TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI II
KHOA TOÁN

——————————o0o——————————

NGUYỄN THỊ HIỀN

TÌM HIỂU VỀ HÀM SINH MÔMEN
HÀM ĐẶC TRƯNG VÀ ỨNG DỤNG

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Toán ứng dụng

Người hướng dẫn khoa học
TS.TRẦN MINH TƯỚC

HÀ NỘI - 2014


LỜI CẢM ƠN
Khóa luận tốt nghiệp được hoàn thành là kết quả của quá trình học
tập, tích lũy kinh nghiệm là sự hướng dẫn chỉ đạo tận tình của TS. Trần
Minh Tước.
Em tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc đến thầy. Đồng thời em xin
chân trọng cảm ơn các thầy cô giáo trong khoa và đặc biệt là các thầy cô
trong tổ toán ứng dụng đã tạo điều kiện giúp đỡ, đóng góp ý kiến cho em
trong suốt thời gian học tập và thực hiện khóa luận tốt nghiệp.
Em xin chân thành cảm ơn!
Sinh viên
Nguyễn Thị Hiền

i


LỜI CAM ĐOAN
Khóa luận của em hoàn thành nhờ sự lỗ lực cố gắng của bản thân, cùng
sự chỉ bảo tận tình của TS Trần Minh Tước, những ý kiến đóng góp của
thầy cô trong tổ, trong khoa và các bạn trong nhóm.
Em xin cam đoan với hội đồng chấm khóa luận tốt nghiệp đề tài này
em tự nghiên cứu, tìm hiểu và trích dẫn trung thực từ các tài liệu tham
khảo.Những nội dung này chưa được công bố trong bất kì khóa luận nào.
Sinh viên
Nguyễn Thị Hiền

ii


Mục lục
1 HÀM SINH MÔMEN VÀ HÀM ĐẶC TRƯNG
1.1 Hàm sinh mômen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Tính chất của hàm sinh mômen . . . . . . . . . . . .
1.1.3 Hàm sinh mômen của một số biến ngẫu nhiên thường
gặp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.4 Lũy thừa của hàm sinh mômen của môt số biến ngẫu
nhiên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.5 Hàm sinh mômen của vectơ ngẫu nhiên . . . . . . .
1.2 Hàm đặc trưng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.2 Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.3 Hàm đặc trưng của 1 số biến ngẫu nhiên . . . . . .


.
.
.

3
3
3
4

.

5

.
.
.
.
.
.

7
7
10
10
11
17

2 ỨNG DỤNG CỦA HÀM SINH MÔMEN VÀ HÀM ĐẶC
TRƯNG

2.1 Ứng dụng của hàm sinh mômen . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.1 Tìm phân phối của hàm các biến ngẫu nhiên . . . . .
2.1.2 Tính kì vọng và phương sai của biến ngẫu nhiên . . .
2.1.3 Chứng minh sự hội tụ của dãy các biến ngẫu nhiên .
2.2 Ứng dụng của hàm đặc trưng . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1 Tìm hàm phân phối của biến ngẫu nhiên . . . . . . .
2.2.2 Tìm kì vọng và phương sai của biến ngẫu nhiên . . .
2.2.3 Phân phối của tổng các biến ngẫu nhiên độc lâp . . .

20
20
20
22
23
26
26
28
29

Tài liệu tham khảo

34

1


LỜI NÓI ĐẦU
Toán học là môn khoa học gắn liền với thực tiễn. Sự phát triển của toán
học được đánh dấu bởi những ứng dụng của nó vào việc giải quyết các bài
toán thực tiễn.Trong ngành toán ứng dụng,Lí thuyết xác suất và thống kê

toán học ngày càng phát triển và nó là công cụ để giải quyết những vấn
đề chuyên môn của nhiều lĩnh vực kinh tế, sinh học,tâm lí xã hội...Xuất
phát từ nhu cầu đó bộ môn này đã được đưa vào giảng dạy tại hầu hết các
trường cao đẳng, đại học.
Dưới góc độ của một sinh viên sư phạm chuyên ngành Toán, trong phạm
vi của một khóa luận tốt nghiêp và với mong muốn tìm hiểu sâu hơn về
bộ môn xác suất thống kê em xin mạnh dạn trình bày hiểu biết của mình
về đề tài "Tìm hiểu về hàm sinh mômen - hàm đặc trưng và ứng
dụng".
Khóa luận này bao gồm 2 chương:
Chương 1. Hàm sinh mômen và hàm đặc trưng
Trong chương này, trình bày các khái niệm và tính chất của hàm sinh
mômen, hàm đặc trưng.Giới thiệu về hàm sinh mômen của một số biến
ngẫu nhiên thường gặp, hàm sinh mômen của vectơ ngẫu nhiên, hàm đặc
trưng của một số biến ngẫu nhiên. . . .. là cơ sở để nghiên cứu ứng dụng của
hàm sinh mômen,hàm đặc trưng trong chương 2.
Chương 2. Ứng dụng.

2


Chương 1

HÀM SINH MÔMEN VÀ HÀM
ĐẶC TRƯNG
1.1
1.1.1

Hàm sinh mômen
Định nghĩa


Định nghĩa 1.1. Cho biến ngẫu nhiên X,nếu tồn tại h > 0 sao cho ∀t ∈
[−h; h] tồn tại EetX thì hàm số
MX (t) = EetX

được gọi là hàm sinh mômen của biến ngẫu nhiên X.
Nhận xét 1.1. Thuât ngữ hàm sinh mômen xuất phát từ mômen cấp r
của X, có thể được tính từ MX (t). Thật vậy, sử dung khai triển Taylor cho
hàm ex ta có
∞

MX (t) =

E(etX )

=E
i=0

= 1 + tE(X) +

(tx)i
i!

∞

=
i=1

ti
E(X i )

i!

( 1.1)

t2 E(X 2 )
+ ...
2!

