(Luận văn) vận dụng phương pháp xác suất vào giải một số đề thi học sinh giỏi

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– VŨ DUY HƯNG lu an n va gh tn to p ie VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP XÁC SUẤT VÀO GIẢI MỘT SỐ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu Thái Nguyên, 2017 n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– VŨ DUY HƯNG lu an n va p ie gh tn to VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP XÁC SUẤT VÀO GIẢI MỘT SỐ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI d oa nl w Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 nf va an lu z at nh oi lm ul LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PSG.TS TRỊNH THANH HẢI z m co l gm @ an Lu Thái Nguyên, 2017 n va ac th si i Mục lục Lời cảm ơn ii lu an Danh mục ký hiệu, chữ viết tắt iii va n Mở đầu tn to Một số kiến thức chuẩn bị gh 1.1.1 Khái niệm xác suất 1.1.2 Tính chất xác suất p ie 1.1 Khái niệm xác suất số tính chất nl w d oa 1.2 Một số tập tổ hợp 10 lu nf va an Vận dụng phương pháp xác suất vào giải số đề thi học sinh giỏi 15 lm ul 2.1 Ý tưởng vận dụng xác suất vào giải toán 15 z at nh oi 2.2 Vận dụng phương pháp xác suất vào giải số đề thi học sinh giỏi nước 20 2.3 Vận dụng phương pháp xác suất vào giải số đề thi học sinh giỏi quốc tế 26 z 55 m co Kết luận l gm @ 2.4 Một vài dạng tập vận dụng kiến thức xác suất để giải 52 an Lu Tài liệu tham khảo 56 n va ac th si ii Lời cảm ơn Luận văn thực trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hoàn thành hướng dẫn Phó Giáo sư - Tiến lu sĩ Trịnh Thanh Hải Tác giả xin trân trọng bày tỏ lịng kính trọng biết ơn sâu sắc tới thầy, người tận tình bảo, hướng dẫn, động viên khích an n va tn to lệ tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả suốt trình học tập nghiên cứu luận văn p ie gh Qua luận văn này, tác giả xin gửi lời cảm ơn tới Ban Giám hiệu trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban chủ nhiệm khoa w Toán - Tin, giảng viên tham gia giảng dạy tạo điều d oa nl kiện tốt để tác giả học tập nghiên cứu suốt thời gian qua Tác giả xin cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp tất nf va an lu người quan tâm, động viên giúp đỡ để tác giả hồn thành luận văn lm ul Tác giả xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, ngày tháng năm 2017 z at nh oi Tác giả luận văn z @ m co l gm Vũ Duy Hưng an Lu n va ac th si iii Danh mục ký hiệu, chữ viết tắt an n va Ω Không gian biến cố sơ cấp ω Pn Biến cố sơ cấp Số hoán vị n phần tử Akn m Xn Số chỉnh hợp chập k n phần tử Số chỉnh hợp lặp chập m n phần tử Cnk E(X) Số tổ hợp chập k n phần tử Kỳ vọng toán đại lượng ngẫu nhiên X D(X) σ(X) Phương sai đại lượng ngẫu nhiên X Độ lệch tiêu chuẩn gh tn to Xác suất biến cố A ie lu P (A) p d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Mở đầu Lý chọn đề tài lu an Trong đề thi học sinh giỏi nước quốc tế, nhiều toán tổ n va tn to hợp giải ta vận dụng tính chất xác suất trình giải tốn p ie gh Tuy nhiên chương trình, sách giáo khoa mơn tốn THPT khơng trình bày phương pháp xác suất nên việc vận dụng xác suất vào giải toán nl w vấn đề khó nhiều học sinh Với mong muốn tạo tài liệu đầy đủ phương pháp xác suất dành cho giáo viên ôn thi học d oa sinh giỏi em học sinh giỏi có tài liệu tham khảo q trình học tập, tác giả lựa chọn đề tài "Vận dụng phương pháp lu nf va an xác suất vào giải số đề thi học giỏi" lm ul Mục đích nghiên cứu z at nh oi Tìm hiểu trình bày cách hệ thống kiến thức tổ hợp xác suất Trình bày việc vận dụng phương pháp xác suất vào giải z số toán dành cho học sinh giỏi nước quốc tế an Lu • Tìm hiểu ý tưởng phương pháp xác suất m Luận văn có nhiệm vụ sau: co l gm @ Nhiệm vụ nghiên cứu n va ac th si • Sưu tầm trình bày việc vận dụng xác suất vào giải số toán dành cho học sinh giỏi, đề thi chọn học sinh giỏi nước quốc tế • Đưa lời giải chi tiết, đầy đủ cho toán mà tài liệu tham khảo có lời giải tóm tắt gợi ý Nội dung luận văn lu Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, luận văn trình bày ngắn gọn hai chương: an va Chương Một số kiến thức chuẩn bị n gh tn to 1.1 Khái niệm xác suất số tính chất p ie 1.2 Một số tập tổ hợp nl w Chương Vận dụng phương pháp xác suất vào giải số đề d oa thi học sinh giỏi nf va an lu Chương trình bày kết tài liệu tham khảo Dự kiến nội dung: lm ul 2.1 Ý tưởng vận dụng xác suất vào giải toán z at nh oi 2.2 Vận dụng phương pháp xác suất vào giải số đề thi học sinh giỏi nước z 2.3 Vận dụng phương pháp xác suất vào giải số đề thi học sinh giỏi quốc tế gm @ Một cách cụ thể, luận văn trình bày kết tài liệu m co l tham khảo [1], [2], [3], [4], [5], [6], [7] an Lu n va ac th si Chương Một số kiến thức chuẩn bị lu an 1.1 Khái niệm xác suất số tính chất n va Khái niệm xác suất Quan sát biến cố phép thử, khẳng gh tn to 1.1.1 p ie định biến cố có xảy hay khơng người ta đốn khả xảy biến cố hay nhiều Khả xảy w d oa nl khách quan biến cố gọi xác suất (probality) biến cố nf va an lu P (A) số đặc trưng cho khả xảy nhiều hay cho biến cố Xác suất biến cố A, kí hiệu P (A), định nghĩa nhiều dạng sau: • Dạng hình học • Dạng thống kê z at nh oi lm ul • Dạng cổ điển z m co 1.1.1 Định nghĩa cổ điển l gm @ • Dạng tiên đề Kolmogorow an Lu Nếu A biến cố có n(A) biến cố sơ cấp thích hợp với không gian biến cố sơ cấp gồm n(Ω) biến cố khả xuất n va ac th si n(A) gọi xác suất A n(Ω) Như điều kiện để áp dụng định nghĩa là: +) n(Ω) < ∞ tỉ số P (A) = +) Các biến cố sơ cấp phải có khả xuất Để tính xác suất cổ điển ta sử dụng phương pháp đếm giải tích tổ hợp Sau đây, ta nhắc lại số công thức: • Quy tắc cộng Nếu có m1 cách chọn loại đối tượng X1 , m2 cách chọn loại đối tượng X2 , lu .,mn cách chọn loại đối tượng Xn Các cách chọn đối tượng Xi không trùng với cách chọn Xj i 6= j; i, j = 1, n có m1 + m2 + + mn an n va cách chọn đối tượng cho Giả sử công việc H gồm nhiều công đoạn liên tiếp H1 , H2 , , Hk cơng đoạn Hi có ni cách thực có tất n1 n2 ni cách p ie gh tn to • Quy tắc nhân nl w thực công việc H d oa • Hoán vị Cho tập hợp A gồm n phần tử, (n ≥ 1) Mỗi cách xếp n phần tử lu nf va an tập hợp A gọi hốn vị n phần tử Số hốn vị n phần tử kí hiệu Pn lm ul Pn = n(n − 1) 2.1 = n! (1.1) z at nh oi • Chỉnh hợp Cho tập hợp A gồm n phần tử Một phận gồm k phần tử thứ z tự tập hợp A gọi chỉnh hợp chập k n phần tử (1 ≤ k ≤ n) Số chỉnh hợp chập k n phần tử kí hiệu Akn l gm @ n! (n − k)! (1.2) m co Akn = n(n − 1) (n − k + 1) = an Lu n va ac th si • Chỉnh hợp lặp Cho tập hợp X gồm n, (n ∈ N ∗ ) phần tử Một dãy có độ dài m, (m ∈ N ∗ ) phần tử X, phần tử lặp lặp lại nhiều lần, xếp theo thứ tự định gọi chỉnh hợp chập m n phần tử ¯ nm Số chỉnh hợp lặp chập m n phần tử kí hiệu X ¯ m = nm X n (1.3) lu • Tổ hợp Cho tập hợp A gồm n phần tử Một tập gồm k phần tử tập hợp an n va A gọi tổ hợp chập k n phần tử cho (0 ≤ k ≤ n) Cũng xem tổ hợp chập k n phần tử cách chọn Hai chỉnh hợp chập k n phần khác nếu: - Có phần tử chỉnh hợp chỉnh hợp p ie gh tn to đồng thời k tập n phần tử nl w - Các phần tử thứ tự khác d oa Vậy với tổ hợp chập k n phần tử có k! chỉnh hợp tương ứng Mặt khác, hai chỉnh hợp khác ứng với hai tổ hợp khác Do lu nf va an đó, số tổ hợp chập k n, kí hiệu Cnk là: n! k!(n − k)! (1.4) z at nh oi lm ul Cnk = 1.1.2 Định nghĩa xác suất theo quan điểm hình học Giả sử điểm rơi ngẫu nhiên vào miền D, A miền z m co l gm @ D Khi xác suất để điểm rơi ngẫu nhiên vào miền A xác định công thức: số đo miền A P (A) = (1.5) số đo miền D Số đo độ dài, diện tích, hay thể tích tùy thuộc vào miền xét đường thẳng, mặt phẳng hay không gian ba chiều an Lu n va ac th si 42 quen • Điều kiện 2: Khơng người G lại có mối liên hệ dây chuyền với người ngồi G Từ thảo luận trên, ta khẳng định tập hợp tất nhừng người tham gia bữa tiệc tạo thành nhóm n người Tiếp theo ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề Trong nhóm n người, có n – cặp quen Chứng minh bổ đề Giả sử ta chọn cặp nhóm tun bố hai người khơng quen nhau, nhóm giữ ngun tách thành hai nhóm Điều lu an có nghĩa là, cách thay đổi tình trạng có quen thành khơng quen cặp ta tăng số nhóm lên nhiều n va cảu cặp thành khơng quen nhau, hiển nhiên, số nhóm tăng lên từ đến n Do vậy, có n – cặp quen nhóm n người ie gh tn to Do đó, nhóm n người, ta hay đổi tình trạng quen tất p Từ bổ đề trên, ta suy có nhiều d oa nl w n2 − 3n + n (n − 1) − (n − 1) = 2 cặp thỏa mãn điều kiện toán nf va an lu n2 − 3n + Như số lớn thỏa mãn điều kiện toán là: lm ul Bài tốn 2.23 (Trích Đề thi Châu Á - Thái Bình Dương lần thứ z at nh oi 13, 2011, [4]) Năm điểm A1 , A2 , A3 , A4 , A5 nằm mặt phẳng cho z ba điểm chúng thẳng hàng Xác định giá trị lớn giá trị bé mà góc ∠Ai Aj Ak nhận, với i, j, k số phân biệt l gm @ chọn số từ đến m co Giải Ta chứng minh giá trị góc Ai Aj Ak lớn 3600 Đầu tiên ta để ý điểm cho tạo thành ngũ giác đều, an Lu góc bé tạo thành từ ba điểm điểm 3600 , cho nên, ta tìm kiếm góc lớn 3600 cho lời giải toán n va ac th si 43 Tiếp theo ta chứng tỏ rằng, với điểm thỏa mãn điều kiện tốn, chắn phải có góc tạo thành từ ba năm điểm bé 3600 Kí hiệu điểm A1 , A2 , A3 , A4 , A5 xét số điểm điểm tạo thành đa giác lồi (ta gọi tập lồi bé điểm – kí hiệu Γ ) Vì Γ tam giác, tứ giác lồi, ngũ giác lồi, nên phải có góc bé 1080 Khơng tính tổng qt Giả sử A\ A2 A3 Theo định nghĩa tập Γ Rõ ràng hai điểm lại A4 A5 phải nằm bên miền góc xác định \ A\ A2 A3 , suy phải có góc lớn A1 A2 A3 , mà góc lu tạo thành từ điểm cho, đó, 3600 góc lớn cần chứng tỏ an n va tn to Bài tốn 2.24 (Trích Đề thi Tuyển chọn dội tuyển Quốc gia Singapore năm học 1999 - 2000, [4]) Trên đường thẳng, có n điểm p ie gh màu xanh n điểm màu đỏ Chứng minh tổng tất khoảng cách cặp điểm màu bé tổng tất khoảng cách cặp điểm khác màu nl w d oa Giải Lấy hai điểm liên tiếp A B mà tọa độ A bé toạ độ B Giả sử tồn điểm k điểm màu xanh điểm l điểm màu đỏ mà tọa lu nf va an độ chúng bé tọa độ A Lúc đó, phủ đoạn thẳng AB (n − k)k + (n − l)l lần z at nh oi lm ul đoạn thẳng có đầu nút màu, phủ đoạn thẳng AB (n − k)l + (n − l)k lần đoạn thẳng có đầu nút khác màu Vì ta có (n − k)k + (n − l)l ≤ (n − k)l + (n − l)k nên từ suy điều phải chứng minh z gm @ Bài toán 2.25 (Trích Các tốn huấn luyện đội tuyển Quốc co l Gia Singapo, 2001, [4]) Cho trước 1999 hình chữ nhật có độ dài cạnh số nguyên không m lớn 1998.Chứng minh số 1999 hình chữ nhật này, tồn hình chữ nhật mà ta gọi A, B, C cho A đặt vừa vào an Lu B B đặt vừa vào bên C n va ac th si 44 Giải Ta phân hoạch tập hình chữ nhật cho thành 999 tập hình chữ nhật S1 , , S999 theo cách phân hoạch sau: Với i ∈ {1, , 999}, gọi Si tập hình chữ nhật có tính chất: (a) Trong hình chữ nhật, cạnh ngắn có độ dài bé i; (b) Trong hình chữ nhật, cạnh dài có độ dài lớn 1998 − i; (c) Trong hình chữ nhật, cạnh ngắn có độ dài i cạnh dài có độ dài 1998 − i Ví dụ, S98 gồm hình chữ nhật cạnh ngắn có độ dài 98 lu cạnh dài có độ dài 1998 – 98 = 1900, ngồi ra, cạnh ngắn có độ dài bé 98, cạnh dài có độ dài lớn 1900: an n va tn to (98, 98), (98, 99), (98, 100), (98, 101), , (98, 1898), (98, 1900), (99, 1900), (100, 1900), (101, 1900), (102, 1900), , (1900, 1900), p ie gh Bất hình chữ nhật thuộc Si xếp thoả mãn đề Từ suy điều phải chứng minh oa nl w Bài tốn 2.26 (Trích Đề thi vơ địch Quốc gia Iran năm 1999 vòng 2, [4]) d Cho tam giác ABC Nếu ta sơn điểm mặt phẳng hai màu xanh đỏ, chứng minh tồn hai điểm màu đỏ có khoảng an lu nf va cách đơn vị, tồn ba điểm màu xanh tạo thành tam giác tam giác ABC lm ul z at nh oi Giải Ta gọi đa giác đa giác xanh (tương ứng, đỏ), có tất z đỉnh màu xanh (tương ứng, đỏ), ta gọi đoạn thẳng đoạn thẳng xanh (tương ứng, đỏ) đoạn thẳng có hai điểm đầu mút gm @ màu xanh (tương ứng, đỏ) co l Giả sử ngược lại không tồn điểm màu đỏ có khoảng cách đơn vị không tồn ba điểm màu xanh tạo thành tam m giác tam giác ABC (*) Kí hiệu a, b, c ba cạnh tam giác ABC, khơng tính tổng qt, an Lu ta giả sử a ≤ b ≤ c n va ac th si 45 Đầu tiên ta chứng minh khơng có đoạn thẳng đỏ có độ dài a Thật vậy, giả sử XY đoạn thẳng đỏ có độ dài a, đó, đường trịn đơn vị nhận X, Y làm tâm hồn toàn màu xanh Gọi Z điểm cho 4XY Z = 4ABC Khi đó, đường trịn đơn vị tâm Z phải có tồn màu đỏ, khơng Z màu xanh tam giác XYZ tam giác 4ABC, mâu thuẫn với giả thiết (*) Trên đường trịn đơn vị chắn có hai điểm màu đỏ có khoảng cách đơn vị, vơ lý lu Bây giờ, tồn mặt phẳng khơng thể màu xanh, nên có điểm màu đỏ mà ta gọi R Đường trịn (T) có tâm R bán kính a phải tồn an n va tn to màu xanh Khi đó, lấy hai điểm D E (T) cho DE = a Vì a ≤ b ≤ c nên p ie gh ta dựng điểm F nằm (T) cho 4DEF = 4ABC, điểm F phải có màu đỏ nl w Như vậy, ta quay DE quanh R, điểm F vạch nên đường trịn bán kính lớn a có tồn màu đỏ, đường trịn ta tìm d oa hai điểm màu đỏ có khoảng cách a, mâu thuẫn với chứng minh Như vậy, giả thiết (*) sai, ta có điều phải chứng minh an lu nf va Bài tốn 2.27 (Trích Đề thi vơ địch Quốc gia Hàn Quốc năm 1999 - vòng 2, [4]) lm ul z at nh oi Một từ mã hóa chữ số, chữ số Gọi x, y hai từ có ba vị trí chữ số khác Chứng minh số tất từ khác với hai từ x, y năm vị trí chữ số 38 z @ l gm Giải Không tính tổng quát ta giả sử x = 00000000, y = 00000111 co Khi đó, từ z khác với hai từ x, y năm m vị trí chữ số a + b ≥ a + (3˘b) ≥ 5, với a số chữ số năm chữ số z b số chữ số ba chữ an Lu số cuối z Cộng phương trình lại ta 2a ≥ 7, ta n va ac th si 46 phải có a ≥ Từ ta nghiệm (a,b) (4, 1), (4, 2), (5, b) với b = 0, 1, 2, Hai nghiệm cho ta số từ z C54 C31 + C32 = 30 Các nghiệm lại cho ta số từ z 23 = 8, có tất 38 từ khác với hai từ x y năm vị trí chữ số Bài tốn 2.28 (Trích Đề thi vơ địch Quốc gia Đài Loan năm 1999 - vịng 2, [4]) Có 1999 người tham dự triển lãm Cứ chọn 50 người cách lu tùy ý 50 người có người khơng biết Chứng minh ta tìm 41 người cho người số an va n biết nhiều 1958 người khác ie gh tn to Giải Gọi Y tập người có biết 1958 người khác Kí hiệu N (p) tập hợp người mà người p có biết đến p Để giải tốn, ta giả sử ngược lại có 41 người cho người số biết nhiều 1958 người khác Khi đó, |Y | ≥ 1959 nl w oa (kí hiệu |.| để số phần tử tập hợp) Để có mâu thuẫn với giả d thiết đề bài, ta chứng minh tồn nhóm gồm 50 người mà tất có biết an lu nf va Chọn người y1 ∈ Y đặt B1 = N (y1 ), tac|B1| ≥ 1959 Lúc đó, |B1| + |Y | > 1999, tồn người y2 ∈ B1 ∩ Y lm ul z at nh oi Lại đặt B2 = N (y1 ) ∩ N (y2 ) ta có |B2| = |B1| + |N (y2 )| − |B1 ∪ N (y2 )| ≥ 1959 + 1959 − 1999 = 1999˘40.2 z Như |B2 | + |Y | > 1999, tồn người y3 ∈ B2 ∩ Y Tiếp tục trình theo cách tương tự: giả sử ta có j ≤ 48 người @ co Bj = N (y1 ) ∩ N (y2 ) ∩ ∩ N (yj ) l gm khác y1 , y2 , , yj thuộc Y mà tất 48 người biết nhau, ta đặt m Bj có là: 1999 − 40j ≥ 79 ≥ 40 phần tử Lúc đó, |Bj | + |Y | > 1999 nên tồn người yj + ∈ Bj ∩ Y an Lu n va Như Bj + = Bj ∩ N (yj + 1) có số phần tử ac th si 47 |Bj | ∩ |N (yj + 1)| − |Bj ∪ N (yj + 1)| ≥ (1999˘40j) + 1959 − 1999 = 1959˘40(j + 1) > 0, nên ta lại tiếp tục trình Như vậy, ta tìm 49 người y1 , y2 , , y4 cho tập hợp N (y1 ) ∩ N (y2 ) ∩ N (y49 ) khác rỗng Suy tồn người y50 ∈ B49 Nhưng giờ, người số 50 người y1 , y2 , , y50 biết Điều mâu thuẫn Bài tốn 2.29 (Trích Đề thi vô địch Quốc gia Đài Loan năm 1999 - vịng 2, [4]) Có dấu hiệu khác thiết kế n áo T-shirt khác lu (loại áo thun có cổ nút trước ngực), với n ≥ Biết áo chứa dấu hiệu, với áo bất kì, dấu hiệu an n va tn to chúng khơng hồn tồn giống Ngồi ra, với k dấu hiệu bất kì, ≤ k ≤ 7, số áo chứa k dấu hiệu chẵn Tìm ie gh giá trị n p Giải Gọi X tập gồm dấu hiệu khác cho oa nl w Ta gọi tập S X hợp thời trang có áo chứa dấu hiệu thuộc S Xét tập A hợp thời trang có số d dấu hiệu bé |A| ≥ Do n ≥ 2, ta phải có |A| ≥ an lu nf va Tất n − tập hợp thời trang khác chứa k = − |A| dấu hiệu thuộc X A, n − chẵn, suy n số lẻ lm ul z at nh oi Để ý tập S khác rỗng X chứa số lẻ tập hợp thời trang: với S = X, số n, |S| ≤ 7, số chẵn t z tập hợp thời trang chứa phần tử X S, số lẻ n˘t tập hợp thời trang lại chứa S @ Bây giờ, tập khác rỗng X hợp thời trang gm co l Nếu ngược lại, lấy tập S khác rỗng nhỏ không hợp thời trang chứa X m Các tập hợp thời trang S 2|S| − (trừ tập rỗng S), tập hợp thời trang theo định nghĩa S an Lu Tuy nhiên 2|S| − số chẵn, điều n va ac th si 48 Như có chắn 28 – = 255 áo Thật vậy, với k dấu hiệu cho trước (1 ≤ k ≤ 7), có 28˘28 − k áo chứa k dấu hiệu Bài tốn 2.30 (Trích Một số tốn Kă omal ca Hungary), [3] Bn ngi bn thân tuyên bố người chia số sách mà người có cho tổng chữ số số số 13 Chứng minh có hai người số sách Giải lu an Xét số sách mà bốn người có Ta chứng minh số chữ số số n va gh tn to Nếu số chữ số số lớn 2, chữ số tương ứng a, b, số 10a+b, với a+b tổng chữ số Khi đó, < 10a+b < 13(a+b), ie mâu thuẫn với đề p Giả sử số chữ số n ≥ Kí hiệu chữ số a1 , a2 , , an , ta có 10n−1 ≤ 10n−1 a1 + 10n−2 a2 + nl w d oa + an = 13(a1 + a2 + + an ) ≤ 13.9n < 200n, suy 10n−3 < 2n Mặt khác, ta lại chứng minh n ≥ lu nf va an 10n−3 > 2n Với n = 4, điều đúng, quy nạp, dễ dàng chứng minh điều z at nh oi lm ul với n Tóm lại, số chữ số số sách người Vậy số sách người có 100a + 10b + c với chữ số a, b, c thỏa mãn a ≥ 100a + 10b + c = 13(a + b + c), hay 29a = b + 4c ≤ 45 z Suy a = 20 ≤ 4c ≤ 29, suy c 5, @ co l gm Từ đó, số sách người có 195, 156 117, nghĩa có hai người bạn số sách m Bài tốn 2.31 (Thi Vơ địch Tốn Quốc gia Hungary, 1997, [4]) Một hộp đựng 14 cầu trắng cầu đỏ Lần lượt rút an Lu (một cách ngẫu nhiên) cầu, khơng hồn lại Trước lần rút, n va ac th si 49 ta dự đoán màu cầu rút ra, dĩ nhiên dự đoán màu dễ xảy (nếu màu ta nhận thấy dễ xảy ta dự đốn màu đó, chẳng hạn, hộp cịn hai đỏ, dĩ nhiên ta dự đốn cầu rút màu đỏ) Tìm kì vọng số lần dự đoán Giải Với i, j ≥ 0, gọi ai,j kì vọng lần dự đoán đúng, hộp lu an n va p ie gh tn to có i cầu trắng j cầu đỏ Giả sử i > j ≥ 1, đó, dĩ nhiên ta đốn lần rút tới màu trắng j i đoán sai với xác suất Do vậy, ta đoán với xác suất i+j i+j i i Từ đó, suy ai,j = (1 + ai−1,j ) + (1 + ai,j−1 ) i+j i+j Rõ ràng ta có ai,j = aj,i i, j ≥ Nếu i = j ≥ 1, ta đoán sai với xác suất , ai,i = 1 (1 + ai−1,i ) + (1 + ai,i−1 ) = + ai,i−1 , ai,j = aj,i 2 Sau cùng, ta có ai,0 = a0,i = i với i ≥ 373 Từ đẳng thức trên, ta tính a4,4 = 70 oa nl w d Bài toán 2.32 (Problem 9.2, 1997, [3]) Cho bảng chữ nhật gồm 100 hàng 1997 cột Điền vào tất ô bảng chữ số an lu nf va cho cột có 75 số Chứng minh xóa 95 hàng cho có nhiều cột chứa tồn số lm ul phần lại bảng (5 hàng 1997 cột) z at nh oi Giải Trước hết, ta chứng minh tồn hàng có 1498 z số Thật vậy, giả sử điều ngược lại xảy Kí hiệu số số hàng thứ i(i = 1, 2, , 100), @ l gm bi số số cột thứ i(i = 1, 2, , 1997), P P100 Ta có 1997 = i=1 i=1 Để ý tổng vế trái phải co 1997.75, tổng vế phải nhiều 1497.100, điều mâu thuẫn m Như vậy, tồn hàng có 1498 số Khơng tính tổng qt, ta giả sử 1498 số hàng thứ an Lu 1498 số Ta xét bảng tạo 499 cột cuối Tương tự trên, ta n va ac th si 50 chứng minh tồn hàng bảng (không thiết phải khác với hàng thứ nhất) có 375 số Giả sử hàng thứ hai (nếu khơng phải hàng thứ nhất) hàng bắt đầu 375 số bảng Bây ta xét bảng tạo 124 cột cuối Cũng lí luận tương tự, tồn hàng có 93 số Giả sử hàng thứ ba (nếu khơng phải hàng thứ thứ hai) hàng bắt đầu 93 số bảng Tiếp theo, ta lại xét bảng tạo 31 cột cuối để ý tồn hàng có 24 số Cuối cùng, xét bảng tạo cột cuối để ý, tồn hàng có số lu Bây giờ, ta có hàng (nếu có hơn, ta thêm vào tùy ý hàng) Xóa 95 hàng bảng ban đầu Vì 1498+375+93+24+6=1996 nên có nhiều an n va cột gồm toàn số ie gh tn to Bài toán 2.33 (Problem 8.3, 1998, [3]) Cho 1998 điểm mặt phẳng cho 17 điểm số p điểm này, ta chọn 11 điểm nằm bên đường trịn oa nl w có đường kính Tìm số bé đường trịn có đường kính đủ để phủ 1998 điểm cho (Ta nói đường trịn phủ số điểm d tất điểm nằm bên hình trịn nằm đường trịn đó.) nf va an lu lm ul Giải *) Xét lục giác có cạnh z at nh oi Chọn 1998 điểm sau: chọn điểm đỉnh lục giác, 1992 điểm cịn lại nằm bên đường trịn đường kính có tâm trùng với tâm lục z giác cho Rõ ràng 1998 điểm thỏa mãn điều kiện đề Hơn nữa, đường trịn có bán kính phủ nhiều đỉnh @ co tròn phủ điểm lại) l gm đỉnh lục giác cho Như vậy, số cần tìm phải số khơng bé (trong trường hợp vừa xét: cần đường tròn phủ đỉnh đường m *) Bây giờ, ta chứng minh số cần tìm khơng thể lớn Xét 1998 điểm tùy ý thỏa mãn giả thiết toán Chọn điểm an Lu chúng thêm vào điểm khác cho tổng 17 điểm Rõ n va ac th si 51 ràng phải có đường trịn đường kính phủ 11 điểm số 17 điểm Như thế, có khơng q điểm nằm bên ngồi đường trịn đó, có điểm không lớn Vậy ta chứng minh số điểm tồn điểm có khoảng cách khơng lớn Bây giờ, chọn đường trịn bán kính có tâm 1998 điểm cho Nếu điểm cịn lại nằm bên đường trịn, hóa số phải tìm 1, số không lớn Giả sử trường hợp khác xảy ra, nghĩa điểm cịn lại khơng nằm bên đường tròn, lu ta chọn điểm khác nằm ngồi đường trịn Nếu tất điểm nằm hai đường trịn, số cần tìm 2, không lớn Tiếp an n va tn to tục lí luận thế, ta có khơng nhiều đường tròn phủ tất điểm, có đường trịn có điểm nằm bên p ie gh đường trịn Ta xét điểm nằm ngồi với tâm đường trịn vừa nói Theo trên, phải tồn điểm số điểm có khoảng nl w cách khơng lớn Nhưng điều xảy ra, theo cách chọn điểm d oa Như vậy, số cần tìm lu nf va an Bài tốn 2.34 (Problem 9.3.1998, [3]) Trong bảng hình chữ nhật gồm có hàng 1998 cột, ta viết z at nh oi lm ul tất số tự nhiên từ đến 1998, số viết lần (như bảng có số 1, số 2, ), cho hiệu hai số nằm cột khơng lớn Tìm giá trị lớn tổng nhỏ số 1998 tổng phần tử nằm cột z Ghi Mỗi cột gồm phần tử, có 1998 cột nên có 1998 tổng @ l gm phần tử nằm cột Giải Ta xét xếp số cột m co Nếu tất số xếp cột giá trị bé tổng phần tử nằm cột (ta gọi tắt tổng an Lu bé nhất) n va ac th si 52 Giả sử tất số xếp cột Khi đó, có số cột, tổng bé khơng lớn 5.1 + 4.4 = 21 Giả sử tất số xếp cột Khi đó, tổng số ba cột lớn 9.1 + 9.4 + 9.3 = 72 Suy giá trị lớn tổng bé trường hợp 72 : = 24 Giả sử tất số xếp cột Khi đó, tổng số cột lớn 9.1 + 9.4 + 9.3 + 9.2 = 90, suy giá trị lớn tổng bé 90 : 4, có nghĩa giá trị lớn tổng bé lu 22 Ngoài ra, ta xếp số vào nhiều cột số 2, an n va 1 2 1998 1 2 1998 p ie gh tn to khơng đủ để lấp đầy cịn lại Vậy giá trị lớn cần tìm 24 Ta có ví dụ xếp sau đây: nl w 1 2 1998 3 5 1998 d oa 3 5 1998 3 5 1998 lu nf va an 4 6 1998 2.4 z at nh oi lm ul 4 6 1998 4 6 1998 Một vài dạng tập vận dụng kiến thức xác suất để giải z gm @ Bài (Thi Olympic Mỹ, 1972),[3] co l Một người lựa chọn số ngẫu nhiên lựa chọn số nguyên 1, 2, 3, , xác suất lựa chọn số Xác định m xác suất sau n lần chọn (n > 1), cho tích n số chọn chia hết cho 10 an Lu n va ac th si 53 Bài (Promlem 8.3, 1999, [3]) Có 2000 cầu màu trắng chứa hộp Ta giả thiết thêm có đủ số cầu trắng, xanh, đỏ bên hộp để thực động tác sau nhiều lần 1) Thay hai cầu trắng cầu xanh 2) Thay hai cầu đỏ cầu xanh 3) Thay hai cầu xanh cầu trắng đỏ 4) Thay cầu trắng xanh cầu đỏ lu 5) Thay cầu xanh đỏ cầu trắng an n va cho lại ba cầu Chứng minh số ba cầu phải có cầu xanh ie gh tn to a) Mỗi nước lần thực cách tùy ý năm động tác kể Giả sử sau số hữu hạn nước đi, trng hộp p b) Có chiến lược để sau hữu hạn nước đi, lại cầu hộp? nl w oa Bài (Promlem 11.3, 2001, [3]) d Tại quốc gia nọ, có 2001 thành phố mà thành phố nối trực tiếp với 1600 thành phố khác đường xe buýt an lu nf va Tìm số n lớn cho có n thành phố thỏa mãn: hai thành phố trng chúng nối trực tiếp với đường xe lm ul z at nh oi buýt Bài (Olympic Bulgari, Vòng 3, 1996, [3]) z Chia hình chũ nhật kích thước m × n(n > 1, m > 1) thành mn ô vuông ÷ đường thẳng song song với cạnh Ta tìm cách hủy @ co dpmino × hình gồm hai trắng đen.) l gm hai vng, sau lấp đầy cịn lại hình chữ nhật qn cờ domino × Hỏi có cách thế? (Ta hiểu quân cờ m Bài (Olympic Bulgari, Vòng 4, 1997, [3]) Gọi X tập hợp gồm n + phần tử, với n ≥ Ta gọi n-bộ an Lu n va có thứ tự gồm n số (a1 , a2 , , an ) thành lập từ phần tử khác ac th si 54 X Hai n-bộ (a1 , a2 , , an ) (b1 , b2 , , bn ) gọi "khớp nhau" tồn hai số phân biệt i, j cho = bj Tìm số lớn n-bộ cho hai n-bộ trng chúng khớp Bài (Olympic Bulgari, Vòng 4, 1998, [3]) Các cạnh đường chéo n-giác X tô k màu cho: (i) Với màu a hai đỉnh A, B X đoạn AB tô màu a, phải tồn đỉnh C cho AC BC tô màu a; lu an (ii) Ba cạnh tam giác có ba đỉnh ba đỉnh nằm số đỉnh X tô màu nhiều hai màu n va p ie gh tn to Chứng minh k ≤ d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si 55 Kết luận kiến nghị lu Luận văn "Vận dụng phương pháp xác suất vào giải số đề thi học sinh giỏi" trình bày vấn đề sau: an va • Trình bày ý tưởng phương pháp xác suất dựa tài liệu n [6],[7] 28 toán dành cho học sinh giỏi, đề thi chọn hsg nước quốc tế có trrong tài liệu [1], [2], [3], [4], [5], [6], [7] p ie gh tn to • Sưu tầm tốn vận dụng phương pháp xác suất vào giải w oa nl • Trình bày lời giải chi tiết, đầy đủ cho toán mà tài liệu tham khảo có lời giải tóm tắt gợi ý d lu an Trong trình làm luận văn, khơng thể tránh thiếu sót, nf va tác giả mong muốn nhận bảo, đóng góp Thầy, Cơ giáo để tác giả tiếp tục hồn thiện luận văn tiếp tục tìm hiểu trở lm ul trường giảng dạy sau z at nh oi z m co l gm @ an Lu n va ac th si 56 Tài liệu tham khảo A Tiếng Việt [1] Tủ sách Toán học Tuổi trẻ (2009), Tuyển tập 45 năm Tạp chí Tốn lu an học tuổi trẻ, NXB Giáo dục Việt Nam va n [2] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Đăng Phất, Đỗ Thanh Sơn (2008), Hình học số vấn đề liên quan, NXB Giáo dục p ie gh tn to [3] Nguyễn Văn Nho (2013), Tuyển tập Olympic tốn học nước Đơng Âu, NXB Đại học Quốc gia d oa nl w [4] Nguyễn Văn Nho, Lê Hồng Phị (2013), Tuyển tập Olympic tốn học nước Châu Á- Thái Bình Dương, NXB Đại học Quốc gia an lu [5] Vũ Dương Thụy, Nguyễn Văn Nho (2001), Tuyển tập 40 năm Olympic Toán học quốc tế, NXB Giáo dục nf va lm ul B Tiếng Anh 14, No3 z at nh oi [6] Law Ka Ho (2010), Probabilistic Method, Mathematical Excalibur, Vol [7] Jiˇrí Matouˇsek, Jan Vondrák, The Probabilistic Method (Lecture z m co l gm @ Notes) Department of Applied Mathematics Charles University Czech Republic an Lu n va ac th si