Một số dạng toán liên quan đến xác suất rời rạc và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC VŨ DUY ĐẠT MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN XÁC SUẤT RỜI RẠC VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu THÁI NGUYÊN - 2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC VŨ DUY ĐẠT MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN XÁC SUẤT RỜI RẠC VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu THÁI NGUYÊN - 2019 i Mục lục LỜI CẢM ƠN ii MỞ ĐẦU Chương Một số dạng toán liên quan đến xác suất rời rạc 1.1 Phép thử biến cố 1.2 Xác suất biến cố 1.2.1 Định nghĩa cổ điển xác suất 1.2.2 Định nghĩa thống kê xác suất 1.3 Định lý cộng xác suất 1.4 Định lý nhân xác suất 1.5 Một số mở rộng định lý cộng định lý nhân xác suất 13 1.6 Biến ngẫu nhiên kì vọng 20 1.6.1 Định nghĩa 20 1.6.2 Tính tuyến tính kì vọng 22 Chương Ứng dụng phương pháp xác suất giải toán trung học phổ thông 24 2.1 Áp dụng xác suất kì vọng vào số tốn thi học sinh giỏi 24 2.2 Một số dạng toán thi Olympic liên quan 34 KẾT LUẬN 40 TÀI LIỆU THAM KHẢO 41 ii Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành với hướng dẫn tận tình GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu - Đại học Khoa học tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội Tự đáy lòng mình, em xin tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Thầy quan tâm, bảo tận tình Thầy Em xin chân thành cảm ơn thầy cô Trường Đạị học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, giúp đỡ em suốt q trình theo học Tơi xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu, đồng nghiệp Trường THPT Đơng Thành - Quảng Ninh gia đình tạo điều kiện cho tơi hồn thành kế hoạch học tập Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu sót hạn chế Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp thầy cô bạn đọc để luận văn hoàn thiện Xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, tháng năm 2019 Tác giả Vũ Duy Đạt MỞ ĐẦU Luận văn nhằm cung cấp dạng toán xác suất rời rạc toán ứng dụng phương pháp xác suất giải toán trung học phổ thơng Chun đề nằm chương trình phục vụ cải cách giáo dục bồi dưỡng học sinh giỏi lớp chuyên toán phục vụ kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, Olympic khu vực quốc tế Trong chương trình cải cách giáo dục nay, vấn đề liên quan đến xác suất thống kê phê duyệt để giảng dạy thức trường trung học phổ thông Ở nhiều nước giới, kì thi học sinh giỏi toán cấp, Olympic Toán khu vực quốc tế có nhiều đề tốn liên quan tới lý thuyết phương pháp xác suất, thống kê Những dạng toán thường xem thuộc loại khó phần kiến thức nâng cao chuyên đề không nằm chương trình thống sách giáo khoa hành bậc trung học phổ thông Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề xác suất phương pháp xác suất, chọn đề tài luận văn ”Một số dạng