Với t = 0 ta có MX (0) = 1.Từ điều kiện tồn tại của MX (t) ta đạo hàm 2 vế
của (1.1) đối với t thì được
t2
MX (t) = E(X) + tE(X ) + E(X 3 ) + ...
(1.2)
2!
Cho t = 0, ta được MX (0) = E(X).Đạo hàm 2 vế của (1.2) đối với t ta được
2

M ”X (t) = E(X 2 ) + tE(X 3 ) + ...

Cho t = 0, ta có M ”X (0) = E(X 2 ).
Tiếp tục quá trình này ta được
(r)

MX (0) = E(X r ).
3


Khóa luận tốt nghiệp đại học

Định nghĩa 1.2. Cho X1 , . . . , Xn là các biến ngẫu nhiên. Khi đó nếu tồn

n

tại h > 0 sao cho Eei=1

ti Xi

tồn tại với mọi |ti | < h, i = 1, n thì hàm số
n

MX1 ,...,Xn (t1 , . . . , tn ) = Eei=1

ti Xi

.

được gọi là hàm sinh mômen đồng thời của các biến ngẫu nhiên X1 , . . . , Xn .
Nhận xét 1.2.
+ Ta có
MX1 ,...,Xn (0, 0,...,0, ti , 0,...,0) = E(eti Xi ) = MX (ti )

+ Nếu X1 , . . . , Xn là các biến ngẫu nhiên độc lập thì
MX1 ,...,Xn (t1 , . . . , tn ) = E et1 X1 +t2 X2 +...+tn Xn = E et1 X1 et2 X2 ...etn Xn
n

= E(e

t1 X1

t2 X2


)E(e

tn Xn

)...E(e

)=

MXi (ti ).
i=1

1.1.2

Tính chất của hàm sinh mômen

Định lý 1.1. Cho biến ngẫu nhiên X có hàm sinh mômen là MX (t). Khi
đó biến ngẫu nhiên Y = aX + b với a, b là các hằng số thực có hàm sinh
mômen là
MY (t) = etb MX (at).

Chứng minh
Ta có MY (t) = E(etY ) = E(et(aX+b) ) = etb E(eatX ) = etb MX (at).
⇒ điều phải chứng minh.
Định lý 1.2. Cho X và Y là biến ngẫu nhiên độc lập với hàm sinh mômen
tương ứng là MX (t), MY (t). Khi đó Z = aX + bY với a, b là các hằng số thực
có hàm sinh mômen là
MZ (t) = MX (at)MY (bt).

Chứng minh
Ta có MZ (t) = E(etZ ) = EeaX+bY = E e(at)X e(bt)Y . Do X, Y là các biến

ngẫu nhiên độc lập nên suy ra
MZ (t) = E e(at)X E e(bt)Y

Nguyễn Thị Hiền

4

= MX (at)MY (bt).

K36A SP Toán


Khóa luận tốt nghiệp đại học

Định lý 1.3. Cho X1 , X2 , . . . , Xn là các biến ngẫu nhiên độc lập với các hàm
n

ai Xi với a1 , a2 , . . . , an

sinh mômen tương ứng là MXi (t), i = 1; n. Đặt Z =
i=1

là các hằng số thực. Khi đó
n

MXi (ai t).

MZ (t) =
i=1


Chứng minh
n

n

Ta có MZ (t) =

EeiZ

ai Xi

= Ee

Ee

Ee

=

i=1

i=1

n

n

ai tXi

ai tXi


i=1

MXi (ai t).

=
i=1

i=1

1.1.3

n

Hàm sinh mômen của một số biến ngẫu nhiên thường gặp

Tính chất 1.1. Nếu X tuân theo phân phối nhị thức B(n, p) thì
MX (t) = pet + q

n

, q = 1 − p.

Chứng minh
n
iX

Ta có MX (t) = Ee

n

ik

=

e

Cnk pk q n−k

Ckn (et p)k q k = pet + q

=

k=0

n

q = (1−p).

k=0

Tính chất 1.2. Nếu X tuân theo phân phối P oi(λ) thì
t

MX (t) = eλ(e −1) .

Chứng minh
∞
iX

Ta có MX (t) = Ee


=

e
k=0

kt λ

k e−λ

k!

∞
−λ

=e

k=0

t
t
(λet )k
= e−λ eλe = eλ(e −1) .
k!

Tính chất 1.3.
• Nếu X tuân theo phân phối chuẩn tắc N (0, 1) thì
t2

MX (t) = e 2 .

• Nếu X tuân theo phân phối chuẩn N (µ, σ 2 ) thì
MX (t) = etµ+

Nguyễn Thị Hiền

5

σ 2 t2
2

.

K36A SP Toán


Khóa luận tốt nghiệp đại học

Chứng minh
• Nếu X tuân theo phân phối chuẩn tắc N (0, 1) thì
∞

∞

MX (t) =

EetX

t2 x2 −t2
1
√ etx e 2 e 2 e 2

2π

x2
1
√ etx e 2 dx =
2π

=

−∞

−∞
∞

n t2
1 −1
√ e 2 (t−x) e 2 dx
2π

=
−∞

=e

∞
2
t2
1 −1
√ e 2 (t−x) dx = e 2 .
2π


t2
2

−∞

• X tuân theo phân phối chuẩn N (µ, σ 2 ) thì
∞

MX (t) = EetX =

√
−∞
∞

√

=
−∞
∞

√

=
−∞

1
2πσ 2
1
2πσ 2

1

etx e−

etx e

(x−µ)2
2σ 2

−σ 2 t2
2

−x2

e 2σ2 e

1

2πσ 2

dx

e− 2σ2 [x−(σ

2

σ 2 t2
2

t+µ)]


2

−µ2

xµ

e σ2 e 2σ2 dx

etµ+

σ 2 t2
2

dx

∞

2 2
tµ+ σ 2t

√

=e

−∞

1
2πσ 2


1

e− 2σ2 [x−(σ

2

t+µ)]

2

dx = etµ+

σ 2 t2
2

.

