Giáo trình Lý thuyết xác suất thống kê

LỜI NÓI ðẦU 
 Lý thuyết xác suất là bộ môn toán học nghiên cứu tính qui luật của các hiện 
tượng ngẫu nhiên. 
Các khái niệm ñầu tiên của xác suất do các nhà toán học tên tuổi Pierre Fermat 
(1601-1665) và Blaise Pascal (1623-1662) xây dựng vào giữa thế kỷ 17, dựa trên việc 
nghiên cứu các qui luật trong các trò chơi may rủi. Do sự hạn chế của trình ñộ toán học 
ñương thời, nên suốt một thời gian dài các trò chơi may rủi vẫn là cơ sở duy nhất cho 
các khái niệm và phương pháp của lí thuyết xác suất với công cụ chủ yếu là phép tính 
tổ hợp và số học sơ cấp. Hiện nay, tuy lí thuyết xác suất ñã có nền tảng toán học ñồ sộ, 
nhưng các phương pháp "ngây thơ" ban ñầu ñó vẫn còn tác dụng, ñặc biệt ñối với các 
ngành khoa học thực nghiệm. 
Việc giải quyết các bài toán nảy sinh trong lí thuyết sai số và ño lường ñã ñem 
lại bước phát triển mới cho lí thuyết xác suất. Các nhà toán học Jacob Bernoulli (1654-
1705), A.Moivre (1667-1754), Laplace (1749-1827), Gauss (1777-1855), Poisson 
(1781-1840) ñã có công lao xứng ñáng phát triển lí thuyết xác suất bằng phương pháp 
giải tích. 
Từ giữa thế kỉ 19 ñến ñầu thế kỉ 20, sự phát triển của lí thuyết xác suất gắn liền 
với tên tuổi các nhà toán học Nga như Bunhiacốpxki (1804-1889), Trebưsep (1821-
1894), Markov (1856-1922) và Liapunov (1857-1918). 
Trong quá trình phát triển mạnh mẽ của của lí thuyết xác suất, vấn ñề xây dựng 
một cơ sở toán học chặt chẽ trở thành cấp thiết. Sự ra ñời của lí thuyết tập hợp và ñộ 
ño ñã cung cấp công cụ toán học giải quyết vần ñề này, và vinh quang xây dựng lí 
thuyết xác suất tiên ñề thuộc về nhà toán học Nga Kolmogorov (1929). 
Sự ra ñời của thống kê toán học bắt nguồn từ các vấn ñề thực tiễn và dựa trên 
những thành tựu của lí thuyết xác suất. Các thí nghiệm trong các ngành khoa học khác 
nhau như vật lý, hóa học, sinh học, y học, ... phụ thuộc vào nhiều yếu tố ngẫu nhiên 
như con người, môi trường,... Do ñó kết quả thực nghiệm thường là các ñại lượng ngẫu 
nhiên. 
Có thể ñịnh nghĩa thống kê toán học là ngành khoa học về các phương pháp 
tổng quát xử lý các kết quả thực nghiệm. Cùng với sự phát triển của lí thuyết xác suất, 
thống kê toán học ñã có bước tiến nhanh, với sự ñóng góp của các nhà toán học như 
Gantơn (1822-1911), Piếcxơn (1857-1936), Cramer, Fisher, Von Neuman, ... Thống kê 
toán học ñã có các ứng dụng hiệu quả trong nhiều lĩnh vực khoa học, công nghệ, kinh 
tế và xã hội khác nhau như vật lí, hóa học, cơ học, sinh vật, y học, dự báo, khí tượng, 
thủy văn, vô tuyến, ñiện tử, ngôn ngữ học, xã hội học, ... 
 Có thể nói lí thuyết xác suất và thống kê toán học ñã trở thành kiến thức cơ sở 
không thể thiếu của mỗi kỹ sư tương lai. 
 Giáo trình ñược biên soạn lần ñầu nên chắc chắn còn nhiều khiếm khuyết. Tác 
giả chân thành cảm ơn những ý kiến ñóng góp quý báu của ñộc giả ñể giáo trình ngày 
một hoàn thiện. 
 Xin chúc các bạn thành công! 
ðà nẵng 1/2005 
Tác giả. 
CHƯƠNG 0 
GIẢI TÍCH KẾT HỢP 
I. TẬP HỢP 
1. CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN 
• ðnh nghĩa: Khái niệm tập hợp là khái niệm nền tảng cho toán học cũng như ứng 
dụng của nó. Tập hợp là khái niệm nguyên thuỷ không ñịnh nghĩa chính xác dựa 
trên các khái niệm khác. Tập hợp ñược coi là kết hợp các ñối tượng có cùng bản 
chất (thuộc tính, dấu hiệu ) chung nào ñó. 
 Tập hợp thường ñược ký hiệu bằng các chữ cái A, B, C , ... Các phần tử của 
tập hợp ký hiệu bằng các chữ thường a, b, c,... 
 ðể chỉ x là phần tử của tập hợp X ta viết : 
x ∈ X (ñọc : x thuộc X ) 
 ðể chỉ x không phải là phần tử của X ta viết : 
x ∉ X (ñọc : x không thuộc X ) 
 Tập không có phần tử gọi là tập rỗng và ký hiệu ∅. 
• Biu din tp hp: 
Có hai cách biểu diễn tập hợp như sau 
(i) Liệt kê các phần tử : 
+ Ví dụ 
 A = { a, b, c } 
 X = { x1, x2, ... , xn } 
(ii) Biểu diễn tập hợp bằng cách mô tả tính chất : 
+ Ví dụ 
 C = { n | n là số chẵn } 
 Y = { x | x là nghiệm phương trình x2 + 2x - 5 = 0 } 
• Lc lưng tp hp: 
 Số phần tử của tập A, ký hiệu là |A|, gọi là lực lượng của tập A. 
 Nếu |A| < ∞ , ta nói A là tập hữu hạn, nếu |A| = ∞ , ta nói A là tập vô hạn. 
 Trong chương trình này ta giả thiết các tập hợp là hữu hạn. 
• Quan h
 bao hàm: Cho hai tập A, B. 
Nếu mỗi phần tử thuộc A cũng thuộc B ta nói A là tập con của B và ký hiệu 
A ⊂ B 
 Nếu A không phải tập con của B ta ký hiệu 
A ⊄ B 
 Nếu A ⊂ B và B ⊂ A ta nói A bằng B và ký hiệu 
A = B 
 Nếu A ⊂ B , A ≠ ∅ và B ≠ A, thì ta nói A là tập con thực sự của B. 
 + Ví dụ 
 (i) Tập rỗng ∅ có lực lượng bằng 0, |∅| = 0. Với mọi tập A, ∅ ⊂ A. 
 (ii) Cho ña thức P(x). Ký hiệu S = {x | P(x) = 0}. S là tập hữu hạn. 
 (iii) Ký hiệu 
 N là tập số tự nhiên, N = {0, 1, 2,  }; 
 Q là tập số hữu tỷ; R là tập só thực. 
 Ta có N ⊂ Q ⊂ R. 
 Bây giờ ta xét tập hữu hạn A. Ký hiệu tập tất cả tập con của A là P(A) 
• ðịnh lý 1. Nếu |A| = n , thì |P(A)| = 2n 
 Chứng minh. Quy nạp theo n. 
2. CÁC PHÉP TOÁN TẬP HỢP 
 Cho các tập A, B, X1, X2, ... , Xn ( n ∈ N ) là các tập con của tập “vũ trụ” U 
nào ñó. Ta ñịnh nghĩa các phép toán sau. 
+ Phép hiệu: Hiệu của A và B, ký hiệu A \ B là tập: 
A \ B = { x  x ∈ A & x ∉ B } 
+ Phần bù: Phần bù của A (trong U ) là tập 
A = U \ A 
+ Phép hợp: Hợp của A và B, ký hiệu A ∪ B là tập 
A ∪ B = { x | x ∈ A hoặc x ∈ B } 
 Tương tự, hợp của X1, X2, ... , Xn là tập 
}Xxn,kk,1| {x k
1
∈≤≤∃=
=
∪
n
i
iX 
+ Phép giao: Giao của A và B, ký hiệu A ∩ B là tập 
A ∩ B = { x  x ∈ A & x ∈ B } 
 Tương tự, giao của X1, X2, ... , Xn là tập 
}Xxn,kk,1| {x k
1
∈≤≤∀=
=
∩
n
i
iX 
+ Tích ðề-các 
 - Tích ðề-các của hai tập A, B là tập 
A x B = { (a,b) a ∈ A & b ∈ B } 
 - Tích ðề-các của các tập X1, X2, ... , Xn là tập 
X1x X2 x ... x Xn = { (x1, x2, ... , xn)  x1∈ X1 & x2 ∈ X2 & ... & xn ∈ Xn } 
+ Phân hoạch: 
- Nếu A ∩ B = ∅, ta nói A và B rời nhau. 
- Nếu các tập X1, X2, ... , Xn thoả 
A = X1 ∪ X2 ∪ ... ∪ Xn 
và chúng rời nhau từng ñôi một, ta nói { X1, X2, ... , Xn } là một phân hoạch của tập 
hợp A. 
• ðnh lý 1. Giả sử { X1, X2, ... , Xn } là một phân hoạch của tập S. Khi ñó 
S= X1+ X2 + ... + Xn  
 Chứng minh. Hiển nhiên. 
• ðnh lý 2. Cho các tập A, B, C trong tập vũ trụ U, khi ñó ta có : 
 (i) Luật kết hợp : 
( A ∪ B ) ∪ C = A ∪ ( B ∪ C ) 
( A ∩ B ) ∩ C = A ∩ ( B ∩ C ) 
 (ii) Luật giao hoán : 
A ∪ B = B ∪ A 
A ∩ B = B ∩ A 
 (iii) Luật phân bố : 
A ∪ ( B ∩ C ) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C ) 
A ∩ ( B ∪ C ) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C ) 
 (iv) Luật ñối ngẫu De Morgan: 
BABA ∩=∪ & BABA ∪=∩ 
∩∪
n
i
i
n
i
i XX
11 ==
= & ∪∩
n
i
i
n
i
i XX
11 ==
= 
 Chứng minh. (bài tập). 
• ðnh lý 3 (về lực lượng tập hợp). 
(i) Lực lượng tập con: 
A ⊂ B ⇒ |A| ≤ |B| 
(ii) Lực lượng của hợp 
A ∪ B
= A+ B − A ∩ B
 