toán liên quan đến xác suất rời rạc ứng dụng” Trong đó, khảo sát số lớp toán từ đề thi học sinh giỏi Quốc gia Olympic nước năm gần chuyên đề Cấu trúc luận văn gồm chương: Chương Một số dạng toán liên quan đến xác suất rời rạc Chương Ứng dụng phương pháp xác suất giải tốn trung học phổ thơng Thái Ngun, tháng năm 2019 Tác giả Chương Một số dạng toán liên quan đến xác suất rời rạc Trong chương trình bày sở lý thuyết tốn áp dụng nâng cao phép tính xác suất đại số, áp dụng quy tắc tổng quát quy tắc cộng, quy tắc nhân, công thức Bernoulli cho phép thử lặp, công thức xác suất đầy đủ, cơng thức Bayes vào ví dụ thực tế Nghiên cứu tính tốn đại lượng đặc trưng biến ngẫu nhiên rời rạc kỳ vọng, phương sai thống kê Tài liệu tham khảo phần [4], [5], [6], [7] 1.1 Phép thử biến cố Định nghĩa 1.1 Việc thực nhóm điều kiện để quan sát tượng có xảy hay khơng gọi thực phép thử Ví dụ 1.1 Thực tung đồng xu bốn lần phép thử nhằm quan sát bốn lần tung đồng xu ta nhận mặt ngửa hay mặt sấp Khi tất kết xảy sau lần tung 24 = 16 Khả xảy kết 16 Định nghĩa 1.2 (xem [4]) Không gian mẫu Ω phép thử T tập hợp tất kết phép thử T cho kết có khả xảy Tập A ⊂ Ω A gọi biến cố ngẫu nhiên Khi A = Ω A gọi biến cố chắn (chắc chắn xảy ra) Khi A = ∅ A gọi biến cố không (không xảy ra) 1.2 Xác suất biến cố Trở lại với ví dụ ta xét biến cố A "kết bốn lần tung có ba lần xuất mặt ngửa" Kết Ω làm A xuất là: NNNN, NSNN, NNSN, NNNS, SNNN Khi năm kết gọi kết có lợi cho biến cố A, khả xảy biến cố A 16 Định nghĩa 1.3 (xem [4]) Xác suất biến cố số đặc trưng cho khả xảy biến cố thực phép thử 1.2.1 Định nghĩa cổ điển xác suất Định nghĩa 1.4 Xét phép thử T với không gian mẫu Ω hữu hạn Biến cố A ⊂ Ω, tỉ số P (A) = |A| |Ω| gọi xác suất biến cố A Nói cách khác P hàm số xác định tập tất tập Ω, mà tập giá trị P [0,1] |A| ≤ |Ω| với A ⊂ Ω Ta có số tính chất xác suất sau: 1) ≤ P (A) ≤ 1, ∀ A⊂ Ω 2) P (Ω) = 3) P (∅) = Bài toán 1.1 [xem [5]] Gieo đồng thời hai đồng xu cân đối đồng chất tìm xác suất để có biến cố: A: " Xuất hai mặt sấp" B: "Một mặt sấp, mặt ngửa" C: "Ít mặt sấp" Lời giải Phép thử T tung hai đồng xu cân đối đồng chất Không gian mẫu: Ω = {SS, N N, N S, N N }, |Ω| = A = {SS}, |A| = B = {SN, N S}, |B| = C = {SS, SN, N S}, |C| = 3 nên P (A) = = 0, 25; P (B) = = 0, 5; P (C) = = 0, 75 4 Bài toán 1.2 [xem [7] trang 447] Hiện có nhiều giải xổ số trao giải thưởng lớn cho người chọn sáu số số n số nguyên dương đầu tiên, n thường nằm khoảng từ 30 đến 60 Tìm xác suất mà người chọn sáu số số 40 số? Lời giải Chỉ có đạt giải thưởng lớn Tổng số cách để chọn sáu số số 40 C40 = Do đó, khả chiến thắng 40! = 3838380 34!6! ≈ 00000026 3838380 Bài toán 1.3 Một hộp có a cầu trắng, b cầu đen, lấy ngẫu nhiên hai cầu Tìm xác suất để biến cố sau xảy a) A : "Quả cầu thứ trắng" b) B : "Quả cầu thứ hai trắng biết cầu thứ trắng" Lời giải a) Ta có số cách lấy hai bóng là: (a + b)(a + b − 1) nên |Ω| = (a + b)(a + b − 1) Số cách lấy bóng trắng, thứ hai tùy ý a.