Thiết lập hàm mật độ xác suất cho tổng của hai loại sai lầm trong phân loại khi giả sử mỗi sai lầm có hàm mật độ xác suất trên 0,1/4, từ đó xác định khoảng cách L 1 giữa hai hàm mật độ
Trang 1SAI SỐ BAYES VÀ KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI HÀM MẬT ĐỘ XÁC SUẤT
TRONG PHÂN LOẠI HAI TỔNG THỂ
Võ Văn Tài (1) , Phạm Gia Thụ (2) , Tô Anh Dũng (3)
(1) Trường Đại học Cần Thơ (2)Trường Đại học Moncton, Canada (3)Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
(Bài nhận ngày 11 tháng 06 năm 2007, hoàn chỉnh sửa chữa ngày 18 tháng 09 năm 2007)
TÓM TẮT: Bài báo quan tâm đến sai số trong phân loại hai tổng thể H 1 và H 2 bằng phương pháp Bayes Thiết lập hàm mật độ xác suất cho tổng của hai loại sai lầm trong phân loại khi giả sử mỗi sai lầm có hàm mật độ xác suất trên (0,1/4), từ đó xác định khoảng cách
L 1 giữa hai hàm mật độ xác suất theo Lissack và Fu Các kết quả được xem xét cụ thể cho các phân phối chuẩn, mũ và beta
Từ khóa: Sai số Bayes, khoảng cách L 1 , phân phối chuẩn, mũ, beta
Trong thực tế có nhiều vấn đề đòi hỏi chúng ta phải giải quyết bài toán phân loại hai tổng
thể H 1 và H 2 Có nhiều cách khác nhau để giải quyết bài toán phân loại này như kiểu phân loại dựa vào khoảng cách Metric đã được đề cập bởi Forgy (1965), Mac Queen (1967), E.Dilay (1972) Đó cũng là phân tích phân biệt của R.A Fisher (1936), P.C Mahalanobis (1936) (xem [ ]5 ) Các phương pháp này có nhược điểm là không xác định được xác suất của sai lầm trong phân loại
Một phương pháp phân loại khác dựa trên hàm mật độ xác suất của hai tổng thể, đó là phương pháp Bayes Phương pháp này có thể tính được xác suất sai lầm tối thiểu trong phân
loại Giả sử trên hai tổng thể ta quan sát biến ngẫu nhiên X, gọi f 1 (x), f 2 (x) là hàm mật độ xác suất của hai tổng thể Nếu ta không quan tâm đến xác suất tiền nghiệm v của H 1 thì sai số
R
=
R
P min 1 1 2 P e đã được chứng minh là xác suất sai lầm nhỏ nhất trong phân loại Như vậy phương pháp Bayes đã giải quyết được vấn đề quan trọng trong lý thuyết phân loại, đó là việc tính sai số trong phân loại Tuy nhiên, trong thực tế việc tính kết quả cụ thể gặp nhiều khó khăn, bởi việc xác định hàm mật độ xác suất, việc giải phương trình
và việc tính các tích phân Trong bài viết này chúng tôi quan tâm đến việc xác định sai số Bayes, tìm hàm mật độ xác suất cho tổng của hai loại sai lầm trên khoảng (0, )
4
1 , từ đó xác
định khoảng cách L1 của hai hàm mật độ theo Lissack và Fu (1976) Các vấn đề được xem xét chi tiết cho phân phối chuẫn, phân phối mũ và phân phối Beta
2 SAI SỐ BAYES TRONG PHÂN LOẠI HAI TỔNG THỂ
2.1.Hai tổng thể với hàm mật độ xác suất f 1 (x) và f 2 (x) có một đỉnh
2.1.1.Khi không quan tâm đến xác suất tiên nghiệm v của H1
Trang 2Phương trình f1(x) - f2(x) = 0 có thể có một nghiệm hoặc nhiều nghiệm Giả sử f1(x) và f2(x) là hàm số chỉ có một đỉnh thì phương trình trên nếu có nghiệm chỉ có thể có một nghiệm hoặc hai nghiệm
Nếu phương trình trên có một nghiệm x0 thì ta có phân tích nhận dạng như sau: một phần
tử với quan sát y được xếp vào H1 nếu y≤x0 và xếp vào H2 nếu y > x0
Đặt h(x) = min{f1(x), f2(x)}, khi đó:
τ = P(H2|H1) = ∫
> 0
) (
x x
dx x h
: xác suất phân loại một phần tử vào H2 khi thật sự nó thuộc H1
δ = P(H1|H2) = ∫
≤ 0
) (
x x
dx x h
: xác suất phân loại một phần tử vào H1 khi thật sự nó thuộc H2
Nếu phương trình có hai nghiệm x1 và x2 (giả sử x1 < x2) thì một phần tử với quan sát y
sẽ được xếp vào H1 nếu x1≤y≤x2 và xếp vào H2 nếu y∉[ x1, x2] Khi đó:
∫
<
∪
>
=
} {x
}
x
{x 2 1
dx ) x (
h
τ
≤
≤
=
2
1 x x x
dx ) x ( h
δ
Trong cả hai trường hợp ta có xác suất của phân loại sai lầm là ε = Pe =τ+ Chúng ta δ chứng minh được bất kỳ sự chọn lựa nào khác x0 hoặc x1 và x2 trong phân tích nhận dạng đều dẫn đến một xác suất sai lầm lớn hơn Pe, nghĩa là phân loại Bayes có xác suất sai lầm tối thiểu
2.1.2.Khi quan tâm đến xác suất tiên nghiệm v (hằng số) của H1
Đặt k1(x) = vf1(x), k2 = (1-v)f2(x), khi đó phương trình
k1(x) = k2(x) hay
1 2
( ) 1 ln
( )
f x
f x
ν ν
−
=
có thể có một nghiệm x'0 hoặc hai nghiệm x'1 và x'2 Phân tích nhận dạng được xác định như trường hợp a) Khi đó xác suất sai lầm trong phân loại trở thành τ1 và δ1 với
∫
=
1
1
1
R
dx )
x
(
k
τ
và =∫
2
2 1
R
dx ) x ( k
δ
trong đó R1 = {x | k1(x) ≥ k2(x) }và R2 = {x | k1(x)< k2(x) } Miền R1 và R2 được xác định từ x'0 hoặc x'1 và x'2 ở trên Khi đó xác suất sai lầm trong phân loại Pe = τ1+δ1cũng là
nhỏ nhất
Khi xác suất tiên nghiệm trong phân loại hai tổng thể là như nhau v = 2
1 thì
∫
<
∪
>
=
} {x }
x
{x
1
1 2
2
1
dx ) x ( h
τ
≤
≤
=
2 1
2
1
1
x x x
dx ) x ( h
δ
Pe xác định ở trên cũng là xác suất sai lầm tối thiểu
2.1.3.Khi v là biến ngẫu nhiên với hàm mật độ xác suất tiên nghiệm biết trước
Phân tích nhận dạng và sai số Bayes trong trường hợp này được xác định như trường hợp b) bằng việc thay v bởi kỳ vọng của phân phối tiên nghiệm của v
Trang 32.1.4.Trường hợp không có sai lầm (ε =τ =δ =0)
Trường hợp này xảy ra khi f1(x) và f2(x) không cắt nhau, khi đó ta có thể ước lượng tỷ lệ của H1 trong tổng thể H1∪H2bằng cách giả sử tỷ lệ này ban đầu có phân phối tiên nghiệm
Beta và lấy một mẫu từ tổng thể chung qua định lý dưới đây
Định lý 1: Lấy n phần tử quan sát từ tổng thể trộn H1∪H2 Gọi Xi là đại lượng ngẫu
nhiên ứng với quan sát thứ i mà Xi = 1 nếu phần tử quan sát thuộc H1 và Xi = 0 nếu phần tử quan sát không thuộc H1 Giả sử P (Xi = 1) = η và η có phân phối tiền nghiệm Beta(α,β ),