Tính chất 1.4. Nếu X tuân theo phân phối mũ Exp(λ) thì
MX (t) =

λ
.
λ−t

Chứng minh
Ta có
+∞

MX (t) = E(e


tX

+∞
tx

)=

e λe dx =
0

+∞
−(λ−t)x

λx

λe

λ
dx =
λ−t

0

e−(λ−t)x dx =

λ
.
λ−t

0


Tính chất 1.5. Nếu X tuân theo phân phối Gamma G(α, β) thì
MX (t) =

1
,
(1 − βt)α

t<

1
β

Chứng minh
Nguyễn Thị Hiền

6

K36A SP Toán


Khóa luận tốt nghiệp đại học

Ta có
∞

1
MX (t) =
Γ(α)β α


∞

etx xα−1 e

−x
β

1
dx =
Γ(α)β α

0

xα−1 e−x

(1−βt)
β

dt

0

Sau đó đặt x(1 − βt) = y . khi đó x =

y
1−βt ,

Do đó

dx =


dy
và y ∈ [o, ∞).
1−β

∞

1
1
MX (t) =
α
(1 − βt) Γ(α)β α

y α−1 e

−α
β

dy =

1
(1 − β)α

0

Tính chất 1.6. Nếu X tuân theo phân phối đều U [a, b] thì
MX (t) =

et
eb − ea .

t(b − a)

Chứng minh
+∞

MX (t) = E(etX ) =

Ta có

etx

1
et
dx =
eb − ea .
b−a
t(b − a)

0

1.1.4

Lũy thừa của hàm sinh mômen của môt số biến ngẫu nhiên

Định nghĩa 1.3. Lũy thừa của hàm sinh mômen nếu tồn tại được kí hiệu
là ηX và được xác định bởi ηX (t) = E(tX ), t ∈ R.
a. Nếu X ∼ B(n, p) thì ηX (t) = (pt + q)n , t ∈ R, q = 1 − p. Thật vậy
n

n

x

ηX (t) =

t

Cnx px q n−x

x=0

Cnx (pt)x q n−x = (pt + q)n ,

=

(q = 1 − p).

x=0

b. Nếu X ∼ P oi(λ) thì ηX (t) = eλt−λ , t ∈ R. Thật vậy
∞

ηX (t) =

t e
x=0

1.1.5

x −λ λ


∞

x

x!

=e

−λ
x=0

(λt)x
= e−λ eλt = eλt−λ , t ∈ R.
x!

Hàm sinh mômen của vectơ ngẫu nhiên

a. Nếu các biến ngẫu nhiên X1 , . . . , Xk có phân phối đa thức với các tham số
n và p1 , . . . , pk thì MX1 ,...,Xk (t1 , . . . , tk ) = (p1 et1 + · · · + pk etk )n , tj ∈ R, j = 1, k .

Nguyễn Thị Hiền

7

K36A SP Toán


Khóa luận tốt nghiệp đại học

Thật vậy,

MX1 ,...,Xk (t1 , . . . , tk ) = Eet1 X1 +···+tk Xk =

et1 X1 +···+tk Xk

n!
px1 1 . . . pxk k
x 1 ! . . . xk !

n!
(p1 et1 )x1 . . . (pk etk )xk
x1 ! . . . xk !

=

= (p1 et1 + · · · + pk etk )n

tj ∈ R, j = 1, k.

b. Nếu 2 vectơ ngẫu nhiên (X1 , X2 ) có phân phối chuẩn 2 chiều với tham
số µ1 , µ2 , σ12 , σ22 và ρ thì ta có hàm sinh mômen là
1
MX1 ,X2 (t1 , t2 ) = exp µ1 t1 + µ2 t1 + (σ12 t21 + 2ρσ1 σ2 t1 t2 + σ22 t22 ) , t1 , t2 ∈ R.
2

Thật vậy,
ta có hàm mật độ xác suất đồng thời của (X1 , X2 ) được xác định bởi

2

f (x1 , x2 )=


1

2πσ1 σ2

(1 − ρ)2

Đặt x = (x1 , x2 )T ,
Khi đó |

|=

exp

x 1 − µ1
σ1

−1
 2

− 2ρ

2

x1 − µ 1 x2 − µ 2 x2 − µ 2
+
σ1
σ2
σ2


µ = (µ1 , µ2 )T , Xj , j = 1, k.

σ12 σ22 (1 − p2 )

−1

và

=

σ22

−ρσ1 σ2

−ρσ1 σ2

σ12 .

1
|

|

Do đó
(x − µ)T
=

−1

(x − µ) =


1
|

|

(x1 − µ1 , x2 − µ2 )

σ2

−ρσ 1 σ2

x − µ1

−ρσ1 σ2

σ12

x − µ2

1
σ22 (x1 − µ1 )2 − 2ρσ1 σ2 (x1 − µ1 )(x2 − µ2 ) + σ12 (x2 − µ2 )2
2
2
2
σ1 σ2 (1 − ρ )

1
=
1 − ρ2


x1 − µ 1
σ1

2

− 2ρ

x1 − µ 1
σ1

x2 − µ 2
σ2

+

x2 − µ 2
σ2

2

.

Do đó hàm mật độ xác suất được viết dưới dạng ma trận như sau
1

f (x) =
2π|

Nguyễn Thị Hiền


1
exp − (x − µ)T
2
|
1
2

8

−1

(x − µ) ,

K36A SP Toán





.


Khóa luận tốt nghiệp đại học

trong đó µ là vectơ kì vọng và
là ma trận hiệp phương sai của
X = (X1 , X2 )T với t = (t1 , t2 )T ta có
MX (t)=Eet


T

X

exp(tT x)f (x)dx

=
R2

=
2π|

|

−1

1
exp tT x − (x − µ)T
2
R2

1
1
2

(x − µ) dx.

(1.3)
Các số mũ có thể viết như sau
−1


1
t −
2µT t + tT
2

1
u t + tT
2
T

T

t − 2t x + (x − µ)

T

(x − µ) .

.
Ta thấy

(

−1

)T =

,(


−1

)T =

, xT t = tT x, µT t = tT µ, xT

−1

−1

µ = µT

x.

(1.4)
Do đó ta có
2µT t + tT

−1

t − 2tT x + (x − µ)T

= x−(µ +

(1.5)

−1

T


(x − µ)

x− µ+

t)

.

t

Từ (1.4) và(1.5) ta có hàm sinh mômen trong (1.3) trở thành
MX (t) =
= exp uT t + 12 tT

t

1
2π|

1
⇒ MX (t) = exp µT t + tT
2

Mặt khác

tT

t = (t1 , t2 )

exp − 12 x−(µ +

R2

1
|2

T

t)

−1

x−(µ +

t
σ12

ρσ1 σ2

t1

ρσ1 σ2

σ22

t2

⇒ MX1 ,X2 (t1 , t2 ) = exp µ1 t1 + µ2 t1 +

1
2


= σ12 t21 + 2ρσ1 σ2 t1 t2 + σ22 t22 .

σ12 t21 + ρσ1 σ2 t1 t2 + σ22 t22

, t1 , t2 ∈ R.

c. Cho véc tơ ngẫu nhiên V = (X, Y ) với hàm mật độ xác suất đồng thời
fX,Y (x, y) =

Nguyễn Thị Hiền

2e−x−y 0 < x < y

nếu trái lại.

0

9

K36A SP Toán

t)

dx


Khóa luận tốt nghiệp đại học

Khi đó MX,Y (t, u) =


2
(với u = 1, t + u < 2). Thật vậy, ta có
(1 − u)(2 − t − u)
∞ y

etx+uy 2e−x−y dxdy

MX,Y (t, u) = EeiX+iY =
0

0

∞

2
1 − e−y(1−t) e−y(1−u) dy
1−t

=
0

=

2
(1 − t)(2 − t − u)

(với u = 1, t + u < 2).

Ta có hàm sinh mômen của các biến ngẫu nhiên X và Y là

2
,
2−t
2
MY (u) = MX,Y (0, u) = 2
.
u − 3u + 2
MX (t) = MX,Y (t, 0) =

1.2

Hàm đặc trưng

1.2.1

Định nghĩa

Định nghĩa 1.4. Cho 2 biến ngẫu nhiên cùng xác định trên không gian
xác suất (Ω, A, P ) và tồn tai EX, EY. Khi đó biến ngẫu nhiên X + iY có kì
vọng và được xác định bởi
E(X + iY ) = EX + iEY,

i2 = −1.

Định nghĩa 1.5. Hàm đặc trưng của biến ngẫu nhiên X kí hiệu là ϕX (t)
được xác định bởi
ϕX (t) = EeitX .

Bổ đề 1.1. Cho g1 (x) và g2 (x) là các hàm thực không âm xác định trên
R.Khi đó với một dãy số thực {xn } sao cho g1 (xn ) ≤ g2 (xn ) ∀n = 1, 2, . . .

∞

∞

g2 (xn ) < ∞ thì

và
n=1

g1 (xn ) < ∞.
n=1

Bổ đề 1.2. Cho g1 (x) và g2 (x) là các hàm thực không âm xác định trên R
sao cho g1 (x) ≤ g2 (x) ∀x.
+∞

g2 (x)dx < ∞

Khi đó,nếu trên mỗi đoạn [a, b] hữu hạn bất kì g1 (x) khả tích và
−∞
+∞

g1 (x)dx < ∞.

thì
−∞

Nguyễn Thị Hiền

10


K36A SP Toán


Khóa luận tốt nghiệp đại học

Bổ đề 1.3. Cho g(x) là hàm số xác định trên R và {xn } là dãy số thực.
∞

∞

|g(xn )| < +∞ thì

Khi đó nếu
n=1

g(xn ) < ∞.
n=1
b

Bổ đề 1.4. Cho g(x) là hàm xác định trên R sao cho

g(x)dx tồn tại
a

+∞

∀a, b ∈ R, a < b. Khi đó nếu

+∞


|g(x)| dx < ∞ thì
−∞

g(x)dx < ∞.
−∞

Nhận xét 1.3. Từ các Bổ đề 1.1 đến 1.4 cho chúng ta sự tồn tại của các
hàm đặc trưng ϕX (t).
Thật vậy,
ϕX (t) = Eeitx = E[cos(tX) + i sin(tX)] = E cos(tX) + iE sin(tX),

ta phải chỉ ra E cos(tX) < ∞ và E sin(tX) < ∞.
Nếu X là biến ngẫu nhiên rời rạc có hàm xác suất pX (x) thì
cos (tX) · px (x), E sin (tX) =

E cos (tX) =

sin (tX) · px (x).

x

x

Ta có |cos (tX) · px (x)| ≤ pX (x) ∀x mà
px (x) = 1 < ∞ ⇒
x

cos(tX) · pX (x) < ∞ ⇒
x


|cos (tX) · pX (x)| < ∞
x

⇒ E cos (tX) < ∞ ⇒ tồn tại E cos(tX).

Lập luận tương tự ta cũng chỉ ra sự tồn tại của E sin(tX).
Do đó tồn tại hàm đặc trưng ϕX (t) trong trường hợp X là biến ngẫu nhiên
rời rạc.
Tương tự, ta chỉ ra sự tồn tại hàm đặc trưng ϕX (t) với X là biến ngẫu
nhiên liên tục.
Định nghĩa 1.6. Hàm đặc trưng của vectơ ngẫu nhiên X = (X1 , X2 , . . . , Xn )
được kí hiệu là φX (t1 , t2 ,...,tn ) và được xác định bởi
n

ϕX (t1 , t2 ,...,tn ) = ϕX1 ,X2 ,...,Xn (t1 , t2 ,...,tn ) = Eek=1
1.2.2

itk Xk

,

(t1 , t2 ,...,tn ) ∈ Rn .