(a + b − 1) nên |A| = a(a + b − 1) Vậy P (A) = a(a + b − 1) a = (a + b)(a + b − 1) a+b b) Sau lần đầu lấy trắng, số cách để lần thứ hai lấy trắng (a − 1) nên |B| = a − Số cách để lấy từ a + b − a + b − 1, tức |Ω| = a + b − nên P (B) = a−1 a+b−1 Bài toán 1.4 Lấy ngẫu nhiên từ tú lơ khơ 52 Tìm xác suất biến cố sau A : "Lấy màu đỏ" B : "Lấy cơ, hai rô, ba bích" C : "Lấy át, hai J, ba 9, hai 2" D : "Lấy ba chất chọn trước" Lời giải (cách) nên |Ω| = C Để lấy từ 52 tú có C52 52 Ta cần lấy đỏ, đen, nên |A| = C26 C26 = 171028000 Ta cần lấy cơ, rô, bích, tép, nên 3 C13 = 22620312 .C13 C26 |B| = C13 Ta cần lấy át, hai J, ba 9, hai 2, nên |C| = C41 C42 C43 C42 = 576 Ta cần lấy ba chất năm thuộc ba chất khác nên |D| = 133 C39 = 286575757 Ta có: 171028000 = 0, 227268; 752538150 22620312 P (B) = = 0, 03006; 752538150 576 P (C) = = 0, 000007654; 752538150 286575757 = 0, 2188148 P (D) = 752538150 P (A) = Bài toán 1.5 Có n người khách khỏi nhà mà khơng lấy mũ Chủ nhà khơng biết rõ chủ mũ nên gửi trả họ cách ngẫu nhiên Tìm xác suất để a) Cả n người khơng nhận mũ b) Cả n người trả mũ c) Có k người (1 ≤ k ≤ n − 1) trả mũ Lời giải Ta có:|Ω| = n! a) Gọi biến cố A : "Cả n người không nhận mũ" Khi đó:|A| = Dn , nên P (A) = Dn n! b) Gọi biến cố B : "Cả n người trả mũ" Khi đó:|B| = 1, nên P (B) = n! c) Gọi biến cố C : "Có k người trả mũ" Để có k người trả mũ có n − k người không trả mũ, nên n−1 Cnk Dn−k ; |C| = k=1 n−1 P (C) = 1.2.2 Cnk Dn−k k=1 n! Định nghĩa thống kê xác suất Định nghĩa 1.5 Tần suất xuất biến cố n phép thử tỷ số số phép thử biến cố xuất tổng số phép thử thực Ta ký hiệu số phép thử n, số lần xuất biến cố A k Tần suất xuất biến cố A f (A) thì: f (A) = k n Định nghĩa 1.6 Xác suất xuất biến cố A phép thử số p không đổi mà tần suất f xuất biến cố n phép thử dao động xung quanh p, số phép thử n tăng lên vô hạn P (A) ≈ f (A) Bài tốn 1.6 Có thể xem xác suất sinh trai theo dõi 88200 trẻ sơ sinh vùng có 45000 trai Lời giải Ta có P (A) ≈ f (A) = 4500 = 0, 51 88200 Tức xác suất sinh trai xấp xỉ 0,51 Hay tỉ lệ sinh trai gái xấp xỉ 51 nam, 50 nữ 1.3 Định lý cộng xác suất Theo định nghĩa biến cố biến cố tập không gian mẫu Ω nên biến cố có phép tốn tập hợp, sở ta xây dựng 28 hay khơng chọn phần tử vào tập Vì có tất 21998n số hạng tổng Bây ta tính giá trị trung bình số hạng Với i = 1, 2, , 1998 i phần tử A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An phần tử A1 , A2 , , An Xác suất biến cố − 2−n Do đó, giá trị trung bình số hạng tổng 1998(1 − 2−n ), đáp số 21998n 1998(1 − 2−n ) Bổ đề sau chìa khóa cho nhiều tốn giải phương pháp xác suất Bổ đề 2.1 Cho X biến ngẫu nhiên Khi tồn điểm khơng gian xác suất mà X ≥ E[X], tồn điểm bào khơng gian xác suất mà X ≤ E[X] Bài toán 2.6 (Iran TST 2008) 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 động bóng nhóm B Lời giải Xét giải đấu đồ thị có hướng đầy đủ Ta xét A tập ngẫu nhiên có phần tử Gọi X số đội thắng tất đội A Gọi d(v−) bậc vào v , ta có E(X) = Nhưng v v Cd(v −) C799 , nghĩa bậc trung bình đỉnh d(v − ) = C799 399 Theo tính lồi hàm Cx7 , ta có 799C399 E(X) ≥ ≈ 800 C799 ≈ 6.25, điều đủ X số nguyên Chọn đội bóng B từ nhóm đội thắng tất đội A ta có điều cần tìm Bài tốn 2.7 (Russia MO 1996) Trong viện Duma quốc gia có 1600 đại biểu, lập thành 1600 tiểu ban, tiểu ban có 80 người Chứng minh ta tìm hai tiểu ban có thành viên chung 29 Lời giải Chọn ngẫu nhiên cặp tiểu ban (tức lấy cách ngẫu nhiên cặp C16000 cặp) Gọi X số người có hai tiểu ban chọn Chú ý X = X1 + · · · + X1600 , Xi biến ngẫu nhiên {0, 1} người thứ i có mặt hai tiểu ban hay khơng Theo tính tuyến tính kỳ vọng, ta có E[X] = E[X1 ] + · · · + E[X1600 ] Ta thấy E[Xi ] tính dễ dàng Gọi ni số tiểu ban mà người thứ i thuộc vào tiểu ban Khi E[Xi ] = P [người thứ i chọn vào hai tiểu ban] = Thông tin mà ta biết {ni } tổng chúng i ni Cn2i C16000 = 16000.80 Điều gợi cho ta sử dụng tính lồi để đánh giá E[X] thông qua giá trị trung bình {ni }, ký hiệu n n = (16000.80)/1600 = 800 Ta có E(X) ≥ 1600C800 1600Cn2 800.799 = 3.995 = = 1600 2 16000.15999 C16000 C16000 Theo Bổ đề 2.1, ta biết có kết cho ta X ≥ 3.995 Vì X ln số ngun, kết thực phải có X ≥ Nói riêng, ta kết luận có cặp hai tiểu ban có ≥ thành viên chung Bài tốn 2.8 (MOP Test 2008) Giả sử a, b, c số thực dương cho với n nguyên [an] + [bn] = [cn] Chứng minh ba số a, b, c nguyên Nhận xét 2.5 Bạn sử dụng kết lý thuyết số quen thuộc sau đây: x số vô tỷ phần phân bội số x phân bố đoạn [0, 1] Nói riêng, ta chọn n cách ngẫu nhiên {1, 2, , N } E[xn ] → 1/2 N → ∞ Lời giải Giả sử số a, b, c số nguyên Chia hai vế cho n cho n dần đến vô cùng, ta a + b = c 30 Từ đó, suy {an} + {bn} = {cn} (1) Nếu x vơ tỷ {xn} phân bố đoạn [0, 1] Nói riêng, ta chọn n cách ngẫu nhiên {1, 2, , N } E[{xn}] → 1/2 N → ∞ Mặt khác, x số hữu tỷ có dạng tối giản p/q {xn} có kỳ vọng tiến đến q−1 1 1 = − Như nằm khoảng , 2q 2q Kết luận: với số không nguyên x, E[{xn}] → t, t ∈ 1 , Lấy kỳ vọng hai vế (1), cho n dần đến vô cùng, ta thấy cách để có đẳng thức E[{an}] E[{bn}] phải tiến đến , E[{cn}] → a, b hữu tỷ, cách để có kỳ vọng c vô tỷ Nhưng a + b = c nên ta khơng thể có hai số hữu tỷ cộng Nhưng cách để có kỳ vọng lại số vô tỷ, mâu thuẫn Phương pháp xác suất có ứng dụng hiệu việc chứng minh tồn cấu trúc Ta biết người tồn người đôi quen ba người đôi không quen Khi thay bở điều khơng ta chứng tỏ điều cách phản ví dụ Khi số lớn, việc xây dựng phản ví dụ trở nên khó khăn Trong trường hợp phương pháp xác suất tỏ hữu dụng Bài tốn 2.9 Chứng minh 2100 người, khơng thiết phải có 200 người đơi quen 200 người đôi