khi đó ta có các kết quả sau:
1) Hàm mật độ xác suất hậu nghiệm của η là
) ,
, ( )
(
)
(n η =Betaη α+ y β+n−y
=
= n
i i
X y
1 (1) 2) Kỳ vọng hậu nghiệm của η là
n
y
n
+ +
+
=
β α
α η
μ( )( )
(2) 3) Phương sai hậu nghiệm của η là
) 1 (
) (
) )(
( )
)
+ + + +
+
− + +
=
n n
y n y Var n
β α β
α
β α η
(3) Đây là kết quả vận dụng định lý 1 ([ ]2 , trang 321) trong phân loại
Ví dụ 1: Giả sử η không tính được chính xác, nhưng nó có phân phối tiên nghiệm Beta(6,20) Thực hiện một mẫu gồm 16 quan sát từ hai tổng thể H1 và H2 ta thấy có 4 phần tử thuộc H1 và 12 phần tử thuộc H2, khi đó:
Hàm mật độ xác suất của η theo (1) là Beta(10,32)
Kỳ vọng hậu nghiệm của η theo (2) là 0.238
Phương sai hậu nghiệm của η theo (3) là 0.00422
Hình 1.Đồ thị hàm mật độ xác suất tiên nghiệm và hậu nghiệm của η (Beta(6,20))
fposterior
f hậu nghiệm
ftiên nghiệm
Trang 42.2.Hai tổng thể có phân phối chuẩn và Beta
Trong phần này ta không quan tâm đến v hoặc giả sử
2
1
=
v Xem xét xác suất sai lầm trong phân loại hai tổng thể cho hai trường hợp: Hai tổng thể có biến ngẫu nhiên phân phối
chuẩn và phân phối Beta
2.2.1.Hai tổng thể có phân phối chuẩn
Giả sử X1~ N (μ1,σ12), X2~ N (μ2,σ22), ta có hai trường hợp:
Trường hợp 1: Hai trung bình khác nhau μ1<μ2
Nếu σ1=σ2 =σ thì phương trình f1(x) - f2(x) = 0 có một nghiệm 0 1 2 2
μ
μ +
=
x
Khi đó ta có τ =δ =1−Φ(ξ) với σ
μ μ ξ 2
1
2 −
=
x /
e )
x (
0
2
2
2
1
Nếu σ1≠σ2 thì phương trình f1(x) - f2(x) = 0 có hai nghiệm sau:
2 1
2 2
2 2 1 2 1
2 1 2
2
2
1
σ σ
μ μ σ σ σ μ σ
μ
−
+
−
±
−
x i
, i =1, 2
trong đó, K =
0 ln ) (
2
1
2 2 1
2
σ
σ σ σ
, và nếu x1≤x2 thì
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
Φ +
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
Φ
−
=
1
1 1 1
1 2
1
σ
μ σ
μ
; =Φ⎜⎜⎝⎛ − ⎟⎟⎠⎞−Φ⎜⎜⎝⎛ − ⎟⎟⎠⎞
2
2 1 2
2 2
σ
μ σ
μ
Trường hợp 2: μ1=μ2
Nếu σ1≠σ2 Trường hợp này phương trình f1(x) - f2(x) = 0 có hai nghiệm
E
x i =μ±σ1σ2 với 0, 1,2
ln 2
2 1
2 2 2
1
=
≥
−
E
σ σ σ σ
Khi đó τ =1−Φ(σ2 E )+Φ(−σ2 E ),δ =Φ(σ1 E )−Φ(−σ1 E )
Nếu σ1=σ2 Trong trường hợp này ta có ε=τ =δ=1.
Ví dụ 2: Trên hai tổng thể H1 và H2 ta quan sát biến ngẫu nhiên X1 và X2 lần lượt có
phân phối chuẩn X1 ~ N(5, 92), X2 ~ N (18, 62) Nếu ta không quan tâm đến xác suất tiên nghiệm thì phương trình f1(x) = f2(x) có hai nghiệm x1 = 11.198, x2 = 45.602 Vì vậy trong phân tích nhận dạng Bayes nếu kết quả quan sát là 11.198 ≤ x ≤ 45.602 thì quan sát đó được xếp vào H1, ngược lại ta sẽ xếp nó vào H2 Trong phân tích nhận dạng này
Trang 5∫ =
=
198 11 1 1
.
, dx ) x ( f ) H
| H
(
P
τ
∞
−
+∞
= +
=
602 45 2 2
2
.
.
dx ) x ( f dx ) x ( f )
H
| H
(
P
δ
và xác suất sai lầm trong phân loại là ε=τ +δ =0.3739 .
Nếu v = 2
1
thì xác suất sai lầm ε = 018695
2
3739 0
.