(iii) Nguyên lý bù trừ Poincaré: 
( )∑ ∑
= ≤≤≤≤≤
−
=






∩∩∩−=
n
m niii
iii
m
n
k
k
m
m
AAAA
1 ...1
1
1 21
21
...1∪ 
(iv) Lực lượng tích ðề-các 
X1x X2 x ... x Xn = X1. X2 . ... . Xn  
(v) Lực lượng tương ñương: 
|A| = |B| ⇔ Tồn tại song ánh từ A vào B. 
 Chứng minh. (bài tập). 
II. GIẢI TÍCH KẾT HỢP 
1. BÀI TOÁN GIẢI TÍCH KẾT HỢP 
 Trong thực tế ta thường gặp bài toán sau: Cho một tập hữu hạn X. Các phần 
tử của X ñược chọn và ghép theo quy luật nào ñó. Hãy tính số nhóm tạo thành. 
Ngành toán học nghiên cứu các bài toán loại này gọi là Giải tích kết hợp. 
• Ví d: Công ty phát hành sách bán sách thông qua hệ thống hiệu sách. Giả sử có 
12 ñầu sách và các ñầu sách ký hiệu là 1, 2, , 12. Có 3 khách hàng ñến hiệu sách 
ñặt mua, mỗi người 1 quyển. Gọi x1, x2, x3 lần lượt là quyển sách mà khách hàng 
thứ nhất, thứ hai, thứ ba ñặt mua ( x1, x2, x3 ∈ {1, 2,  , 12 } ). 
 Hỏi có bao nhiêu bộ ( x1, x2, x3 ) ? 
 Kết quả bài toán ñếm này phụ thuộc vào việc ai giao sách: hiệu sách hay công 
ty. 
(i) Trường hợp 1: 
 Người giao sách là hiệu sách và các khách hàng ñặt mua các ñầu sách khác 
nhau. 
 Khi ñó hiệu sách cần biết thứ tự của bộ ( x1, x2, x3 ). Số bộ ( x1, x2, x3 ) sẽ là 
12.11.10 = 1320 
(ii) Trường hợp 2: 
 Người giao sách là hiệu sách và các khách hàng có thể ñặt mua các ñầu sách 
giống nhau. 
 Khi ñó hiệu sách cần biết thứ tự của bộ ( x1, x2, x3 ) và x1, x2, x3 có thể giống 
nhau . Số bộ ( x1, x2, x3 ) sẽ là 
123 = 1728 
(iii) Trường hợp 3: 
 Người giao sách là công ty và các khách hàng ñặt mua các ñầu sách khác 
nhau. 
 Khi ñó công ty không cần biết thứ tự của bộ ( x1, x2, x3 ). Số bộ ( x1, x2, x3 ) sẽ 
là 
12.11.10 / 1.2.3 = 1320 / 6 = 220 
(iv) Trường hợp 4: 
 Người giao sách là công ty và các khách hàng có thể ñặt mua các ñầu sách 
giống nhau. 
 Khi ñó công ty không cần biết thứ tự của bộ (x1, x2, x3 ) và x1, x2, x3 có thể 
giống nhau. Số bộ ( x1, x2, x3 ) sẽ gồm các trường hợp sau: 
 + Trường hợp 3 người cùng ñặt mua 1 ñầu sách: 
 có 12 khả năng. 
 + Trường hợp 3 người cùng ñặt mua 2 ñầu sách: 
 có C(12,2). 2 = 132 khả năng ( C(n, k) là số tổ hợp chập k của n phần 
tử). 
 + Trường hợp 3 người cùng ñặt mua 3 ñầu sách: 
 có 220 khả năng. 
 Tổng cộng số bộ (x1, x2, x3 ) là 
12 + 132 + 220 = 364 
2. CÁC KẾT HỢP CƠ BẢN 
a) Nguyên lý nhân: 
 Xét bài toán giải tích kết hợp ở trên. Ta giả sử mỗi nhóm kết hợp các phần tử 
của tập X ñược xây dựng qua k bước: 
Bước 1 có n1 khả năng 
Bước 2 có n2 khả năng 
. . . 
Bước k có nk khả năng 
 Khi ñó số nhóm kết hợp là 
n1.n2. . . . . nk 
b) Chỉnh hợp 
+ ðịnh nghĩa: Một chỉnh hợp chập k của n phần tử là một bộ có thứ tự gồm k thành 
phần lấy từ n phần tử ñã cho. Các thành phần không ñược lặp lại. 
 Một chỉnh hợp chập k của n có thể ñược xây dựng qua k bước kế tiếp như 
sau : 
 Chọn thành phần ñầu : có n khả năng. 
 Chọn thành phần thứ hai : có n - 1 khả năng. 
 ... 
 Chọn thành phần thứ k : có n - k + 1 khả năng. 
 Như vậy, theo nguyên lý nhân, số tất cả chỉnh hợp không lặp chập k của n 
phần tử là 
)!(
!)1)...(1(),(
kn
nknnnknA
−
=+−−= 
+ Ví dụ 1: 
 Tính số hàm ñơn ánh từ tập X có k phần tử ñến tập Y có n phần tử. 
 Giải : Mỗi hàm ñơn ánh từ X vào Y tương ứng với một chỉnh hợp không 
lặp chập k của n phần tử của Y. Như vậy số cần tìm là 
A(n, k) = n.(n-1).....(n-k+1). 
+ Ví dụ 2: 
 Quay lại ví dụ ở mục trước. Trong trường hợp 1, mỗi bộ (x1, x2, x3) là một 
chỉnh hợp chập 3 của 12. Vậy số bộ là 
A(12, 3) = 12.11.10 = 1320 
c) Chỉnh hợp lặp 
+ ðịnh nghĩa: Một chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử là một bộ có thứ tự gồm k 
thành phần lấy từ n phần tử ñã cho. Các thành phần có thể ñược lặp lại. 
 Một chỉnh hợp lặp chập k của n có thể xem như một phần tử của tích ðề-các 
Xk, với X là tập n phần tử. Như vậy số tất cả các chỉnh hợp lặp chập k của n là: nk 
+ Ví dụ 1: Tính số hàm từ tập X có k phần tử ñến tập Y có n phần tử. 
 Mỗi hàm từ X vào Y tương ứng với một bộ có thứ tự k thành phần của n 
phần tử của Y, các phần tử có thể lặp lại . Như vậy số hàm từ X vào Y là nk . 
+ Ví dụ 2: 
