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 Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 8.46.01.13 TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS Lê Văn Dũng Đà nẵng, 2020 Cơng trình hồn thành TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM Người hướng dẫn khoa học: TS Lê Văn Dũng Phản biện 1: TS Phạm Qúy Mười Phản biện 2: PGS.TS Trần Đạo Dõng Luận văn bảo vệ trước Hội đồng chấm Luận văn luận văn tốt nghiệp thạc sĩ Toán học họp Đại học Đà Nẵng vào ngày 30 tháng năm 2020 Có thể tìm hiểu luận văn tại: - Trung tâm Thông tin-Học liệu, Đại học Đà Nẵng - Thư viện trường Đại học sư phạm, Đại học Đà Nẵng CHƯƠNG CƠ SỞ LÝ THUYẾT XÁC SUẤT 1.1 XÁC SUẤT VÀ CÁC QUY TẮC TÍNH XÁC SUẤT 1.1.1 Không gian mẫu biến cố Phép thử Trong xác suất, khái niệm phép thử ngẫu nhiên (gọi tắt phép thử) khái niệm khơng có định nghĩa Ta hiểu phép thử việc thực nhóm điều kiện để quan sát tượng có xảy hay khơng Nói chung, thí nghiệm mà thực xảy kết hoàn toàn ngẫu nhiên thí nghiệm lặp lại nhiều lần điều kiện giống Ví dụ Khi tung xúc xắc cân đối ta biết chắn số chấm xuất Việc tung xúc xắc ta gọi phép thử ngẫu nhiên Không gian mẫu Tập hợp tất kết xảy phép thử ngẫu nhiên Ta thường kí hiệu Ω Ví dụ Gieo đồng xu cân đối đồng nhất, có hai kết xảy ra: xuất mặt sấp (S) xuất mặt ngữa (N) nên có khơng gian mẫu là: Ω = S; N Biến cố Mỗi tập không gian mẫu gọi biến cố Ta nói "biến cố A xảy ra" thực phép thử kết phép thử rơi vào A Như phần tử không gian mẫu biến cố gọi biến cố sơ cấp, không gian mẫu Ω biến cố gọi CHƯƠNG CƠ SỞ LÝ THUYẾT XÁC SUẤT biến cố chắn, tập rỗng ∅ biến cố gọi biến cố khơng thể Ví dụ Khi tung xúc xắc số chấm xuất cách ngẫu nhiên Ta có khơng gian mẫu là: Ω = 1; 2; 3; 4; 5; , biến cố xuất mặt lẻ là: A = 1; 3; a Mối quan hệ biến cố Quan hệ bao hàm: Biến cố A gọi kéo theo biến cố B, kí hiệu A ⊂ B, A xảy B xảy Quan hệ nhau: Hai biến cố A, B gọi A ⊂ B B ⊂ A b Các phép toán biến cố Cho A B biến cố không gian mẫu Ω *Phép giao A ∩ B (hoặc kí hiệu là: A.B hay đơn giản AB ), biến cố xảy đồng thời hai biến cố A B xảy A ∩ B = ω ∈ Ω : ω ∈ A ω ∈ B Nếu hai biến cố A B đồng thời xảy (A ∩ B = ∅) ta nói A B xung khắc *Phép hợp A ∪ B biến cố xảy hai biến cố A, B xảy ra, A ∪ B = ω ∈ Ω : ω ∈ A ω ∈ B CHƯƠNG CƠ SỞ LÝ THUYẾT XÁC SUẤT *Phép lấy phần bù A = Ω\A gọi biến cố đối A Nếu A xảy A khơng xảy ngược lại A= ω∈Ω:ω∈ /A c Đại số tổ hợp 1) Quy tắc nhân Nếu công việc thực k bước Bước có n1 cách thực hiện, Bước có n2 cách thực hiện, Bước k có nk cách thực Khi đó, có n1 n2 .nk cách thực cơng việc 2) Hốn vị Cho tập hợp A gồm n phần tử (n ≥ 1) Mỗi kết xếp thứ tự n phần tử tập hợp A gọi hốn vị n phần tử Số cách xếp n phần tử vào n vị trí cho vị trí có phần tử n! 3) Tổ hợp Tổ hợp chập k n phần tử tập tập hợp mẹ S chứa n phần tử, tập gồm k phần tử riêng biệt thuộc S không thứ tự Số tập k phần tử tập n phần tử là: k Cn = n! k!(n − k)! (0 ≤ k ≤ n) 4) Chỉnh hợp Chỉnh hợp chập k n phần tử tập tập hợp mẹ S chứa n phần tử, tập gồm k phần tử riêng biệt thuộc S có thứ tự Số cách lấy k phần tử từ tập n phần tử xếp theo thứ tự CHƯƠNG CƠ SỞ LÝ THUYẾT XÁC SUẤT là: k An = n! = Cnk k! (1 ≤ k ≤ n) (n − k)! 1.1.2 Xác suất biến cố a σ-đại số Cho không gian mẫu Ω khác rỗng Một lớp F tập Ω gọi σ-đại số thỏa mãn điều kiện: (1) ∅ ∈ F ; (2) Nếu A ∈ F A ∈ F; ∞ (3) Nếu A1 , A2 , , An , ∈ F An ∈ F n=1 b Độ đo xác suất Định nghĩa 1.1.1 Cho F σ-đại số không gian mẫu Ω Hàm tập hợp P : F → R gọi độ đo xác suất thỏa mãn tiên đề: Tiên đề Với A ∈ F, ≤ P (A) ≤ 1; Tiên đề P (Ω) = 1; Tiên đề Nếu A1 , A2 , , An , ∈ F đôi xung khắc (Ai ∩ Aj = ∅ với i = j) ∞ P( n=1 ∞ An ) = P (An ) n=1 Khi đó, P (A) gọi xác suất biến cố A (Ω; F; P ) gọi không gian xác suất c Các tính chất xác suất Từ định nghĩa xác suất ta dễ dàng suy tính chất sau: 1) P ∅ = 0, CHƯƠNG CƠ SỞ LÝ THUYẾT XÁC SUẤT 2) ≤ P A ≤ 3) Nếu A ∩ B = ∅ P A ∩ B = P A + P B Tổng quát: Nếu A1 , A2 , , An đơi xung khắc thì: P A1 ∪ A2 ∪ ∪ An = P A1 + P A2 + + P An 4) P A + P A = Từ ta có cơng thức cộng xác suất sau: Với A B hai biến cố bất kì, P A ∪ B = P A + P B − P AB d Không gian mẫu gồm biến cố sơ cấp đồng khả Cho không gian mẫu Ω gồm N biến cố sơ cấp có khả xảy nhau, tức là: Ω = {ω1 , ω2 , , ωN } P ({ω1 }) = P ({ω2 }) = = P ({ωN }) Khi đó, theo Tiên đề ta có: P ({ω1 }) = P ({ω2 }) = = P ({ωN }) = N Kết hợp Tiên đề ta có: Với A biến cố Ω, P (A) = |A| , |Ω| |A| số phần tử A e Định nghĩa xác suất theo hình học Xét phép thử có vơ hạn kết cục đồng khả Giả sử ta biểu thị tập hợp kết cục miền hình học G đó: đoạn CHƯƠNG CƠ SỞ LÝ THUYẾT XÁC SUẤT thẳng, miền phẳng, mảnh mặt cong hay khối không gian kết cục thích hợp cho kiện A điểm thuộc miền cong g ⊂ G Với giả thiết trên, xác suất kiện A tính sau: P (A) = kích thước miền g kích thước miền G Tùy theo G đoạn thẳng, miền phẳng hay khối khơng gian mà kích thước hiểu độ dài, diện tích hay thể tích 1.1.3 Xác suất có điều kiện Định nghĩa 1.1.2 Cho hai biến cố A B với P B = 0, xác suất A với điều kiện B xảy ra, kí hiệu P A|B , xác định P A|B = P A∩B P B Tính chất 1.1.3 1) P ∅|B = 0, P B|B = 1, P Ω|B = 2) P A|B + P A|B = 3) Với A1 A2 hai biến cố xung khắc, P A1 ∪ A2 |B = P A1 |B + P A2 |B 4) Nếu P B = P A ∩ B = P B P A|B Nếu P A = P A ∩ B = P A P B|A P B P A|B 5) P B|A = P A 6) Công thức nhân xác suất Cho A1 , A2 , , An biến cố không gian mẫu Ω thỏa mãn P A1 A2 An−1 = Khi đó: P A1 A2 An = P A1 P A2 |A1 P A3 |A1 A2 P An |A1 A2 An−1 CHƯƠNG CƠ SỞ LÝ THUYẾT XÁC SUẤT 1.1.4 Các biến cố độc lập Định nghĩa 1.1.4 Hai biến cố A B gọi độc lập việc xảy hay không xảy biến cố không làm thay đổi xác suất xảy biến cố hay ta nói A B độc lập P A∩B = P A P B Tổng quát ta có định nghĩa sau: Định nghĩa 1.1.5 Một tập hữu hạn biến cố A1 ; A2 ; ; An (n ≥ 2) gọi độc lập k (1 ≤ k ≤ n) biến cố An1 , An2 , , Ank ta có: P An1 An2 Ank = P An1 P An2 P Ank Định lí 1.1.6 Nếu A B độc lập A B, A B, A B cặp biến cố độc lập 1.1.5 Công thức xác suất tồn phần cơng thức Bayes Định nghĩa 1.1.7 Một hệ gồm n biến cố E1 , E2 , , En gọi hệ đầy đủ thỏa mãn hai điều kiện: (i) Ei ∩ Ej = i = j (các biến cố đôi xung khắc); (ii) E1 ∪ E2 ∪ ∪ En = Ω (chắc chắn có biến cố xảy ra) Từ định nghĩa hệ đầy đủ ta suy ra: E1 , E2 , , En hệ đầy đủ thì: P E1 + P E2 + + P En = Định lí 1.1.8 Giả sử Ei ;1 ≤ i ≤ n hệ đầy đủ cho P Ei > 0, A biến cố Khi đó: 1) P A = P E1 P A|E1 + P E2 P A|E2 + + P En P A|En 2) Nếu thêm điều kiện P A > P Ei |A = P Ei P A|Ei P Ei P A|Ei = P A P E1 P A|E1 + + P En P A|En CHƯƠNG CƠ SỞ LÝ THUYẾT XÁC SUẤT 1.2 BIẾN NGẪU NHIÊN VÀ QUY LUẬT PHÂN BỐ XÁC SUẤT 1.2.1 Biến ngẫu nhiên Định nghĩa 1.2.1 Cho không gian xác suất (Ω, F, P) Ánh xạ X : Ω → R, gọi biến ngẫu nhiên với a ∈ R, ω ∈ Ω : X ω < a ∈ F Nhận xét 1.2.2 Cho không gian xác suất (Ω, F, P) Mọi ánh xạ X : Ω → R có miền giá trị hữu hạn biến ngẫu nhiên gọi biến ngẫu nhiên đơn giản 1.2.2 Hai loại biến ngẫu nhiên a Biến ngẫu nhiên rời rạc Định nghĩa 1.2.3 Nếu biến ngẫu nhiên X có miền giá trị hữu hạn vơ hạn đếm X gọi biến ngẫu nhiên rời rạc Giả sử biến ngẫu nhiên rời rạc X có miền giá trị X Ω , hàm số p : R → R xác định bởi: p x =  P X = x x ∈ X Ω 0 x ∈ / X Ω gọi hàm xác suất biến ngẫu nhiên X Trong trường hợp X Ω hữu hạn ta lập bảng giá trị p x sau: x p x x1 p x1 x2 p x2 xn p xn Bảng gọi bảng phân bố xác suất biến ngẫu nhiên X CHƯƠNG CƠ SỞ LÝ THUYẾT XÁC SUẤT 11 1.2.3 Hàm phân phối xác suất Định nghĩa 1.2.7 Cho biến ngẫu nhiên X, hàm số : F x = P X < x , x ∈ R, gọi hàm phân phối xác suất X Nếu biến ngẫu nhiên X có miền giá trị x1 , x2 , thì: F x = P (X = xk ) = xk X có miền giá trị N = 0, 1, 2, hàm xác suất: e−λ λk p (k) = P (X = k) = , k ∈ N k! Kí hiệu: X ∼ P oi (λ) Tính chất 1.2.26 Nếu X ∼ P oi (λ) E (X) = λ, V ar (X) = λ Nếu X1 , X2 , , Xn n biến ngẫu nhiên độc lập, phân bố xác suất với X ∼ P oi (λ) biến ngẫu nhiên T = X1 + X2 + + Xn có phân bố Poisson P oi (nλ) Định lí 1.2.27 (Luật biến cố hiếm) Cho Xn ; n ≥ dãy biến cố ngẫu nhiên có phân bố nhị thức Xn ∼ B (n; pn ) Nếu tồn giới hạn lim npn = λ thì: n→∞ −λ λ lim P (Xn = k) = e n→∞ k , k = 0, 1, 2, k! Ứng dụng Nếu X ∼ B (n, p) với n lớn p bé X có xấp xỉ phân bố Poisson với λ = np, tức là: P (X = k) = k Cn k n−k p (1 − p) λk −λ ≈ e k! CHƯƠNG CƠ SỞ LÝ THUYẾT XÁC SUẤT 16 e Phân phối chuẩn Định nghĩa 1.2.28 Biến ngẫu nhiên liên tục X có phân bố chuẩn với tham số µ σ (−∞ < µ < +∞, σ > 0) có hàm mật độ xác suất: − (x−µ) f (x) = √ e 2σ , x ∈ R σ 2π Kí hiệu: X ∼ N µ, σ Phân bố chuẩn tắc Biến ngẫu nhiên phân bố chuẩn với µ = σ = gọi phân bố chuẩn tắc kí hiệu Z Khi đó, hàm mật độ xác suất kí hiệu ϕ (x), − x2 ϕ (x) = √ e 2π Hàm phân bố xác suất kí hiệu Φ x , x Φ x = −∞ x ϕ (t) dt = √ 2π t2 e− dt −∞ Chú ý Φ − x = − Φ x , ∀x ∈ R Tính chất 1.2.29 Cho biến ngẫu nhiên X ∼ N µ, σ Khi đó: E (X) = µ, V ar (X) = σ X −µ Z = ∼ N (0; 1) σ Nếu X1 , X2 , , Xn biến ngẫu nhiên độc lập, phân bố xác suất với X ∼ N µ, σ thì: T = X1 + X2 + + Xn ∼ N nµ; nσ X1 + X2 + + Xn ∼ N µ; σ /n n a−µ P (X < a) = P (X ≤ a) = Φ σ Với α < β ta có: X= P (α < X < β) = P (α ≤ X ≤ β) = Φ β−µ σ −Φ α−µ σ CHƯƠNG CƠ SỞ LÝ THUYẾT XÁC SUẤT 17 f Phân phối Định nghĩa 1.2.30 Biến ngẫu nhiên liên tục X có phân bố đoạn [a; b] (a < b) có hàm mật độ xác suất:   x ∈ [a; b] b−a f x =  x ∈ / [a; b] Kí hiệu: U ([a; b]) a+b (b − a) Tính chất 1.2.31 Nếu U ([a; b]) E (X) = , V ar (X) = 12 g Phân phối mũ Định nghĩa 1.2.32 Biến ngẫu nhiên liên tục X có phân phối mũ với tham số λ λ > có hàm mật độ   λe−λx x ≥ f x =  x < Kí hiệu: X ∼ Exp (λ) Tính chất 1.2.33 Nếu X ∼ Exp (λ) E (X) = 1 , V ar (X) = λ λ 1.2.10 Các định lí giới hạn a Luật số lớn Định lí 1.2.34 (Bất đẳng thức Chebyshev) Cho X biến ngẫu nhiên Khi đó, với ε > ta có P (|X − E (X)| > ε) ≤ V ar (X) ε2 Định lí 1.2.35 (Luật yếu tố lớn) Dãy Xn , n ≥ biến ngẫu nhiên độc lập, phân phối xác suất với biến ngẫu nhiên X có kì vọng E (X) = CHƯƠNG CƠ SỞ LÝ THUYẾT XÁC SUẤT 18 µ phương sai Var X = σ hữu hạn n lim P n→∞ n Xk − µ ≤ ε = 1, k=1 với ε > b Định lí giới hạn trung tâm Định lí 1.2.36 Nếu Xn , n ≥ dãy biến ngẫu nhiên độc lập, phân phối xác suất với biến ngẫu nhiên X có kì vọng E (X) = µ phương sai Var X = σ hữu hạn lim P n→∞ S − nµ √ n(1-p) > CHƯƠNG ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP XÁC SUẤT ĐỂ GIẢI TOÁN SƠ CẤP Chương giới thiệu ý tưởng phương pháp xác suất để áp dụng vào toán thuộc nhiều lĩnh vực Một phần quan trọng chương ứng dụng phương pháp xác suất toán Olympic Trong phần cuối, giới thiệu ứng dụng phương pháp xác suất để chứng minh vài định lý quan trọng lý thuyết cực trị tập hợp hữu hạn Toàn nội dung chương tham khảo tài liệu [1], [2], [4], [5], [7], [8], [9], [10] 2.1 Một số toán mở đầu Lần biết đến ứng dụng phương pháp xác suất toán thi học sinh giỏi trung học phổ thông qua toán sau đây: Bài toán Một người thi lấy lái xe Nếu thi không đạt lại đăng ký thi lại đạt Gọi X số lần thi Tìm phân bố xác suất X, biết xác suất thi đạt Giả sử có 243 người dự thi, người có xác suất thi đỗ thi đến có thơi Có khoảng người thi đạt lần đầu? Phải thi tới hai lần? Phải thi bốn lần? Lời giải Các giá trị mà đại lượng ngẫu nhiên X nhận 1, 2, 3, 4, Ta có: P (X = k) = ( )k−1 với k = 1, 2, 3, 3 Với 243 người thi, xác suất thi đạt lần đầu , có khoảng 243 = 81 người thi đạt lần đầu CHƯƠNG ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP XÁC SUẤT ĐỂ GIẢI TOÁN SƠ CẤP20 Để thi đạt sau hai lần có khoảng 243 = 54 người phải thi tới lần thứ hai đạt Từ theo cơng thức ta có: P (X ≥ 4) = − (P (X = 1) + P (X = 2) + P (X = 3)) = 1−( + + )= 27 27 Do có khoảng 243 = 72 người phải thi lần thi đạt 27 Bài toán (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 Lời giải Chú ý tập hợp 1, 2, , 1998 có 21998 tập Vì ta chọn hay khơng chọn phần tử vào tập con, nên 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 Xác suất biến cố 1−2−n Do đó, giá trị trung bình số hạng tổng 1998(1 − 2−n ), đáp số 3à 21998n 1998(1 − 2−n ) 2.2 Phương pháp xác suất ứng dụng toán học sinh giỏi Kết đơn giản sau bổ đề chìa khóa cho nhiều tốn giải phương pháp xác suất: Bổ đề 2.1 Cho X biến ngẫu nhiên Khi tồn tai điểm khơng gian xác suất mà X ≥ E(X), tồn điểm bào khơng gian xác suất mà X ≤ E(X) Bài toán (Iran TST, 2008) Giả sử 799 đội bóng chuyền tham gia CHƯƠNG ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP XÁC SUẤT ĐỂ GIẢI TOÁN SƠ CẤP21 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 đội 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 só đội thắng tất đội A Gọi d(v − ) bậc vào v, ta có E(X) = v Cd(v −) C799 d(v − ) = C799 , nghĩa bậc trung bình đỉnh Nhưng v 399 Theo tính lồi hàm Cx6 ta có 17 799C399 ≈ 800.( ) ≈ 6.25 E(X) ≥ C799 Do X nhận giá trị nguyên, tồn A cho X(A) ≥ Với A vậy, cần chọn đội bóng B từ nhóm đội thắng tất ca đội A Bài toán (Nga, 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 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 + X2 + + X1600 , Xi biến ngẫu nhiên {0, 1} nói người thứ i có mặt hai tiểu ban hay khơng theo tính tuyến tính kỳ vọng, ta có E(X) = E(X1 ) + E(X2 ) + + E(X1600 ) Điều thần kỳ E(Xi ) tính dễ dàng Gọi ni số tiểu ban mà người thứ i thuộc vào Khi đó: Cn2i E(Xi ) = P (người thứ i chọn vào hai tiểu ban) = C16000 Thông tin mà biết {ni } tổng chúng: = i 16000.80 Điều gợi ý sử dụng tính lồi để đánh giá E(X) thơng CHƯƠNG ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP XÁC SUẤT ĐỂ GIẢI TỐN SƠ CẤP22 qua giá trị trung bình {ni }, kí hiệu n va n = 16000.80 = 1600 800 1600Cn2 1600C800 E(X) ≥ = = 3, 995 C16000 C16000 Nhưng theo bổ đề, ta biết có kết cho ta: X ≥ 3, 995 Vì X ln số nguyên, kết thưc phải có X ≥ Nói riêng, ta kết luận có cặp hai tiểu ban có thành viên chung Bài toán Giả sử a, b, c số thực dương cho với n nguyên an + bn = cn Chứng minh ba số a, b, c nguyên (Kí hiệu an phần nguyên an) Ghi Bạn sử dụng kết lý thuyết số quen thuộc sau đây: Nếu x số vô tỷ phần lẻ bội số x phân bố đoạn [0, 1] Nói riêng, ta chọn n cách ngẫu nhiên {1, 2, , N} E({xn}) → N → ∞ Lời giải Giả sử khơng có số a, b, c số nguyên Chia hai vế cho n cho n dần đến vô ta a + b = c Từ ta suy {an} + {bn} = {cn} (1) Nếu x vô tỷ {xn} phân bố tên đoạn [0, 1] Nói riêng, ta chọn n cách ngẫu nhiên {1, 2, , N} E({xn}) → N → ∞ p Mặt khác, x số hữu tỷ có dạng tối giản {xn} có kỳ vọng q q−1 1 1 tiến đến = − Như nằm khoảng , Tóm lại, 2q 2q 1 với số khơng ngun x, ta có E({xn}) → t, t ∈ , 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}) 1 → Nhưng cách để có kỳ vọng a, b hữu tỷ, cách CHƯƠNG ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP XÁC SUẤT ĐỂ GIẢI TOÁN SƠ CẤP23 c vô tỷ Nhưng a + b = c nên ta khơng thể có hai số hữu tỷ cộng lại số vô tỷ Mâu thuẫn để có kỳ vọng Bài tốn Chứng minh 2100 người, không thiết phải có 200 người đơi quen 200 người đôi không quen Lời giải Ta cho cặp hai người quen không quen cách tung đồng xu đối xứng Trong nhóm gồm 200 người, xác suất để họ đôi quen đôi không quen 2.2−C200 = 2−19899 Vì có C2200 100 cách chọn 200 người, xác suất tòn 200 người đôi quen đôi không quen nhiều C22100 00.2−19899 (2100 )2 00 −19899 < < 200! Từ suy xác suất không tồn 200 người đôi quen đơi khơng quen lớn Nói cách khác, khơng thiết phải có 200 người đơi quen 200 người 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 tốn Trong bàng 100 × 100, ta viết số nguyên 1, 2, , 5000 Hơn nữa, số nguyên xuất bảng hai lần Chứng minh ta chọn đươc 100 ô bảng thỏa mãn ba điều kiện sau: (1) Mỗi hàng chọn ô (2) Mỗi cột chọn ô (3) Các số sô chọn đôi khác Lời giải Chọn hoán vị ngẫu nhiên (a1 , , a100 ) {1, ,100} chọn ô thứ hàng thứ i Cách chọn thỏa mãn (1) (2) Với j = 1, 2, , 5000, xác suất để chọn hai ô có số j hai 1 hàng cột trường hơp ngược lại Do xác 100 99 suất để chọn thỏa mãn (3) CHƯƠNG ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP XÁC SUẤT ĐỂ GIẢI TOÁN SƠ CẤP24 − 5000 >0 100.999 ta có điều phải chứng minh Tất nhiên, ta dễ dàng chuyển hai lời giải xác suất nói sang lừi giải sử dụng túy phép đếm (bằng cách tính số kết thuận lợi thay tính xác suất), mà thực chất hồn tồn giống Nhưng, theo tơi, lời giải xác suất ngắn gọn tự nhiên Một tính chất mang tính đặc trưng xác suất đẳng thức P (A1 ) + P (A2 ) + + P (An ) = {A1 , A2 , , An } phân không gian xác suất Ω Tính chất dùng để chứng minh nhiều đẳng thức tổ hợp phương pháp xác suất Ta bắt đầu toán sau: Bài toán 10 Cho p, q số thực dương cho p + q = Chứng minh p + pq + pq + pq + = Lời giải Xét thí nghiệm tung đồng xu với xác suất mặt ngửa p măt xấp q Ta thực thí nghiệm a 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 CHƯƠNG ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP XÁC SUẤT ĐỂ GIẢI TOÁN SƠ CẤP25 2.3 Bài tập tham khảo áp dụng Bài 1: (Hungarian MO 2001) Cho m n số nguyên Chứng minh m−1 (−1)k Cnk m ước n 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 j Cpj Cp+j ≡ 2p + 1(mod p2 ) j=1 ... CHƯƠNG ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP XÁC SUẤT ĐỂ GIẢI TOÁN SƠ CẤP Chương giới thiệu ý tưởng phương pháp xác suất để áp dụng vào toán thuộc nhiều lĩnh vực Một phần quan trọng chương ứng dụng phương pháp xác suất. .. Do xác 100 99 suất để chọn thỏa mãn (3) CHƯƠNG ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP XÁC SUẤT ĐỂ GIẢI TOÁN SƠ CẤP24 − 5000 >0 100.999 ta có điều phải chứng minh Tất nhiên, ta dễ dàng chuyển hai lời giải xác suất. .. CHƯƠNG ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP XÁC SUẤT ĐỂ GIẢI TOÁN SƠ CẤP21 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 đội bóng nhóm B Lời giải Xét giải