2.2.2.Hai tổng thể có phân phối Beta
Giả sử X ~ Beta1 ( α1, β1);X2 ~ Beta (α2,β2)
) x ( x ) , ( B
) x ( x
2 2
1 1
1 1
1
β α β
α
β α
β
) , (
) , ( )
1
(
2 2
1 1
2 1 2
1
β α
β α
β β α
α
B
B x
A ) x
(
) , ( B A
;
;
2 2
1 1 2
1 2
β α β
β β α α
Đặt β
α
=
k
; B = β A > 0 khi đó phương trình trên trở thành
Phương trình (4) có thể giải được trên máy tính, ta tìm được hoành độ giao điểm của hai hàm mật độ f1(x) và f2(x) và từ đó ta có thể tính được τ=P ( H2| H1) và δ =P ( H1| H2)
Việc tính τ và δ dẫn đến việc tính tích phân của hàm Beta
=
x
dx ) x ( x ) , (
B
)
x
(
F
0
1
1 1
β α
(5) Tích phân (5) theo Robert J.Boik (1988) tính được
F(x) = K x ,α,β
x
;
; ,
−
− +
−
1 1 1
) (6)
) x ( x
K x , ,
β α α
β α
β α
1
1− −
=
, 2F1 (a,b;c;x) = ∑∞
=0
n
n
! n
x ) n , c (
) n , b )(
n , a (
, với (a, n) là hệ số Pochhammer (xem [ ]3 )
Và theo Tretter và Walster (xem [ ]4 ), dùng tính toán gần đúng cấp n nhận được
Trang 62F1 ≈ n
n
b a
a b
a b
a b
a
+
+ + + +
4 3
3 2
2 1
1
1
trong đó,
) (
) ( f
a
1
1
−
=
α β
β
1 2 2
2 3 2
1 2
1
2 2
2 2
≥
− +
− +
− +
−
− +
− + +
−
) n ( ) n )(
n (
) n )(
n )(
n )(
n ( f
a n
α α
α β
β α
β α α
1 2
2 2
2 1
2 2 2
≥ +
− +
−
− +
− +
+ +
) n )(
n (
) f (
n ) )(
f ( n ) f (
b n
α α
β
α α αβ α
β α β
α
) x (
x f
−
=
1 α
β
Nhận xét Trong trường hợp đặc biệt α1=β1=p và α2 =β2=q, hai đồ thị của các hàm
số đều đối xứng với nhau qua đường x = 2
1 Nếu p = q thì (4) sẽ có vô số nghiệm
Nếu p ≠ q thì (4) trở thành x2 - x + B = 0 và hai đồ thị của các hàm số sẽ cắt nhau tại hai điểm đối xứng qua x = 2
1
4 1 1 2
4 1 1
2 1
B x
; B
3 KHOẢNG CÁCH L 1 GIỮA vf 1 (x) VÀ (1-v)f 2 (x)
Trong phần này ta coi v là biến ngẫu nhiên và như vậy τ và δ cùng với Pe cũng là biến ngẫu nhiên Theo Lissack và Fu thì 2Pe =1 - J1(H1,H2|v) với Z = J1(H1,H2|v) là khoảng cách L1 giữa vf1(x) và (1-v)f2(x) Từ mối quan hệ này, khi không biết về f1(x) và f2(x) cũng như v nhưng chúng ta có thông tin về hai xác suất sai lầm τ và δ là hai biến ngẫu nhiên độc lập, chúng ta có thể tìm được hàm mật độ xác suất của Z
3.1 Hàm tổng của hai biến ngẫu nhiên độc lập trên (0,
4
1
)
Định lý 2: Giả sử X1 và X2 là hai biến ngẫu nhiên độc lập trên (0, 4
1 ) có hàm mật độ xác suất lần lượt là f1(x), f2(x) Xét Y = X1 + X2 , khi đó hàm mật độ xác suất của Y có dạng:
Trang 7⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
∉
≤
<
−
≤
<
−
∫
−
) 2
1 , 0 ( khi
0
2
1 4
1 khi ) ( ) (
4
1 0
khi ) ( ) (
)
(
4
1
4 1
2 1
0
2 1
y
y dt
t y f t f
y dt
t y f t f
y
g
y
y
Chứng minh
Ta có +∞∫
∞
−
−
= f ( y x ) f ( x ) dx )
y
(
Vì X2 là biến ngẫu nhiên trên (0, 4
1 ) nghĩa là f2 (x) = 0
1 (0, ) 4
x
∀ ∉
, nên
=4
1
0
2
1( y x ) f ( x ) dx