không quen Lời giải Ta cho cặp người quen không quen cách tung đồng xu đối xứng Trong nhóm 200 người, xác suất để họ đôi quen đôi không quen × 2−C200 = 2−19899 Vì có C2200 100 cách chọn 200 người, xác suất tồn 200 người đôi quen đôi không quen nhiều 200 C2200 100 −19899 ×2 (2100 ) < 200! × 2−19899 = 2101 < 200! Từ suy xác suất không tồn 200 người đôi quen đôi khơng quen lớn 0, từ suy điều phải chứng minh 31 Ta thấy phương pháp tổng quát để xây dựng ví dụ ngẫu nhiên: xác suất tồn ví dụ ta cần dương tồn ví dụ Bài tốn 2.10 Trong bảng 100×100, ta viết số nguyên 1, 2, , 5000 Hơn nữa, số nguyên xuất bảng lần Chứng minh ta chọn 100 bảng thỏa mãn điều kiện sau: (1) Mỗi hàng chọn ô (2) Mỗi cột chọn ô (3) Các số ô chọn đơi khác Lời giải Chọn hốn vị ngẫu nhiên (a1 , a2 , , a100 ) {1, 2, , 100} chọn ô thứ hàng thứ i Cách chọn thỏa mãn (1) (2) Với j = 1, , 5000, xác suất để chọn có số j hai ô hàng cột 1 × trường hợp ngược lại 100 99 Do xác suất để cách chọn thỏa mãn (3) − 5000 × >0 100 × 999 ta có điều phải chứng minh Nhận xét 2.6 Ta dễ dàng chuyên hai lời giải xác suất nêu hai toán sang lời giải sử dụng túy phép đếm (bằng cách tính số kết thuận lợi thay tính xác suất), mà thực chất hồn toàn giống Nhưng lời giải xác suất ngắn gọn tự nhiên Nhận xét 2.7 Một tính chất mang tính đặc trưng xác suất đẳng thức P (A1 ) + P (A2 ) + · · · + P (An ) = 1, {A1 , A2 , , An } phân hoạch khơng gian xác suất Ω Tính chất dùng để chứng minh nhiều đẳng thức tổ hợp phương pháp xác suất Bài toán 2.11 Cho p, q số thực dương cho p + q = Chứng minh p + pq + pq + pq + · · · = (∗) 32 Lời giải Xét thí nghiệm tung đồng xu với xác suất mặt ngửa p mặt xấp q Ta thực thí nghiệm mặt ngửa Gọi X số lần tung, P (X = n) = pq n−1 Vế trái đẳng thức (*) P (X = 1) + P (X = 2) + · · · + P (X = n) + dĩ nhiên Bài toán 2.12 (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 P xa(P ) (1 − x)b(P ) = 1, tổng tính theo tất đa giác lồi có đỉnh thuộc S Chú ý quan trọng: đoạn thẳng, điểm tập rỗng coi đa giác lồi với 2, đỉnh tương ứng Lời 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 chu vi P có màu đen tất đỉnh nằm P có màu trắng Các biến cố đơi xung khắc nhau, vế trái xác suất kiện có EP Nhưng kiện 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 giải hai tốn tổ hợp: tính số kết thuận lợi tính số kết Thơng thường, tốn sau đơn giản tốn trước Chính điều tạo tình ứng dụng thú vị xác suất: Nếu ta tính số kết tính xác suất tính số kết thuận lợi Bài tốn 2.13 Trong số cách chọn đỉnh từ đỉnh hình lập phương đơn vị, có cách chọn thỏa mãn điều kiện: đỉnh chọn đỉnh tam giác Bài tốn khơng phải khó, rối Ta giải cách tính xác xuất ba đỉnh chọn ngẫu nhiên tạo thành đỉnh tam giác 33 Ta chọn đỉnh Đỉnh đỉnh Với đỉnh thứ hai, đỉnh thứ chọn ta chọn đỉnh có khoảng cách √ đến đỉnh đầu Xác suất thành công 3/7 Ở lượt cuối, xác suất thành công 2/6 Như xác suất để đỉnh chọn đỉnh tam giác 1/7 Vì số cách chọn đỉnh từ đỉnh C83 nên số cách chọn thỏa mãn điều kiện đỉnh chọn đỉnh tam giác 8.7.6 C8 = = 7.1.2.3 Các ví dụ 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 2.14 Trong kỳ thi có n mơn thi, có đề tiếng Pháp đề tiếng Anh Thí sinh thi mơn tùy ý, thí sinh chọn hai ngôn ngữ cho môn thi Với hai môn thi bất kỳ, tồn thí sinh thi hai mơn ngôn ngữ khác Nếu mơn 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 có 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 thỏa mãn (Kết ví dụ thu khơng khó khăn ta thay 10 số nhỏ quan sát quy luật.) 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 ‘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 34 Nhưng xác suất biến cố không vượt nên từ ta suy n ≤ 1024 , điều phải chứng minh 2.2 Một số dạng toán thi Olympic liên quan Bài 2.1 (IMO 1998) Trong thi, có m thí sinh n giám khảo, n ≥ số nguyên lẻ Mỗi 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 n−1 ≥ m 2n Lời giải Do n lẻ, đặt n = 2r + 1, từ n giám khảo có 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 khơng đồng ý Khi số ý kiến trùng giám khảo là: = Cx2i + Cn−x i x2i + (n − xi )2 − n r2 + (n − r)2 − n (n − 1)2 ≥ = 2 m(n − 1)2 Nên tổng số ý kiến trùng , điều dẫn đến: m(n − 1)2 k n−1 k.Cn2 ≥ nên ≥ m 2n Bài 2.2 (IMO 1987) Gọi pn (k) số hoán vị tập {1, 2, , n} , n ≥ 1, có k điểm bất động Chứng minh rằng: n k.pn (k) = n! k=0 Lời giải Đẳng thức cần chứng minh tương đương với n k=0 k.pn (k) =1 n! 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 35 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: n k E(X) = k=0 pn (k) =1 n! Bài 2.3 (IMO Shortlist, 1999) Cho A tập gồm N thặng dư modulo N Chứng minh tồn tập B gồm N thặng dư modulo N cho nửa thặng dư modulo N viết dạng a + b, a ∈ A, b ∈ B Bài 2.4 (IMO 1998) Trong thi, có m thí sinh n giám khảo, n ≥ số nguyên lẻ Mỗi 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 k n−1 ≥ m 2n Bài 2.5 (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 2.6 (China MO 1986) Cho z1 , z2 , , zn số phức Chứng minh tồn tập S ⊆ {1, , n} cho ≥ π zj j∈S n |zj | j=1 Bài 2.7 (IMO Shortlist 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 Bài 2.8 (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 Bài 2.9 (IMO 1987) Gọi pn (k) số hoán vị tập {1, , n}, n ≥ 1, có n k điểm bất động Chứng minh kpn (k) = n! k=0 36 Bài 2.10 (Russia MO 1996) Trong viện Duma quốc gia có 1600 đại biểu, lập thành 16000 tiểu ban, tiểu ban có 80 người Chứng minh ta tìm hai tiểu ban có thành viên chung Bài 2.11 (IMO 1998) Trong thi, có a thí sinh b giám khảo, b ≥ số nguyên lẻ Mỗi 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 k/a ≥ (b − 1)/(2b) Bài 2.12 (APMO 1998) Cho F tập hợp tất (A1 , A2 , , An ) Ai , i = 1, 2, , n tập {1, 2, , 1998} Giả sử |A| ký