 Quay lại ví dụ ở mục trước. Trong trường hợp 2, mỗi bộ (x1, x2, x3) là một 
chỉnh hợp lặp chập 3 của 12. Vậy số bộ là 
123 = 1728 
d) Hoán vị 
+ ðịnh nghĩa : Một hoán vị của n phần tử là một cách sắp xếp thứ tự các phần tử ñó. 
 Hoán vị có thể coi như trường hợp riêng của chỉnh hợp không lặp chập k của n 
trong ñó k = n. Ta có số hoán vị là 
P(n) = n! 
+ Ví dụ: Có 6 người xếp thành hàng ngang ñể chụp ảnh. Hỏi có thể bố trí bao nhiêu 
kiểu khác nhau ? 
 Giải: Mỗi kiểu ảnh là một hoán vị của 6 người. Vậy số kiểu ảnh là 6! = 720. 
e) Tổ hợp 
+ ðịnh nghĩa: Một tổ hợp chập k của n phần tử là một bộ không kể thứ tự gồm k 
thành phần khác nhau lấy từ n phần tử ñã cho. Nói cách khác ta có thể coi một tổ 
hợp chập k của n phần tử là một tập con có k phần tử của n phần tử ñó. 
 Gọi số tổ hợp chập k của n phần tử là C(n,k) ta có : 
A(n,k) = C(n,k) * k! 
Suy ra 
C(n,k) = )!!.(
!
knk
n
−
+ Ví dụ 1: Có n ñội bóng thi ñấu vòng tròn. Phải tổ chức bao nhiêu trận ñấu bóng 
tất cả ? 
 Giải : Mỗi trận ứng với một tổ hợp chập 2 của n. Vậy có C(n,2) trận ñấu. 
+ Ví dụ 2: 
 Quay lại ví dụ ở mục trước. Trong trường hợp 3, mỗi bộ (x1, x2, x3) là một tổ 
hợp chập 3 của 12. Vậy số bộ là 
C(12, 3) = 220
3.2.1
10.11.12
)!312!.(3
!12
==
−
+ Hệ quả : Tích k số tự nhiên liên tiếp chia hết k! 
 Chứng minh. Vì C(n,k) = (n-k+1).(n-k+2).....n / k! là số nguyên. 
3. CÁC KẾT HỢP NÂNG CAO 
a) Hoán vị lặp 
+ Ví dụ: Có 3 viên bi ñỏ, 2 viên bi xanh và 4 viên bi trắng. Hỏi có bao nhiêu cách 
sắp các viên bi trên theo hàng ngang. 
 Ta có tất cả 9 chỗ trống ñể xếp các viên bi. Ta có C(9,3) khả năng xếp 3 
viên bi ñỏ, C(6,2) khả năng xếp 2 viên bi xanh, còn lại 1 khả năng xếp các viên bi 
trắng. Theo nguyên lý nhân ta có 
C(9,3).C(6,2) = 
!4!.2!.3
!9
!4!.2
!6
.
!6!.3
!9
= 
cách xếp. 
+ ðịnh nghĩa: Hoán vị lặp là hoán vị trong ñó mỗi phần tử ñược ấn ñịnh một số lần 
lặp lại cho trước. 
+ ðịnh lý: Giả sử tập S có n phần tử, trong ñó có n1 phần tử kiểu 1, n2 phần tử kiểu 
2, ..., nk phần tử kiểu k. Khi ñó số các hoán vị n phần tử của S là 
( )
!!...!.
!
,...,,
21
21
k
kn
nnn
n
nnnC = 
b) Tổ hợp lặp 
+ Ví dụ: Giả sử ta có 3 ñầu sách : Toán, Tin, Lý và mỗi ñầu sách có ít nhất 6 bản 
photocopy. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 6 quyển. 
 Giải: Bài toán ñặt ra là chọn 6 phần tử, không kể thứ tự và cho phép lặp lại. 
Mỗi cách chọn ñược xác ñịnh duy nhất bởi số lượng của mỗi loại sách. Như vậy ta 
có thể biểu diễn mỗi cách chọn như sau 
 Toán Tin Lý 
 x x x | x x | x 
trong ñó 6 dấu x chỉ quyển sách chọn và 2 dấu | chỉ phân cách giữa các loại 
sách. Như vậy mỗi cách chọn tương ñương với tổ hợp chập 2 (dấu |) từ 8 phần 
tử. Ta có số cách chọn là C(8,2) = 28. 
+ ðịnh nghĩa: Tổ hợp lặp chập k từ n phần tử là một nhóm không phân biệt thứ tự 
gồm k phần tử trích từ n phần tử ñã cho, trong ñó các phần tử có thể ñược lặp lại. 
+ ðịnh lý: Giả sử X có n phần tử. Khi ñó số tổ hợp lặp chập k từ n phần tử của X 
là: C(k + n - 1, n - 1) = C(k + n - 1, k). 
+ Ví dụ: 
 Quay lại ví dụ ở mục 1. Trong trường hợp 4, mỗi bộ (x1, x2, x3) là một tổ hợp 
chập 3 của 12. Vậy số bộ là 
C(3 + 12 − 1, 3) = C(14, 3) = 14.13.12 / 1.2.3 = 364 
+ Ví dụ: Phương trình: x1 + x2 + x3 + x4 = 10 
có bao nhiêu bộ nghiệm nguyên không âm ? 
 Giải : Mỗi bội nghiệm nguyên không âm của phương trình tương ứng 1-1 
với một cách chọn 10 phần tử, trong ñó phần tử kiểu i lặp lại xi lần, i=1,,4. Vậy 
số bộ nghiệm là số tổ hợp lặp chập 10 của 4. Vậy ta có số nghiệm là 
C(10 + 4 -1 , 4 - 1) = C(13, 3) = 286 
c) Tổ hợp lặp tổng quát 
+ ðịnh nghĩa: Tổ hợp lặp tổng quát chập k từ n phần tử là nhóm không phân biệt 
thứ tự gồm k phần tử trích từ n phần tử ñã cho, trong ñó phần tử thứ i lặp lại không 
quá ki lần (i=1,,n), với k1 +  + kn ≥ k. 
+ Công thức: Gọi Ω là tập hợp tất cả các tổ hợp lặp chập k từ n phần tử. Ta có 
|Ω| = C(k + n − 1, k). 
 Ký hiệu Ai , i = 1,  n, là số tổ hợp lặp trong Ω có phần tử thứ i lặp lại hơn ki 
lần. 
 Như vậy tập hợp tổ hợp lặp tổng quát là 
Ω \ ∪
n
i
iA
1=
 Suy ra số tổ hợp lặp tổng quát là 
( )∑ ∑
= ≤≤≤≤






∩∩−+−+=
n
m nii
ii
m
n
k
n
m
m
AAknkCkkC
1 ...1
1
1
1
...1),1(),...,( 
 Mặt khác mỗi phần tử của 
mii
AA ∩∩ ...
1
 sau khi loại 1
1
+ik phần tử thứ i1,  , 
1+
mi
k phần tử thứ im, là một tổ hợp lặp chập k− (
miii
kkk +++ ...
21
 + m). 
 Như vậy ta có 
))1),...(1(...
11
−+++−+−=∩∩ nmkkknCAA
mm iii ... )) ≥ Ψ(θ) ∀ θ ∈ H (3) 
 Ước lượng 
∧
θ (x1, x2, , xn) xác ñịnh bởi ñiều kiện trên gọi là ước lượng hợp 
lý cực ñại của θ. 
 Nếu Ψ(θ) khả vi theo θ thì tại ∧θ (x1, x2, , xn) ta có 
0=Ψ
θd
d
 (4) 
 Phương trình này gọi là phương trình hợp lý và mọi nghiệm của nó, nếu thoả 
(2) hoặc (3) ñều là ước lượng hợp lý cực ñại của θ. 
+ Ví dụ 1. Cho biến ngẫu nhiên X có phân phối chuẩn N(µ, σ2), σ2 ñã biết, µ chưa 
biết và (x1, x2, , xn) là mẫu cỡ n của X. Hãy tìm ước lượng hợp lý cực ñại của µ. 
Giải. 
 Ta có 
L(µ) = ( )
( )∑
=
−−
n
i
ix
n
e 1
2
22
1
2
1 µσ
σpi
⇒ 
Ψ(µ) = ln[L(µ)] = − n. ( )σpi2ln − ( )∑ −
=
n
i
ix
1
2
22
1 µ
σ
 ⇒ 
µ
µ
d
d )(Ψ
 = ( )∑ −
=
n
i
ix
1
2
1 µ
σ
 Vậy, phương trình hợp lý là 
( )∑ −
=
n
i
ix
1
µ = 0 
 Giải phương trình này ta ñược ước lượng hợp lý cực ñại của µ là 
∧
µ (x1, x2, , xn) = xx
n
n
i
i =∑
=1
1
(vì 2
2 )(
µ
µ
d
d Ψ
 = − 2σ
n
 < 0, nên tại 
∧
µ hàm Ψ(µ) ñạt giá trị lớn nhất). 

 Ghi chú: Lý thuyết trên có thể mở rộng cho trường hợp θ = (θ1, , θk), trong ñó 
hệ phương trình hợp lý là 
iθ
θ
∂
Ψ∂ )(
 = 0 , i=1, , k 
+ Ví dụ 2. Cho biến ngẫu nhiên X có phân phối chuẩn N(µ, σ2), σ2 và µ ñều chưa 
biết và (x1, x2, , xn) là mẫu cỡ n của X. Hãy tìm ước lượng hợp lý cực ñại của µ. 
Giải. 
 Hệ phương trình hợp lý là 
µ
σµ
∂
Ψ∂ ),( 2
 = ( )∑ −
=
n
i
ix
1
2
1 µ
σ
 = 0 
2
2 ),(
σ
σµ
∂
Ψ∂
 = ( ) 2
1
2
4 22
1
σ
µ
σ
n
x
n
i
i −∑ −
=
 = 0 
 Giải ra ta có 
∧
µ = x và ( )∑ −=
=
∧ n
i
ix
n 1
2
2 1 µσ 
 ðạo hàm riêng cấp 2 là 
22
22 ),(
σµ
σµ n
−=
∂
Ψ∂
 ; ( )∑
=
−−=
∂∂
Ψ∂ n
i
ix
1
42
22 1),( µ
σσµ
σµ
( ) ( )∑= −−=∂
Ψ∂ n
i
ix
n
1
2
6422
22 1
2
),( µ
σσσ
σµ
 Thế µ = 
∧
µ và σ2 = 
2∧
σ vào các ñạo hàm riêng ta có 
A = 22
2
2 ),(
∧
∧∧
−=
∂
Ψ∂
σ
µ
σµ n
 ; B = ∑
=
∧
∧
∧∧






−−=
∂∂
Ψ∂ n
i
ix
1
42
2
2 1),( µ
σ
σµ
σµ
 = 0 
C = ( ) 46
2
4
1
2
6422
2
2
2
.
2
1
2
),(
∧∧
∧
∧
=
∧
∧∧
∧∧
−=−=





−−=
∂
Ψ∂
∑
σσ
σ
σ
µ
σσσ
σµ nnn
x
n n
i
i 
⇒ 
B2 − A.C = 6
2
2
∧
−
σ
n
 và A < 0 
 Vậy ( ∧µ , 
2∧
σ ) là ước lượng hợp lý cực ñại. 

 Ghi chú: 
 - Trường hợp X là biến ngẫu nhiên rời rạc, ta cũng ñịnh nghĩa tương tự khái 
niệm ước lượng hợp lý cực ñại. 
 - Ước lượng hợp lý cực ñại là ước lượng vững (CM). Khi n khá lớn, nó có 
phân phối tiệm cận chuẩn và khá gần ước lượng hiệu quả. 
 - Khái niệm ước lượng hợp lý cực ñại ñịnh nghĩa theo (2) hoặc (3) dựa trên 
quan ñiểm “giá trị của θ trong thực tế là giá trị ứng với xác suất xảy ra lớn nhất” (vì 
vậy nó là hợp lý nhất). 
2. ƯỚC LƯỢNG KHOẢNG 
• ðịnh nghĩa. 
 Cho biến ngẫu nhiên X có phân phối phụ thuộc tham số θ, θ ∈ H, và mẫu (x1, 
x2, , xn). Khoảng [
∧
θ 1, 
∧
θ 2 ], trong ñó 
∧
θ 1 = 
∧
θ 1(x1, x2, , xn) và 
∧
θ 2 = 
∧
θ 2(x1, x2, 
, xn), gọi là khoảng ước lượng (tin cậy) của tham số θ với ñộ tin cậy γ, 0 < γ < 1 
, nếu 
P{ ∧θ 1 ≤ θ ≤ ∧θ 2 } = γ 
• Bài toán 1. Cho biến ngẫu nhiên X có phân phối chuẩn N(µ,σ2) với σ ñã biết và µ 
chưa biết. Cho mẫu (x1, x2, , xn) và γ, 0<γ<1. Hãy xác ñịnh khoảng tin cậy của µ 
với ñộ tin cậy γ. 
Giải. 
 ðại lượng nx
σ
µ−
 có phân phối chuẩn N(0,1). Gọi Φ(u) là hàm phân phối 
chuẩn N(0,1), tức 
Φ(u) = ∫
∞−
−
u t
dte 2
2
2
1
pi
 Ta tìm uγ > 0 thoả 
γ = P{ − uγ ≤ nx
σ
µ−
 ≤ uγ } = Φ(uγ) − Φ(-uγ) = Φ(uγ) − [1 − Φ(uγ)] = 2.Φ(uγ) − 1 
 Từ ñó suy ra 
uγ = 




 +Φ−
2
11 γ
 Với uγ ta có 
γ = P{ 
n
ux
σ
γ− ≤ µ ≤ 
n
ux
σ
γ+ } 
 Vậy 
[
n
ux
σ
γ− , 
n
ux
σ
γ+ ] 
là khoảng ước lượng (tin cậy) của µ với ñộ tin cậy γ. 
+ Ví dụ. ðo 25 lần chi tiết máy. Giả sử không có sai số hệ thống và sai số ngẫu nhiên 
có phân phối chuẩn N(µ,σ2) với σ = 10. Biết x = 100 , hãy tìm khoảng tin cậy của 
chiều dài chi tiết máy với ñộ tin cậy γ = 0.99. 
Giải. 
 Ta có 
u0.99 = Φ−1(0.5 + 0.99/2) = Φ−1(0.995) = 2.575 
⇒ 
n
ux
σ
γ− = 100 − 25
10
.575.2 = 100 − 5.15 = 94.85 ; 
n
ux
σ
γ+ = 100 + 25
10
.575.2 = 100 + 5.15 = 105.15 
 Vậy [94.85 ; 105.15] là khoảng tin cậy của µ với ñộ tin cậy 0.99. 
• Bài toán 2. Cho biến ngẫu nhiên X có phân phối chuẩn N(µ,σ2) với σ ñã biết và µ 
chưa biết. Cho d > 0 và γ ∈R, 0<γ<1, phải lấy mẫu cỡ (n) nhỏ nhất là bao nhiêu ñể 
ước lượng x của µ không sai khác với µ quá d ñơn vị với ñộ tin cậy γ (P{| x − µ| ≤ 
d} ≥ γ) ? 
Giải. 
 Với 
uγ = 




 +Φ−
2
11 γ
ta có 
γ = P{ 
n
ux
σ
γ− ≤ µ ≤ 
n
ux
σ
γ+ } 
⇒ 
γ = P{ | x − µ| ≤ 
n
u
σ
γ } 
 Vậy ñể 
P{| x − µ| ≤ d} ≥ γ 
n phải thoả 
n
u
σ
γ ≤ d ⇒ n ≥ 2
2
2
d
u
σ
γ 
 Suy ra n nhỏ nhất là 
n = 








2
22
d
u σγ
trong ñó x ký hiệu số nguyên nhỏ nhất ≥ x. 
+ Ví dụ. Cho biến ngẫu nhiên X có phân phối chuẩn N(µ,σ2) với σ2 = 25. Phải lấy 
mẫu cỡ (n) nhỏ nhất là bao nhiêu ñể ước lượng x của µ không sai khác với µ quá d 
= 1 ñơn vị với ñộ tin cậy γ = 0.95. 
Giải. 
 Theo trên n nhỏ nhất là 
n = 








2
22
d
u σγ
 = 





1
25.295.0u
 = 1.962.25 = 96.04 = 97 
• Bài toán 3. Cho biến ngẫu nhiên X có phân phối chuẩn N(µ,σ2) với σ và µ chưa 
biết. Cho mẫu (x1, x2, , xn) và γ, 0<γ<1. Hãy xác ñịnh khoảng tin cậy của µ với ñộ 
tin cậy γ. 
Giải. 
 Ta xét ñại lượng thống kê 
 n
S
x µ−
 ( s2 = ( )∑
=
−
−
n
i
i xx
n 1
2
1
1
 ) 
 ðại lượng này có hàm phân phối Student với n−1 bậc tự do, ký hiệu là Tk(t). 
Tương tự như bài toán 1, với 
tn−1,γ = 




 +
−
− 2
11
1
γ
nT 
ta có 
γ = P{ 
n
s
tx n γ,1−− ≤ µ ≤ 
n
s
tx n γ,1−+ } 
 Vậy 
[
n
s
tx n γ,1−− , 
n
s
tx n γ,1−+ ] 
là khoảng tin cậy của µ với ñộ tin cậy γ. 
+ Ví dụ. Một giống lúa gieo trên 10 miếng ñất thí nghiệm có ñiều kiện giống nhau, 
cho sản lượng tính theo cùng ñơn vị như sau 
25.4; 28.0; 20.1; 27.4; 25.6; 23.9; 24.8; 26.4; 27.0; 25.4 
 Hãy xác ñịnh khoảng tin cậy của sản lượng giống lúa với ñộ tin cậy γ = 0.95, 
biết sản lượng lúa là ñại lượng ngẫu nhiên có phân phối chuẩn N(µ,σ2) với γ và σ2 
chưa biết. 
Giải. 
 Ta tính ñược 
x = 25.4 và s = 2.24. 
và tra bảng ta có t9, 0.95 = 2.262. Từ ñó ta tính các cận của khoảng tin cậy 
µ1 = 25.4 − 2.262 .
10
24.2
 = 23.8 và µ1 = 25.4 + 2.262 .
10
24.2
 = 27 
 Vậy khoảng tin cậy của sản lượng giống lúa với ñộ tin cậy γ = 0.95 là 
[23.8; 27] 
• Bài toán 4. Cho biến ngẫu nhiên X có phân phối chuẩn N(µ,σ2) với σ và µ chưa 
biết. Cho mẫu (x1, x2, , xn) và γ, 0<γ<1. Hãy xác ñịnh khoảng tin cậy của σ2 với ñộ 
tin cậy γ. 
Giải. 
 Theo ðịnh lý 3, bài V, chương 5 (Thống kê mô tả), ñại lượng thống kê 
2
2
1
s
n
σ
−
có phân phối χ2 với n − 1 bậc tự do. 
 Ký hiệu χk(u) là hàm phân phối của phân phối χ2 với k bậc tự do. Ta tìm 2 
số dương u1 và u2 sao cho 
)()(1 11212221 uuus
n
uP nn −− −=




 ≤−≤ χχ
σ
 = γ 
 Trong các số u1 và u2 thoả ñiều kiện trên, người ta thường chọn sao cho 
2
1)( 11
γχ −=
−
un ⇒ u1 = 




 −
−
− 2
11
1
γχn 
và 
1 − 
2
1)( 21
γχ −=
−
un ⇒ u2 = 




 +
−
− 2
11
1
γχn 
 Suy ra 






−≤≤− 2
1
22
2
11
s
u
n
s
u
nP σ = γ 
 Vậy khoảng tin cậy của σ2 với ñộ tin cậy γ là 






−− 2
1
2
2
1
;
1
s
u
n
s
u
n
+ Ví dụ. Xét ví dụ ở bài toán 3. Xác ñịnh khoảng tin cậy của phương sai sản lượng 
lúa σ2 với ñộ tin cậy γ = 0.9. 
Giải. 
 Ta có s2 = 2.242 = 5.02. Tra bảng hàm phân phối 29χ ta ñược 
u1 = )05.0(2
9.01
2
1 1
9
1
9
1
1
−−−
−
=




 −
=




 − χχγχn = 3.33 
và 
u2 = )95.0(2
9.01
2
1 1
9
1
9
1
1
−−−
−
=




 +
=




 + χχγχn = 16.92 
 Từ ñó suy ra 
02.5
92.16
1101 2
2
2
1
−
=
−
= s
u
n
σ = 2.67 
và 
02.5
33.3
1101 2
1
2
2
−
=
−
= s
u
n
σ = 13.57 
 Vậy khoảng tin cậy của phương sai sản lượng lúa σ2 với ñộ tin cậy γ = 0.9 là 
[2.67; 13.57] 
• Bài toán 5. Ước lượng tham số với mẫu cỡ lớn. 
 Trong các bài toán trước ta giả thiết X có phân phối chuẩn và sử dụng hàm 
phân phối chính xác của các ñại lượng thống kê. 
 Tuy nhiên, nếu cỡ mẫu lớn, ta có thể sử dụng phân phối tiệm cận chuẩn ñể 
tìm khoảng tin cậy cho ñơn giản. 
+ Ví dụ 1. Giả sử sự kiện A của phép thử α có xác suất p. Thực hiện phép thử α n 
lần với n khá lớn. Giả sử A xuất hiện m lần. Hãy tìm khoảng tin cậy của p với ñộ tin 
cậy γ, 0 < γ < 1. 
Giải. 
 Theo ñịnh lý 2, bài VI, chương 5 (Thống kê mô tả), ta có thể coi ñại lượng 
n
pp
p
n
m
)1( −
−
có phân phối tiệm cận chuẩn N(0,1). 
 ðể tìm khoảng tin cậy của p ta xấp xỉ 
p(1−p) ≈ 





−
n
m
n
m 1 
 Từ ñó suy ra 
γγγ =












≤
−
−
≤− un
n
mnm
p
n
m
uP
2
)( 
⇔ 
γγγ =






−
+≤≤−− 33
)()(
n
mnm
u
n
mp
n
mnm
u
n
mP 
 Vậy ta có khoảng tin cậy của p với ñộ tin cậy γ là 






−
+
−
− 33
)(
;
)(
n
mnm
u
n
m
n
mnm
u
n
m
γγ 
 Ví dụ, cho 
n = 4000; m = 3200; γ = 0.95 
ta tính ñược 
m/n = 0.8; ( )
400
4.6
4000
8008.0 23 ==
−
n
mnm
 = 0.0063 
 Tra bảng ta có 
u0.95 = 1.96 
 Vậy khoảng tin cậy là 
[0.8 − 1.96 x 0.0063; 0.8 + 1.96 x 0.0063] = [0.788 ; 0.812] 
+ Ví dụ 2. Giả thiết như ở ví dụ 1 và cho d > 0. Hỏi phải thực hiện ít nhất bao nhiêu 
lần ñể m/n không sai khác p quá d với ñộ tin cậy γ, tức P(|m/n − p| ≤ d) = γ. 
Giải. 
 Với n lớn ta có thể coi ñại lượng 
n
pp
p
n
m
)1( −
−
có phân phối tiệm cận chuẩn N(0,1). 
 Ta có 












≤
−
−
≤− γγ unpp
p
n
m
uP )1( = γ 
⇒ 








−
≤−
n
ppu
p
n
mP
)1(γ
 = γ 
 Vậy ñể 
P(|m/n − p| ≤ d) = γ 
n cần thoả 
d
n
ppu
≤
− )1(γ
 ⇒ n ≥ ( )pp
d
u
−12
2
γ
 Vì p(1 − p) ≤ ¼, nên ta chỉ cần lấy n nhỏ nhất ≥ 2
2
4
1
d
uγ
, tức 
n = 





2
2
4d
uγ
 Chẳng hạn, cần ước lượng tỉ lệ phế phẩm p trong lô hàng với ñộ tin cậy γ = 
0.95 và sai số không quá d = 0.01. Hỏi phải lấy cỡ mẫu ít nhất là bao nhiêu. 
 Ta có u0.95 = 1.96. Vậy cỡ mẫu ít nhất là 
n = 





2
2
4d
uγ
 = 9604
01.04
96.1
2
2
=





⋅
+ Ví dụ 3. Cho biến ngẫu nhiên X có phân phối chuẩn N(µ,σ2) với σ và µ chưa biết. 
Cho mẫu (x1, x2, , xn) với n khá lớn và γ, 0<γ<1. Hãy xác ñịnh khoảng tin cậy của µ 
với ñộ tin cậy γ. 
Giải. 
 Với n lớn (n>30), ñại lượng thống kê 
n
S
x µ−
 ( s2 = ( )∑
=
−
−
n
i
i xx
n 1
2
1
1
 ) 
có phân phối tiệm cận chuẩn N(0,1). 
 Ta có 






≤−≤− γγ
µ
un
s
x
uP = γ 
⇒ 






+≤≤−
n
s
ux
n
s
uxP γγ µ = γ 
 Vậy khoảng tin cậy của µ với ñộ tin cậy γ là 






+−
n
s
ux
n
s
ux γγ ; 
 Chẳng hạn, cho 
n = 1376; x = 70.4; s = 0.37; γ = 0.99. 
 Tra bảng ta có u0.99 = 2.58. Vậy khoảng tin cậy là 






+−
1376
37.058.24.70;
1376
37.058.24.70 = [70.375; 70.425] 
• Bài toán 6. Ước lượng trong trường hợp tập tổng thể hữu hạn và mẫu không lặp. 
 Cho N phần tử, trong ñó có M phần tử có tính chất α. Hãy ước lượng tỉ lệ 
p = 
N
M
với ñộ tin cậy γ. 
Giải. 
 Chọn ngẫu nhiên n phần tử, gọi m là số phần tử có tính chất α. ñại lượng 
ngẫu nhiên m có phân phối siêu hình học 
P(m = k) = ),(
),().,(
nNC
knMNCkMC −−
, k=0, 1, , k0 (k0 = min{n,M}) 
với 






n
mE = p và 





n
mD = 
n
pp
N
nN )1(
.
1
−
−
−
 Vậy 
n
mp =
∧
 là ước lượng không chệch của p. 
 Nếu N và n ñủ lớn thì 
npp
N
nN
p
n
m
)1(
1
−
−
−
−
có phân phối tiệm cận chuẩn N(0,1). 
 Từ ñó suy ra 