f
)
y
(
g
Đặt t = y - x , dt = - dx ; khi x = 0 , t = y ; khi x = 4
1 , t = y - 4
1 Từ đó,
∫
∫
−
−
−
=
−
−
=
y
y
y
y
dt t y f t f dt t y f t f
y
g
4 1 2 1 4
1
2
)
(
Vì X1 và X2 ∈ (0; 4
1 ) nên y ∈ (0; 2
1 )
1
0< y≤
thì y−41 ≤0
nên
−
−
=
−
=
y
y
y
dt ) t y ( f ) t ( f dt ) t y ( f ) t ( f ) y ( g
4
2 1 2
1
(7)
1
4
1< y<
thì y−41 >0
nên
−
=
−
=
y
dt ) t y ( f ) t ( f dt ) t y ( f ) t ( f ) y ( g
4 1
4 1
4 1 2 1 2
1
(8)
3.2 Một số trường hợp cụ thể của Y = X1 + X2
3.2.1.X1, X2 là hai biến ngẫu nhiên độc lập có phân phối Beta trên (0, 4
1
)
Trang 8
Giả sử X ~ Beta ( , ; , ); X ~ Beta ( , ; ,4)
1 0 4
1
1 1
với α1,β1,α2,β2 >0 Theo Pham-Gia và Turkkan (xem[ ]3 ) ta có kết quả:
1
0< y≤
thì
) y , y
y
;
; , , ( F ) y ( y H
)
y
(
1 4
4 1
1 4
1
(9)
) (
) (
H
2 1 2 1
2 2 1 1
β α β α
Γ Γ + Γ
+ Γ + Γ
=
; F D (2)
là hàm siêu bội với hai biến số
1 4
1< y<
thì g(y)
D
y
y
− (10)
) (
) (
H
2 1 2 1
2 2 1 1
β α β α
Γ Γ + Γ
+ Γ + Γ
=
3.2.2.X1, X2 là hai biến ngẫu nhiên độc lập có phân phối mũ cắt trên (0, 4
1
)
Giả sử X 1 ~ Exp(b 1 ;0,
4
1
), X 2 ~ Exp(b 2 ; 0,
4
1
) với b 1 , b 2 ∈ R +
Trong phần này ta có thể đổi vai trò của X1 và X2 cho nhau để luôn giả sử b1≥ b2
Khi b 1 > b 2 ,
Nếu
4
1
0< y≤ thì [e b y e b y]
b b ab
b b y
) ( ) (
2 1
2
−
Nếu
2
1 4
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
−
=
+
−
− +
−
−
4
4 4
4
2 1
2
) ( ) (
y b b b y b b b
e e
b b ab
b b y
4 1
0
4 1
0 2 4
1
2 1
1 ) (
; 1 ) (
b b
e dx x f b e dx x
Khi b 1 = b 2 = c,
Nếu
4
1
0< y≤ thì g(y) = y e cy
d
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ 2 (13)
Nếu
2
1 4
d
c y
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
2
1 )
(
2
, (14)
Trang 9với d = ∫4 =∫ − = − −
1
0
4 1
0
4
c
ce dx x
Chứng minh
Khi b 1 > b 2 vì X 1 ~ Exp(b 1 ; 0,
4
1) ; X
2 ~ Exp(b 2 ; 0,
4
1) nên trên (0,
4
1)
b x e b x
b
b ) x ( f
; e a
b ) x (
2 1
Nếu
4
1
0< y≤ , theo (7) thì =∫ −
y
dt ) t y ( f ) t ( f ) y ( g
0
2
ab
b
b b2y y ( b1 b2 t
0
2 1
−
−
−
∫
=
Vì b 1 > b 2 nên e b y[ e ( b b ) y]
) b b ( ab
b b ) y (
2 1
2
−
) b b ( ab
b
2 1
2
− Nếu
2
1 4
1< y< , tương tự như trên ta có:
∫
−
−
−
−
1
4 1
2
y
t b b ( y
e ab
b
b
)
y
(
g
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
1
2 1
2
2y ( b b )( y ) ( b b /
e ) b b ( ab
b b
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
=
+
−
− +
−
−
4
4 4
4
2 1
2
y b b b y b b b
e e
) b b
(
ab
b b
Khi b 1 = b 2 = c, ta có a = b = d, vì vậy:
Nếu
4
1
y y
d
c dt e
ab
b b ) y (
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
0
2
Nếu
2
1 4
y
y
d
c dt e
ab
b b ) y (
−
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
2 4
1
4 1
2
2.2.3.Nếu X1, X2 là hai biến ngẫu nhiên độc lập có phân phối chuẩn cắt trên (0,
1
4)
1 0
2 1
1,σ ; ,
μ
1 0
2 2
2,σ ; ,
μ
) với μ1,μ2∈R và σ1,σ2∈ R+
1
0< y≤
thì
Cy
By
e
⎥
⎤
⎢
⎢
⎡
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+ +
− Φ
−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+ +
2 2
1 2
2 2
σ σ σ
σ σ
σ σ σ
Trang 10Trong đó a, b, A, B, C, K1, K2 là các hằng số có dạng
A = 12 2 22
1 2
1
σ
1
2 2
2
1 σ
2 2 1
2 1
σ σ
μ μ + +
K1 =
) ( 2 ) (
2 2
2 1
2 2
2 1
( 2
σ σ π
+
+
−
2
2 1 2 1
2 2 1
2 1 2 2
σ σ σ σ
σ μ σ μ
+
−
=
K
a =
dx e
) x (
2 1
2 4
1
0 1 2
μ
π σ
−
−
∫
= −Φ⎜⎜⎝⎛ − ⎟⎟⎠⎞
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ − Φ
1
1 1
1
4
4 1
σ
μ σ
μ
b =
dx e
) x (
2 2
2 4
1
0 2 2
μ
π σ
−
−
∫
= −Φ⎜⎜⎝⎛ − ⎟⎟⎠⎞
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ − Φ
2
2 2
2
4
4 1
σ
μ σ
μ
1 4
1< y<
thì
g(y)=K e−By2 +Cy
1 ⎢⎢
⎣
⎡
−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
+ + +
− Φ
2 1
2 2
2 1 2 2 2
2 1 2
1
4σ σ
σ σ σ
σ σ
σ
K y
− ⎥
⎥
⎦
⎤
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
− + +
Φ
2 1
2 2
2 1 2 2 2
2 1 1
2
4σ σ
σ σ σ
σ σ
σ
K y
(16) Chứng minh
Theo (7) nếu 4
1
0< y≤
thì
y
dt ) t y ( f ) t ( f
)
y
(
g
0
2 1
dt e
e
ab
) t y (
2
2 2 2
2 1
2 0
2 2
1
2
σ
σ
π
−
−
−
−
∫
ab
y
) Pt At ( Q
=
0 2 1
2
2
1 σ σ π Trong đó a, b, A được xác định như trên, và
P = 12 22
1 2
2
2
σ σ
μ
σ
2 2 2
2 2 2 1
2 1 2 2
2
2 2
μ σ
μ σ
−
−
−
P A
P t A
4 2
2
2
+
⎟⎟
⎞
⎜⎜
⎛ +
−
nên
=
∫e− + dt
y
) Pt At (
0
2
dt e
e
P t A ( A
P
∫
+
−
− 0
2 2 2 4
2 2
Trang 11
Đặt
2
P
A
; khi
2
P
A
khi
2
P
A
Từ đó,
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ Φ
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
Φ
=
=
=
∫
∫
∫
+
−
+
− +
−
A
P A
P y A A
e
du e A
e
du e A
e dt
e
P
A
P y A
A P
u A
P
A
P y A
A P
u A
P y
Pt
At
2 2
2
2
1 2 2 2
A 4
2 2
2
2 4
2 2
2
2 4
0
)
(
2
2 2
2 2
2
π
π π
Thế tích phân này vào g(y) ta có
g(y) =
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ Φ
−
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ + Φ
+
A
P A
P y A e
A ab
Q A P
2 2
2 2
2 1
2
π σ σ
) (
y ) (
) (
y Q
A
P
2 2
2 1
2 2 1 2
2
2 1
2 1 2 2
2 1
2 2
2 2
μ μ σ
σ
μ μ σ
+
− +
+ + +
−
=
+
nên
Cy By Q
A
P
e K e
A
ab
+
− +
2
1 4
2
1
2
1
π
σ
UP =
2 2
2
2 1 1 2
2 2
2 1
2 2
2 1 2 2
2 1
2 2 1
2 1 2
2 2
2 1
2 2
2 1 2 1
2
A
P y
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
+
= +
− +
+
= +
σ σ σ σ σ
σ
σ σ σ σ
σ μ σ μ σ
σ
σ σ σ
LP =
=
A
P
2
2 2
2
2 1 2 1
2 2
2 1
2 2
2 1 2 2
2 1
2 2 1
2 1 2
2 2
2 1
2 2
2 1 2 2
K y
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
+
−
= +
− +
+
−
σ σ σ σ σ
σ
σ σ σ σ
σ μ σ μ σ
σ
σ σ σ
Thay các kết quả trên vào g(y) ta có (15)
Tương tự, nếu 2
1 4
1< y<
thì