DS2 t1 TinHX phuong phap xac suat trong to hop

Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín PHƯƠNG PHÁP XÁC SUẤT TRONG TỔ HỢP Huỳnh Xuân Tín Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên Các số Ramsey R(k, l) tồn với k, l ∈ N, số biết giá trị xác Năm 1947, P Erd˝os đưa chứng minh cho cận số Ramsey dạng đối xứng phương pháp lúc giờ: phương pháp xác suất Bài toán sau: Với số nguyên dương k k ≥ 3, ta có R(k, k) > 2 k Giải Đặt G = Kn , n ≤ 2 , xét 2-tô màu cạnh cho G cách ngẫu nhiên (mỗi cạnh tô đỏ xanh ngẫu nhiên với xác suất 12 ) Ta chứng minh tồn cách 2-tơ màu cho G cho khơng chứa đồ thị Kk màu Gọi S Kk -đồ thị G, đặt AS biến cố S có màu cạnh Chú ý rằng, Kk -đồ thị G có tất Ck2 cạnh, cạnh có cách tơ màu Do P[AS ] = 1−Ck2 = 2Ck Theo tính chất xác suất ý đồ thị G có tất Cnk đồ thị Kk , nên P Ta chứng minh Cnk · S AS ≤ 1−Ck2 S P[AS ] = Cnk · 21−Ck < + Ta có Cnk (n − k + 1)(n − k + 2) · · · (n − 1)n n · n · · · · n nk < = = k! k! k! Suy Cnk ·2 1−Ck2 nk 1−Ck2 ·2 < k! (1) Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín k k 1−Ck2 + Vì n ≤ ; =2·2 (k−1)k − = 21+ k2 , nên ta có 22 k 22 nk 1−Ck2 ·2 ≤2· k! k! (2) k 22 < Thật vậy, + Bằng qui nạp, ta chứng minh · k! - k = 3, ta có · 23/2 < 2.3 - Giả sử bất đẳng thức với k − 1, k > Ta chứng minh bất đẳng thức với k Vì k k−1 1 2 · 22 22 22 =2· Điều nghĩa tồn cách 2-tơ màu cho V cho khơng có cạnh màu Bài 0.2 Cho G = (V, E) đồ thị hai mảng n đỉnh với tập S(v) chứa nhiều log2 n màu gắn với đỉnh v ∈ V Chứng minh Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín có cách tơ màu thích hợp cho G mà đỉnh v tô màu từ tập màu S(v) Giải Do G đồ thị hai mảng nên tập V phân hoạch thành hai tập rời V1 V2 cho cạnh G có đỉnh V1 đỉnh V2 , đặt S = S(v) tập tất màu Xét phân hoạch v∈V ngẫu nhiên S = S1 ∪ S2, màu chọn ngẫu nhiên, độc lập cho vào S1 S2 với xác suất (và 12 ) Ta chứng minh tồn phân hoạch S cho tất đỉnh Vi , i = 1, 2, tơ màu màu Si , i = 1, Lấy v ∈ Vi , i = 1, 2, xác suất để khơng có màu tập màu S(v) nằm Si xác định bởi: P[S(v) ∩ Si = ∅] = |S(v)| < , (do |S(v)| > log n) n Vậy P v∈Vi {S(v) ∩ Si = ∅} < |Vi | , n đó, xác suất để có đỉnh khơng thể tơ màu tập màu đỉnh bị chặn |V1| n + |V2| n = Vậy có phân hoạch S = S1 ∪ S2 cho tất đỉnh Vi tơ màu Si , i = 1, Bài 0.3 Cho m, n ∈ Z n ≥ m > 2, 014 log n > Khi đó, ta tô màu cạnh Kn,n đỏ xanh cho khơng có đồ thị Km,m có màu cạnh tạo thành Giải Đồ thị Km,m có 2m đỉnh m2 cạnh, số cách để 2-tô màu cạnh cho đồ thị Km,m đồ thị Kn,n 2m , cách tơ màu có kết thuận lợi để Km,m màu Suy ra, xác suất để Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín Km,m màu cạnh Đồ thị Kn,n 1−m2 = 2m có (Cnm )2 đồ thị Km,m , đồ thị Km,m có khả màu cạnh Do đó, xác suất để có đồ thị Km,m màu nhỏ (Cnm )2 · 21−m Vậy để chứng minh yêu cầu toán, ta cần chứng minh (Cnm )2 · 21−m < + Vì m > 2, 014 log n > 2, nên ta có 2(Cnm )2 (n − m + 1)(n − m + 2) · · · (n − 1)n =2 m! < n2m m + Vì m > 2, 014 log n > log2 n, nên suy n2m < (2 )2m m Từ điều trên, suy 2(Cnm )2 < n2m < (2 )2m = 2m Bản chất số 2,014 điều kiện m > 2, 014 log n lớn Bởi vậy, số + ε, với ε > Bài 0.4 (Định lý Erd˝ os - Ko - Rado, [9]) Nếu |X| = n, n ≥ 2k F họ giao k-tập X, tức ∀A, B ∈ F , A ∩ B = ∅, ta có k−1 |F | ≤ Cn−1 Giải Ta cần bổ đề sau: Bổ đề 0.1 Xét X = {0, 1, , n − 1}, với ≤ s < n, ta định nghĩa As = {s, s + 1, , s + k − 1} ⊆ X với phép cộng modulo n Khi đó, với n ≥ 2k, họ giao F k-tập X chứa nhiều k tập As Chứng minh Nếu Ai ∈ F , tập As ∈ F khác Ai phải số tập Ai−k+1 , , Ai−1 Ai+1 , , Ai+k−1 Có 2k −2 Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín tập thế, tập chia thành (k − 1) cặp có dạng (As , As+k ) Vì n ≥ 2k, As ∩ As+k = ∅ có tập cặp xuất F , nên ta có điều phải chứng minh Giả sử X = {0, , 1, , n − 1} F họ giao k -tập X Với hoán vị σ : X −→ X , ta định nghĩa σ(As ) = {σ(s), σ(s + 1), , σ(s + k − 1)}, với phép cộng modulo n Các tập σ(As ) tập nói bổ đề 0.1 với phần tử gán nhãn lại hoán vị σ , đó, theo bổ đề có nhiều k số n tập nằm F Do đó, chọn s độc lập, ngẫu nhiên đều, P[σ(As ) ∈ F ] ≤ k n Nhưng việc chọn σ(As ) tương đương với việc chọn ngẫu nhiên k -tập X Bởi P[σ(As ) ∈ F ] = |F | = Cnk · P[σ(As ) ∈ F ] ≤ Cnk · k n |F | , Cnk k−1 = Cn−1 Bài 0.5 Cho A1, A2 , , An B1 , B2 , , Bn tập phân biệt N cho • |Ai| = k |Bi | = l, ∀ ≤ i ≤ n, • với i, Ai ∩ Bi = ∅, • với i = j, Ai ∩ Bj = ∅ k Chứng minh n ≤ Ck+l n Giải Đặt X = (Ai ∪ Bi ) xét cách thứ tự thành phần i=1 X cách ngẫu nhiên (có tất |X|! cách thứ tự có xác suất Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín nhau) Đặt Ui biến cố phần tử Ai đứng trước phần tử Bi Ta có k+l C|X| · k! · l! · (|X| − k − l)! P[Ui ] = |X|! = , ≤ i ≤ k k Ck+l Ta cần ý Ui Uj không xảy đồng thời với i = j Thật vậy, giả sử Ui Uj xảy đồng thời Khơng tính tổng qt ta giả sử phần tử cuối Ai không đứng sau phần tử cuối Aj Nhưng trường hợp này, tất phần tử Ai đứng trước tất phần tử Bj Điều mâu thuẫn với giả thiết Ai ∩ Bj = ∅ Vậy ≥ P [ n i=1 Ui ] = n i=1 P[Ui ] = n k Ck+l Bài 0.6 Cho A1, A2 , , An B1 , B2 , , Bn tập phân biệt N cho • |Ai| = r |Bi | = s, ∀ ≤ i ≤ n, • với i, Ai ∩ Bi = ∅, • với i = j, (Ai ∩ Bj ) ∪ (Aj ∩ Bi ) = ∅ (r + s)r+s Chứng minh n ≤ r r · ss n Giải Đặt X = (Ai ∪ Bi ) Định nghĩa p = i=1 r r+s , xét đồng xu có mặt A, mặt B với xác suất xuất mặt A p Với phần tử X , ta tung đồng xu cách độc lập, điều xác định ánh xạ f : X −→ {A, B} Định nghĩa Ei biến cố xảy tất phần tử x ∈ Ai có f (x) = A tất phần tử y ∈ Bi có f (y) = B Ta có P[Ei ] = pr · (1 − p)s , ≤ i ≤ n Chú ý Ei Ej không xảy đồng thời i = j , ngược lại, Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín có phần tử thuộc Ai ∩ Bj , Aj ∩ Bi , khơng thể A B , mâu thuẫn Do đó, biến cố Ei rời nhau, n P[Ei ] = n · pr (1 − p)s i=1 Suy n 1≥P i=1 n Ei = i=1 P[Ei ] = n · pr (1 − p)s , s+r hay n ≤ pr · (1 − p)s = (s + r) r r · ss Bài 0.7 Chứng minh có số c > với tính chất sau Cho A ma trận n × n có phần tử đơi khác nhau, có hốn vị dòng A cho khơng có cột ma √ trận hốn vị chứa dãy tăng độ dài c n Giải Ta cần chứng minh hai bổ đề sau: Bổ đề 0.2 n! > n n , e n > Chứng minh Bằng qui nạp, ta có n n n+1 (n + 1)! = n!(n + 1) > · (n + 1) = e e n+1 n+1 n+1 · = n ·e> e e 1+ n Bổ đề 0.3 Cnk < en k k Chứng minh Cnk = n+1 · n n+1 n ·e n+1 (do e n > + n1 ) n(n−1)···(n−k+1) k! < nk k k e ( ) = ne k k Xét hoán vị ngẫu nhiên dòng A Cố định c > (sẽ giới hạn sau), ký hiệu Ei tập hốn vị dòng cho ta dãy Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín √ tăng độ dài (ít nhất) c n cột i Hiển nhiên rằng, cột √ c n Cn √ A có dãy độ dài c n, dãy dãy tăng với xác suất √ , ta có (c n)! √ c n · Cn P[Ei ] ≤ √ (c n)! Theo bổ đề 0.2 0.3, ta có √ (c n)! > n · √ c n Cn < en √ c n √ c n e √ c n = √ e c n · Cn < P[Ei ] ≤ √ (c n)! c Do i Ei ≤ , √ e n c suy P √ c n e P[Ei ] < i c √ 2c n √ c n , · n−1/4 √ 2c n · n4 Theo giả thiết tốn, tức ln có hốn vị dòng A cho khơng có cột ma trận hốn vị chứa dãy tăng độ dài √ c n, nên bắt buộc P i Ei < Vậy ta cần chọn c > e đủ lớn, suy điều cần chứng minh Bài 0.8 ([2])Chứng minh 2100 người, khơng thiết phải có 200 người đôi quen 200 người đôi không quen Giải Ta cho cặp hai người quen đơi khơng quen cách tung đồng xu đối xứng Trong nhóm gồm 200 người, xác suất để họ đơi quen đôi không quen là: 2.2−C200 = 2−19899 Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xn Tín Vì có C2200 100 cách chọn 200 người, xác suất tồn 200 người đôi quen đôi không quen nhiều băng: −19899 C2200 100 (2100 )200 −19899 2101 < < = 200! 200! Từ suy xác suất không tồn 200 người đôi quen đôi không quen lớn Nói cách khác, khơng thiết phải có 200 người đôi quen đôi không quen Bài toán chứng minh Ta thấy phương pháp tổng quát để xây dựng ví dụ ngẫu nhiên: Nếu xác suất tồn ví dụ ta cần dương tồn ví dụ Bài 0.9 ([2])Trong bảng 100 × 100, ta viết số nguyên 1, 2, , 5000 Hơn nữa, số nguyên bảng xuất hai lần Chứng minh ta chọn 100 ô bảng thỏa mãn ba điều kiện sau: (1) Mỗi hàng chọn ô (2) Mỗi cột chọn ô (3) Các số ô chọn đôi khác Giải Chọn hoán vị ngẫu nhiên a1, , a100 {1, , 100} chọn ô thứ hàng thứ i Cách chọn thõa mãn (1) (2) Với j = 1, , 5000, xác suất để chọn hai có số j hai ô hàng cột 1 100 99 trường hợp ngược lại Do xác suất để cách chọn thỏa mãn (3) là: − 5000 >0 100.99 ta có điều phải chứng minh Tiếp theo ta dùng tính chất xác suất để giải toán 10 Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín Bài 0.10 ([2])Cho p, q số thực dương cho p + q = Chứng minh rằng: p + pq + pq + pq = Giải Xét thí nghiệm tung đồng xu với xác suất mặt ngửa p mặt sấp q Ta thực mặt ngửa Gọi X số lần tung, đó: P (X = n) = pq n−1 Vế trái đẳng thức P (X = 1)+P (X = 2)+ +P (X = n)+ dĩ nhiên Bài 0.11 [IMO Shortlist 2006] Cho S tập hữu hạn điểm mặt phẳng cho khơng có ba điểm thẳng hàng Với đa giác lồi P với điểm thuộc S, gọi a(P ) số điểm P b(P ) số điểm S nằm P Chứng minh với số thực x, ta có đẳng thức: xa(P ) (1 − x)b(P ) = P tổng tính theo tất đa giác lồi có đỉnh thuộc S (Chú ý: đoạn thẳng, điểm tập rỗng coi đa giác lồi với 2,1,0 đỉnh tương ứng) Giải Ta tô màu cách ngẫu nhiên điểm màu đen màu trắng, điểm tô màu đen với xác suất x Với đa giác lồi P , gọi EP biến cố tất đỉnh nằm treenchu vi P có màu đen tất đỉnh nằm ngồi P có màu trắng Các biến cố đơi xung khắc nhau, vế trái xác suất kiện chắn chắn xảy ra: ta cần xét bao lồi tất điểm màu đen Để tính xác suất biến cố theo định nghĩa cổ điển ta thường phải 11 Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín giải hai tốn tổ hợp: tính số kết thuận lợi tính số kết Thơng thường toán sau đơn giản toán trước Và điều tạo ứng dụng thú vị xác suất: Nếu ta tính số kết xác suất tính đượ số kết thuận lợi Bài 0.12 Trong số cách chọn ba đỉnh hình lập phương đơn vị, có cách chọn thỏa mãn điều kiện ba đỉnh chọn ba đỉnh tam giác Giải Ta chọn đỉnh: + Đỉnh đỉnh tùy ý + Với đỉnh thứ hai, đỉnh thứ chọn ta chọn √ ba đỉnh có khoảng cách đến đỉnh ban đầu Xác suất thành công 37 + lượt cuối cùng, xác suất thành công Như xác suất để ba đỉnh chọn ba đỉnh tam giác 17 Vì số cách chọn ba đỉnh từ đỉnh C83 nên số cách chọn thỏa mãn điều kiện đỉnh chọn đỉnh tam giác C8 = 8.7.6 1.2.3 Bài 0.13 ([2])Trong kì thi có n mơn thi, có đề tiếng Pháp đề tiếng Anh Thí sinh thi mơn tùy ý, thí sinh chọn hai ngơn ngữ 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 Chứng minh n ≤ 1024 Giải Ta gán ngẫu nhiên cho thí sinh "người Pháp" "người Anh" 12 Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín Gọi Ej biến cố "mọi thí sinh thi môn j " thi đề với quốc tích gán" Vì có nhiều 10 thí sinh mơn thi, ta có xác suất P (Ej ) ≥ 2−10 = 1024 Vì với mơn thi bất kì, tồn thi sinh thi hai môn hai ngôn ngữ khác nhau, nên khơng có hai Ej xảy đồng thời Từ suy P (ít Ej xảy ra) = P (E1 ) + + P (En ) ≥ n 1024 Nhưng xác suất biến cố khơng vượt q nên từ ta suy ≥ n 1024 hay n ≤ 1024 Một số tập tự luyện Bài 0.14 Cho S1 , S2 , , Sm ⊆ S, |Si | = l ∀i Chứng minh m < 2l−1 , ln tồn 2-tơ màu tập S cho khơng có Si tô màu Hướng dẫn Tương tự cách giải toán 0.1 Mỗi phần tử S tô hai màu đỏ xanh, xác suất để phần tử tô đỏ xanh 12 ∀i, P[Si có màu] = P[Si có màu xanh] + P[Si có màu đỏ] P[Si có màu] ≤ P[Si có màu] = i m < 2l−1 Suy P[Khơng có Si tơ màu] = − P[Si có màu] > 0, ta có điều cần chứng minh Bài 0.15 Cho G đồ thị đơn Nếu G có 2n đỉnh e cạnh chứa đồ thị hai mảng với en 2n−1 cạnh Nếu G có 2n + đỉnh e cạnh chứa đồ thị hai mảng với e(n+1) 2n+1 cạnh 13 Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín Hướng dẫn Cách giải tương tự toán 0.20, toán ta cần chọn T n-tập V Bài 0.16 Giả sử n ≥ H n-siêu đồ thị với 4n−1 3n cạnh Chứng minh có cách tơ màu cho đỉnh H màu cho cạnh có màu Hướng dẫn Gọi E tập cạnh H , tô màu đỉnh H bốn màu cách độc lập, ngẫu nhiên (mỗi màu có xác suất chọn 14 ) Với e ∈ E , đặt Ae biến cố đỉnh cạnh e tô nhiều màu Suy P[Ae ] ≤ · 3n 4n áp dụng P e∈E Ae ≤ e∈E P[Ae ] giả thiết toán, suy điều cần chứng minh Bài 0.17 (Austrian-Polish Competition 1997/8) Cho |X| = n Tìm số lớn tập khác X cho tập có phần tử khơng có tập rời Hướng dẫn Ta xét hai trường hợp: n ≤ n ≥ suy yêu cầu toán (Trong trường hợp n ≥ 6, trường hợp riêng Định lý Erd˝ os - Ko - Rado (bài toán 0.4).) Bài 0.18 Một giải đấu T với n đối thủ định hướng cho cạnh Kn Ta nói T thỏa mãn tính chất Sk với k-tập n đối thủ, ln có đối thủ thắng tất đối thủ lại Chứng minh rằng: Cnk · (1 − 2−k )n−k < 1, có giải đấu Kn với tính chất Sk Hướng dẫn Xét giải đấu ngẫu nhiên tập n đối thủ V = {1, 2, n} 14 Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín Với k -tập K V , đặt AK biến cố khơng có đối thủ thắng tất đối thủ K Do xác suất để đối thủ v ∈ V \ K không thắng tất cảc đối thủ K − 2−k , suy P[AK ] = − 2−k n−k Tiếp tục, ta P AK < 1, K⊂V |K|=k suy điều cần chứng minh 0.2 Phép chứng minh tồn sử dụng kỳ vọng Một điều hiển nhiên giá trị trung bình tập số khơng vượt số lớn tập Điều cho kỳ vọng Định lý 0.1 ([4]) Cho X : Ω −→ R biến ngẫu nhiên cho tập hợp S = {X(u)/u ∈ Ω} hữu hạn, đặt j phần tử lớn S Khi ta có j ≥ E[X] Chứng minh.Theo định nghĩa E[X], ta có E[X] = i · P[X = i] ≤ j · i∈S P[X = i] = j i∈S Sau số ứng dụng định lý 0.1 việc giải toán tồn Bài 0.19 (Szele 1943, [4]) Chứng minh có đồ thị đầy đủ có hướng n đỉnh chứa n! 2n−1 đường Hamilton Kết luận số vòng Hamilton? Giải 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 Xp (T ) = p trở thành đường Hamilton T 15 Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín đặt Xp (T ) = ngược lại Vì p có n − cạnh, nên E[Xp ] = Đặt X = 2n−1 Xp, p chạy khắp n! xích Hamilton Kn , X số p đường Hamilton T Theo định lý tính chất kỳ vọng ta có E[X] = n! · E[Xp ] = n! 2n−1 , áp dụng định lý 0.1 ta có điều phải chứng minh Với vòng Hamilton khác với đường Hamilton chúng có thêm cạnh có hướng Do đó, tồn đồ thị đầy đủ có hướng n đỉnh với n! 2n vòng Hamilton Bài 0.20 Cho G đồ thị đơn với tập đỉnh [n], có m cạnh Khi G chứa đồ thị mảng với m cạnh Giải Đặt G = (V, E), chọn ngẫu nhiên tập T ⊆ V (ở đây, biến cố x ∈ T độc lập lẫn với xác suất 12 ) 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 Vậy với T ⊆ V , tồn m m cạnh có đỉnh T đỉnh V \ T , tạo thành đồ thị hai mảng Tiếp theo toán liên hệ tới vấn đề tiếng lý thuyết phức tạp, gọi "vấn đề giữa" Bài 0.21 Cho L = (L1, L2 , · · · , Lk ) gồm ba thứ tự Li = (ai , bi , ci ) cho với i bất kì, số , bi , ci phần tử khác 16 Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín [n] Tuy nhiên, ký hiệu với số i j khác ký hiệu cho số Đặt p = p1 p2 pn n-hốn 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-hốn vị p thỏa mãn tất Li L cho trước Giải Đặt Yi biến biến cố n-hoán vị p chọn ngẫu nhiên thỏa mãn Li Rõ ràng P[Yi = 1] = 13 , E[Yi ] = · 1 +0· = 3 Nếu đặt Y = Y1 + Y2 + · · · + Yk Y số Li L thỏa mãn hốn vị p Theo định lý tính chất kỳ vọng ta có k E[Y ] = i=1 k E[Yi ] = k · E[Y1] = áp dụng định lý 0.1 ta điều phải chứng minh Bài 0.22 Cho đồ thị G = (V, E) Một tập U ⊆ V gọi độc lập G không tồn cạnh U Chứng minh: G có n đỉnh ký hiệu dv bậc đỉnh v, v ∈ V , G có tập độc lập có lực lượng v dv +1 Hơn nữa, G có e cạnh G có tập độc lập có lực lượng n2 2e+n Giải Xét thứ tự ngẫu nhiên phần tử V Chú ý với v ∈ V , tập chứa v tất đỉnh kề với có lực lượng dv + Do P[v đứng trước tất đỉnh kề với thứ tự trên] = 17 dv + Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín Nếu gọi S tập tất đỉnh v cho v đứng trước tất đỉnh kề thứ tự trên, rõ ràng S độc lập, E[|S|] = v∈V , dv + tồn tập độc lập có lực lượng v∈V Trường hợp G có e cạnh Ta ý v dv = 2e, nên (dv + 1) = 2e + n, áp dụng tính lồi hàm f (x) = v v dv +1 ≥ dv + v x (0, +∞), ta suy n2 = (2e + n)/n 2e + n Bài toán chứng minh Bài 0.23 (Iran Team Selection Test 2008/6, [12]) Giả sử 799 đối thủ tham gia vào giải đấu, cặp đối thủ thi đấu với lần Chứng minh tồn tập rời A B gồm đối thủ cho đối thủ A thắng đối thủ B Giải Giải đấu diễn tả đồ thị đầy đủ có hướng G có tập đỉnh E gồm 799 điểm (trong mặt phẳng không gian) tương ứng với 799 đối thủ, hai đỉnh x, y nối với cung từ x đến y đối thủ x thắng đối thủ y Gọi A 7-tập E chọn ngẫu nhiên Đặt X số đỉnh có cung vào từ đỉnh A Ta chứng minh E[X] ≥ Gọi Xi biến biến cố đỉnh i có cung vào từ đỉnh A, suy E[Xi ] = 18 Cd7− i C799 Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín Theo tính chất tuyến tính kỳ vọng, ta có Cd7− 799 E[X] = i E[Xi ] = i=1 C799 i Mà d− i = C799 = i 798 · 799 = 399 · 799, điều nghĩa bậc vào trung bình đỉnh i 399, áp dụng tính lồi hàm f (x) = Cxk [k, +∞), ta được: Cd7− i E[X] = i C799 ≥ 799 · C399 ≈ 6.025 C799 Vì X số nguyên nên ta có điều phải chứng minh Bài 0.24 ([12])Trong giải cờ vua có 40 kỳ thủ Có tổng cộng 80 ván đấu, hai kỳ thủ đấu với nhiều lần Với số nguyên n, chứng tồn n kỳ chưa đấu với (Tất nhiên số n lớn tốt.) Giải Ta gán xếp hạng ngẫu nhiên cho 40 kỳ thủ, ta chọn người chơi với người có thứ hạng thấp Chú ý cách hai kỳ thủ chọn không đấu với Giả sử kỳ thủ thứ i chơi di ván Vì có 80 ván đấu ta có: d1 + d2 + + d40 = 80.2 Ta thấy, kỳ thủ thứ i chọn đước gán với thứ hạng cao người chơi với, xác suất kiện d1+1 + + d40+1 di +1 ≥ Như số trung bình kỳ thủ là: 402 d1 +d2+ +d40 = 402 160+40 =8 Có nghĩa tồn kỳ thủ đôi không đấu với 19 Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín Bài 0.25 ((MOP Test 2007//1, [11]) Trong ma trận n × n, số 1, 2, , n xuất n lần Chứng minh có dòng √ cột chứa n số phân biệt Giải Chọn dòng cột ngẫu nhiên, có 2n cách chọn Đặt X số phần tử khác dòng cột chọn, ta chứng minh E[X] ≥ √ n Gọi Ii biến phần tử i xuất dòng cột chọn, X= i Ii Hiển nhiên, E[Ii ] = P[Ii ≥ 1] Đặt A = {(p, q)/ phần tử vị trí (p, q) i} (p, q) kí hiệu cho vị trí dòng thứ p, cột thứ q ma trận n × n Khi |A| = n Nhận thấy số kết thuận lợi để i xuất dòng cột chọn số dòng cột chứa i Gọi B = {p / (p, q) ∈ A} C = {q / (p, q) ∈ A} Vì (p, q) ∈ A suy p ∈ B q ∈ C , A ⊆ B × C Mà |B| · |C| = |B × C| ≥ |A| = n, nên theo bất đẳng thức Cơsi, |B| + |C| ≥ √ |B| · |C| ≥ n Sử dụng tính tuyến tính kỳ vọng bất đẳng thức vừa nêu trên, ta n E[X] = E[Ii ] = n · P[Ii ≥ 1] ≥ n · i=1 √ n 2n = √ n Bài 0.26 (Russia 1996/C4, [11]) Tại Duma có 1600 đại biểu, thành lập 16000 ủy ban Mỗi ủy ban gồm 80 đại biểu Chứng minh ta tìm ủy ban có thành viên chung 20 Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín Giải Chọn cặp ủy ban ngẫu nhiên số C16000 cặp Đặt X số người thuộc vào ủy ban chọn Chú ý X = X1 + X2 + · · · + X1600, Xi biến biến cố đại biểu thứ i thuộc vào ủy ban chọn Theo tính chất tuyến tính kỳ vọng, ta có E[X] = E[X1 ] + E[X2 ] + · · · + E[X1600] Để tính E[Xi ], đặt ni số ủy ban có người thứ i tham gia, E[Xi ] = P[Đại biểu thứ i thuộc vào ủy ban chọn] = Mà i ni Cn2i C16000 = 16000 · 80, giá trị trung bình ni n= 16000 · 80 = 800, 1600 theo tính lồi hàm f (x) = Cxk [k, +∞), suy E[X] ≥ 1600 · Cn2 800 · 799 ≈ 3.995 = 1600 · C16000 16000 · 15999 Do X số nguyên, nên ta có điều phải chứng minh Bài 0.27 (IMO Shortlist 1999/C4, [11]) 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 Giải Chọn ngẫu nhiên, độc lập n thặng dư từ n2 thặng dư (ta có (n2 )n cách chọn) xếp chúng vào tập B Cần ý rằng, trình chọn độc lập nên tập cuối thu có lực lượng nhỏ n Nhưng xảy nửa thặng dư biểu diễn dạng a + b, a ∈ A b ∈ B , ta làm đầy B để |B| = n 21 Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín Gọi X biến ngẫu nhiên số thặng dư có dạng a + b Ta chứng minh E[X] ≥ n2 Với thặng dư i, có n cách để chọn b cho A + b i (vì |A| = n) Do đó, kết thuận lợi để thặng dư i không xuất A + B (n2 − n)n Khi P[Thặng dư i khơng xuất A + B] = n2 − n n2 n Do n n2 − n n − P[Thặng dư i xuất A + B] = − = − n2 n Gọi Ii biến biến cố thặng dư i xuất A + B Khi đó, n E[X] = E[Ii ] = n2 · P[Ii = 1] = n2 − − n i Do ex ≥ + x ∀x ∈ R, nên − n ≤ e− n , sử dụng e ≈ 2.718 , ta E[X] = n2 − − n n n2 ≥ n2 (1 − ) > e Bài 0.28 ((Taiwan 1997/9) Với n ≥ k ≥ 3, đặt X = {1, 2, n} Fk họ k-tập X cho hai tập Fk có nhiều k − phần tử chung Chứng minh tồn tập Mk X với log2 n + phần tử mà không chứa tập Fk Giải Chú ý rằng, (k − 1) phần tử chứa nhiều tập Fk , tập Fk chứa k tập có (k − 1) phần tử Do |Fk | ≤ · Cnk−1 k Đặt t = log2 n + Nếu t < k , ta có điều cần chứng minh, ta giả sử t ≥ k Lấy ngẫu nhiên t-tập [n], đặt X biến ngẫu nhiên số 22 Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín thành phần Fk tập t-tập Gọi IF biến thành phần F Fk chứa t-tập, tức  1 F chứa t-tập IF = 0 ngồi Khi E[X] = E[IF ] = |Fk | · P[IF = 1] F ∈Fk Để F chứa t-tập chọn t-tập phải hợp F (t −k)tập số n − k phần tử Do t−k Cn−k P[IF = 1] = Cnt Hiển nhiên Ctk ≤ 2t ≤ 2n, sử dụng cận |Fk | rút gọn ta thu E[X] ≤ · Ctk n−k+1 Chú ý · Ctk < ⇐⇒ Ctk < 2t−1 − k + 1, n−k+1 để chứng minh E[X] < 1, ta chứng minh Ctk < 2t−1 − k + Ta có k−1 k Ctk = Ct−1 + Ct−1 , mà t−1 i Ct−1 = 2t−1 , i=0 nên suy 2t−1 ≥ Ctk + (t − 2), hay Ctk ≤ 2t−1 − t + Do Ctk ≤ 2t−1 − t + < 2t−1 − k + với k < t − 1, 23 Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín nên ta cần xét trường hợp k ≥ t − Có hai khả sau: • Với k = t − Ta chứng minh 2t < 2t−1 + ∀t ≥ Thật vậy, t = 4, bất đẳng thức hiển nhiên Giả sử bất đẳng thức với t > 4, ta chứng minh với t + Vì 2t − 2t−1 = 2t−1 > 2, nên suy 2t + > 2t−1 + + > 2t + • Với k = t Chứng minh tương tự trên, ta t < 2t−1 ∀t ≥ 3, tức Ctk < 2t−1 − k + 1, k = t ≥ Vậy Ctk < 2t−1 − k + 1, ta có điều cần chứng minh Bài 0.29 (Định lý sperner, [9]) Chứng minh rằng: Nếu F họ tập [n] cho không tồn tập A, B ∈ F thỏa mãn A ⊂ B, |F | ≤ Cnn/2 Giải Lấy σ ∈ Sn hoán vị ngẫu nhiên [n] xét biến ngẫu nhiên X = |{i : {σ(1), σ(2), , σ(i)} ∈ F }| Theo định nghĩa F , X bị chặn 1, suy E[X] ≤ Các tập {σ(1), σ(2), , σ(k)} ∈ F rời với k phân biệt Đặt Nk số k -tập F n E[X] = n P[{σ(1), σ(2), , σ(k)} ∈ F ] = k=1 k=1 Do E[X] ≤ 1, nên suy n Nk ≤ Cnn/2 k=1 24 Nk ≥ Cnk n Nk n/2 k=1 Cn Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xn Tín Ta có điều phải chứng minh Bài 0.30 Cho đồ thị G = (V, E) có n đỉnh nd cạnh, d ≥ Chứng minh có tập U gồm đỉnh đơi khơng kề có lực lượng ≥ n 2d Giải Đặt S ⊆ V tập ngẫu nhiên định nghĩa P[v ∈ S] = p, với p ∈ [0, 1], biến cố v ∈ S độc lập lẫn Đặt X = |S| Y số cạnh G S Với e = (i, j) ∈ E , đặt Ye biến biến cố i, j ∈ S cho Y = Ye Với e e∈E E[Ye ] = P[i, j ∈ S] = p2 , theo tính tuyến tính kỳ vọng, ta có E[Y ] = E[Ye ] = e∈E nd ·p Rõ ràng, E[X] = np, theo tính tuyến tính kỳ vọng E[X − Y ] = np − nd p Ta sử dụng p = 1d , d ≥ 1, thu E[X − Y ] = n 2d Vậy tồn tập S cho số đỉnh S trừ số cạnh S lớn n 2d Với cạnh S , chọn đỉnh xóa nó, ta thu tập, gọi tập U , với n 2d bị phá hủy.) 25 đỉnh (Tất cạnh U Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín Bài 0.31 Cho đồ thị vơ hướng G = (V, E) Một tập U ⊆ V gọi tập bao quát G đỉnh v ∈ V \ U có đỉnh kề nằm U Chứng minh rằng: Nếu G có n đỉnh, với bậc nhỏ δ > 1, G có tập bao qt với nhiều n · 1+ln(δ+1) δ+1 đỉnh Giải Lấy ngẫu nhiên tập X V gồm đỉnh chọn độc lập với xác suất p (p ∈ [0, 1] xác định sau) Đặt Y tập (ngẫu nhiên) tất đỉnh v ∈ V \ X khơng có đỉnh kề v nằm X Rõ ràng E[|X|] = np Với đỉnh v ∈ V , v có bậc δ nên P[v ∈ Y ] = P[v đỉnh kề khơng nằm X] ≤ (1 − p)δ+1 Hơn nữa, gọi Yv , v ∈ V , biến biến cố v ∈ Y , ta có E[|Y |] = P[v ∈ Y ] ≤ n · (1 − p)δ+1 E[Yv ] = v∈V v∈V Do E[|X ∪ Y |] ≤ np + n(1 − p)δ+1 , tức tồn cách chọn X ⊆ V cho |X| + |Y | ≤ np + n(1 − p)δ+1 Đặt U = X ∪ Y , rõ ràng U tập bao quát G, sử dụng e−p ≥ − p, ta |U | ≤ np + n(1 − p)δ+1 ≤ np + ne−p(δ+1) Do hàm f (p) = np + ne−p(δ+1) đạt giá trị nhỏ p = |U | ≤ f ln(δ + 1) δ+1 =n· + ln(δ + 1) δ+1 26 ln(δ+1) , δ+1 nên Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín Bài 0.32 (Singapore, 2012) Cho aj , bj , cj , ≤ j ≤ N số nguyên Giả sử với j , ba số aj , bj , cj có số lẻ Chứng minh tồn số nguyên r, s, t cho raj + sbj + tcj lẻ với 4N giá trị j, ≤ j ≤ N Giải Ta xét tất theo mod 2, bàì quan tâm đến tính chẵn lẻ Ta có cách chọn (r, s, t) không đồng thời 0; với (a, b, c), có cho: + sb + tc ≡ Suy với (ai , bi , ci ) cho chọn ngẫu nhiên (r, s, t) = (0, 0, 0) giá trị kỳ vọng số biểu lẻ 4N Nhưng số trung bình phải có (r, s, t) có số lớn hay 4N Bài toán chứng minh xong Bài 0.33 (APMO 1998) Cho F tập hợp (A1 , A2 , , An ) Ai , i = 1, 2, , n tập {1, 2, , 1998} Giả sử |A| ký hiệu số phần tử tập A, tìm |A1 ∪ A2 ∪ ∪ An | (A1 ,A2, ,An)∈F Giải Chú ý 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(1 − 2−n ), đáp sô 21998n1998(1 − 2−n ) Một số tập tự luyện 27 Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín Bài 0.34 Đặt p = p1 p2 · · · pn n-hoán vị Chỉ số i gọi số vượt p pi > i Trung bình n-hốn vị có số vượt? Hướng dẫn Đặt Xi biến biến cố i số vượt p Suy n−i n Tiếp theo, ta đặt X(p) số số vượt p, tính E[X] suy điều E[Xi ] = cần chứng minh Bài 0.35 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 Hướng dẫn Gọi E tập cạnh G Với e ∈ E , ta xây dựng Ae , Be sau: Đặt Be đầu mút cạnh e, Ae ta chọn đồ thị K10 tạo thành cạnh e thêm vào G, đặt Ae tập đỉnh G khơng có K10 Ta Ae Be thỏa yêu cầu toán 0.5, tức Ae ∩ Be = ∅ Af ∩ Be = ∅, suy |E| ≤ Cn−8 Từ suy số cạnh G Cn2 − |E| ≥ Cn2 − Cn−8 = 8n − 36 Bài 0.36 (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 28 Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín Hướng dẫn Trước hết ta chứng minh điểm, xác suất để tam giác nhọn không 75% Sử dụng kết chứng minh điểm xác suất tam giác nhọn không 70% Cuối sử dụng kết để giải toán Bài 0.37 (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 Hướng dẫn Chọn m vector ngẫu nhiên đường tròn đơn vị Gọi S tập hợp tổng 2m tập vector Bài 0.38 (China MO, 1986) Cho z1 , z2 , , zn số phức Chứng minh tồn tập S ⊆ {1, 2, , n} cho j∈S zj ≥ π n |zj | j=1 Hướng dẫn Cho r ia ngẫu nhiên xuất phát từ gốc tọa độ Gọi S tập số j cho zj tạo góc nhọn với r Xét hình chiếu zj lên r Kỳ vọng cuả trị tuyết đối hình chiếu bao nhiêu? Bài 0.39 (IMO Shorlist, 1987) Chứng minh ta tơ màu phần tử tập hợp {1, 2, , 1987} màu cho cấp số cộng 10 phần tử tập hợp không đơn sắc Hướng dẫn Xét phép tô ngẫu nhiên số từ đến 1987 màu Xác suất để cấp số cộng độ dài 10 đơn sắc bao nhiêu? Có cấp số cộng độ dài 10 1,2, ,1987? Bài 0.40 (Zarankiewicz) Chứng minh tồn cách chia tập hợp số nguyên dương thành hai tập cho tập không chứa cấp số cộng với vô số phần tử không chứa ba số nguyên liên tiếp 29 Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín Hướng dẫn Tơ màu số ngun lẻ hai màu đỏ xanh cách ngẫu nhiên Tô màu số chẵn màu đối màu số lẻ trước Bài 0.41 (IMO1987) Gọi pn (k) số hoán vị tập hợp {1, 2, , n kpn (k) = n! n} n ≥ 1, có k điểm bất động Chứng minh k=0 Hướng dẫn Gọi f hoán vị ngẫu nhiên 1, 2, , n Xác suất để điểm bất động bao nhiêu? 2? Và n Cộng xác suất lại để tìm kỳ vọng số điểm bất động f Bài 0.42 (IMO 1998) 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 nhiều k thí sinh Chứng minh rằng: k a ≥ b−1 2b Hướng dẫn Gọi C thí sinh ngẫu nhiên Gọi p số giám khảo cho C đậu f số giám khảo cho C rớt Ta có Cp2 + Cf2 ≥ (b−1)2 Lấy kỳ vọng hai vế Bạn giải thích E(Cp2 ) theo ngơn ngữ toán ban đầu? E(Cf2)? 0.3 Một số toán Đại số, Số học Bài 0.43 (Bulgaria MO 1984, [2]) Cho xi , yi (i = 1, 2, n) 2n số thực dương cho xi + yi = Chứng minh với số nguyên dương m, ta có: (1 − x1 x2 xn )m + (1 − y1m )(1 − y2m ) (1 − ynm ) ≥ Giải Xét thí nghiệm xác suất: Cho c1 , c2 , cn đồng xu cho với i, xác suất đẻ ci mặt sấp xi Ta tung xu cách độc lập m lần Khi (1 − x1 x2 xn )m xác suất P (A) biến cố "với 30 ... Hamilton Kn , X số p đường Hamilton T Theo định lý tính chất kỳ vọng ta có E[X] = n! · E[Xp ] = n! 2n−1 , áp dụng định lý 0.1 ta có điều phải chứng minh Với vòng Hamilton khác với đường Hamilton... ứng dụng định lý 0.1 việc giải to n tồn Bài 0.19 (Szele 1943, [4]) Chứng minh có đồ thị đầy đủ có hướng n đỉnh chứa n! 2n−1 đường Hamilton Kết luận số vòng Hamilton? Giải Lấy đồ thị đầy đủ Kn... gian có xác suất dương Trong tài liệu này, đề cập đến số ứng dụng phương pháp xác suất tổ hợp, đặc biệt chứng minh to n tồn Nội dung xem xét số ứng dụng phương pháp xác suất to n tổ hợp đồ thị theo