hiệu số phần tử tập hợp A, tìm |A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An | (A1 ,A2 , ,An )∈F Bài 2.13 (USA TST 2001) Với tập hợp S, ký hiệu | S | số phần tử S Cho A tập hợp số nguyên dương với |A| = 2001 Chứng minh tồn tập B cho (i) B ⊆ A; (ii) |B| ≥ 668; (iii) với u, v ∈ B (không thiết phân biệt), u + v ∈ / B Bài 2.14 (Bay Area Math Olympiad 2004) Cho n số thực không đồng thời có tổng Chứng minh tồn cách đánh số số a1 , a2 , , an cho a1 a2 + a2 a3 + · · · + an−1 an + an a1 < Bài 2.15 (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 P xa(P ) (1 − x)b(P ) = 1, tổng tính theo tất đa giác lồi có đỉnh thuộc S Bài 2.16 (MOP Test 2007) Trong bảng n×n số 1, 2, , n xuất n lần Chứng minh tồn hàng cột với số phân biệt 37 Bài 2.17 (Iran TST 2008) 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 động bóng nhóm B Bài 2.18 (MOP Test 2008) Giả sử a, b, c số thực dương cho với n nguyên [an] + [bn] = [cn] Chứng minh ba số a, b, c nguyên Bài 2.19 Cho X biến ngẫu nhiên Chứng minh tồn điểm không gian xác suất mà X ≥ E[X], tồn điểm khơng gian xác suất mà X ≤ E[X] Bài 2.20 Trong ô bảng 100×100, ta viết số nguyên 1, 2, , 5000 Hơn nữa, số nguyên xuất bảng lần Chứng minh ta chọn 100 bảng thỏa mãn điều kiện sau: (1) Mỗi hàng chọn ô (2) Mỗi cột chọn ô (3) Các số ô chọn đôi khác Bài 2.21 Trong số cách chọn đỉnh từ đỉnh hình lập phương đơn vị, có cách chọn thỏa mãn điều kiện: đỉnh chọn đỉnh tam giác Bài 2.22 Trong kỳ thi có n mơn thi, có đề tiếng Pháp đề tiếng Anh Thí sinh thi mơn tùy ý, thí sinh chọn hai ngôn ngữ cho môn thi Với hai môn thi bất kỳ, tồn thí sinh thi hai mơn ngơn ngữ khác Nếu mơn có nhiều 10 thí sinh dự thi, tìm giá trị lớn n Bài 2.23 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 minh tồn n kỳ thủ chưa đấu với (Tất nhiên số n lớn tốt.) Bài 2.24 Cho p q số khơng âm có tổng Chứng minh (1 − pm )n + (1 − q n )m ≥ 38 Bài 2.25 (Hungarian MO 2001) Cho m n số nguyên Chứng minh m−1 m ước n (−1)k Cnk k=0 Bài 2.26 (Chinese MO 1998) Xác định tất số nguyên dương n ≥ cho 22000 chia hết cho + Cn1 + Cn2 + Cn3 Bài 2.27 (Gặp gỡ Toán học 2014) Cho p ≥ số nguyên tố m, k ∈ Z+ Chứng minh p−1 pk+2 |Cmp k −1 − Bài 2.28 (Putnam 1996) Cho số nguyên tố p ≥ k = 2p Chứng minh k Cpi ≡ (mod p2 ) i=0 Bài 2.29 (Putnam 1991) Cho p số nguyên tố lẻ Chứng minh p j Cpj Cp+j ≡ 2p + (mod p2 ) j=0 Bài 2.30 (Thi chọn đội tuyển VMO 2012, tỉnh Nghệ An) Cho p > số nguyên tố tập hợp M = {1; 2; ; p} Với số nguyên k thỏa mãn ≤ k ≤ p ta đặt Ek = {A ⊂ M : |A| = k}, xk = (min A + max A) Chứng minh A∈Ek p−1 xk Cpk ≡ (mod p3 ) k=1 Bài 2.31 (VMO 2017) Chứng minh 1008 k kC2017 ≡0 a) (mod 20172 ) k=1 504 k (−1)k C2017 ≡ 22016 − b) (mod 20172 ) k=1 Bài 2.32 Cho a¯ (a1 , a2 , , an ) số thực dương Đặt P0 = 1, Pk = Pk (¯ a), Er = Er (¯ a) Chứng minh Pk−1 Pk+1 ≤ Pk2 (k = 1, 2, , n − 1) (Nếu dương