Tính chất

Định lý 1.4. Cho ϕX (t) là hàm đặc trưng của biến ngẫu nhiên X.Khi đó
ta có:
Nguyễn Thị Hiền


11

K36A SP Toán


Khóa luận tốt nghiệp đại học

1. ϕX (0) = 1.
2. |ϕX (t)| ≤ 1.
3. ϕX (t) là liên tục .
4. ϕX+d (t) = eitd ϕX (t) với d là hằng số.
5. ϕcX (t) = ϕX (ct) với c là hằng số.
6. ϕcX+d (t) = eitd ϕX (ct) với c, d là hằng số.
7.

dn
ϕX (t)
dt

= in E(X n )

n = 1, 2, 3, . . . nếu E |X n | < ∞.

t=0

Chứng minh
1. ϕX (t) = EeitX . Do đó

ϕX (0) = Eei0X = E(1) = 1.


2. |ϕX (t)| = EeitX ≤ E eitX = E(1) vì eitX = 1.
3. |ϕX (t + h) − ϕX (t)| = E ei(t+h)X − eitX | = E [eitX eitX − 1
≤ E eitX eitX − 1

= E eitX − 1 .

⇒ lim |ϕX (t + h) − ϕX (t)| ≤ lim E ethX − 1 = E lim E ethX − 1
h→0

⇒ ϕX(t)

h→0

h→0

= 0.

liên tục.

4. ⇒ ϕX+d (t) = Eeit(X+d) = E eitX eitd

= eitd EeitX = eitd ϕX (t).

5. ϕcX (t) = Eeit(cX) = Eei(ct)X = ϕX (ct).
6. ϕcX+d (t) = Eeit(cX+d) = Eeitd eictX = eitd EeictX = eitd ϕX (ct).
7. Ta có

dn
dn
ϕ

(t)
=
EeitX = E
X
dtn
dtn

Với t=0 thì

∂n
ϕX (t)
∂tn

∂ n itX
e
∂tn

= E in X n eitX .

= in E (X n ) .
t=0

Định lý 1.5. Cho ϕ(X1 ,X2 ,...,Xn ) (t1 , t2 ,...,tn ) là hàm đặc trưng của vectơ ngẫu
nhiên X = (X1 , X2 ,...,Xn ) khi đó ta có:
1. ϕ(X1 ,X2 ,...,Xn ) (0, 0,...,0) = 1.
2. ϕ(X1 ,X2 ,...,Xn ) (t1 , t2 ,...,tn ) ≤ 1.
3. ϕ(X1 ,X2 ,...,Xn ) (t1 , t2 ,...,tn ) là liên tục.
n

4. ϕ(X1 +d1 ,X2 +d2 ,...,Xn +dn ) (t1 , t2 , ..., tn ) = ek=1

là các hằng số.
Nguyễn Thị Hiền

12

itdk

ϕ[X1 ,X2 ,...,Xn ] (t1 , t2 , ..., tn ), di , i=1.n

K36A SP Toán


Khóa luận tốt nghiệp đại học

5. ϕ(c1 X1 ,c2 X 2 ,...,cn X n ) (t1 , t2 , ..., tn ) = ϕ(X1 ,X2 ,...,Xn ) (c1 t1 , c2 t2 , ..., cn tn ), ci , i = 1.n
là các hằng số.
6. ϕ(c1 X1 +d1 ,c2 X 2 +d2 ,...,cn X n +dn ) (t1 , t2 ,...,tn )
n

= ek=1

itdk

ϕ[X1 ,X2 ,...,Xn ] (c1 X1 , c2 X 2 , ..., cn Xn ), ci , di , i = 1.n là các hằng số.

7. Nếu E |Xj | < ∞

thì

∂k

ϕ(X1 ,X2 ,...,Xn ) (t1 , t2 ,...,tn )
∂tkj

= ik E(X kJ ), j = 1, n.
t1 =t2 =...=tn =0

Định lí được chứng minh tương tự như định lí 1.4
Định lý 1.6. Nếu X1 , X2 ,...,Xn là các biến ngẫu nhiên độc lập có cùng phân
phối thì
n

ϕ

n

Xi

(t) =

(1.6)

ϕXi (t).
i=1

i=1

Chứng minh
Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp như sau:
+ Với i = 2 ta có ϕX1 +X2 (t) = E eit(X1 +X2 .Do X1 , X2 độc lập nên suy
ra

ϕX1 +X2 = E eitX1 E eitX2 = ϕX1 (t)ϕX2 (t).

+ Giả sử (1.6) đúng với i = n − 1 tức là
n−1

ϕn−1

(t) =
Xi

ϕXi (t).
i=1

i=1

Ta cần chứng minh (1.6) đúng với i = n. Ta có
n−1

ϕ

n

i=1

Xi

(t) = ϕn−1

(t) = ϕn−1
Xi +Xn


i=1

Xi

(t)ϕXn (t) =

n

ϕXi (t)ϕXn (t) =
i=1

i=1

ϕXi (t).
i=1

Định lý 1.7. (Công thức ngược)
Cho biến ngẫu nhiên X với hàm mật độ xác suất f (x) và hàm đặc trưng
ϕ(t). Khi đó:
+ Nếu X là biến ngẫu nhiên rời rạc nhận các giá trị phân biệt xj (j ≥ 1)
ta có
T

1
f (xj ) = lim
T →0 2T

e−itxj ϕ(t)dt


(j ≥ 1).

−T

Nguyễn Thị Hiền

13

K36A SP Toán


Khóa luận tốt nghiệp đại học

+ Nếu X là biến ngẫu nhiên liên tục thì
T

1
f (x) = lim lim
h→0 T →∞ 2π

1 − eith −itx
e
ϕ(t)dt.
ith

−T
+∞

+∞


1
|ϕ(t)dt| < ∞thì f bị chặn và liên tục và f (x) =
2π

Đặc biệt, nếu
−∞

e−itx ϕ(t)dt.
−∞

Chứng minh
(i) Trường hợp X là biến ngẫu nhiên rời rạc
+ Theo Định lí (1.4) thì ϕ(t) là hàm liên tục và e−itxj là liên tục
+T

e−itxj ϕ(t)dt ∀T > 0

⇒ tồn tại

Ta có

=

−T
T

1
2T

e−itxj ϕ(t)dt =

−T

1
2T

T

e−itxj
−T

eitxk f (xk ) dt
k

T

1
2T

eit(xk −xj ) f (xk ) dt =
−T

k

f (xk )
k

T

1
2T


eit(xk −xj ) dt
−T

+ Nhưng
T

T

eit(xk −xj ) dt =

I =

T

cos t(xk − xj )dt + i
−T

−T

sin t(xk − xj )
−T

T

cos t(xk − xj )dt (vì hàm sin là hàm lẻ)

=
−T
T


⇒I

=

T

e

it(xk −xj )

cos t(xk − xj )dt.

dt =
−T

−T

Nếu xk = xj thì I = 2T.
T

1
cos t(xk − xj )dt =
xk − xj

Nếu xk = xj thì I =
−T

=
Nguyễn Thị Hiền


T

d sin t (xk − xj )
−T

sin T (xk − xj ) − sin −T (xk − xj )
2 sin T (xk − xj )
=
.
xk − xj
xk − xj
14

K36A SP Toán


Khóa luận tốt nghiệp đại học

T

1
⇒
2T

−itxj

e

ϕ(t)dt =




1

nếu xk = xj

sin T (xk − xj )


T (xk − xj )

−T

nếu xk = xj .

sin T (xk − xj )
1
≤
.
T (xk − xj )
xk − xj

Mặt khác

sin T (xk − xj )
= 0.
T →∞ T (xk − xj )

Do đó, với xk = xj thì lim


T

1
lim
T →∞ 2T

Vì vậy, ta có

1 nếu xk = xj

eiT (xk −xj ) dt =

0 nếu xk = xj .

−T

(1.7)
Thay (1.7) vào biểu thức
T

1
lim
T →∞ 2T

T

1
f (xk ) lim
T →∞ 2T


e−itxj ϕ(t)dt =
k

−T

eit(xk −xj ) ϕ(t)dt
−T

khi cho T → ∞ ta được
T

1
lim
T →∞ 2T

e−itxj ϕ(t)dt
−T
T

= lim

T →∞
xk =xj k

1
f (xk )·
2T

T


eit(xk −xj ) ϕ(t)dt+ lim

T →∞
xk =xj

−T

k

1
f (xk ) lim
T →∞ 2T

eit(xk −xj ) ϕ(t)dt
−T

(j ≥ 1).

= f (xj ) + 0 = f (xj )
+∞

(ii) Đặc biệt, nếu

+∞

|ϕ(t)| dt<∞ (f bị chặn và liên tục) tức tồn tại

−∞


−∞

+∞

+∞

e−itx ϕ(t)dt =

R sao cho
−∞
+∞

T

e−itx ϕ(t)dt =

Nhưng
−∞

Nguyễn Thị Hiền

e−itx ϕ(t)dt<∞ ∀x ∈

lim

0−∞



∞

e−itx 
−T

e−itx ϕ(t)dt.


eity f (y)dy  dt

−∞

15

K36A SP Toán


Khóa luận tốt nghiệp đại học

∞

T +∞

eit(y−x) f (y)dydt =

=
−T −∞


f (y) 

−∞



T

eit(y−x) dt dy.

−T

T

eit(y−x) dt =

Giả sử y = x thì

2 sin T (y − x)
y−x

−T
∞

T

e−itx ϕ(t)dt = 2 lim

⇒

T →∞

−∞
T

−T

−itx

Đặt T (y − x) = z ⇒

e

f (y)

sin T (y − x)
dy.
y−x
∞

ϕ(t)dt = 2 lim

−T

T →∞
−∞

f (x +

z sin z
)
dz

T z

= 2f (x)π = 2πf (x).

Bằng cách lấy giới hạn dưới dấu tích phân, sử dụng tính liên tục của f và
∞

sin z
dz = π
z
−∞
T

1
ta có f (x) =
2π

e−itx ϕ(t)dt.
−T

Trong trường hợp X là biến ngẫu nhiên liên tục, khẳng định được chứng
minh tương tự bằng cách thay dấu tổng của chuỗi bởi dấu tổng tích phân
và sử dụng các kết quả của chuyển giới hạn qua dấu tích phân.
(Định lí đã được chứng minh)
Định lý 1.8. ( Sự duy nhất)
Có sự tương ứng 1-1 giữa hàm đặc trưng và hàm mật độ xác suất của biến
ngẫu nhiên.
Định lý 1.9. Cho vectơ ngẫu nhiên X = (X1 , X2 , . . . , Xn ) với hàm mật độ
xác suất đồng thời f(x) và hàm đặc trưng là ϕ(t) khi đó ta có khẳng định:
+ Nếu X là vectơ ngẫu nhiên rời rạc thì

f(x1 ,x2 ,...,xn ) (X1 , X2 ,...,Xn )
= lim

T →∞

1
2T

n

T

T

...
−T

e−it1 x1 ,...,−itn xn ϕX1 ,...,Xn (t1 ,...,tn )dt1 ...dtn .

−T

+ Nếu X là vectơ ngẫu nhiên liên tục thì
f(x1 ,x2 ,...,xn ) (X1 ,...,Xn )
Nguyễn Thị Hiền

16

K36A SP Toán

Khóa luận tốt nghiệp đại học

= lim lim

h→0 T →∞

1
2T

n

T

T

n

...
−T j=1

−T

k

1 − e−itj h
itj h

−

e

itj xj

ϕX1 ,...,Xn (t1 ,...,tn )dt1 ...dtn .

j=1

Định lý 1.10. Có sự tương ứng 1-1 giữa hàm đặc trưng của vectơ ngẫu
nhiên X với hàm mật độ xác suất đồng thời của nó.
1.2.3

Hàm đặc trưng của 1 số biến ngẫu nhiên

Tính chất 1.7. Cho X ∼ B(n, p) thì ϕX (t) = (peit + q)n , với q = 1 − p.
Chứng minh
n

n
itx

X ∼ B(n, p) ⇒ ϕX (t) =

e

Cnx px q n−x

x

x=0

n

Cnx (peit ) q n−x = (peit + q)

=
x=0

Đặc biệt nếu n=1 thì ta nói X có phân phối Bernoulli B(1, p) và
ϕX (t)=(pet + q)
q = 1 − p.

Tính chất 1.8. Cho X ∼ P oi(λ) thì ϕX (t) = eλe
Chứng minh
∞

eitx e−λ

ϕX (t) =
x=0

it

−λ .

it
it
λx
= e−λ eλe = eλe −λ .
x!

Tính chất 1.9. Cho X ∼ N (µ, σ 2 ) thì ϕX (t) = eitµ−
X ∼ N (0, 1) thì
ϕX (t) = e

−t2
2

σ 2 t2
2

.Đặc biệt, nếu

.

.
Chứng minh
Nếu X ∼ N (µ, σ 2 ) thì

X−µ
σ

∼ N (0, 1). Như vậy

ϕ X−µ (t) = ϕ X − µ (t) = e
σ

σ

−itµ
σ

σ

t
µ

ϕX

và ϕX

t
µ

=e

itµ
σ

ϕ X−µ (t).
σ

.
Bây giờ ta tìm hàm đặc trưng của Y ∼ N (0, 1). Với biến ngẫu nhiên Y ta
có
∞
∞
1
ϕY (t) = √
2π

eitY e
−∞

−Y 2
2

1
dy = √
2π

Y 2 −2itY
2

dy

−∞

∞

1 −t2
=√ e 2
2π

e−

e−

(Y −it)2
2

dy = e

−t2
.
2

−∞

Nguyễn Thị Hiền

17

K36A SP Toán


Khóa luận tốt nghiệp đại học

t
σ

→ ϕx

=e

itµ
σ

e

−t2

2

ta thay

σ 2 t2
t
bởi → ϕX (t) = eitµ− 2 .
σ

Tính chất 1.10. Cho X có phân phối Gamma với tham số α và β khi đó
ϕX (t) = (1 − iβt)−α .

Chứng minh
Ta có
∞

1
ϕX (t) =
Γ(α)β α

∞
itx α−1

e

x

e

−x

β

1
dx =
Γ(α)β α

0

xα−1 e−

x(1−iβt)
β

dx.

0

Đặt x(1 − iβt) = y ta có x =

y
,
1 − iβt

dx =

dy
, y ∈ [0, ∞).
1 − iβt

Vì vậy biểu thức trên trở thành

∞

∞
−y
dy
1
1
y α−1 e β
=(1−iβt)−α
α−1
(1 − iβt)
1 − iβt
Γ(α)β α

1
Γ(α)β α
0

Với α =
1, β =

y α−1 e

−y
β

dy = (1−iβt)−α

0

r
, β = 2 chúng ta có phân phối khi bình phương χ2r và với α =
2

1
chúng ta có phân phối mũ âm với các hàm đặc trưng tương ứng là
λ
−r
it
λ
.
ϕX (t) = (1 − 2it) 2 và ϕX (t) = (1 − )−1 =
λ
λ − it

Tính chất 1.11. Cho X là phân phối Cauchy với tham số µ = 0 và σ = 1
khi đó ϕX (t) = e−|t| .
Chứng minh
Ta có
∞

∞
itx 1

ϕX (t) =

e
−∞

∞

cos(tx)
i
dx+
2
1+x
π

1
1
dx =
2
π1+x
π
−∞

∞

sin(tx)
2
dx =
2
1+x
π
−∞

cos(tx)
dx
1 + x2
0

∞

(vì

sin(tx)
dx = 0).
1 + x2

−∞

Do sin(tx) là hàm lẻ và cos(tx) là hàm chẵn. Ta thấy rằng ϕX (t) không khả
vi tại t = 0, điều này khẳng định rằng phân phối Cauchy không tồn tại kì
∞

vọng. Hơn nữa,
Do đó ϕX (t) =
Nguyễn Thị Hiền

cos(tx)
π
dx = e−|t| .
2
1+x
2

0
−|t|
e .

18

K36A SP Toán


Khóa luận tốt nghiệp đại học

Tính chất 1.12. Cho X = (X1 , X2 ,...,Xk ) có phân phối đa thức tức là
P (X1 =x1 ,...,Xk =xk ) =
pk eitk )n .

n!
px1 1 . . . pxk k thì ϕX1 ,...,Xn (t1 ,...,tk ) = (p1 eit1 + ... +
x1 !....xk !

Chứng minh
eit1 x1 +...+itk xk

ϕX1 ,...,Xn (t1 ,...,tk ) =
x1 ,...,xk

=
x1 ,...,xn

Nguyễn Thị Hiền

n!
px1 . . . pxk k
x1 !...xk ! 1

n!
(p1 eit1 )x1 ...(pk eitk )xk =(p1 eit1 + ... + pk eitk )n .
x1 !...xk !

19

K36A SP Toán


Chương 2

ỨNG DỤNG CỦA HÀM SINH
MÔMEN VÀ HÀM ĐẶC
TRƯNG
2.1
2.1.1

Ứng dụng của hàm sinh mômen
Tìm phân phối của hàm các biến ngẫu nhiên

Phương pháp
Cho X là biến ngẫu nhiên liên tục có hàm mật độ xác suất fX (x) và g(x)
là hàm đo được trên ∈ R. Khi đó hàm sinh mômen của biến ngẫu nhiên
Y = g(X) (nếu tồn tại) là
∞
tY

etY fY (y)dy

MY (t) = E(e ) =

−∞

∞

hoặc

MY (t) = E(etY ) = E(etg(X) ) =

etg(x) fX (x)dx.
−∞

Trong trường hợp (X1 , X2 , . . . , Xn ) là vectơ ngẫu nhiên với hàm mật độ
xác suất đồng thời đã biết. Đặt Y = g(X1 , X2 , . . . , Xn ) ta có
+∞ +∞

MY (t) =

+∞

...
−∞ −∞

etg(x1 ,...,xn ) fX1 ,...,Xn (x1 , . . . , xn )dx1 . . . dxn .

−∞

Từ những thông tin về hàm sinh mômen MY (t) ta có thì tìm được phân
phối xác suất của biến ngẫu Y .
Ví dụ 2.1. Giả sử biến ngẫu nhiên X ∼ B(n, p). Tìm hàm phân phối của
biến ngẫu nhiên Y = n − X .

20


Khóa luận tốt nghiệp đại học

Giải
MY (t) = E[etY ] = E[et(n−X) ]

Ta có

= etn E[e−tX ] = etn MX (−t)
= etn (pe−t + q)n = (qet + p)n ,

(q = 1 − p).

Đây là hàm sinh mômen của biến ngẫu nhiên B(n,p).
Do đó ta có Y ∼ B(n, q).
Ví dụ 2.2. Cho X,Y là các biến ngẫu nhiên độc lập và giả sử X ∼
N (α, β), Y ∼ N (γ, δ). Tìm hàm phân phối xác suất của biến ngẫu nhiên
Z = aX + bY .
Giải
Ta có

MZ (t) = E[etZ ] = E et(aX+bY )
= E etaX E etbY

(Vì X,Y là các biến ngẫu nhiên độc lập)

= MX (at)MY (bt) = exp atα +

α2 t2 β
2

exp btγ +

b2 t2 δ
2

2

= exp (aα + bγ)t + (a2 β + b2 δ) t2 .

Đây là hàm sinh mômen của biến ngẫu nhiên có phân phối chuẩn
N (aα + bγ, a2 β + b2 δ). Do đó ta có Z ∼ N (aα + bγ, a2 β + b2 δ).
Ví dụ 2.3. Giả sử biến ngẫu nhiên X ∼ N (0, 1). Tìm hàm phân phối của
biến ngẫu nhiên Y = X 2 .
Giải
∞
2
1 2
1
etx √ e− 2 x dx
2π

MX (t) = E(etY ) =

Ta có

∞
∞

1
=√
2π

−1

e

− 21 x2 (1−2t)

∞

= (1 − 2t)

−1
2

1
2

=

1
2

1 (1 − 2t) 2
dx = √
−1
2π (1 − 2t) 2

1
−t

+∞
1

2

e− 2 x

(1−2t)

−∞

1
,t < .
2

Đây là hàm sinh mômen của biến ngẫu nhiên có phân phối Gamma với
1
1
tham số r = , λ =
2
2

1
1
1


y − 2 e− 2 y nếu y > 0
 √
1
2Γ

=⇒ fY (y) =



Nguyễn Thị Hiền

0

2

nếu y < 0.
21

K36A SP Toán

dx


Khóa luận tốt nghiệp đại học

Ví dụ 2.4. Giả sử X1 , X2 là các hàm ngẫu nhiên có phân phối chuẩn tắc.
Tìm phân phối xác suất của biến Y1 = g1 (X1 , X2 ) = X1 + X2 và Y2 =
g2 (X1 , X2 ) = X2 − X1 .
Giải
Ta có

MY1 ,Y2 (t1 , t2 ) = E et1 Y1 +t2 Y2 = E et1 (X1 +X2 )+t2 (X2 −X1 )
= E eX1 (t2 −t1 )+X2 (t1 +t2 ) = E eX1 (t2 −t1 ) E eX2 (t2 +t1 )
= MX1 (t2 − t1 )MX2 (t1 + t2 ) = e

2t2
1
2

e

2t2
2
2

.

Vậy Y1 , Y2 có phân phối chuẩn với µ = 0, σ 2 = 2

=⇒

2.1.2


1 y12

 fY1 (y1 ) = √ e 4

4π 2
y2

1

 fY2 (y2 ) = √ e 4 .
4π
Tính kì vọng và phương sai của biến ngẫu nhiên

+ Có biến ngẫu nhiên X với hàm sinh mômen MX (t).Khi đó ta có
dn
MX (t) = 0 = E (X n ) .
dtn
t

Thật vậy
dn
MX (t)
dtn

=
t=0

dn
EetX
n
dt

=E
t=0

n tX

=E X e

t=0

dn tX
e
dtn

= E (X n ) .

+ Cho vectơ ngẫu nhiên X = (X1 , . . . , Xk ) có hàm sinh mômen
MX1 ,...,Xk (t1 , . . . , tk ).

Khi đó ta có
∂ n1 +···+nk
MX1 ,...,Xk (t1 , . . . , tk )
∂tn1 1 . . . ∂tnk k

= E X1n1 . . . Xknk
t1 =t2 =···=...tk =0

(với n1 , . . . , nk là các số nguyên không âm).
Ví dụ 2.5. Cho X ∼ B(n, p), (n ∈ N)∗ có MX (t) = pet + q

Nguyễn Thị Hiền

22

n

, q = 1 − p. Khi

K36A SP Toán