≤
−
−
−
−
≤− γγ un
pp
N
nN
p
n
m
uP
)1(
1
 = γ 
⇔ 












−
−
−
+≤≤
−
−
−
−
n
pp
N
nN
u
n
mp
n
pp
N
nN
u
n
mP
)1(
1
)1(
1
γγ = γ 
trong ñó uγ = 




 +Φ −
2
11 γ
 = 




Φ −
2
1 γ
L 
 Vì tham số p ở hai cận trên chưa biết nên có thể thay nó bằng giá trị 
n
m
, tức 
là 




















−
−
−
+≤≤






−
−
−
−
n
n
m
n
m
N
nN
u
n
mp
n
n
m
n
m
N
nN
u
n
mP
1
1
1
1
γγ = γ 
 Suy ra khoảng ước lượng [p1; p2 ] của p = N
M
 với ñộ tin cậy γ có cận dưới 
p1 = 
n
n
m
n
m
N
nN
u
n
m






−
−
−
−
1
1
γ 
và cận trên 
p2 = 
n
n
m
n
m
N
nN
u
n
m






−
−
−
+
1
1
γ 
(i) Trường hợp biết N, ước lượng M: 
 Từ p1 ≤ N
M
 ≤ p2 với ñộ tin cậy γ suy ra 
p1.N ≤ M ≤ p2.N với ñộ tin cậy γ 
+ Ví dụ. Trong lô 3000 hộp thịt lấy ra 200 hộp thì có 40 hộp kém chất lượng. Tìm 
khoảng ước lượng của số hộp kém chất lượng với ñộ tin cậy γ = 90%. 
Giải. 
 Ta có 
N = 3000; n = 200; m = 40; γ = 90%; 
Suy ra 
m/n=40/200 = 0.2; uγ = 1.65 ; 
045.0
200
1)2.01(2.0
13000
2003000
.65.1
1
1
=−
−
−
=






−
−
−
n
n
m
n
m
N
nN
uγ 
p1 = 0.2 − 0.045 = 0.155; p2 = 0.2 + 0.045 = 0.245; 
và 
p1.N = 0.155 x 3000 = 465; p2.N = 0.245 x 3000 = 735; 
 Vậy 
465 ≤ M ≤ 735 với ñộ tin cậy 90%. 
(ii) Trường hợp biết M, n không ñáng kể so với N, ước lượng N: 
 Có thể coi 1
1
≈
−
−
N
nN
. Suy ra khoảng ước lượng [p1; p2 ] của p = N
M
 với ñộ 
tin cậy γ có cận dưới 
p1 = 
n
n
m
n
m
u
n
m






−
−
1
γ 
và cận trên 
p2 = 
n
n
m
n
m
u
n
m






−
+
1
γ 
 Từ p1 ≤ N
M
 ≤ p2 với ñộ tin cậy γ suy ra 
2p
M
 ≤ N ≤ 
1p
M
 với ñộ tin cậy γ 
+ Ví dụ. ðể ước lượng số cá trong hồ người ta bắt 1000 con ñánh dấu rồi thả lại 
xuống hồ. Sau ñó bắt lần thứ hai 1000 con thì thấy có 100 con ñánh dấu. Hãy tìm 
khoảng ước lượng số cá trong hồ với ñộ tin cậy 0.9. 
Giải. 
 Gọi N là số cá trong hồ 
 M = 1000 là số cá ñánh dấu 
 n = 1000 là số cá bắt lần thứ hai 
 m = 100 là số cá ñánh dấu bắt ñược lần thứ hai. 
 Ta có 
m/n = 100/1000 = 0.1; γ = 90% ; uγ = 1.65 
và 
6.31
495.0
1010
3.065.1
1000
9.01.065.1
1
=
×
=
×
=






−
n
n
m
n
m
uγ = 0.0157 
⇒ 
p1 = 0.1 − 0.0157 = 0.0843; p2 = 0.1 + 0.0157 = 0.1157; 
và 
2p
M
 = 1000/0.1157 = 8643 và 
1p
M
 = 1000/0.0843 = 11862 
 Vậy 
8643 ≤ N ≤ 11862 với ñộ tin cậy 90%. 
• Bài toán 7. Ứng dụng bất ñẳng thức Trebưsep. 
 Cho X là biến ngẫu nhiên có phân phối bất kỳ với phương sai σ2 ñã biết, (x1, 
x2, , xn) là mẫu của X. Tìm khoảng ước lượng của kỳ vọng µ = E(X) với ñộ tin cậy γ 
(0 < γ < 1). 
Giải. 
 Ta ñã biết ñại lượng 
∑
=
=
n
i
ix
n
x
1
1
có E( x ) = µ và D(X) = 
n
2σ
. Theo bất ñẳng thức Trebưsep, với ε > 0 ta có 
P{| x − µ| ≤ ε } ≥ 1 − 2
2
.ε
σ
n
 Vậy với hệ số tin cậy γ cho trước ta chỉ cần xác ñịnh εγ > 0 thoả 
1 − 2
2
. γε
σ
n
 = γ ⇒ εγ = )1.( γ
σ
−n
Khi ñó khoảng ước lượng của µ với ñộ tin cậy γ là 
[ x − εγ ; x + εγ ] 
+ Ví dụ. Cân 100 em bé 18 tháng ta ñược trọng lượng trung bình là 12.8 kg. Biết 
trọng lượng em bé 18 tháng là ñại lượng ngẫu nhiên có ñộ lệch quân phương σ = 
2.1. Hãy xác ñịnh khoảng ước lượng của kỳ vọng với ñộ tin cậy γ = 0.95. 
Giải. 
 Ta có 
εγ = )1.( γ
σ
−n
 = )95.01.(100
1.2
−
 = 0.939 
 Vậy khoảng ước lượng là 
[12.8 − 0.939; 12.8 + 0.939] = [11.861 ; 13.739]