không đồng thời ta có dấu bất đẳng thức thực sự) 39 Bài 2.33 Cho số > (i ∈ {1, 2, 3, , n}) không đồng thời Chứng minh bất đẳng thức 1 P1 > P22 P33 > · · · > Pn3 Bài 2.34 Chứng minh n k hai số tự nhiên thỏa mãn ≤ k ≤ n n n n ≤ (C2n ) C2n−k C2n+k Bài 2.35 Chứng minh Cn2 + 2Cn3 + · · · + (n − 1)Cnn > (n − 2)2n−1 Bài 2.36 Chứng minh với n ∈ N, n > Cn1 + 2Cn2 + 3Cn3 + · · · + nCnn < n!, n 40 KẾT LUẬN Luận văn trình bày vấn đề sau: Trình bày tốn xác suất, khái niệm xác suất, tính chất, quy tắc tính, xác suất có điều kiện, cơng thức Bernoulli, cơng thức Bayes xác suất đầy đủ Các đại lượng đặc trưng xác suất kỳ vọng, phương sai, biến ngẫu nhiên rời rạc Trình bày dạng tốn thường gặp xác suất áp dụng liên quan Trình bày tốn đại số ứng dụng xác suất để giải Trình bày tốn thi olympic có nội dung xác suất Do thời gian thực không nhiều khả hạn chế nên luận văn đưa số dạng toán xác suất rời rạc ứng dụng toán thi học sinh giỏi Em xin chân thành cảm ơn! 41 Tài liệu tham khảo A Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Mậu (2017), Tổ hợp dạng toán liên quan, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Tạp chí TH&TT (2007), Các thi Olympic Tốn trung học phổ thông Việt Nam (1990-2006), NXB Giáo dục [3] Trần Nam Dũng, ”Phương pháp xác suất ”, viết đăng trang Thơng tin tốn học, Hội Tốn Học Việt Nam tháng 12 năm 2012 tập 16 số 4, tháng năm 2013 tập 17 số 1, tháng năm 2013 tập 17 số [4] Đào Hữu Hồ (1996), ”Xác suất thống kê”, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, trang – 49 [5] Đào Hữu Hồ (2011), ”Hướng dẫn giải toán xác suất thống kê”, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, trang – 52 [6] Nguyễn Văn Cao, Trần Thái Ninh (2006), "Bài tập xác suất thống kê toán", Đại học Kinh tế Quốc dân, trang – 74 B Tiếng Anh [7] Kenneth H Rosen (2012), Discrete Mathematics and its Applications, Seventh Edition, Mc Graw Hill, pages 447, 449, 450 [8] Paulo Ney de Sausa, Jorge- Nume Silva (1998), Berkeley Problems in M athematics, Springer [9] Titu Andreescu, Zuming Feng (2002), 102 combinatorial problems from the training of the USA IMO team 42 [10] Dusan Djukic, Vladimir Jankovíc, Ivan Matíc, Nikola Petrovíc, ”The IMO compendium”, Spinger, pages 338, 661, 667 ... Chương Một số dạng toán liên quan đến xác suất rời rạc Chương Ứng dụng phương pháp xác suất giải tốn trung học phổ thơng Thái Nguyên, tháng năm 2019 Tác giả Chương Một số dạng toán liên quan đến xác. .. dưỡng học sinh giỏi chuyên đề xác suất phương pháp xác suất, chọn đề tài luận văn Một số dạng toán liên quan đến xác suất rời rạc ứng dụng Trong đó, khảo sát số lớp toán từ đề thi học sinh giỏi... TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC VŨ DUY ĐẠT MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN XÁC SUẤT RỜI RẠC VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa