θ(−1, 0050) ≈ 0, 7705
Vậy xác suất để có số viên trúng mục liêu lớn hơn hoặc bằng 50 và nhỏ hơn 62 viên
là 0, 7705.
Ví dụ 6.6. Tung 1 đồng xu cân đối 100 lần, tính xác suất có đúng 45 lần xuất hiện
mặt ngửa.
6.4 Định lý xấp xỉ Poisson 113
k
P (X = k)
0.02
0.04
0.06
0.08
35 45 55 65 75
Hình 6.1: Xấp xỉ xác suất P (50 < S100 < 62)
Giải. Gọi S100 là số lần xuất hiện đồng xu ngửa khi tung đồng xu 100 lần. Ta có
S100 ∼ B(100; 0, 5). Kỳ vọng
E (S100) = np = 100 · 0, 5 = 50
và phương sai
Var (S100) = npq = 100 · 0, 5 · 0, 5 = 25
Theo định lý 6.12 thì S100
.∼ N(50; 25). Và xác suất
P (S100 = 45) ≈ 1
5
φ
(
45− 50
5
)
≈ 1
5
φ(−1) ≈ 0, 0484
φ(−1) tra bảng ??. Vậy xác suất có đúng 45 lần xuất hiện mặt ngửa là 0, 0484.
6.4 Định lý xấp xỉ Poisson
Các biến ngẫu nhiên X1, . . . , Xn độc lập cùng phân phối Bernoulli tham số p,
0 < p < 1, chúng ta đã biết Sn = X1 + · · · + Xn có phân phối nhị thức tham số n,
p, hay Sn ∼ B(n; p). Trong thực tế công thức nhị thức (5.1) chỉ được sữ dụng khi n
tương đối bé. Trong trường hợp n lớn và p không quá gần 0 hay 1 ta dùng công thức
xấp xỉ (6.14) hay (6.15) để tính P (Sn = k) hay P (Sn < k). Trong trường hợp p quá
gần 0 hay 1 thì việc dùng các công thức đó sẽ dẫn đến sai số đáng kể. Trong trường
hợp n rất lớn và p rất bé thì phân phối của Sn được tính xấp xỉ nhờ lý sau:
6.4 Định lý xấp xỉ Poisson 114
k
P (X = k)
0.02
0.04
0.06
0.08
35 45 55 65
Hình 6.2: Xấp xỉ xác suất P (S100 = 45)
Định lý 6.13 (Xấp xỉ Poisson). Nếu biến ngẫu nhiên Sn ∼ B(n; p), và khi n lớn p
gần 0 thì
P (Sn = k) ≈ λ
ke−λ
k!
(6.17)
vời λ = np.
Chứng minh. Theo công thức nhị thức (5.1):
P (Sn = k) = C
k
np
kqn−k =
n(n− 1) · · · (n− k − 1)
k!
pkqn−k
Đặt λ = np, suy ra p =
λ
n
. Do đó,
P (Sn = k) =
n(n− 1) · · · (n− k − 1)
k!
(
λ
n
)k (
1− λ
n
)n−k
=
λk
k!
{
1
(
1− 1
n
)(
1− 2
n
)
· · ·
(
1− k − 1
n
)}(
1− λ
n
)n−k
Chuyển qua giới hạn khi n→ +∞ ta được
lim
n→+∞
P (Sn = k) =
λk
k!
lim
n→+∞
(
1− λ
n
)n−k
=
λe−λ
k!
Khi n lớn p gần 0 ta có công thức xấp xỉ
P (Sn = k) ≈ λ
ke−λ
k!
Chú ý trong trường hợp các phép thử Bernoulli có p = P (A) gần 1 thì P
(
A¯
)
= 1− p
sẽ gần 0. Do đó để tính xác suất k lần xảy ra A khi thực hiện n phép thử, P (Sn = k)
ta chuyển sang tính xác suất n− k lần xảy ra A¯ trong n phép thử.
6.5 Bài tập luyện tập 115
Ví dụ 6.7. Một nữ công nhân đứng máy xe sợi gồm 800 ống sợi, xác suất đứt sợi ở
mỗi ống trong một giờ là 0,005. Tính xác suất trong vòng 1 giờ có không quá 2 ống bị
đứt sợi.
Giải. Gọi S800 là số ống sợi bị đứt trong 1 giờ. Thì X ∼ B(800; 0, 005) nên
P (S800 ≤ 2) = P (S800 = 0) + P (S800 = 1) + P (S800 = 2)
Vì n = 800 lớn và p = 0, 005 nhỏ nên theo công thức (6.17) với λ = np = 4
P (S800 ≤ 2) ≈ 4
0e−4
0!
+
41e−4
1!
+
42e−4
2!
≈ 0, 3114
6.5 Bài tập luyện tập
Bài tập 6.1. Cho X là biến ngẫu nhiên liên tục với kỳ vọng µ = 10 và phương sai
σ2 = 100/3. Dùng bất đẳng thức Chebyshev tìm cận trên của các xác suất:
a. P (|X − 10| ≥ 2).
b. P (|X − 10| ≥ 5).
c. P (|X − 10| ≥ 9).
Bài tập 6.2. Cho X là biến ngẫu nhiên có phân phối chuẩn hóa. Dùng bất đẳng thức
Chebyshev, tìm cận trên của các xác suất P (|X| ≥ 1), P (|X| ≥ 2) và P (|X| ≥ 3).
Bài tập 6.3. Cho biến ngẫu nhiên X có kỳ vọng µ 6= 0 và phương sai σ2, biến ngẫu
nhiên Y được định bởi
Y =
∣∣∣∣X − µµ
∣∣∣∣
a. Chứng minh P (Y ≥ a) ≤ σ
2
µ2a2
∀a > 0.
b. X là biến ngẫu nhiên như bài 6.1, tìm cận trên của các xác suất P (Y ≥ 0, 2),
P (X ≥ 0, 5) và P (Y ≥ 2).
Bài tập 6.4. Điểm thi cuối khóa môn xác suất thống kê là biến ngẫu nhiên có miền
giá trị [0, 10] với kỳ vọng 7 và phương sai 1.
a. Tìm cận dưới của xác suất điểm của một sinh viên bất kỳ lớn hơn 5 và nhỏ
hơn 9.
6.5 Bài tập luyện tập 116
b. Nếu có 200 sinh viên dự thi, tìm cận dưới của xác suất điểm trung bình của
lớp lớn hơn 5 và nhỏ hơn 9.
Bài tập 6.5. Đặt S100 là số đồng xu sấp khi tung 1 đồng xu cân đối 100 lần. Dùng
định lý giới hạn tính
a. P (S100 < 45).
b. P (45 ≤ S100 < 55).
c. P (X100 = 49).
Bài tập 6.6. Cho các biến ngẫu nhiên X1, . . . , Xn là n biến ngẫu nhiên độc lập cùng
phân phối với kỳ vọng µ, độ lệch tiêu chuẩn σ = 0, 3. Dùng định lý giới hạn trung tâm
để xác định n sao cho
P
(
Sn
n
< 0, 3
)
≥ 0, 95
với Sn = X1 + · · ·+Xn.
Bài tập 6.7. Một xí nghiệp sản xuất máy tính có xác suất làm ra phế phẩm là 0,02.
Chọn ngẫu nhiên 50 máy để kiểm tra, tìm xác suất để:
a. Có đúng 2 phế phẩm.
b. Có không quá 2 phế phẩm.
Bài tập 6.8. Xác suất để gặp một hạt thóc lép khi chọn giống là 0,004. Tìm xác suất
để khi chọn ngẫu nhiên 1000 hạt trong vô số thóc ta gặp:
a. 10 hạt lép.
b. Không quá 3 hạt.
Bài tập 6.9. Một con xúc xắc cân đối, đồng chất được gieo 1000 lần. Tìm xác suất
để tổng số nốt xuất hiện nhỏ hơn 3540.
Bài tập 6.10. Xác suất để một người bị phản ứng từ việc tiêm huyết thanh là 0,001.
Tìm xác suất sao cho trong 2000 người:
a. Có đúng 3 người bị phản ứng.
b. Có nhiều hơn 2 người bị phản ứng.
Bài tập 6.11. Đặt X1, . . . , X144 là các biến ngẫu nhiên độc lập và cùng phân phối
với kỳ vọng µ = E (Xi) = 2 và phương sai σ2 = Var (Xi) = 4. Dùng định lý giới hạn
trung tâm, hãy tính xấp xỉ giá trị xác suất P (X1 + · · ·+X144 < 350).
6.5 Bài tập luyện tập 117
Bài tập 6.12. Các biến ngẫu nhiên X1, . . . , X625 là các biến ngẫu nhiên độc lập và
cùng phân phối xác suất, có hàm mật độ xác suất cho bởi
f(x) =
 3(1− x)2 khi 0 ≤ x ≤ 10 nơi khác
Dùng định lý giới hạn trung tâm, hãy tính xấp xỉ giá trị xác suất P (X1 + · · ·+X625 < 350).