Phương pháp xác suất trong toán trung học phổ thông

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HOC TỰ NHIÊN ——————– NGUYỄN THỊ HỒNG PHƯƠNG PHÁP XÁC SUẤT TRONG TỐN TRUNG HỌC PHỔ THƠNG LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC HÀ NỘI - 2014 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HOC TỰ NHIÊN ——————– NGUYỄN THỊ HỒNG PHƯƠNG PHÁP XÁC SUẤT TRONG TOÁN TRUNG HỌC PHỔ THƠNG Chun ngành: Phương pháp tốn sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS TS LÊ ANH VINH CHỦ TỊCH HỘI ĐỒNG HÀ NỘI - 2014 Mục lục Danh mục ký hiệu Lời nói đầu Phương pháp đếm 1.1 Hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp 1.1.1 Hoán vị 1.1.2 Chỉnh hợp 1.1.3 Tổ hợp 1.2 Sự phân hoạch 1.2.1 Sự phân hoạch số nguyên không âm 1.2.2 Phân hoạch tập hợp 1.2.3 Phân hoạch số nguyên 1.3 Công thức Sieve nguyên dương thành Lý thuyết đồ thị 2.1 Khái niệm đồ thị 2.1.1 Định nghĩa đồ thị phân loại đồ thị 2.1.2 Đồ thị đẳng cấu 2.1.3 Biểu diễn đồ thị ma trận 2.1.4 Đồ thị con, đồ thị thành phần đồ thị 2.2 Các yếu tố đồ thị vô hướng 2.2.1 Bậc đỉnh đồ thị 2.2.2 Đường chu trình 2.2.3 Tính liên thơng 2.2.4 Một số loại đơn đồ thị vơ hướng 2.3 Bài tốn tơ màu số Ramsey i sinh tổng số 4 11 11 12 14 18 26 26 26 27 28 29 30 30 30 31 31 39 MỤC LỤC 2.3.1 2.3.2 Lý thuyết Ramsey cho đồ thị hữu hạn 39 Lý thuyết Ramsey trường hợp tổng quát 42 Xác suất số ứng dụng 3.1 Phép thử biến cố 3.2 Xác suất biến cố 3.2.1 Định nghĩa cổ điển xác suất 3.2.2 Định nghĩa thống kê xác suất 3.2.3 Định nghĩa hình học xác suất 3.3 Định lý cộng xác suất 3.4 Định lý nhân xác suất 3.5 Một số mở rộng định lý cộng định lý nhân xác suất 3.6 Biến ngẫu nhiên kì vọng 3.6.1 Định nghĩa 3.6.2 Tính tuyến tính kì vọng 3.7 Sử dụng xác suất chứng minh số tính chất số Ramsey 3.8 Áp dụng xác suất kì vọng vào số tốn thi học sinh giỏi 44 44 45 45 48 48 50 53 57 64 64 66 68 70 Kết luận 78 Tài liệu tham khảo 79 ii Danh mục ký hiệu |A| Số phần tử A p(n) Số hoán vị n phần tử phân biệt Cnk Số tổ hợp chập k n phần tử Akn Số chỉnh hợp chập k n phần tử S(n, k) Số cách phân hoạch tập n phần tử thành k phần B(n) Số cách phân hoạch tập n phần tử thành số phần P (n) Số cách phân hoạch số n thành k phần D(n) Số xáo trộn tập n phần tử P (A) Xác suất biến cố A E(X) Kì vọng biến ngẫu nhiên X Lời nói đầu Xác suất phần toán trung học phổ thơng nói chung,Ứng dụng xác suất giải tốn Trung học phổ thơng nội dung mẻ, thú vị Mặt khác xác suất khơng có ứng dụng tốn học mà cịn có nhiều ứng dụng số mơn học khác, ngành khoa học khác Học tìm hiểu xác suất học sinh thấy toán học gần gũi, gắn liền với sống thực tế hơn, tạo hứng thú học tập cho học sinh Bởi lựa chọn tìm hiểu “ Phương pháp xác suất tốn trung học phổ thơng” Xác suất tốn THPT với sở chủ yếu toán đếm, với đối tượng học sinh giỏi, tiếp cận với Lý thuyết đồ thị toán liên quan lý thuyết đồ thị tổ hợp xác suất Với mục đích tìm hiểu xác suất , cách tính xác suất, số ứng dụng xác suất toán THPT Nên Luận văn này, ngồi phần mở đầu phần kết luận tơi trình bày ba chương Chương 1: Trình bày quy tắc đếm mở rộng Nhằm trang bị cho học sinh kiến thức sở để sử dụng toán đếm toán xác suất người học muốn học tốt xác suất cần phải có kiến thức tốt tổ hợp đếm Chương 2: Trình bày sơ lược lý thuyết đồ thị, nhằm trang bị kiến thức cần thiết cho chương Chương 3: Là chương trọng tâm, chương tơi trình bày khái niệm xác suất,tính chất, quy tắc tính xác suất Khái niệm kỳ vọng, tính tuyến tính kỳ vọng áp dụng vào số ví dụ.Trong chương bước đầu tơi trình bày cách sử dụng xác suất, kỳ vọng vào số tốn số học, tổ hợp, hình học tổ hợp Luận văn hoàn thành với hướng dẫn tận tình Thầy PGS.TS Lê Anh Vinh – Đại học Giáo Dục – Đại học Quốc gia Hà Nội Từ đáy lịng em xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới Thầy Lê Anh Vinh quan Lời nói đầu tâm, bảo tận tình thầy Em xin chân thành cảm ơn thầy cô Trường Đại học Khoa học tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội, giúp đỡ em suốt q trình theo học Tơi xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu đồng nghiệp Trường THPT Nam Khoái Châu – Hưng Yên tạo điều kiện cho tơi hồn thành kế hoạch học tập Hà Nội, ngày tháng 12 năm 2014 Tác giả Nguyễn Thị Hồng Chương Phương pháp đếm 1.1 Hốn vị, chỉnh hợp, tổ hợp Nội dung chương tam khảo chủ yếu tài liệu số tác giả Miko’s Bo’na, “A walk through combinatorics – An introduction to enumeration anh graph theory” Ngồi sở lý thuyết tài liệu trên, hệ thống ví dụ minh họa xây dựng sở lý thuyết tương ứng 1.1.1 Hoán vị Định nghĩa 1.1.1 Mỗi xếp thứ tự n đối tượng khác thành hàng, mà đối tượng xuất lần gọi hoán vị n đối tượng Định lý 1.1.1 Số hốn vị tập hợp A có n phần tử p(n) = n! Ví dụ 1.1.1 Một người trồng hoa có hoa đỏ, hoa vàng, hoa trắng muốn trồng thành hàng Hỏi có cách trồng? Lời giải Ta xét hai trường hợp: • Trường hợp 1: Các hoa đơi khác loại Khi số cách trồng 10! • Trường hợp 2: Các hoa màu thuộc loại Khi thay đổi vị trí hoa đỏ cho ta cách trồng, thay đổi vị trí hoa vàng cho ta cách trồng, thay đổi vị trí hoa trắng cho ta cách trồng Nên số cách trồng 10 hoa 10! 5!2!3! Chương Phương pháp đếm Từ ví dụ ta thấy xếp n đối tượng không đôi phân biệt định lý 1.1.1 khơng cịn Mở rộng định nghĩa hốn vị ta có định nghĩa hốn vị lặp sau Định nghĩa 1.1.2 Cho n, a1 , a2 , , ak số nguyên dương thỏa mãn a1 + a2 + + ak = n Mỗi cách xếp n đối tượng thành hàng có đối tượng loại i hoán vị lặp n đối tượng Khi ta có số hốn vị lặp tính sau Định lý 1.1.2 Cho n, a1 , a2 , , ak số nguyên không âm thỏa mãn a1 + a2 + + ak = n, có đối tượng loại i, i = 1, k Khi số hốn vị lặp n đối tượng n! a1 !a2 ! ak ! (1.1) Ví dụ 1.1.2 Cho tập A = {1, 2, 3, 4, 5} Có số nguyên dương có chữ số lập từ A Biết chữ số xuất lần, chữ số xuất lần Lời giải Ta coi số có chữ số hốn vị lặp đối tượng, số xuất lần, số xuất lần, số số thỏa mãn yêu cầu là: 40320 8! = = 3360 (số) 2!3! 2.6 Ví dụ 1.1.3 Cho 2n người, có n nam, n nữ Hỏi a) Có cách xếp cho 2n người ngồi thành hàng cho nam nữ ngồi xen kẽ? b) Có cách xếp cho 2n người ngồi thành hàng cho nam ngồi liền nhau? c) Có cách xếp cho 2n người ngồi quanh bàn trịn? d) Có cách xếp cho 2n người ngồi quanh bàn tròn cho nam nữ ngồi xen kẽ? Lời giải a) Ta xét hai trường hợp Chương Phương pháp đếm • Trường hợp 1: n nam ngồi vị trí lẻ có n! cách Với cách xếp nam ta có n! cách xếp n nữ vào vị trí chẵn, nên ta có n!n! = (n!)2 cách xếp nam vào vị trí lẻ, nữ vào vị trí chẵn • Trường hơp 2: n nam ngồi vị trí chẵn, n nữ ngồi vị trí lẻ, ta có (n!)2 cách xếp Vậy có 2(n!)2 cách xếp nam nữ ngồi xen kẽ b) Trước hết ta xếp n nam vào n vị trí liền kề 2n vị trí Khi ta có n + cách (tương ứng với người thứ ngồi vị trí thứ tới vị trí n + 1) Sau với cách chọn n vị trí liền kề có n! cách xếp n nam Với cách xếp n nam lại có n! cách xếp n nữ vào n chỗ lại nên có (n + 1)(n!)2 (cách) c) Ta cần chọn người vào vị trí bàn tròn để xác định số thứ tự chỗ ngồi, sau xếp 2n − người vào 2n − vị trí có (2n − 1)! cách Vậy số cách xếp 2n người khác vào 2n vị trí bàn trịn (2n − 1)! d) Lập luận tương tự ý a), ý c) ta có số cách xếp 2n!(n − 1)! cách 1.1.2 Chỉnh hợp Định nghĩa 1.1.3 Cho tập hợp A có n phần tử n ∈ N∗ (phân biệt) Mỗi cách thứ tự k (0 ≤ k ≤ n) phần tử A cho không phần tử xuất nhiều lần gọi chỉnh hợp chập k n phần tử A Chú ý: Quy ước: 0! = Định lý 1.1.3 Số chỉnh hợp chập k n phần tử Akn = n! (n − k)! (1.2) Tương tự hoán vị lặp ta mở rộng định nghĩa chỉnh hợp lặp sau Định nghĩa 1.1.4 Cho tập hợp A có n (n ∈ N∗ ) phần tử phân biệt Mỗi cách thứ tự k phần tử A, mà phần tử xuất nhiều Chương Xác suất số ứng dụng Thông số đặc trưng quan trọng biến ngẫu nhiên kì vọng biến ngẫu nhiên Định nghĩa 3.6.3 Cho X : Ω → R biến ngẫu nhiên cho tập giá trị X S = {X(u), u ∈ Ω} hữu hạn Tức X nhận hữu hạn giá trị Khi số E(X) = i.p(X = i) i∈S gọi giá trị kỳ vọng hay kì vọng X Ω Trong P (X = i) xác suất biến cố X(u) = i P (X = i) = |{u ∈ Ω, X(u) = i}| |Ω| Chú ý: Ta dùng kí hiệu EΩ (X) để kí hiệu cho kì vọng biến ngẫu nhiên X định nghĩa khơng gian Ω Ta viết E(X) ta khơng cần nhấn mạnh Ω Kì vọng giá trị trung bình giá trị i Ví dụ 3.6.2 Gieo đồng thời hai xúc xắc cân đối đồng chất Gọi X tổng số chấm xuất hai xúc xắc Tính E(X) Lời giải Ta có Ω = {(i, j)}, ≤ i, j ≤ Biến ngẫu nhiên X : Ω → S cho tương ứng u = (i, j), với X(u) = i + j , nên S = {2 , 11, 12} Ta tính X 10 11 12 P (X) 36 36 36 36 36 36 36 36 36 36 36 Khi 12 E(X) = iP (X = i) i=2 = 2 + + + + + + 11 + 12 = 36 36 36 36 36 36 36 Ví dụ 3.6.3 Xác suất để máy sản suất phế phẩm p Máy sử chữa làm phế phẩm Tìm số sản phẩm trung bình sản suất hai lần sửa chữa Lời giải Gọi X số sản phẩm sản xuất hai lần sửa chữa Khi X nhận giá trị thuộc tập N∗ xác suất sản xuất phế phẩm p nên xác suất sản xuất phẩm q = − p Ta lập bảng 65 Chương Xác suất số ứng dụng n p q.p q p q n−1 p Số sản phẩm trung bình sản xuất E(X) Ta có X P ∞ E(X) = ∞ n.q n−1 nq n−1 p=p n=1 n=1 Do < q < nên theo công thức cấp số nhân lùi vô hạn ∞ nq n−1 ) E(X) = p( n=1 d ( ) dq − q 1 =p =p = (1 − q) p p = p Nhận xét 3.6.1 Ta mở rộng tập S hữu hạn thành tập S đếm ∞ tổng i.p(X = i) có giới hạn hữu hạn i=1 3.6.2 Tính tuyến tính kì vọng Định nghĩa 3.6.4 Cho c số ta định nghĩa biến ngẫu nhiên cX cho tưng ứng với x với số cX(u) = c(X(u)) với u ∈ Ω Với định nghĩa tổng, tích hai biến ngẫu nhiên, tích số với biến ngẫu nhiên chứng minh Định lý 3.6.1 Cho c số thực, X, Y hai biến ngẫu nhiên khơng gian Ω Khi E(X + Y ) = E(X) + E(Y ); E(c.X) = cE(X) Nói cách khác kì vọng có tính chất tuyến tính Chứng minh Giả sử X biến ngẫu nhiên tập {x1 , x2 , , xn } Y biến ngẫu nhiên tập {y1 , y2 , , ym } Khi đó, P (X = xi ) > 0, ∀i = 1, n P (Y = yj ) > 0, ∀j = 1, m 66 Chương Xác suất số ứng dụng Ta có n m (xi + yi ) P (X = xi ; Y = yj ) E(X + Y ) = i=1 j=1 m n xi P (X = xi ; Y = yj ) = i=1 j=1 m n yi P (X = xi ; Y = yj ) + i=1 j=1 n n yi P (Y = yi ) xi P (X = xi ) + = i=1 i=1 =E(X) + E(Y ) n E(cX) = cxi P (cX = xi ) i=1 n =c xi P (X = xi ) i=1 =cE(X) Ví dụ 3.6.4 Cho p = p1 p2 pn hoán vị tập {1, 2, , n}, n ≥ Khi trung bình hốn vị {1, 2, , n} có n−2 số pi thỏa mãn pi > pi − pi > pi+1 với i = 2, n − Lời giải Gọi Ω tập tất hoán vị tập {1, 2, 3, , n} Trên Ω ta định nghĩa n − biến ngẫu nhiên Yi , i = 2, n − cho tương ứng với p ∈ Ω Yi (p) = p(i) thỏa mãn pi > pi−1 pi > pi+1 Y (p) = pi không thỏa mãn điều kiện Ta có với ba số pi−1 , pi , pi+1 xác suất để pi nhỏ , xác suất để số pi không nhỏ Do E(Yi ) = + = 3 n−1 Yi Khi với p ∈ Ω cho tương ứng với Y (p) Xét biến ngẫu nhiên Y = i=2 67 Chương Xác suất số ứng dụng số pi thỏa mãn pi < pi−1 pi > pi+1 n−1 n−1 E(Yi ) = (n − 2)E(Y1 ) = Yi ) = E(Y ) = E( i=2 i=2 n−2 Ví dụ 3.6.5 p = p1 p2 pn hoán vị tập {1, 2, , n}, i gọi điểm cố định pi = i Hỏi trung bình hốn vị có điểm cố định Lời giải Gọi Ω tập tất hoán vị {1, 2, , n} Xét n biến ngẫu nhiên Xi Ω, cho tương ứng p = p1 , p2 , , pn ∈ Ω với Xi (p) = pi = i, Xi (p) = pi = i n−1 Khi xác suất để pi = i , xác suất để pi = i n n−1 1 = Nên E(Xi ) = + n n n n Xét biến ngẫu nhiên X = Xi , cho tương ứng p ∈ Ω với X(p) số điểm n i=1 cố định p Khi n E(X) = E(Xi ) = nE(X1 ) = n i=1 = n Vậy trung bình hốn vị có điểm cố định 3.7 Sử dụng xác suất chứng minh số tính chất số Ramsey (Phần 3.7 tham khảo tài liệu số 8.) Chúng ta dễ biết hộp có bóng tơ màu xanh, đỏ xác suất lấy ngẫu nhiên bóng màu xanh số dương Ngược lại, giả sử ta hộp có hay khơng bóng màu xanh, ta biết xác suất lấy bóng màu xanh số dương Điều đồng nghĩa với hộp có bóng xanh Nói cách khác để chứng minh tồn việc ta chứng minh xác suất xảy việc số dương Với ý tưởng ta chứng minh số định lí sau k Định lý 3.7.1 Với số nguyên dương k ≥ ta có R(k, k) > 2 Chứng minh Trước hết R(k, k) số nguyên dương nhỏ cho ta tô màu đồ thị đầy đủ với R(k, k) đỉnh hai màu, ta ln có đồ thị Kk mà tất cạnh màu 68 Chương Xác suất số ứng dụng Để chứng minh định lí ta chứng minh ta tơ màu đồ thị đầy k đủ Kn với n = 2 hai màu xanh đỏ tồn cách tơ màu Kn cho có đồ thị Kk Kn không tô màu Gọi G = Kn , A biến cố "có đồ thị Kk G khơng tơ màu" Ta chứng minh P (A) > hay − P (A) < Thật số cách để tô tất cạnh Kn hai màu 2Cn Số cách để tô màu tô tất cạnh Kk hai màu 2Ck Số cách để tô tất cạnh đồ thị tô màu Vậy xác suất để Kk tô màu 2 2Ck = 21−Ck Nên xác suất để đồ thị Kk Kn tô màu nhỏ p(A) = Cnk 21−Ck Ta có k2 p(A) = 1−Ck2 Cnk k 2.2 nk 1−Ck2 22 ≤ < 1, ∀k ≥ < = 2 k! k! k!2Ck k Vậy P (A) > 0, nên R(k, k) nhỏ 2 Định lý 3.7.2 Cho n m hai số nguyên dương lớn m ≥ 2log2 n, tơ cạnh Kn,n hai màu đỏ xanh cho không đồ thị Km,m tô màu Chứng minh Số cách tô cạnh K( m, m) hai màu 2m Cách tô cạnh Km,m màu Xác suất để có đồ thị Km,m tô màu (Cnm )2 21−m Ta cần chứng minh 2 (Cnm )2 21−m < ⇔ 2.(Cnm )2 < 2m Thật vậy, theo giả thiết ta có m ≥ 2.log2 n ⇔ m2 ≥ 2m.log2 n ⇔ log2 2m ≥ log2 n2m ⇔ 2m ≥ n2m Nên m 2.(Cnm )2 < n2m ≤ (2 )2m = 2m Điều phải chứng minh 69 Chương Xác suất số ứng dụng 3.8 Áp dụng xác suất kì vọng vào số toán thi học sinh giỏi Nội dung tham khảo chủ yếu tài liêu số tác giả Trần Nam Dũng, “Phương pháp xác suất ”, viết đăng trang Thông tin toán học, Hội Toán Học Việt Nam tháng 12 năm 2012 tập 16 số 4, tháng năm 2013 tập 17 số 1, tháng năm 2013 tập 17 số Ngoài số lời giải tham khảo từ tài liệu số nhóm tác giả Dusan Djukic, Vladimir Jankovíc, Ivan Matíc, Nikola Petrovíc, “The IMO compendium” – Spinger, trang 338,661,667 Ví dụ 3.8.1 (Bunguri - 1984) Cho xi , yi , i = 1, n 2n số thực dương cho xi + yi = Chứng minh số nguyên m ta có (1 − x1 x2 xn )m + (1 − y1m )(1 − y2m ) (1 − ynm ) ≥ Lời giải Giả sử ta có n đồng xu c1 , c2 , , cn thỏa mãn đồng xu có xác suất mặt xấp xi , mặt ngửa yi Thực tung n đồng xu m lần Gọi Ak biến cố "ở lần tung thứ k n đồng xu xuất mặt sấp" suy p(Ak ) = x1 x2 xn Ak biến cố "ở lần tung thứ k có đồng xu xuất mặt ngửa" Nên p(Ak ) = − x1 x2 xn A biến cố "trong lần tung có đồng xu xuất mặt ngửa" m A= Ak p(A) = (1 − x1 x2 xn )n k=1 B biến cố "tồn đồng xu mặt ngửa m lần" C biến cố "có đồng xu mặt ngửa lần tung, đồng xu không giống qua lần tung" B biến cố "mỗi đồng xu xuất lần mặt sấp", p(B) = (1 − y1m )(1 − y2m ) (1 − ynm ) Hơn A = B ∪ C, B ∩ C = ∅ nên p(A) = p(B) + p(C) = − p(B) + p(C) ⇔p(A) + p(B) = + p(C) ≥ 1vp(C) ≥ Tức ta có (1 − x1 x2 xn )m + (1 − y1m )(1 − y2m ) (1 − ynm ) ≥ 0, dấu xảy n = 70 Chương Xác suất số ứng dụng Ví dụ 3.8.2 (Putnam 2000 Singaporo 2012) Cho số nguyên aj , bj , cj , ≤ j ≤ N 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 Lời giải Đặt T = raj + sbj + tcj , ta xét tính chẵn lẻ T với (aj , bj , cj ) thỏa mãn aj , bj , cj không chẵn (r, s, t) không chẵn giá trị T có khả xảy ra, có khả cho T lẻ, suy với (aj , bj , cj ) chọn ngẫu nhiên ≤ j ≤ N giá trị trung bình số kết "T lẻ" 4N Do giá trị trung bình nên tồn r, s, t cho số lớn 4N Ta có điều phải chứng minh Ví dụ 3.8.3 Trong bảng có 100 × 100 ô vuông, ô vuông ta viết số nguyên từ 1,2, ,5000 Hơn số nguyên xuất bảng hai lần Chứng minh chọn trăm bảng thỏa mãn 1) Mỗi hàng chọn ô 2) Mỗi cột chọn ô 3) Các số ô chọn đôi khác Lời giải Gọi B biến cố "chọn 100 ô vuông thỏa mãn 1,2,3" ta cần chứng minh p(B) > Thật gọi (a1 , a2 , , an ) hoán vị {1, 2, , 100} hàng thứ i ta chọn , cách chọn thỏa mãn điều kiện 1,2 ta có 100! cách chọn Ứng với cách chọn 100 ô thỏa mãn điều kiện 1,2 Gọi A biến cố "chọn hai ô số j " 100 ô chọn A1 biến cố "chọn hai ô số j thẳng hàng thẳng cột" A2 biến cố "chọn hai ô số j không thẳng hàng không thẳng cột" Khi A = A1 ∪ A2 , A1 ∩ A2 = ∅, p(A1 ) = 0, p(A2 ) = =⇒ p(A) = 1 100 99 Mặt khác có 5000 cặp số giống bảng nên xác suất chọn 1 5000 cặp 5000 nên p(B) = − > Ta có điều phải chứng minh 100 99 100.99 71 Chương Xác suất số ứng dụng Ví dụ 3.8.4 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 kì, 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 mặt hàng cột chọn n Khi X = Xi mà i=1 n E(Xi ) = Xi p(Xi = 1) = p(Xi = 1) i=1 Mặt khác số i xuất hàng hay cột số i xuất √ √ vng nhỏ kích thước n × n nên √ n p(Xi = 1) ≥ =√ 2n n tính tuyến tính kì vọng n E(X) = i=1 √ E(Xi ) ≥ n.E(Xi ) = n √ = n n 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 Ví dụ 3.8.5 (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 Lời giải Gọi tập thặng dư theo modulo S = {0, 1, 2, , N − 1} A tập có N phần tử S Với i ∈ S , gọi Ai = {a + i, a ∈ A} 72 Chương Xác suất số ứng dụng Ta cần chọn N thặng dư theo modulo N i1 , i2 , , iN cho N Aij | | j=1 |S| Mỗi phần tử x ∈ S xuất N tập Ai Ta có N | Aij | = i1 <