Áp dụng phương pháp xác suất để giải toán sơ cấp

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗ PHAN QUỐC KHÁNH ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP XÁC SUẤT ĐỂ GIẢI TOÁN SƠ CẤP LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Đà nẵng, 2020 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! 16990151053841000000 LỜI CẢM ƠN Trước hết xin gửi lời cảm ơn đến Thầy giáo TS Lê Văn Dũng, lời động viên, nhắc nhở Thầy suốt trình hướng dẫn khoa học cho tơi Thầy giúp tơi vượt qua khó khăn để hoàn thành nhiệm vụ học tập nghiên cứu Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn đến quý Thầy - Cô giáo giảng dạy Lớp cao học Tốn Khóa 36 Trường Đại học Đà Nẵng tồn thể thầy Khoa Tốn trường Đại học Đà Nẵng giảng dạy tận tình quan tâm, động viên, khích lệ tơi suốt q trình học tập thực luận văn Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp quý thầy, bạn đọc để luận văn hồn thiện Cuối cùng, xin chia sẻ niềm vui lớn với bạn bè, người thân gia đình tôi, người sát cánh động viên giúp đỡ tơi hồn thành luận văn Xin trân trọng cảm ơn! MỤC LỤC Mở đầu CƠ SỞ LÝ THUYẾT XÁC SUẤT 1.1 1.2 XÁC SUẤT VÀ CÁC QUY TẮC TÍNH XÁC SUẤT 1.1.1 Không gian mẫu biến cố 1.1.2 Xác suất biến cố 11 1.1.3 Xác suất có điều kiện 13 1.1.4 Các biến cố độc lập 14 1.1.5 Cơng thức xác suất tồn phần cơng thức Bayes 14 BIẾN NGẪU NHIÊN VÀ QUY LUẬT PHÂN BỐ XÁC SUẤT 15 1.2.1 Biến ngẫu nhiên 15 1.2.2 Hai loại biến ngẫu nhiên 15 1.2.3 Hàm phân phối xác suất 17 1.2.4 Kì vọng 18 1.2.5 Phương sai độ lệch chuẩn 18 1.2.6 Trung vị 19 1.2.7 Mốt 19 1.2.8 Biến ngẫu nhiên độc lập 20 1.2.9 Một số phân số xác suất quan trọng 20 1.2.10 Các định lí giới hạn 24 Chương ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP XÁC SUẤT ĐỂ GIẢI TOÁN SƠ CẤP 2.1 26 Một số toán mở đầu 26 2.2 Áp dụng phương pháp xác suất để giải toán sơ cấp 30 2.3 Một số ví dụ tham khảo áp dụng 50 Kết luận 54 Tài liệu tham khảo 55 MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Xác suất phần tốn THPT nói chung Ứng dụng xác suất giải tốn THPT nội dung cịn mẻ, thú vị Hiện nay, việc áp dụng phương pháp xác suất để giải toán thuộc nhiều lĩnh vực nhiều lạ học sinh Việt Nam Tuy nhiên, phương pháp lại tỏ mạnh hữu ích cho việc giải tốn thuộc nhiều lĩnh vực, chí tốn Olympic Vì vậy, tơi chọn đề tài “Áp dụng phương pháp xác suất để giải toán sơ cấp” để giới thiệu ý tưởng phương pháp xác suất áp dụng vào toán thuộc nhiều lĩnh vực, tốn Olympic Mục đích nhiệm vụ nghiên cứu - Tìm hiểu kiến thức xác suất - Áp dụng kiến thức xác suất để áp dụng vào toán thuộc nhiều lĩnh vực Đối tượng phạm vi nghiên cứu - Các kiến thức xác suất - Ứng dụng kiến thức xác suất để giải toán thuộc nhiều lĩnh vực - Ứng dụng kiến thức xác suất để giải toán Olympic Phương pháp nghiên cứu Với đề tài: “Áp dụng phương pháp xác suất giải tốn sơ cấp” tơi sử dụng phương pháp nghiên cứu sau: + Thu thập, tổng hợp, hệ thống tài liệu liên quan đến nội dung đề tài luận văn + Phân tích, nghiên cứu tài liệu để thực đề tài luận văn + Trao đổi, thảo luận, tham khảo ý kiến người hướng dẫn, chuyên gia đồng nghiệp Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài Đề tài có giá trị mặt lý thuyết.Có thể sử dụng luận văn tài liệu tham khảo cho sinh viên ngành toán,giáo viên phổ thông đối tượng quan tâm đến kiến thức xác suất Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu kết luận, nội dung luận văn dự kiến chia thành hai chương: Chương 1: CƠ SỞ LÝ THUYẾT XÁC SUẤT Chương 2:ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP XÁC SUẤT ĐỂ GIẢI TOÁN SƠ CẤP Tài liệu tham khảo 39 Áp dụng bất đẳng thức Markov biến ngẫu nhiên không âm X ta thu đánh giá sau: P (X ≥ 1) ≤ E(X) = → 0, n → ∞ t! Từ ta dễ dàng suy vế đầu điều phải chứng minh Lập luận tương tự ta rằng„ đồ thị G(n, ) khơng chứa tập đỉnh độc lập kích thước t = b2log2 nc + với xác suất cao Bài toán 17 Chứng minh đồ thị G có n đỉnh gọi d(v) bậc đỉnh v ta ln tìm tập độc tập với kích thước ≥ X d(v) + v∈V (G) Hơn nữa, G có e cạnh ta ln tìm tập dập lập với kích n2 thước ≥ 2e + n Lời giải Giả sử V (G) = {v1 , v2 , , } Ta chọn hốn vị π = (π1 , , πn ) (có xác suất ) xây dựng tập S theo quy n! tắc: ta đặt πi vào tập S πi khơng có cạnh nối với tất đỉnh πj (j < i) Theo cách định nghĩa S ập độc lập Đặt X := |S| biến ngẫu nhiên số phần tử tập S, Khi ta có n X phân tích sau: X = Xvi , Xvi biến ngẫu đặc trưng đỉnh i=1 vi , có nghĩa Xvi = phụ thuộc vào việc vi ∈ S hay vi ∈ / S Giả sử ta có hốn vị π = (π1 , , πn ) ta tiến hành xây dựng tập S theo quy tắc nêu phần tử vi ∈ S vi nằm vị trí thứ n − d(vi ) tất phần tử π1 , , πn−d(vi )−1 lân cận , sử dụng tuyến phần tử vi Ta thu E(Xvi ) = P (Xvi = 1) = d(vi ) + n n X X tính kỳ vọng ta được: E(X) = E(Xvi ) = = P (Xvi = d(v ) + i i=1 i=1 40 Điều đồ thị G chứa tập độc lập với d(v) + X kích thước ≥ d(v) + 1) = v∈V (G) Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta thu đánh giá: X 1 ≥ nP v∈V (G) d(v) d(v) + + v∈V (G) n X Sử dụng hẳng đẳng thức Euler, d(v) = 2e, ta được: v∈V (G) X v∈V (G) ≥ d(v) + n n2 = , 2e 2e + n + n từ suy đpcm Bài toán 18 (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 Lời giải Trước hết ta chứng minh: "với điểm mặt phẳng" khơng có ba điểm thẳng hàng có ba tam giác với đỉnh lấy từ năm đỉnh tam giác nhọn Thật ta xét ba trường hợp: Trường hợp 1: Cho tam giác ABC hai điểm D, E nằm tam giác ABC, có hai ba tam giác ADB, ADC, DBC tù D, hai ba tam giác AEB, AEC, EBC tù E, có bốn tam giác khơng nhọn tổng số tam giác tạo nên từ điểm A, B, C, D, E Trường hợp 2: Cho tứ giác ABCD lồi Điểm E nằm tứ giác ABCD Trong tứ giác ABCD có đỉnh bốn đỉnh A, B, C, D không nhọn Giả sử góc A có tam giác không nhọn ABC E nằm tam giác ABC BCD, tạo a hai tam giác tù 41 Trường hợp 3: Với ngũ giác lồi ABCDE có hai góc khơng nhọn, giả sử hai góc A, B Khi tam giác ABC, ABE hai tam giác không nhọn tứ giác BCDE có góc khơng nhọn, ta lại có thêm tam giác khơng nhọn Bây ta thấy số cách chọn điểm 100 điểm C100 Với cách lấy điểm có tam giác khơng nhọn Nhưng đỉnh tam giác đếm C97 lần, số tam giác khơng nhọn 3.C100 C97 (với đinh lấy từ 100 điểm trên) Khi xác suất để cố tam giác nhọn nhiều là: − C100 C = 0, C97 100 Tức có khơng q 70% tam giác nhọn Bài tốn 19 (MOP test 2007) Trong bảng n × n số số 1, 2, , n xuất n lần Chứng minh tồn √ hàng cột với n số phân biệt Lời giải Ta chứng minh với hàng hay cột bất kỳ, trung bình √ số phân tử khác n Thật số cách chọn hàng cột bảng 2n Gọi X số phần tử khác hàng cột chọn Xi ∈ {0, 1}, Xi = i có mặt hàng cột chọn Xi = i khơng có mặt hàng cột chọn n n X X Khi X = Xi mà E(Xi ) = Xi p(Xi = 1) = p(Xi = 1) i=1 i=1 Mặt khác số i xuất hàng hay cột số i xuất √ √ vng nhỏ kích thước n n nên: √ n E(Xi = 1) ≥ =√ 2n n Do tính tuyến tính kì vọng: 42 E(X) = n X i=1 √ E(Xi ) ≥ n.E(Xi ) = n √ = n n Mà E(X) giá trị trung bình số phần tử khác hàng cột nên tồn hàng cột cho số phần tử khác lớn √ √ n, tức có n phần tử khác Bài tốn 20 (IMO 1998) Trong thi, có m thí sinh n giám khảo, n ≥ só nguyên lẻ Mỗi giảm khảo đánh giá thí sinh đậu rớt Giả sử k số cho với cặp hai giám khảo đánh giá họ trùng nhiều k thí sinh Chứng minh rằng: n−1 k ≥ m 2n Lời giải Do n lẻ, đặt n = 2r + 1, từ n giám khảo cố Cn2 cặp giám khảo, mà giám khảo có ý kiến trùng nhiều k thí sinh nên tổng số ý kiến trùng giám khảo tối đa Cn2 k Mặt khác thí sinh thứ i xi giám khảo đồng ý, n − xi giám khảo không đồng ý Khi số ý kiến trùng giám khảo là: x2i + (n − xi )2 − n r2 + (n − r)2 − n (n − 1)2 + Cn − xi = ≥ = 2 m(n − 1)2 Nên tổng số ý kiến trùng , điều dẫn đến: m(n − 1)2 k n−1 kCn ≥ nên ≥ m 2n Cx2i Bài toán 21 (IMO 1987) Gọi pn (k) số hoán vị tập {1, 2, , n}, n ≥ 1, có k điểm bất động Chứng minh rằng: n X k.pn (k) = n! k=1 Lời giải Đẳng thức cần chứng minh tương đương với: n X k.pn (k) =1 n! k=1 43 Gọi Ω tập tất hoán vị {1, 2, , n}, tức |Ω| = n! P = p1 p2 pn hoán vị 1, 2, , n X số điểm bất động p ∈ Ω Ta có: E(X) = Mặt khác ta có xác suất để P có k điểm bất động là: Cnk Dn−k pn (k) = n! n! Khi E(X) theo định nghĩa tính: E(X) = n X k k=0 pn (k) = n! Bài tốn 22 Cho p, q hai số thực khơng âm có tổng Chứng minh rằng: (1 − pm )n + (1 − q n )m ≥ Lời giải Xét ma trận ngẫu nhiên kích thước m × n điền số với xác suất p điền số với xác suất q Khi khơng gian kiện sơ cấp tương ứng với phép thử Ω = {0, 1} Gọi A kiện "Trong m dịng bàng, dịng có số 1" Dễ dàng thấy xác suất để dịng khơng có số q n , xác suất kiện A P(A) = (1 − q n )m Tương tự, gọi B kiện "Trong n cột bảng, cột có số 0" xác suất kiện B P(B) = (1 − pm )n Khi B kiện "Khơng tồn cột có chứa số 0" kiện "Tất dịng chứa tồn số 1" Do ta có B ⊂ A ⇒ P (B) ⊂ P (A) Vì (1 − pm )n + (1 − q n )m = P (B) + P (A) ≥ P (B) + P (B) = 44 Ta điều phải chứng minh Bài toán 23 Cho A1 , , As tập {1, , M} giả sử Ai tập Với số i, ký hiệu : = |Ai | Chứng minh rằng: s X i=1 M
≤ Lời giải Xét ngẫu nhiên hoán vị σ = (x1 , , xM ) tập {1, , M} Gọi Ei kiện mà tập Ai xuất giống phần đầu σ, nghĩa là: {x1 , , xai } = Ai Khi ta có: +) Có ! cách xếp phần tử Ai vào vị trí σ +) Có (M − )! cách xếp phần tử cịn lại Vì vậy: P (Ei ) = a1 !(M − )! = M
M! a i Theo khơng có Ai chứa nên Ei đôi xung khắc với Theo công thức cộng xác suất ta có: P (E1 ∪ E2 ∪ ∪ Es ) = s X i=1 M
Từ suy ra: s X i=1 M
≤ Bài toán 24 Cho A1 , , An B1 , , Bn tập hữu hạn khác N cho: 45 - Với i, Ai ∩ Bi = ∅ - Với i 6= j, (Ai ∩ Bj ) ∪ (Aj ∩ Bi ) 6= ∅ Chứng minh rằng, với số thực ≤ p ≤ 1: X p|Ai | (1 − p)|Bi | ≤ i Lời giải Xét tập ngẫu nhiên đơn giản không gian cách lấy phần tử với xác suất p Gọi Ei kiện mà phần tử Ai chọn phần tử Bi khơng chọn Khi P (Ei ) = p|Ai | (1 − p)|Bi | Do Ei kiện đơi xung khắc với nhau, P (∪Ei ) X xác suất mà vài Ei xảy ra, P (∪Ei ) = p|Ai | (1 − p)|Bi | ≤ i Bài toán 25 (IMO C4/1999) Cho A tập n lớp thặng dư modulo n2 Chỉ tồn tập B n lớp thặng dư modulo n2 cho nửa lớp thặng dư modulo n2 viết dạng a + b với a ∈ A, b ∈ B Lời giải Lấy n biến ngẫu nhiên độc lập chọn từ n2 lớp thặng dư (có (n2 )n cách chọn) tập hợp chúng vào tập B Chú ý trình chọn độc lập nên tập cuối thu có lực lượng ≤ n Nhưng xảy nửa lớp thặng dư biểu diễn dạng a + b với a ∈ A b ∈ B tằng B tùy ý đến có lực lượng lớn |B| = n Gọi X biến ngẫu nhiên số lớp thặng dư viết dạng: a n2 + b, ta chứng minh E(X) ≥ Với lớp thặng dư khả i, có xác n cách để chọn vài b cho i ∈ A + b, |A| = n 46 Do số khả thuận lợi để lớp thặng dư i không xuất A + B (n2 − n)n Khi đó: P(Lớp thặng dư i không xuất A + B) = ( n2 − n n ) n2 Do đó: n2 − n n P=1-( ) = − (1 − )n n n Gọi Ii biến ngẫu nhiên xác định sau: Ii = lớp thặng dư i xuất A + B Ii = ngược lại Khi đó: E [X] = X i E(Ii ) = n2 P (Ii = 1) = n2 (1 − (1 − )n ) n Do x ≥ + x với x ∈ R nên − −1 ≤  n , kết hợp với sử dụng n  ≈ 2, 718 ta được: n2 n E [X] = n (1 − (1 − ) ) ≥ n (1 − > n  2 Ta điều phải chứng minh Bài toán 26 Cho G đồ thị có n đỉnh bậc trung bình d Chứng minh tìm thấy tập S gồm đỉnh không kề n có lực lượng d+1 Chú ý: Đây gọi tập độc lập kết chặt hợp n cặp rời Kd+1 khơng có tập độc lập có lực lượng lớn d+1 Lời giải Xét thứ tự ngẫu nhiên đỉnh V, ký hiệu dv bậc đỉnh v ∈ V Khi tập chứa v đỉnh kề có lực lượng dv + 47 Do đó: dv + Nếu gọi S tập tất đỉnh v cho v đứng trước tất đỉnh kề P(v đứng trước tất đỉnh kề thứ tự trên) = theo thứ tự rõ ràng S tập độc lập và: X E(|S|) = d + v v Điều chứng tỏ tồn tập độc lập S có lực lượng ≥ X d + v v X Do d bậc trung bình đồ thị G nên dv = nd v n X n2 ≥ Pn Áp dụng bất đẳng thức: , a (a ) i i i=1 i=1 Do thay vào ta có tồn tập độc lập S mà có lực lượng thỏa mãn: |S| ≥ X v n2 n2 n P = ≥ = dv + nd + n d + v (dv ) B tốn 27 Cho A1 , , An B1 , , Bn tập khác N cho: - Mọi |Ai | = r, |Bi | = s - Với i, Ai ∩ Bi = ∅ - Với i 6= j, Ai ∩ Bj 6= ∅   r+s Chứng minh rằng: n ≤ r Lời giải Cho không gian X tập hợp tắt Ai Bj Lấy ngẫu nhiên hoán vị X Định nghĩa kiện Xi tất phần tử Ai đứng trước tất phần tử Bi hoán vị Dễ dàng kiểm tra tất n kiện X đôi xung khắc  −1 r+s P [Xi ] = Nhưng tổng xác suất ≤ 1, nên ta có điều phải r chứng minh 48 Bài toán 28 Cho A1 , , An B1 , , Bn tập khác N cho: - Mọi |Ai | = r, |Bi | = s - Với i, Ai ∩ Bi = ∅ - Với i 6= j, (Ai ∩ Bj ) cup(Aj ∩ Bi ) 6= ∅ (r + s)r+s Chứng minh rằng: n ≤ rr ss r s Lời giải Đặt vào kết với p = r+s r+s Thông thường, ta làm sau: n [ Đặt X := Ai ∪ Bi tập sở i=1 r xét đồng xu mà có mặt A mặt r+s B với xác suất mặt A xuất p Với phần tử X, tung đồng Định nghĩa p := xu cách độc lập, điều định nghĩa ánh xạ f : X → {A, B} Định nghĩa họ kiện {Ei }1n việc có Ei xảy tất phần tử x ∈ Ai có f(x) = A tất phần tử y ∈ B có f(y) = B Chú ý Ei Ej không xảy đồng thời j 6= j, ngược lại tồn vài phần tử nằm Ai ∩ Bj Aj ∩ Bi khơng A khơng B, mâu thuẫn Do kiện Ei rời Vì thế, giống tốn trước, ta xem xét xác suất Ei xảy Rõ ràng: P (Ei ) = pr (1 − p)s , ≤ i ≤ n Vì kiện rời nên: n X i=1 P (Ei ) = n.pr (1 − p)s 49 Vì tất xác suất bị chặn 1, nên: n n [ X ≥ P ( Ei ) = P (Ei ) = n.p−r (1 − p)−s i=1 i=1 Hay n ≤ p−r (1 − p)−s (*) r vào (*) ta được: Thay p := r+s (r + s)r+s n≤ rr ss Ta có điều phải chứng minh Các tốn cho thấy phương pháp xác suất mạnh phương pháp truyền thống Ta kết thúc phần ví dụ sau, sử dụng tính chất mang tính hiển nhiên xác suất, xác suất biến cố nằm Bài tốn 29 Trong kỳ thi có n mơn thi, có đề tiếng Pháp đề tiếng Anh Thí sinh thi mơn tùy ý chọn hai ngơn ngữa cho môn thi Với hai môn thi bất kỳ, tồn thí sinh thi hai mơn ngôn ngữ khác Nếu môn có nhiều 10 thí sinh dự thi, tìm giá trị lớn n Lời giải Đáp số 1024 Ví dụ sau cho thấy n = 1024 Giả sử 10 thí sinh (đánh số từ đến 10) tham dự tất 1024 môn thi (đánh số từ đến 1023) Với thí sinh i, mơn thi thứ j thi tiếng Pháp chữ số thứ i tính từ bên phải sang biểu diễn nhị phân j thi tiếng Anh trường hợp ngược lại Bằng cách dễ dàng kiểm tra điều kiện đươc thỏa mãn Để chứng minh 1024 số lớn nhất, ta gán ngẫu nhiên cho thí sinh "người Pháp" "người Anh" Gọi Ej biến cố "mọi thí sinh thi mơn j thi đề với quốc tịch gán" Vì có 50 nhiều 10 thí sinh mơn, ta có xác suất P (Ej ) ≥ 2−10 Vì với hai mơn thi bất kỳ, tồn thí sinh thi hai mơn hai ngơn ngữ khác nhau, nên khơng có hai Ej xảy đồng thời Từ suy ra: P(ít Ej xảy ra) = P (E1 ) + + P (En ) ≥ n 1024 Nhưng xác suất biến cố không vượt nên từ n ta suy ≥ hay n ≤ 1024 Đó đpcm 1024 2.3 Một số ví dụ tham khảo áp dụng Bài 1: (Hungarian MO 2001) Cho m n số nguyên Chứng minh m−1 X m ước n (−1)k Cnk k=0 Bài 2: (Chinese MO 1998) Xác định tất số nguyên dương n ≥ cho 22000 chia hết cho + Cn1 + Cn2 + Cn3 Bài 3: (Gặp gỡ Toán học 2014) Cho p ≥ số nguyên tố m, k ∈ Z+ Chứng minh rằng: p−1 pk+2 |Cmp k −1 − Bài 4: (Putnam 1991) Cho p số nguyên tố lẻ Chứng minh rằng: p X j Cpj Cp+j ≡ 2p + 1(mod p2 ) j=1 Bài 5: (Thi chọn đội tuyển VMO 2012, tỉnh Nghệ An) Cho p>3 số nguyên tố tập hợp M = {1; 2; ; p} Với số nguyên k thỏa mãn X ≤ k ≤ p ta đặt Ek = {A ⊂ M : |A| = k}, xk = (minA + maxA) A∈Ek Chứng minh rằng: 51 p−1 X xk Cpk ≡ 0(mod p3 ) k=1 Bài 6: (VMO 2017) Chứng minh rằng: 1008 X k a) kC2017 ≡ (mod 20172 ) b) k=1 504 X k (j1)k C2017 ≡ 3(22016 − 1)(mod 20172 ) k=1 Bài 7: Cho a (a1 , a2 , , an ) số thực dương Đặt P0 = 1, Pk = Pk (a)Er = Er (a Chứng minh rằng: Pk−1 Pk+1 ≤ Pk2 (k = 1, 2, , n − 1) (Nếu dương khơng đồng thời ta có dấu bất đẳng thức thực sự) Bài 8: Cho số > 0(i ∈ {1, 2, 3, , n}) không đồng thời Chứng minh bất đẳng thức: 1 P1 > P22 > P33 > > Pn3 Bài 9: Chứng minh n k hai số tự nhiên thỏa mãn ≤ k ≤ n thì: n n n C2n+k C2n−k ≤ (C2n ) Bài 10: Chứng minh rằng: Cn2 + 2Cn3 + + (n − 1)Cnn > (n − 2)2n−1 Bài 11: Chứng minh rằng: Cn1 + 2Cn2 + 3Cn3 + + nCnn < n! với n ∈ N, n > n Bài 12: (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 52 Bài 13: (China MO 1986) CHo z1 , z2 , zn số phức Chứng minh tồn tập S ⊆ {1, , n} cho: