(LUẬN văn THẠC sĩ) phương pháp xác suất trong tổ hợp và đồ thị

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN THẮNG PHƯƠNG PHÁP XÁC SUẤT TRONG TỔ HỢP VÀ ĐỒ THỊ LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Bình Định - 2020 download by : skknchat@gmail.com BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN THẮNG PHƯƠNG PHÁP XÁC SUẤT TRONG TỔ HỢP VÀ ĐỒ THỊ Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN: PGS TSKH Huỳnh Văn Ngãi Bình Định - 2020 download by : skknchat@gmail.com Mục lục Mở đầu Kiến thức chuẩn bị 1.1 Khái niệm xác suất cổ điển 1.1.1 Phép thử ngẫu nhiên, biến cố, không gian mẫu 1.1.2 Định nghĩa cổ điển xác suất 1.1.3 Định nghĩa thống kê xác suất 1.1.4 Quy tắc cộng xác suất 1.1.5 Xác suất có điều kiện 1.2 Biến ngẫu nhiên kỳ vọng 1.2.1 Khái niệm biến ngẫu nhiên 1.2.2 Luật phân phối biến ngẫu nhiên rời rạc 1.2.3 Kỳ vọng biến ngẫu nhiên 1.3 Các phân phối xác suất đặc biệt 1.3.1 Phân phối (rời rạc) 1.3.2 Phân phối Bernoulli 1.3.3 Phân phối nhị thức 1.4 Lý thuyết đồ thị 1.4.1 Các khái niệm 1.4.2 Xích, chu trình, đường 1.4.3 Một số đồ thị đặc biệt Phương pháp xác suất tổ hợp đồ thị 2.1 Phương pháp sử dụng biến cố, xác suất 2.1.1 Bài tốn tơ màu đồ thị, số Ramsey 2.1.2 Ứng dụng tổ hợp 2.2 Phương pháp sử dụng kỳ vọng 2.2.1 Ứng dụng đồ thị 2.2.2 Ứng dụng tổ hợp 2.3 Một số tập áp dụng download by : skknchat@gmail.com 5 7 9 10 11 11 11 11 11 11 14 16 20 20 20 27 36 36 41 47 KẾT LUẬN 49 TÀI LIỆU THAM KHẢO QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (bản sao) download by : skknchat@gmail.com MỞ ĐẦU Xác suất nhánh Toán học phát triển mạnh mẽ sử dụng rộng rãi Tuy nhiên, phương pháp xác suất phát triển khoảng 50 năm trở lại đây, bắt đầu cho phương pháp nhà toán học Paul Erd˝os Cơ sở phương pháp mô tả sau: để chứng minh tồn cấu trúc tổ hợp thỏa tính chất đó, ta xây dựng khơng gian xác suất thích hợp phần tử với tính chất cho chọn ngẫu nhiên có xác suất dương Hiện nay, phương pháp xác suất trở thành phương pháp mạnh Lý thuyết tổ hợp đồ thị đặc biệt chứng minh toán tồn Hiện nay, tài liệu đề cập phương pháp xác suất tổ hợp đồ thị cịn chưa có tài liệu trình bày đầy đủ vấn đề phương pháp xác suất tổ hợp đồ thị; vấn đề liên quan đến việc ứng dụng hay toán phương pháp xác suất tổ hợp đồ thị lại phức tạp Do người tiếp cận phương pháp xác suất tổ hợp đồ thị khó khăn Vì vậy, tơi định chọn đề tài: “Phương pháp xác suất tổ hợp đồ thị” cho luận văn thạc sĩ nhằm tìm hiểu số phương pháp xác suất lý thuyết tổ hợp đồ thị, với ứng dụng giải toán tổ hợp đồ thị Trong luận văn này, ta nghiên cứu phương pháp xác suất tổ hợp đồ thị Mục đích giúp người hiểu rõ phương pháp xác suất lý thuyết tổ hợp đồ thị, giải tốn khó lý thuyết tổ hợp đồ thị Nội dung của luận văn trình bày hai chương Chương 1: Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, chúng tơi trình bày số khái niệm, tính chất xác suất để làm sở trình bày phương pháp xác suất mà khơng sâu vào khái niệm xác suất Các kết đồ thị trình bày chương Chương 2: Phương pháp xác suất tổ hợp đồ thị Trong chương này, chúng tơi trình bày số ý tưởng sử dụng xác suất để giải toán tổ hợp, đồ thị download by : skknchat@gmail.com Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành kính trọng sâu sắc đến PGS TSKH Huỳnh Văn Ngãi, thầy trực tiếp giảng dạy, hướng dẫn tạo điều kiện q trình học tập nghiên cứu để tơi hoàn thành luận văn cách tốt Tơi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phịng Đào tạo sau đại học, Khoa Toán học Thống kê Trường đại học Quy Nhơn quý thầy cô giáo trực tiếp giảng dạy, giúp đỡ q trình học tập trường Nhân đây, tơi xin cảm ơn anh, chị học viên lớp Phương pháp Tốn sơ cấp khóa 21, gia đình bạn bè giúp đỡ, động viên suốt q trình học tập hồn thành luận văn Mặc dù cố gắng hạn chế thời gian trình độ nên bên cạnh kết đạt được, luận văn tránh khỏi hạn chế thiếu sót Tác giả mong nhận góp ý thẳng thắn chân thành quý thầy cô bạn để luận văn hoàn thiện Ngày tháng năm 2020 Học viên thực Nguyễn Thắng download by : skknchat@gmail.com Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, trình bày số khái niệm, tính chất xác suất để làm sở trình bày phương pháp xác suất mà không sâu vào khái niệm xác suất Các khái niệm số kết đồ thị, trình bày chương Các kết chương trình bày dựa vào [2], [4], [5] 1.1 1.1.1 Khái niệm xác suất cổ điển Phép thử ngẫu nhiên, biến cố, không gian mẫu Định nghĩa 1.1 Phép thử ngẫu nhiên T (gọi tắt phép thử) thí nghiệm hay hành động mà • Kết khơng dự đốn trước được; • Có thể xác định tập hợp tất kết xảy Kết đầu phép thử quy định kết đơn, không phân tách được, lần thử có kết Vì ta hay gọi chúng kết cục (hay biến cố sơ cấp), ký hiệu ζ hay thêm vào số ζ , ζ , Định nghĩa 1.2 Tập tất kết cục có phép thử ngẫu nhiên, ký hiệu Ω gọi không gian mẫu phép thử phép thử Ví dụ 1.1.1 Gieo hai súc sắc phép thử với không gian mẫu Ω = {(1, 1), (1, 2), , (6, 6)} gồm 36 phần tử Không gian mẫu có số hữu hạn đếm kết cục gọi không gian mẫu rời rạc; trái lại, không gian mẫu gọi liên tục download by : skknchat@gmail.com Định nghĩa 1.3 Một biến cố A (hay kiện A) liên quan đến phép thử T biến cố mà việc xảy hay khơng xảy tùy thuộc vào kết T Mỗi kết phép thử T làm cho biến cố A xảy gọi kết thuận lợi A Tập hợp kết thuận lợi cho A hay ký hiệu A Trong này, để đơn giản ta dùng A để ký hiệu A, ta nói biến cố A mô tả tập A Biến cố chắn biến cố xảy thực phép thử T Biến cố chắn mô tả tập Ω ký hiệu Ω Biến cố biến cố không xảy thực phép thử T Biến cố mô tả tập rỗng ký hiệu ∅ 1.1.2 Định nghĩa cổ điển xác suất Xác suất biến cố số đặc trưng cho khả xảy biến cố thực phép thử Giả sử thí nghiệm ngẫu nhiên có thảy n kết cục chúng đồng khả Hơn nữa, giả sử có n A kết cục thuận lợi cho biến cố A (nghĩa biến cố A xảy kết cục xảy ra) Xác suất biến cố A xác định P( A) = nA n (1.1) Như vậy, việc tính xác suất biến cố A quy toán tổ hợp: đếm số kết T đếm số kết thuận lợi A Một giả thiết quan trọng áp dụng định nghĩa kết phép thử T (tức phần tử Ω) coi có khả xảy Từ định nghĩa xác suất nêu ta suy tính chất xác suất Tính chất 1.1.1 P( A) ∈ [0; 1] với biến cố A, P( A) = ⇔ A = ∅, P( A) = ⇔ A = Ω download by : skknchat@gmail.com 1.1.3 Định nghĩa thống kê xác suất Xét phép thử T biến cố A liên quan đến T Ta không cần giả sử kết phép thử có đồng khả Tiến hành lặp lặp lại N lần phép thử Giả sử N lần đó, biến cố A xuất k = k( N ) lần Người ta chứng k( N ) minh N tiến vơ tỉ số dần tới giới N hạn xác định Giới hạn gọi xác suất A, tức k( N ) P ( A) = lim N →∞ N Trong trường hợp phép thử T có số hữu hạn kết đồng khả xác suất biến cố A theo định nghĩa thống kê trùng với xác suất biến cố A theo định nghĩa cổ điển k( N ) gọi tần suất A N lần thực phép thử T Tỉ số N Khi N lớn tần suất gần với xác suất Thành thử tần suất xem giá trị gần xác suất 1.1.4 Quy tắc cộng xác suất Định nghĩa 1.4 (Biến cố hợp) Cho hai biến cố A B Biến cố “A B xảy ra”, ký hiệu A ∪ B, gọi biến cố hợp hai biến cố A B Một cách tổng quát, cho k biến cố A1 , A2 , ., Ak Biến cố “có biến cố A1 , A2 , ., Ak xảy ra”, ký hiệu A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ Ak gọi hợp biến cố Định nghĩa 1.5 (Biến cố xung khắc) Hai biến cố A B gọi xung khắc với biến cố xảy biến cố khơng xảy Định nghĩa 1.6 (Biến cố đối) Cho A biến cố Khi biến cố “khơng xảy A” gọi biến cố đối A, ký hiệu A Rõ ràng A A hai biến cố xung khắc hợp chúng biến cố chắn Ω = A ∪ A Mệnh đề 1.1 (Quy tắc cộng) • Nếu hai biến cố A B xung khắc với P ( A ∪ B) = P( A) + P( B) • Nếu A1 , A2 , ., Ak k biến cố đơi xung khắc với k P ( A1 ∪ A2 ∪ ∪ A k ) = ∑ P ( A i ) i =1 • P A = − P ( A ) download by : skknchat@gmail.com 1.1.5 Xác suất có điều kiện Định nghĩa 1.7 (Biến cố giao) Cho hai biến cố A B Biến cố “cả A B xảy ra”, ký hiệu AB, gọi giao hai biến cố A B Một cách tổng quát, giao k biến cố A1 , A2 , , Ak biến cố “tất biến cố A1 , A2 , , Ak xảy ra”, ký hiệu A1 A2 · · · Ak Định nghĩa 1.8 Xác suất biến cố A tính với điều kiện biến cố B xảy gọi xác suất có điều kiện A Và kí hiệu P( A| B) Định lý 1.1 (Công thức nhân xác suất) Cho hai biến cố A, B Khi đó, P ( AB) = P( A) P( B| A) Trong trường hợp P( A) > 0, ta có hệ sau Hệ 1.1 P B| A = P ( AB) A Cơng thức nhân xác suất mở rộng cho n biến cố sau Hệ 1.2 Cho n biến cố A1 , A2 , , An Khi P ( A A A n ) = P ( A ) P A | A P A | A A · · · P A n | A A A n −1 Định nghĩa 1.9 Hai biến cố A B gọi biến cố độc lập P ( A | B ) = P ( A ), P ( B | A ) = P ( B ) Tổng quát, k biến cố A1 , A2 , ., Ak gọi độc lập với việc xảy hay không xảy nhóm biến cố không làm ảnh hưởng tới xác suất xảy biến cố lại Từ định nghĩa hai biến cố độc lập, ta có kết sau Hệ 1.3 Cho hai biến cố A, B độc lập Khi P( AB) = P( A) P( B) Hệ 1.3 mở rộng sau: Với A1 , A2 , ., Ak k biến cố độc lập, ta có P ( A1 A2 · A k ) = P ( A1 ) P ( A2 ) · · · P ( A k ) download by : skknchat@gmail.com 36 Có nghĩa tồn kỳ thủ đôi không đấu với 2.2 Phương pháp sử dụng kỳ vọng Ý tưởng phương pháp kỳ vọng dựa tính chất sau Tính chất 2.2.1 Tồn cấu hình mà giá trị biến ngẫu nhiên lớn (nhỏ hơn) giá trị kỳ vọng 2.2.1 Ứng dụng đồ thị Một tập hợp thống trị đồ thị vô hướng G = (V, E) tập hợp U ⊂ V cho với đỉnh v ∈ V \ U, ln có đỉnh kề U Ví dụ 2.2.1 Cho đồ thị G = (V, E) có n đỉnh cho bậc đỉnh không bé δ > Chứng minh chọn tập thống trị có số đỉnh khơng q + ln(δ + 1) n· δ+1 Chứng minh Chọn ngẫu nhiên độc lập đỉnh thuộc tập đỉnh V vào tập V1 với xác suất p ∈ [0; 1] cho lần chọn Gọi V2 tập đỉnh thuộc V \ V1 mà không kề với đỉnh thuộc V1 Khi đó, tập V1 ∪ V2 tập thống trị Ta tính kỳ vọng biến ngẫu nhiên X số đỉnh thuộc vào V1 ∪ V2 Biểu diễn biến ngẫu nhiên X thành tổng báo phần tử có chọn hay khơng, ta có E[| X |] = np Xét đỉnh v ∈ V, ta thấy P (v ∈ V ) = P v đỉnh không thuộc V = (1 − p)d(v)+1 ≤ (1 − p)δ+1 Điều dẫn đến, biểu diễn số phần tử thuộc Y thành tổng biến báo, ta có E |Y | ≤ n(1 − p)δ+1 Do E | X ∪ Y | ≤ E | X | + E |Y | ≤ np + n(1 − p)δ+1 Do đó, tồn cách chọn có khơng q np + n(1 − p)δ+1 Chọn p = ln(δ + 1) , ta nhận kết tốn δ+1 Ví dụ 2.2.2 (Szele 1943) Chứng minh có đồ thị đầy đủ có hướng n n! đỉnh chứa n−1 đường Hamilton Kết luận số vịng Hamilton? download by : skknchat@gmail.com 37 Chứng minh Lấy đồ thị đầy đủ Kn định hướng cạnh cách ngẫu nhiên để đồ thị đầy đủ có hướng T Nếu p xích Hamilton Kn , đặt X p ( T ) = p trở thành đường Hamilton T đặt X p ( T ) = ngược lại Vì p có n − cạnh, nên E[ X p ] = Đặt X = 2n −1 ∑ X p , p chạy khắp n! xích Hamilton Kn , X số p đường Hamilton T Khi E[ X ] = n! · E[ X p ] = n! 2n −1 Với vịng Hamilton khác với đường Hamilton chúng có thêm cạnh có hướng Do đó, tồn đồ thị đầy đủ có hướng n đỉnh với n! vịng Hamilton 2n Ví dụ 2.2.3 Cho G đồ thị đơn với tập đỉnh [n], có m cạnh Khi m G chứa đồ thị phần với cạnh Chứng minh Đặt G = (V, E), chọn ngẫu nhiên tập T ⊆ V đây, biến cố x ∈ T độc lập lẫn với xác suất Với cạnh e cho trước, gọi Xe biến biến cố có đỉnh cạnh e nằm T Khi E [ Xe ] = Nếu ký hiệu X số cạnh có đỉnh nằm T, E[ X ] = ∑ E [ Xe ] = e∈ E m m cạnh có đỉnh T đỉnh V \ T, tạo thành đồ thị hai mảng Vậy, với T ⊆ V, tồn Trong phần tiếp theo, xem xét Định lý Turan mắt xác xuất Trước vào kết chính, ta cần định nghĩa sau Định nghĩa 2.1 Cho đồ thị G = (V, E), không thiết đồ thị hai phần Tập I ⊂ V gọi tập độc lập đồ thị G khơng có hai đỉnh thuộc I kề Tập độc lập cực đại ứng với đồ thị G tập độc lập có nhiều đỉnh G download by : skknchat@gmail.com 38 Kết chứng minh Caro Wei cho ta mối liên hệ số phần tử tập độc lập cực đại ứng với đồ thị G bậc đỉnh G Định lý 2.7 (Caro Wei) Cho đồ thị G = (V, E) gồm n đỉnh Gọi d(v) bậc đỉnh v α ( G ) số cực đại đỉnh tập độc lập ứng với đồ thị G Khi α (G) ≥ ∑ v ∈V dv + Chứng minh Giả sử V = {v1 , v2 , , } Ta chọn hốn vị π = (π1 , π2 , , πn ) xây dựng tập S theo quy tắc: ta đặt πi vào tập S πi khơng có cạnh nối với tất đỉnh π j , j < i Theo cách định nghĩa S tập độc lập Đặt X := |S| biến ngẫu nhiên số phần tử tậpS Khi ta có phân tích sau n X= ∑ Xvi , i =1 Xvi biến ngẫu nhiên báo đỉnh vi , có nghĩa Xvi = 1, vi ∈ S, 0, vi ∈ / S Giả sử ta có hoán vị π = (π1 , π2 , , πn ) ta tiến hành xây dựng tập S theo quy tắc nêu phần tử vi ∈ S vi nằm vị trí thứ n − dvi tất phần tử π1 , π2 , , πn−dv lân cận i phần tử i Ta thu E Xvi = p Xvi = = , d vi + sử dụng tính tuyến tính kì vọng ta n E (X) = ∑E Xvi = v ∈V i =1 Điều α ( G ) ≥ ∑ v ∈V ∑ dv + 1 dv + Nhận xét 2.1 Gọi e số cạnh đồ thị G Khi đó, áp dụng Bất đẳng thức Jensen, ta nhận ∑ v ∈V ≥ n· dv + ∑ v ∈V n2 = dv 2e + n +1 n download by : skknchat@gmail.com 39 Điều có nghĩa là, ta ln tìm tập độc lập với kích thước khơng n2 bé 2e + n Một clique đơn đồ thị vô hướng G = (V, E) tập đỉnh V (V tập tập đỉnh V G) thoả mãn: với cặp đỉnh thuộc V tồn cạnh G nối chúng Do đồ thị tạo từ V đồ thị đầy đủ Kích thước clique số đỉnh Kết cho ta chặn số cạnh đồ thị không chứa (k + 1)−clique Định lý 2.8 (Định lý Turan) Cho đồ thị G = (V, E) gồm n đỉnh, không chứa (k + 1)−clique Khi n2 | E| ≤ − k Trước chứng minh Định lý Turan, ta cần kết sau Bổ đề 2.4 Cho G đồ thị với V = {1, 2, , n} Khi đó, n ω (G) ≥ ∑ n − di , i =1 di bậc đỉnh i, ω ( G ) kích thước clique lớn chứa G Chứng minh Bổ đề 2.4 Ta chọn hốn vị π = (π1 , π2 , , πn ) xây dựng tập S theo quy tắc: ta đặt πi vào tập C πi có cạnh nối với tất đỉnh π j , j < i Theo cách định nghĩa C clique Đặt X := |C | biến ngẫu nhiên số phần tử tập C Khi ta có phân tích sau n X= ∑ Xi , i =1 Xi biến ngẫu nhiên báo đỉnh i, có nghĩa Xi = 1, i ∈ C, 0, i ∈ / C Giả sử ta có hốn vị π = (π1 , π2 , , πn ) ta tiến hành xây dựng tập S theo quy tắc nêu phần tử vi ∈ S vi nằm vị trí thứ di + tất phần tử π1 , π2 , , πdi lân cận phần tử i Ta thu E ( Xi ) = p ( Xi = ) = n − di download by : skknchat@gmail.com 40 Áp dụng tính tuyến tính kì vọng ta n E (X) = ∑E Xvi = v ∈V i =1 ∑ Điều α ( G ) ≥ v ∈V ∑ n − di dv + Chứng minh Đinh lý 2.8 Sử dụng kí hiệu Bổ đề 2.4, theo giả thiết kết bổ đề ta có n k≥ ∑ n − di (2.5) i =1 Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM, ta suy n n ∑ n − di i =1 ∑ n − di i =1 ⇔ n ≥ n2 ∑ n − di n2 − 2| E | ≥ n2 (2.6) i =1 Từ (2.5) (2.6) ta nhận k ≥ n2 ⇔ | E| ≤ n2 − 2| E | 1− k n2 Ví dụ 2.2.4 Giả sử 799 đội bóng chuyền tham gia vào giải đấu mà hai đội đấu với lần Chứng minh tồn hai nhóm A B rời nhau, nhóm có đội cho đội bóng nhóm A thua đội bóng nhóm B Chứng minh Xét giải đấu đồ thị có hướng đầy đủ Ta xét A tập ngẫu nhiên có phần tử Gọi X biến ngẫu nhiên số đội thắng tất đội A Gọi d v− bậc vào v, ta có ∑ C7d(v− ) E (X) = v C7799 Mặt khác, ta có ∑ d(v− ) = C7799 , nghĩa bậc trung bình đỉnh v 399 Theo tính lồi hàm C7x ta có 799 · C7399 E (X) ≥ C7799 800 · 6, 25 Do X nhận giá trị nguyên, tồn A cho X ( A) ≥ Với A vậy, cần chọn đội bóng B từ nhóm đội thắng tất đội A download by : skknchat@gmail.com 41 2.2.2 ng dng t hp ă Vớ d 2.2.5 (Erdos) Chứng minh từ tập điểm gồm n số nguyên n dương phân biệt lấy tập có phân tử có tính tổng tự do1 : khơng tồn ba phần tử a, b, c cho a + b = c Chứng minh Xét số nguyên tố p = 3k + đủ lớn C := {k + 1; k + 2; ; 2k + 1} Rõ ràng, tập C có tính tổng tự lấy tổng theo modulo p Giả sử tập xét A = { a1 ; a2 ; ; an } Lấy ngẫu nhiên phần tử x ∈ {1; 2; ; p − 1} với phân phối Gọi X biến ngẫu nhiên số phần tử thuộc A cho nhân với x lấy modulo p thuộc vào C, X = | xA ∩ C = { a ∈ A : xa (mod p) ∈ C } Ta tính kỳ vọng biến ngẫu nhiên X Ta biểu diễn n X= ∑ Ixai (mod p)∈C i =1 Do n n E[ X ] = ∑E i =1 Ixai (mod p)∈C = ∑P i =1 Ixai (mod p)∈C Chú ý p số nguyên tố nên với số tập { xai : x = 1, p − 1} tạo thành hệ thặng dư thu gọn modulo p Do P Ixai (mod p)∈C = |C | k+1 = > p−1 3k + n n Do đó, tồn số x cho có phần 3 n tử thuộc A mà nhân với x thuộc vào C Đây phần tử tạo nên tập cần tìm Thật vậy, tập khơng có tính tổng tự do, tức tồn ba phần tử a, b, c cho a + b = c, Như E[ X ] > ax + bx = cx (mod p), điều mâu thuẩn với việc ba phần tử ax, bx, cx thuộc C C có tính tổng tự sum-free download by : skknchat@gmail.com 42 Các ví dụ đây, chọn từ đề thi học sinh giỏi khu vực quốc tế Ví dụ 2.2.6 (IMO Shortlist, 1987) Gọi pn (k ) số hoán vị S = {1; 2; ; n} có k điểm cố định Chứng minh n ∑ k · pn (k) = n! (a) k =0 n (b) ∑ (k − 1)2 · pn (k) = n! k =0 Chứng minh Chọn ngẫu nhiên hoán vị theo phân phối Gọi biến ngẫu nhiên X số điểm bất động hoán vị lấy Khi đó, ta có bảng phân phối biến ngẫu nhiên X sau (a) Theo định nghĩa kỳ vọng, ta có n pn (k ) = E[ X ] = ∑ k · ∑ k · p n ( k ) n! n! k =0 k =0 n Biểu diễn X thành tổng biến ngẫu nhiên báo cho biến cố phần tử i cố định, ta có n X= ∑ Ii cố định i =1 Khi đó, n E[ X ] = ∑ n P i cố định = k =0 Như ( n − 1) ! = n · = n! n k =0 ∑ n k · pn (k) = n! k∑ =0 (b) Ta có n E[ X ] = k · pn (k ) n! k∑ =0 Lại có, khai triển X , ta có X2 = n ∑ Ii cố định i =1 n = ∑ Ii cố định +2 ∑ Ii cố định Ij cố định 1≤ i ≤ j ≤ n i =1 Điều kéo theo E[ X ] = n ∑P k =0 i cố định + ∑ P i, j cố định 1≤ i ≤ j ≤ n download by : skknchat@gmail.com 43 n = ( n − 2) ! ( n − 1) ! +2 ∑ = n! n! 1≤ i ≤ j ≤ n k =0 ∑ Ví dụ 2.2.7 Trong thi Olympiad có sáu tốn 200 người thi Một tốn 120 người giải Chứng minh tồn hai người mà tất toán giải hai người Chứng minh Chọn ngẫu nhiên hai người thi Gọi X biến ngẫu nhiên số toán mà hai khơng làm Khi đó, ta có X= ∑I thứ i không giải i =1 Như thế, C280 E [ X ] = ∑ P thứ i không giải ≤ ∑ < i =1 i =1 C200 6 Như vậy, phải tồn hai người mà số họ khơng giải nhỏ 1, mà số số nguyên nên bắt buộc Ví dụ 2.2.8 (Nga, 1996) Trong viện Duma quốc gia Nga có 1600 đại biểu lập thành 16000 tiểu bang, tiểu bang 80 người Chứng minh tìm hai tiểu bang có bốn thành viên chung Từ u cầu tốn, ta cố gắng tìm giá trị trung bình số người thuộc hai ủy ban cần đại lượng lớn Chứng minh Xét phép thử, chọn ngẫu nhiên hai tiểu bang bất kì, phép thử có số phần tử không gian mẫu C216000 Gọi X biến ngẫu nhiên số người thuộc hai tiểu bang chọn; Xi biến ngẫu nhiên xác định Xi = người thứ i thuộc hai tiểu ban người thứ i khôngthuộc hai tiểu ban , i = 1, 2, , 1600 1600 Khi đó, X = ∑ Xi , theo tính chất tuyến tính kì vọng, ta có i =1 1600 E( X ) = ∑ E ( Xi ) i =1 download by : skknchat@gmail.com 44 Gọi ni số tiểu bang mà người i tham gia, i = 1, 2, , 1600 Rõ ràng, sở để đánh giá ni , nhiên ta lại tính n số tiểu bang trung bình mà người tham gia n= 16000 · 80 = 800 1600 Gọi Ai biến cố "người thứ i có hai tiểu bang", ta có P ( Ai ) = C2ni C216000 Do đó, E ( Xi ) = P( A) Khi 1600 · C2800 1600 · Cn2 = = 3.995 E( X ) ≥ C216000 C216000 Vậy, tồn hai tiểu bang có bốn thành viên chung Ví dụ 2.2.9 (APMO 1998) Gọi F tập hợp tất ( A1 , A2 , , An ), Ai tập {1, 2, , 1998} Kí hiệu | A| số phần tử tập hợp A Tìm S= ∑ A1 A2 ··· An ( A1 ,A2 , ,An )∈F Chứng minh Ta thấy tập hợp {1, 2, , 1998} có 21998 tập Vì có tất 21998n số hạng tổng Bây ta tính giá trị trung bình số hạng Với i = 1, 2, , 1998, ta có i phần tử A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An phần tử A1 , A2 , , An Xác suất biến cố − 2−n Do giá trị trung bình số hạng tổng 1998 − n , thế, ta nhận S = 21998n 1998 − n Ví dụ 2.2.10 Trong bảng n × n, số số 1, 2, , n xuất lần Chứng minh tồn hàng cột với √ n số phân biệt Chứng minh Ta chứng minh với hàng hay cột bất kỳ, trung bình √ số phần tử khác n Thật vậy, số cách chọn hàng hay cột download by : skknchat@gmail.com 45 bảng 2n Gọi X số phần tử khác hàng cột chọn; Gọi Xi biến ngẫu nhiên xác định Xi = i có mặt hàng cột chọn i khơng có mặt hàng cột chọn , i = 1, 2, , n 1600 Khi đó, X = ∑ Xi , theo tính chất tuyến tính kì vọng, ta có i =1 n E( X ) = ∑ E ( Xi ) i =1 Với i = 1, 2, , n ta có E ( Xi ) = P ( Xi = ) Mặt khác, số i có mặt hàng cột số i xuất √ √ vng nhỏ nhơn n × n Do đó, √ n P ( Xi = ) ≥ = √ , i = 1, , n 2n n n Do vậy, E ( X ) = √ ∑ E ( Xi ) ≥ n · E ( Xi ) ≥ n i =1 Do E( X ) giá trị trung bình số phần tử khác hàng √ cột nên tồn hàng cột với n số phân biệt Ví dụ 2.2.11 Cho n véc-tơ v1 , v2 , , ∈ Rn cho |vi | ≤ với i = 1, n Lấy số p1 , p2 , , pn ∈ [0; 1] tùy ý đặt w = p1 v1 + p2 v2 + · · · + p n v n Chứng minh tồn · · · + n , ta có 1, 1, , n ∈ {0; 1} để với v := P( i i + v2 + √ |w − v| ≤ Chứng minh Chọn v1 n cách ngẫu nhiên độc lập với cho = 1) = p i , P ( i = 0) = − pi , ∀i = 1, n Khi đó, xét biến ngẫu nhiên bình phương độ dài X = | w − v |2 , download by : skknchat@gmail.com 46 ta có n X= ∑ ( pi − i ) vi i =1 suy n = ∑ vi , v j ( pi − i )( p j − j ), i,j=1 n E[ X ] = ∑ vi , v j E ( pi − i )( p j − j ) i,j=1 Chú ý i = j pi − i p j − j độc lập với nhau, điều dẫn tới E ( pi − i )( p j − j ) = E pi − E pj − i j , kết hợp với E pi − i = pi pi − + − pi pi = 0, ∀i = 1, n, ta suy E ( pi − i )( p j − j ) = E pi − E pj − i j =0 với i = j Khi i = j, ta có E pi − i = pi pi − + − pi pi − = pi − pi ≤ , ∀i = 1, n Do vậy, n E[ X ] = ∑ i,j=1 n = ∑ i =1 n = vi , v j E ( pi − i )( p j − j ) v i , v i E ( p i − i )2 ∑ | v i |2 E i =1 ( p i − i )2 ≤ n Điều chứng tỏ rằng, tồn cách chọn số n độ dài |w − v| không lớn i cho bình phương Trong ví dụ tiếp theo, chúng tơi thử tiếp cận tốn hình học tổ hợp công cụ xác suất Chú ý rằng, lớp tốn hình học tổ hợp, ta thường xác định xác suất thông qua tỉ lệ độ dài cạnh, diện tích, thể tích, Ví dụ 2.2.12 Trong hình vng đơn vị có đường gấp khúc có độ dài 100 Chứng minh tồn đường thẳng ngang dọc (song song với cạnh hình vng) mà cắt đường gấp khúc điểm download by : skknchat@gmail.com 47 Chứng minh Đường gấp khúc tạo n đoạn thẳng có độ dài l1 , l2 , , ln Theo giả thiết, ta có l1 + l2 + · · · + ln = 100 Lấy ngẫu nhiên, theo phân phân phối đều, điểm cạnh đáy hình vng đơn vị Gọi X biến ngẫu nhiên số lần đường thẳng dọc qua điểm lấy cắt đường gấp khúc xét Tương tự, lấy ngẫu nhiên, theo phân phối đều, điểm cạnh bên hình vng đơn vị gọi Y biến ngẫu nhiên số lần đường thẳng ngang qua điểm lấy cắt đường gấp khúc xét Chú ý rằng, đoạn thẳng chọn chứa khơng chứa điểm đầu mút Khi đó, X = X1 + X1 + · · · + Xn , Y = Y1 + Y2 + · · · + Yn Bây giờ, ta xét riêng cặp Xi Yi Theo định nghĩa, hai biến ngẫu nhiên nhận giá trị đường thẳng cắt đoạn thẳng nhiều điểm Ví dụ, với biến Xi nhận giá trị điểm lấy thuộc vào hình chiếu đoạn thứ i cạnh đáy hình vng Do đó, kì vọng E[ Xi ] xác suất chọn phải điểm thuộc vào hình chiếu cạnh đáy, độ dài hình chiếu cạnh đáy, hình vng có cạnh đơn vị Tương tự, kì vọng E [Yi ] độ dài hình chiếu đoạn thẳng thứ i lên cạnh bên Dễ thấy rằng, theo bất đẳng thức tam giác, ta có E [ Xi ] + E [Yi ] ≥ li , ∀i = 1, n Điều dẫn đến E [ X ] + E [Y ] = n n i =1 i =1 ∑ E [Xi ] + ∑ E [Yi ] ≥ l1 + l2 + · · · + ln = 100 Do đó, hai kì vọng E[ X ] E[Y ] ln có số khơng nhỏ 50 2.3 Một số tập áp dụng Trong mục này, đưa số tập, lời giải hướng dẫn tìm [1], [13], Bài toán 2.3.1 Đặt A tập gồm n thặng dư mod n2 Chỉ có tập B gồm n thặng dư mod n2 cho nửa thặng dư mod n2 viết dạng a + b với a ∈ A b ∈ B download by : skknchat@gmail.com 48 Bài toán 2.3.2 Cho L = ( L1 , L2 , · · · , Lk ) gồm ba thứ tự Li = ( , bi , ci ) cho với i bất kì, số , bi , ci phần tử khác [n] Tuy nhiên, ký hiệu với số i j khác ký hiệu cho số Đặt p = p1 p2 pn n−hoán vị Ta nói p thỏa mãn Li phần tử bi ci p (không quan tâm đến thứ tự phần tử p bi ci hay ci bi ) Chứng minh tồn n−hoán vị p thỏa mãn 31 tất Li L cho trước Bài toán 2.3.3 Cho G đồ thị đơn Nếu G có 2n đỉnh e cạnh en chứa đồ thị hai mảng với cạnh Nếu G có 2n + đỉnh 2n − e ( n + 1) cạnh e cạnh chứa đồ thị hai mảng với 2n + Bài toán 2.3.4 (Austrian-Polish Competition 1997-1998) Cho | X | = n Tìm số lớn tập khác X cho tập có phần tử khơng có tập rời Bài toán 2.3.5 Cho G đồ thị có n ≥ 10 đỉnh giả sử rằng: ta thêm vào G cạnh khơng nằm G số đồ thị K10 G tăng lên Chứng minh số cạnh G 8n − 36 Bài toán 2.3.6 (IMO - 1970) Trên mặt phẳng cho 100 điểm, khơng có điểm thẳng hàng Xét tất tam giác có đỉnh điểm cho Chứng minh không 70 tam giác tam giác nhọn Bài toán 2.3.7 (IMO - 1971) Chứng minh với số nguyên dương m, tồn tập hữu hạn S điểm mặt phẳng với tính chất sau: Với điểm A S, có m điểm S có khoảng cách đến A Bài tốn 2.3.8 Trong thi, có a thi sinh b giám khảo, b ≥ số nguyên lẻ Một giám khảo đánh giá thí sinh "đậu" "rớt" Giả sử k số cho với cặp hai giám khảo, đánh giá họ trùng k b−1 nhiều k thí sinh Chứng minh ≥ a 2b Bài toán 2.3.9 (MOP 2008) Giả sử a, b, c số thực dương thỏa mãn [ an] + [bn] = [cn] với n ∈ N Chứng minh ba số a, b , c số nguyên download by : skknchat@gmail.com KẾT LUẬN Luận văn "phương pháp xác suất tổ hợp đồ thị" đạt kết sau: Hệ thống lại khái niệm tính chất xác suất, đồ thị Hệ thống lại chứng minh số kết quan trọng lý thuyết tổ hợp, đồ thị phương pháp xác suất (Mệnh đề 2.1, Định lý 2.5, Mệnh đề 2.2, Hệ 2.1, Mệnh đề 2.3, Định lý 2.4, Định lý 2.7, Định lý 2.8) Tiếp cận số tốn Olympic thơng qua phương pháp xác suất download by : skknchat@gmail.com Tài liệu tham khảo [1] Trần Nam Dũng, Phương pháp xác suất, Thơng tin tốn học tập 16 số 4, 2012 [2] Nguyễn Văn Hộ, Xác suất thống kê, NXB Giáo dục, Hà Nội, 2008 [3] Phan Huy Khải, Các tốn hình học tổ hợp, NXB Giáo dục,2007 [4] Đoàn Quỳnh, Hạ Vũ Anh, Phạm Khắc Ban, Văn Như Cương, Vũ Đình Hịa, Tài liệu chun tốn - Hình học 12, NXB Giáo dục, 2012 [5] Đặng Huy Ruận, Lý thuyết đồ thị ứng dụng, NXB Khoa học kĩ thuật, Hà Nội, 2004 [6] N Alon, J Spencer, The Probabilistic Method, A Wiley-Interscience Pubblication John Wiley and Sons, Inc, 2000 [7] M Bóna, A Walk Through Combinatorics, An Introduction to Enumeration and Graph Theory, World Scientific Publishing Co , Inc, 2002 [8] M Bóna, G Tóth, A Ramsey-type problem on right - angles in space, Discrete Math (150), 1-3, 61-67,1996 [9] M Bóna, A Euclidean Ramsey theorem, Discrete math (122), 349352,1993 [10] Péter Csikvári, Probabilistic method, Lecture Note (2018) [11] A Engel, Problem - Solving Strategies, Springer,1998 [12] P Erd˝os, R L Graham, P Montgomery, B L Rothschild, J Spencer and E G Straus, "Euclidean Ramsey theorems I", Journal of combinatorial Theory, Series A (4), 341-363, 1973 [13] http://www.princeton.edu/∼ploh/docs/math/mop2008/probcomb-soln.pdf, 10/12/2008 download by : skknchat@gmail.com ... vấn đề phương pháp xác suất tổ hợp đồ thị; vấn đề liên quan đến việc ứng dụng hay toán phương pháp xác suất tổ hợp đồ thị lại phức tạp Do người tiếp cận phương pháp xác suất tổ hợp đồ thị khó... chọn đề tài: ? ?Phương pháp xác suất tổ hợp đồ thị? ?? cho luận văn thạc sĩ nhằm tìm hiểu số phương pháp xác suất lý thuyết tổ hợp đồ thị, với ứng dụng giải toán tổ hợp đồ thị Trong luận văn này, ta... ta nghiên cứu phương pháp xác suất tổ hợp đồ thị Mục đích giúp người hiểu rõ phương pháp xác suất lý thuyết tổ hợp đồ thị, giải tốn khó lý thuyết tổ hợp đồ thị Nội dung của luận văn trình bày