Vận dụng phương pháp xác suất vào giải một số đề thi học sinh giỏi (LV thạc sĩ)

Vận dụng phương pháp xác suất vào giải một số đề thi học sinh giỏi (LV thạc sĩ)Vận dụng phương pháp xác suất vào giải một số đề thi học sinh giỏi (LV thạc sĩ)Vận dụng phương pháp xác suất vào giải một số đề thi học sinh giỏi (LV thạc sĩ)Vận dụng phương pháp xác suất vào giải một số đề thi học sinh giỏi (LV thạc sĩ)Vận dụng phương pháp xác suất vào giải một số đề thi học sinh giỏi (LV thạc sĩ)Vận dụng phương pháp xác suất vào giải một số đề thi học sinh giỏi (LV thạc sĩ)Vận dụng phương pháp xác suất vào giải một số đề thi học sinh giỏi (LV thạc sĩ)Vận dụng phương pháp xác suất vào giải một số đề thi học sinh giỏi (LV thạc sĩ)Vận dụng phương pháp xác suất vào giải một số đề thi học sinh giỏi (LV thạc sĩ)Vận dụng phương pháp xác suất vào giải một số đề thi học sinh giỏi (LV thạc sĩ)Vận dụng phương pháp xác suất vào giải một số đề thi học sinh giỏi (LV thạc sĩ)Vận dụng phương pháp xác suất vào giải một số đề thi học sinh giỏi (LV thạc sĩ)Vận dụng phương pháp xác suất vào giải một số đề thi học sinh giỏi (LV thạc sĩ)

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

PSG.TS TRỊNH THANH HẢI

Thái Nguyên, 2017

Mục lục

Danh mục các ký hiệu, các chữ viết tắt iii

1 Một số kiến thức chuẩn bị 3

1.1 Khái niệm xác suất và một số tính chất cơ bản 3

1.1.1 Khái niệm xác suất 3

1.1.2 Tính chất của xác suất 9

1.2 Một số bài tập tổ hợp 10

2 Vận dụng phương pháp xác suất vào giải một số đề thi học sinh giỏi 15 2.1 Ý tưởng vận dụng xác suất vào giải toán 15

2.2 Vận dụng phương pháp xác suất vào giải một số đề thi học sinh giỏi trong nước 20

2.3 Vận dụng phương pháp xác suất vào giải một số đề thi học sinh giỏi quốc tế 26

2.4 Một vài dạng bài tập có thể vận dụng kiến thức xác suất để giải 52

Lời cảm ơn

Luận văn này được thực hiện tại trường Đại học Khoa học - Đại họcThái Nguyên và hoàn thành dưới sự hướng dẫn của Phó Giáo sư - Tiến

sĩ Trịnh Thanh Hải Tác giả xin trân trọng bày tỏ lòng kính trọng và biết

ơn sâu sắc tới thầy, người đã tận tình chỉ bảo, hướng dẫn, động viên khích

lệ và tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trong suốt quá trình học tập vànghiên cứu luận văn

Qua bản luận văn này, tác giả xin gửi lời cảm ơn tới Ban Giám hiệutrường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban chủ nhiệm khoaToán - Tin, cùng các giảng viên đã tham gia giảng dạy và tạo mọi điềukiện tốt nhất để tác giả học tập và nghiên cứu trong suốt thời gian qua.Tác giả cũng xin cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp và tất cả mọingười đã quan tâm, động viên và giúp đỡ để tác giả có thể hoàn thànhluận văn của mình

Tác giả xin chân thành cảm ơn!

Thái Nguyên, ngày tháng năm 2017

Tác giả luận văn

Vũ Duy Hưng

Danh mục các ký hiệu, các chữ viết tắt

P (A) Xác suất của biến cố A

Ω Không gian biến cố sơ cấp

E(X) Kỳ vọng toán của đại lượng ngẫu nhiên X

D(X) Phương sai của đại lượng ngẫu nhiên X

σ(X) Độ lệch tiêu chuẩn

Mở đầu

1 Lý do chọn đề tài

Trong các đề thi học sinh giỏi trong nước và quốc tế, nhiều bài toán tổhợp chỉ có thể được giải quyết khi ta vận dụng các tính chất của xác suấttrong quá trình giải toán

Tuy nhiên trong chương trình, sách giáo khoa môn toán ở THPT khôngtrình bày phương pháp xác suất nên việc vận dụng xác suất vào giải toán

là một vấn đề khó đối với nhiều học sinh Với mong muốn tạo ra một tàiliệu đầy đủ về phương pháp xác suất dành cho các giáo viên ôn thi họcsinh giỏi cũng như các em học sinh giỏi có một tài liệu tham khảo trongquá trình học tập, tác giả đã lựa chọn đề tài "Vận dụng phương phápxác suất vào giải một số đề thi học giỏi"

2 Mục đích nghiên cứu

Tìm hiểu và trình bày một cách hệ thống các kiến thức cơ bản về tổhợp và xác suất Trình bày việc vận dụng phương pháp xác suất vào giảimột số bài toán dành cho học sinh giỏi trong nước và quốc tế

3 Nhiệm vụ nghiên cứu

Luận văn có các nhiệm vụ chính sau:

• Tìm hiểu ý tưởng của phương pháp xác suất

• Sưu tầm và trình bày việc vận dụng xác suất vào giải một số bài toándành cho học sinh giỏi, đề thi chọn học sinh giỏi trong nước và quốctế.

• Đưa ra lời giải chi tiết, đầy đủ cho bài toán mà trong các tài liệu thamkhảo chỉ có lời giải tóm tắt hoặc gợi ý

4 Nội dung luận văn

Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, luận văn được trìnhbày ngắn gọn trong hai chương:

Chương 1 Một số kiến thức chuẩn bị

1.1 Khái niệm xác suất và một số tính chất cơ bản

2.1 Ý tưởng vận dụng xác suất vào giải toán

2.2 Vận dụng phương pháp xác suất vào giải một số đề thi học sinh giỏitrong nước

2.3 Vận dụng phương pháp xác suất vào giải một số đề thi học sinh giỏiquốc tế

Một cách cụ thể, luận văn sẽ trình bày các kết quả chính trong các tài liệutham khảo [1], [2], [3], [4], [5], [6], [7]

Chương 1

Một số kiến thức chuẩn bị

1.1 Khái niệm xác suất và một số tính chất cơ bản

1.1.1 Khái niệm xác suất

Quan sát các biến cố đối với một phép thử, mặc dù không thể khẳngđịnh một biến cố có xảy ra hay không nhưng người ta có thể phỏng đoánkhả năng xảy ra của các biến cố này là ít hay nhiều Khả năng xảy rakhách quan của một biến cố được gọi là xác suất (probality) của biến cốđó

P (A) là một con số đặc trưng cho khả năng xảy ra nhiều hay ít cho mộtbiến cố Xác suất của biến cố A, kí hiệu là P (A), có thể được định nghĩabằng nhiều dạng sau:

tỉ số P (A) = n(A)

n(Ω) được gọi là xác suất của A.

Như vậy điều kiện để áp dụng định nghĩa này là:

+) n(Ω) < ∞

+) Các biến cố sơ cấp phải có cùng khả năng xuất hiện

Để tính xác suất cổ điển ta sử dụng phương pháp đếm của giải tích tổhợp Sau đây, ta nhắc lại một số công thức:

• Quy tắc cộng

Nếu có m1cách chọn loại đối tượng X1, m2cách chọn loại đối tượng X2, ,mn cách chọn loại đối tượng Xn Các cách chọn đối tượng Xi khôngtrùng với cách chọn Xj nếu i 6= j; i, j = 1, n thì có m1+ m2+ + mn

cách chọn một trong các đối tượng đã cho

• Quy tắc nhân

Giả sử công việc H gồm nhiều công đoạn liên tiếp H1, H2, , Hk vàmỗi công đoạn Hi có ni cách thực hiện thì có tất cả n1.n2 ni cáchthực hiện công việc H

• Hoán vị

Cho tập hợp A gồm n phần tử, (n ≥ 1) Mỗi cách sắp xếp n phần tửcủa tập hợp A được gọi là một hoán vị của n phần tử đó Số hoán vịcủa n phần tử kí hiệu là Pn

• Chỉnh hợp lặp

Cho tập hợp X gồm n, (n ∈ N∗) phần tử Một dãy có độ dài m,(m ∈ N∗) các phần tử của X, trong đó mỗi phần tử có thể lặp đi lặplại nhiều lần, sắp xếp theo thứ tự nhất định gọi là một chỉnh hợp chập

Cho tập hợp A gồm n phần tử Một tập con gồm k phần tử của tập hợp

A được gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử đã cho (0 ≤ k ≤ n).Cũng có thể xem một tổ hợp chập k của n phần tử là một cách chọnđồng thời k của tập n phần tử

Hai chỉnh hợp chập k của n phần là khác nhau nếu:

- Có ít nhất 1 phần tử của chỉnh hợp này không có trong chỉnh hợpkia

- Các phần tử đều như nhau nhưng thứ tự khác nhau

Vậy với mỗi tổ hợp chập k của n phần tử có k! chỉnh hợp tương ứng.Mặt khác, hai chỉnh hợp khác nhau ứng với hai tổ hợp khác nhau Do

đó, số tổ hợp chập k của n, kí hiệu Cnk là:

Cnk = n!

k!(n − k)!. (1.4)1.1.2 Định nghĩa xác suất theo quan điểm hình học

Giả sử một điểm được rơi ngẫu nhiên vào một miền D, A là một miềncon của D Khi đó xác suất để điểm rơi ngẫu nhiên vào miền A được xácđịnh bởi công thức:

P (A) = số đo miền A

số đo miền D (1.5)

Số đo ở đây có thể là độ dài, diện tích, hay thể tích tùy thuộc vào miềnxét trên đường thẳng, mặt phẳng hay trong không gian ba chiều

1.1.3 Định nghĩa xác suất theo quan điểm thống kê

Định nghĩa xác suất theo quan điểm cổ điển trực quan, dễ hiểu Tuynhiên khi số kết quả có thể vô hạn hoặc không đồng khả năng thì cáchtính xác suất cổ điển không áp dụng được

Giả sử phép thử X có thể được lặp lại nhiều lần độc lập trong nhữngđiều kiện giống hệt nhau Nếu trong n lần thực hiện phép thử X, biến cố

A xuất hiện kn(A) lần thì tỉ số

fn(A) = kn(A)

n .được gọi là tần suất xuất hiện của biến cố A trong n phép thử

Người ta chứng minh được (định lý luật số lớn) khi n tăng lên vô hạnthì fn(A) tiến đến một giới hạn xác định Ta định nghĩa giới hạn này làxác suất của biến cố A, kí hiệu là P (A)

P (A) = lim

x→∞fn(A) (1.6)Trên thực tế P (A) được tính xấp xỉ bởi tần xuất fn(A) khi n đủ lớn.Định nghĩa xác xuất theo thống kê khắc phục được hạn chế của địnhnghĩa cổ điển, nó hoàn toàn dựa trên các thí nghiệm quan sát thực tế đểtìm xác suất của biến cố Ngày nay với sự trợ giúp của công nghệ thôngtin, người ta có thể mô phỏng các phép thử ngẫu nhiên mà không cần thựchiện các phép thử trong thực tế Điều này cho phép tính xác suất theophương pháp thống kê thuận tiện hơn

1.1.4 Định nghĩa tiên đề của xác suất

Bộ ba (Ω, A, P ) được gọi là không gian xác suất.

Từ tiên đề ta thấy: xác suất là một độ đo dương, σ - cộng tính, chuẩnhóa trên không gian đo (Ω, A) Do vậy nó có mọi tính chất của độ đo

1.1.5 Đai lượng ngẫu nhiên

a/ Định nghĩa và phân loại

Đại lượng ngẫu nhiên là đại lượng có thể nhận một và chỉ một giá trị cóthể có sau phép thử với xác suất tương ứng xác định Các đại lượng sau

là biến ngẫu nhiên:

• Số chấm xuất hiện khi gieo một con xúc sắc

• Tuổi thọ của một bóng đèn đang hoạt động

• Số cuộc gọi đến của một tổng đài

b/ Phân loại

Người ta phân các đại lượng ngẫu nhiên thành hai loại:

• Đại lượng ngẫu nhiên rời rạc: - là đại lượng ngẫu nhiên mà cácgiá trị có thể có của nó là một tập hữu hạn hoặc vô hạn đếm được cácgiá trị

• Đại lượng ngẫu nhiên liên tục: - là đại lượng ngẫu nhiên mà cácgiá trị của nó có thể lấp đầy một hoặc một số các khoảng hữu hạnhoặc vô hạn và xác suất P (X = a) bằng 0 với mọi a

1.1.6 Các đặc trưng của đại lượng ngẫu nhiên

a/ Kỳ vọng toán

• Nếu X là đại lượng ngẫu nhiên rời rạc có bảng phân phối xác suất thì

kì vọng toán của X được xác định bởi:

Trong thực tế sản xuất hay kinh doanh, khi cần chọn phương án chonăng suất hay lợi nhuận cao, người ta thường chọn phương án sao cho

kì vọng năng suất hay kì vọng lợi nhuận cao

b/ Phương sai

Phương sai là kì vọng của bình phương độ lệch giữa đại lượng ngẫunhiên so với kì vọng của nó Kí hiệu phương sai của đại lượng ngẫu nhiên

X là D (X), là một số thực không âm được xác định bởi:

D (X) = E(X − EX)2 = E X2
− (EX)2 (1.7)

• Nếu X là đại lượng ngẫu nhiên rời rạc và P (X = xi) = pi thì:

• Ý nghĩa của phương sai:

(X − EX)2 là bình phương sai biệt giữa giá trị của X so với trungbình của nó Và phương sai là trung bình của sai biệt này, nên phươngsai cho ta hình ảnh về sự phân tán của các số liệu: phương sai càngnhỏ thì số liệu càng tập trung xung quanh trung bình của chúng.Trong kĩ thuật, phương sai đặc trưng cho độ sai số của thiết bị Trongkinh doanh, phương sai đặc trưng cho độ rủi ro đầu tư

c/ Độ lệch tiêu chuẩn

Do đơn vị đo của phương sai bằng bình phương đơn vị đo của X nên để

so sánh được với các đặc trưng khác người ta đưa vào khái niệm độ lệchtiêu chuẩn:

σ (X) = pD (X) (1.8)1.1.2 Tính chất của xác suất

Mệnh đề 1.1

Trên không gian xác suất (Ω, A, P ) ta có

a P (∅) = 0

b Nếu {A1, A2, , An} là họ hữu hạn các biến cố ngẫu nhiên từng đôi mộtxung khắc thì P

có bao nhiêu cách chọn?

Giải Bạn Hoa có 2 cách chọn bông cắm bình như sau:

Cách 1: Chọn 2 bông hồng bạch và 3 bông hồng nhung

+ Số cách chọn 2 bông hồng bạch trong 10 bông: C102

+ Với mỗi cách chọn 2 bông hồng bạch lại có C103 cách chọn 3 bông hồngnhung trong 10 bông

Vậy cách 1 có C102 C103 cách chọn bông

Cách 2: Chọn 3 bông hồng bạch và 2 bông hồng nhung Lập luận tương

tự như trên, ta cũng có C102 C103 cách chọn bông

Vậy bạn Hoa có số cách chọn bông là: 2.C102 C103 = 10800 cách chọn

Bài toán 1.2 (Đề thi ĐH 2004 – Khối B) Trong một môn học, thầygiáo có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 10 câu hỏi trung bình, 15câu hỏi dễ Từ 30 câu hỏi đó có thể lập được bao nhiêu đề kiểm tra, mỗi

đề gồm 5 câu hỏi khác nhau, sao cho trong mỗi đề nhất thiết phải có đủ 3loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không ít hơn 2 ?

Nhận xét: Nội dung đề không phụ thuộc vào việc sắp xếp thứ tự câuhỏi

Giải Mỗi đề kiểm tra phải có số câu dễ là 2 hoặc 3, nên có các trường hợpsau:

- Đề có 2 câu dễ, 2 câu trung bình, 1 câu khó, thì số cách chọn là:

Giải Giả sử ta chọn k người của tổ một và 8 − k người của tổ hai Vì mỗi

tổ có ít nhất 2 người nên 2 ≤ k ≤ 6

• Số cách chọn k trong số 10 người của tổ một là Ck

10 Ứng với mộtcách chọn trên, ta có số cách chọn 8 − k người trong 9 người của tổ hai là

C98−k Theo quy tắc nhân, ta được số cách chọn nhóm 8 người như trên là

Sk = C10k C98−k

• Cho k lần lượt bằng 2, 3, , 6 và áp dụng quy tắc cộng, ta được sốcách chọn nhóm 8 người thỏa mãn bài toán là

S = S2 + S3 + + S6 = C102 C96 + C103 C95+ + C106 C92 = 74088.Bài toán 1.4 (Trích [1]) Người ta sử dụng ba loại sách gồm: 8 cuốnsách về Toán, 6 cuốn sách về Lí và 5 cuốn sách về Hóa Mỗi loại đều gồmcác cuốn sách đôi một khác loại nhau Có bao nhiêu cách chọn 7 cuốnsách trong số sách trên để làm giải thưởng sao cho mỗi loại có ít nhất mộtcuốn?

Giải Số cách chọn 7 trong số 19 cuốn sách một cách bất kì là C197

• Số cách chọn 7 trong số 14 cuốn sách Lý và Toán là C7

14 (không cósách Hóa)

• Số cách chọn 7 trong số 8 cuốn sách Toán là C7

13 (không có sách Lý

và Hóa)

Vì mỗi cách chọn chỉ có sách Toán, tức là không có sách Lý và Hóathuộc cả hai cách chọn: không có sách Lý và không có sách Hóa, nên sốcách chọn phải tìm là

C197 − C7

11− C7

13− C7

14+ C87 = 44918.

Bài toán 1.5 (Trích [1]) Có 5 viên bi xanh giống nhau, 4 viên bi trắnggiống nhau và 3 viên bi đỏ đôi một khác nhau Có bao nhiêu cách xếp số

bi trên vào 12 ô theo một hàng ngang sao cho mỗi ô có một viên bi?Giải

Nếu có tất cả 12 viên bi đều khác nhau thì số hoán vị chúng tạo thành

là P12 = 12! Nhưng các hoán vị của 5 bi xanh và các hoán vị của 4 bitrắng cho cùng một cách sắp xếp đối với 12 viên bi nên số cách sắp xếpphải tìm là

P12

P5.P4 =

12!

5!.4! = 166320.

Bài toán 1.6 (Trích [1]) Có bao nhiêu cách sắp xếp cho 5 học sinh nam

và 3 học sinh nữ ngồi quanh một bàn tròn sao cho không có hai học sinh

nữ nào cạnh nhau? (nếu có hai cách xếp mà cách xếp này khi quay quanhtâm vòng tròn được cách sắp xếp kia thì ta coi chỉ là một cách xếp).Giải Giả sử đã xếp chỗ cho 5 học sinh nam Vì 3 học sinh nữ không ngồicạnh nhau nên họ được chọn 3 trong 5 vị trí xen kẽ giữa các học sinh nam

Số cách chọn là A35 Vì hai cách sắp xếp vị trí cho 8 người với cùng mộtthứ tự quanh bàn tròn được coi là một nên ta có thể chọn trước vị trí chomột học sinh nam nào đó, số hoán vị của 4 học sinh nam còn lại vào các

vị trí là 4!

Theo quy tắc nhân, số khả năng phải tìm là 4!.A35 = 1440 (cách).Bài toán 1.7 (Trích [1]) Có bao nhiêu cách chia 100 đồ vật giống nhaucho 4 người sao cho mỗi người được ít nhất một đồ vật

Giải Giả sử 100 đồ vật được xếp thành một hàng ngang, giữa chúng có

99 khoảng trống Đặt một cách bất kì ba vạch vào 3 trong số 99 khoảngtrống đó Ta được 1 cách chia 100 đồ vật thành 4 phần để lần lượt gáncho 4 người Khi đó, mỗi người được ít nhất một đồ vật, và tổng số đồ vậtcủa 4 người bằng 100, thỏa mãn yêu cầu của bài toán

Vậy số cách chia là C993 = 156849 (cách) 

Bài toán 1.8 (Trích [1]) Có bao nhiêu cách chia 8 đồ vật đôi một khácnhau cho 3 người sao cho có một người được 2 đồ vật và hai người còn lạimỗi người được 3 đồ vật?

Giải

Giả sử có 3 người là A, B, C

• Với cách chọn người A được hai đồ vật, ta có:

Số cách chọn 2 trong 8 đồ vật cho người A được 2 đồ vật là C82; sau đó,

số cách chọn 3 trong 6 đồ vật còn lại cho người B được 3 đồ vật là C63; 3

đồ vật còn lại dành cho người C Chú ý rằng đổi thứ tự người B và người

C không cho cách chọn mới Như vậy sẽ có C83.C63 cách chọn mà người Ađược 2 đồ vật, mỗi người B, C được 3 đồ vật

• Lần lượt cho người B, người C được 2 đồ vật thì theo quy tắc nhân,

số cách chia phải tìm là 3.C82.C63 = 1680(cách) 

Chương 2

Vận dụng phương pháp xác suất

vào giải một số đề thi học sinh giỏi

2.1 Ý tưởng vận dụng xác suất vào giải toán

Các số Ramsey R(k, l) được chỉ ra là luôn tồn tại với mọi k, l ∈ N,nhưng chỉ rất ít trong các số đó là được biết giá trị chính xác Năm 1947,

P Erd¨os đã đưa ra một chứng minh cho cận dưới của số Ramsey dạng đốixứng bằng một phương pháp mới lúc bấy giờ: phương pháp xác suất Gầnđây, phương pháp này đã phát triển mạnh mẽ và trở thành một công cụhữu hiệu để giải quyết các bài toán tổ hợp Cở sở của phương pháp xácsuất có thể được diễn tả như sau: để chứng minh sự tồn tại của một cấutrúc tổ hợp thỏa mãn tính chất nào đó, ta xây dựng một không gian xácsuất thích hợp rồi chỉ ra rằng một phần tử với tính chất đã cho được chọnngẫu nhiên trong không gian đó có xác suất dương

"Ta thấy có rất nhiều bài toán, trong đó có những bài toán trong các đềthi chọn học sinh có việc phải "xét các khả năng có thể xảy ra" nên người

ta [6], [7] đã đưa ra ý tưởng vận dụng khái niệm, tính chất của xác suấttrong quá trình "xét các khả năng xảy ra" và dẫn đến đưa ra được lời giảicủa bài toán Trong phạm vi luận văn, chúng em đồng quan niệm với [6],[7] là: Phương pháp xác suất là việc giải quyết các vấn đề liên quan đến

tổ hợp trên tinh thần vận dụng khái niệm, tính chất xác suất để đưa ra

lời giải cho những bài toán cần phải "xét khả năng xảy ra".

Có thể nói rằng, phương pháp xác suất giúp chúng ta giải quyết các vấn

đề tổ hợp qua mối quan hệ với xác suất

Thí dụ, chúng ta biết rằng giữa 6 người thì tồn tại 3 người biết mỗingười khác hoặc có 3 người không biết mỗi người khác (ta thừa nhận nếu

A biết B thì B biết A) Khi 6 thay bởi 5, điều này không còn đúng, như

có thể thấy bằng cách xây dưng phản ví dụ Khi số lượng càng lớn, việcxây dựng phản ví dụ càng khó khăn Trong trường hợp này, phương phápxác suất sẽ giúp ta

Sau đây, ta sẽ xét một số ví dụ:

Ví dụ 2.1 (Trích [6].) Trong một vòng thi đấu cờ có 40 đấu thủ Có tất

cả 80 trận đấu được diễn ra, và mọi cặp hai đấu thủ đấu với nhau nhiềunhất một lần Đối với số nguyên n nào đó, chỉ ra rằng tồn tại n đấu thủ,không hai người nào trong họ thi đấu với nhau (Tất nhiên, n lớn thì kếtquả sẽ mạnh hơn)

C540 : C338 = 78 < 80

Lời giải 2.1.2

Ta sử dụng phương pháp xác suất để chứng minh trường hợp n = 5.Chọn ngẫu nhiên một vài đấu thủ sao cho mỗi đấu thủ có xác suất đượcchọn là 0.25 Vậy thì loại bỏ mọi đấu thủ mà đã thua trong một trận đấuvới đấu thủ được chọn khác Trong cách này không có hai đấu thủ còn lạiđược chơi với nhau

Số các đấu thủ trung bình còn lại là bao nhiêu? Về mặt trung bình

40 × 0.25 = 10 đấu thủ sẽ được chọn Với mỗi cuộc đấu, xác suất để cả hai

đấu thủ được chọn là 0.252, vì vậy trung bình có 80 × 0.252 = 5 trận đấuđược diễn ra giữa các đấu thủ được chọn Sau khi loại bỏ các đấu thủ thấtbại, số các đấu thủ còn lại trung bình ít nhất là 5 (thực ra lớn hơn 5 từviệc các đấu thủ thất bại có thể lặp lại) Điều này có nghĩa là tồn tại mộtcách chọn trong đó chúng ta thu được ít nhất 5 đấu thủ không thi đấu vớinhau.

(Chú ý rằng nếu ta thay 0.25 bởi p, thì số các đấu thủ trung bình cònlại sẽ là 40p − 80p2 = 5 − 80(p − 0.25)2 và điều này giải thích cách chọncủa số 0.25.)

Lời giải 2.1.3 Lần này, chúng ta sử dụng phương pháp xác suất khác

để chứng minh trường n = 8 Ta gán trình độ ngẫu nhiên cho 40 đấu thủ,

và ta chọn những đấu thủ chỉ chơi với những đấu thủ trình độ thấp hơn.Chú ý rằng trong cách này, không có hai đấu thủ nào trong các đấu thủđược chọn thi đấu với nhau

Giả sử đấu thủ thứ i đã đấu di trận Từ 80 trận đấu đã được chơi, ta

có d1 + d2 + + d40 = 80 × 2 Cũng vậy, đấu thủ thứ i được chọn khi vàchỉ khi anh ta được gán trình độ cao hơn giữa anh ta và các đấu thủ vớicác đấu thủ là những người mà anh ta đã đấu và xác suất đối với điều nàyxảy ra là 1/(di+ 1) Vì vậy, số các đấu thủ được chọn trung bình là

mà hai trong 9 đấu thủ thi đấu với nhau

Ví dụ trên chỉ ra rằng phương pháp xác suất đôi khi mạnh hơn so vớicác phương pháp truyền thống.

Ví dụ 2.2 (Trích [6]) Chỉ ra rằng trong số 2100 người, không nhất thiếttồn tại 200 người mà biết mỗi người khác hoặc 200 người mà không biếtmỗi người khác

Giải Gán cho mỗi cặp người biết nhau hoặc không biết nhau qua việctung một đồng xu một cách công bằng Trong tập hợp gồm 200 người, xácsuất để họ biết nhau hay không biết nhau là 2 × 2−C2200 = 2−19899 Khi đó

có C2002100 cách chọn của 200 người, nên xác suất để tồn tại 200 người biếtnhau hoặc không biết nhau nhiều nhất là

C2002100 × 2−19899 < (2

100)200200! × 2−19899

ba điều kiện dưới đây:

1 Duy nhất một ô được chọn trong mỗi hàng

2 Duy nhất một ô được chọn trong mỗi cột

3 Các số trong các ô được chọn là đôi một phân biêt

Giải Thực hiện một phép hoán vị ngẫu nhiên a1, a2, , a100 của {1, , 100}

và chọn ô thứ ai trong hàng thứ i Cách chọn như thế thỏa mãn (1) và (2).Đối với j = 1, , 5000, xác suất của việc chọn được cả 2 ô viết bởi j là







0 chúng cùng hàng hay cột1

100 × 1

99 nếu không cùng hàng hay cột

Vì vậy, xác suất sao cho lựa chọn thỏa mãn (3) ít nhất là

Một kĩ thuật chung trong phương pháp xác suất là để tính trung bìnhcộng (hoặc giá trị kỳ vọng)- tổng số là trung bình cộng nhân với số các sốhạng, và có ít nhất một số hạng tốt như trung bình cộng Chúng được làmsáng tỏ trong hai ví dụ sau đây

Ví dụ 2.4 (Trích (APMO 1998) [6].) Cho F là tập hợp tất cả cácn-bộ (A1, A2, , An) trong đó mỗi Ai, i = 1, 2, , n, là một tập con của{1, 2, , 1998} Gọi |A| là kí hiệu số các phần tử của tập hợp A Hãy tìm

Tiếp theo ta tính giá trị trung bình cộng của mỗi số hạng Cho i =

1, 2, , 1998, i là phần tử của A1∪ A2∪ ∪ An nếu và chỉ nếu i là phần tửcủa ít nhất một tập hợp trong A1, A2, , An Xác suất cho điều này xảy

ra là 1 − 2−n Vì vậy giá trị trung bình của mỗi số hạng trong tổng toàn

bộ là 1998(1 − 2−n)

Vậy kết quả là 21998n.1998(1 − 2−n)

Ví dụ 2.5 (Trích [6].) Trong một cuộc thi chung có n môn học, mỗi mônhọc được viết bằng tiếng Trung và tiếng Anh Các ứng viên có thể thi đốivới nhiều (hay một vài) môn học mà họ thích, nhưng mỗi ứng chỉ viên có

thể được chọn duy nhất một phiên bản ngôn ngữ đối với mỗi môn học Đốivới hai môn học khác nhau, tồn tại một ứng viên thi sử dụng các phiên bảnngôn ngữ khác nhau của hai môn học Nếu có nhiều nhất 10 ứng viên dựthi đối với mỗi môn, thì hãy xác định giá trị lớn nhất có thể của n.

Giải Câu trả lời là 1024 Bài toán sau chỉ ra n = 1024 là có thể được Giả

sử có 10 ứng viên (được đánh số từ 1 đến 10), mỗi kì thi sử dụng cả 1024môn học (được đánh số từ 0 đến 1023) Đối với sinh viên i, môn học thứ

j thể hiện tiếng Trung nếu chữ số thứ i từ bên phải là 0 trong biểu diễnnhị phân của j và nếu không thì môn học thể hiện bằng ngôn ngữ tiếngAnh Trong trường hợp này, dễ kiểm tra rằng điều kiện đã cho thỏa mãn.(Không khó khăn gì để có câu trả lời cũng như là ví dụ nếu ta bắt đầubằng việc thay thế số 10 bởi các số nhỏ hơn rồi khi đó quan sát mẫu.)

Để chỉ ra rằng 1024 là lớn nhất, chúng ta gán ngẫu nhiên mỗi ứng viêncho "Tiếng Trung" hoặc "Tiếng Anh" Gọi Ej là biến cố "tất cả ứng viêntrong môn học j dự thi sử dụng phiên bản ngoại ngữ mà hợp với chứngminh thư đã định của họ" Khi có nhiều nhất 10 ứng viên trong mỗi mônhọc, ta có xác suất

P (Ej) ≥ 2−10 = 1

1024.

Từ việc "đối với hai môn học khác nhau bất kì, tồn tại một ứng viên

dự thi sử dụng các phiên bản ngôn ngữ của hai môn học khác nhau", nênkhông có hai Ej có thể xuất hiện đồng thời Suy ra rằng

P(ít nhất một Ej xảy ra) = P (Ei) + P (E2) + + P (En) ≥ n

1024.Nhưng từ xác suất của một biến cố nhiều nhất là 1, điều trên cho ta

1 ≥ n

1024, vì vậy chúng ta có n ≤ 1024 như đòi hỏi!

2.2 Vận dụng phương pháp xác suất vào giải một số đề

thi học sinh giỏi trong nước

Bài toán 2.1 (Trích [1]) Cho số nguyên n ≥ 8 và một n−giác lồi Giả

sử có thể phân chia n−giác lồi đó thành tất cả các bát giác lồi sao cho mỗi

cạnh của n−giác lồi là cạnh của một bát giác lồi.

Chứng minh rằng, tồn tại 5 đỉnh liên tiếp của n−giác lồi là năm đỉnhcủa cùng một bát giác lồi trong phân chia nói trên

Giải Gọi k là số bát giác lồi của sự phân chia nêu trong đề bài Gọi mỗigóc, mỗi đỉnh của một bát giác lồi tương ứng là một góc phân chia, mộtđiểm phân chia Hiển nhiên, mỗi đỉnh của n−giác lồi là một điểm phânchia Kí hiệu:

A1 là tập gồm tất cả các đỉnh của n−giác lồi

A2 là tập gồm tất cả các điểm phân chia nằm trong n−giác lồi, đồngthời nằm trên cạnh (không trùng với các đầu mút) của một bát giác lồi

A3 là tập gồm tất cả các điểm phân chia còn lại

Với mỗi i = 1, 2, 3, gọi ti là số góc phân chia có đỉnh thuộc tập Ai vàgọi αi là trung bình cộng của ti góc đó Với i = 2, 3 nếu Ai = ∅ thì ta coi

8k =

3π

4 .Suy ra max{α1 + α2 + α3} ≥ 3π

4 . (1)

• Xét α2 Nếu A2 = ∅ thì α2 = 0 Nếu A2 6= ∅ thì mỗi điểm thuộc A2

sẽ là đỉnh chung của ít nhất hai góc phân chia và tổng số đo của các gócnày bằng π

Do đó α2 = π.|A2|

t2

≤ π.|A2|2|A2| =

π

2 ≤ 3π

4 . (2)

• Xét α3 Nếu A3 = ∅ thì α3 = 0 Nếu A3 6= ∅ thì mỗi điểm thuộc A3

sẽ là đỉnh chung của ít nhất ba góc phân chia và tổng số đo của các gócnày bằng 2π

Từ (1), (2), (3) ta được α1 ≥ 3π

4 . (4)Giả sử, không có năm đỉnh liên tiếp nào của n− giác lồi là năm đỉnh củacùng một bát giác lồi Khi đó, dễ thấy, trong ba đỉnh liên tiếp của n− giáclồi phải có ít nhất một đỉnh là đỉnh chung của ít nhất hai góc phân chia.Suy ra, trong n đỉnh thuộc A1 phải có ít nhất đỉnh mà mỗi đỉnh là đỉnhchung của ít nhất hai góc phân chia Vì thế

t1 ≥ n − n

3

+ 2.n

Bài toán 2.2 (Trích [1]) Có 6 bức tranh giống hệt nhau và 8 pho tượngcũng giống hệt nhau được xếp thành một hàng ngang Hỏi có bao nhiêucách xếp khác nhau sao cho không có 2 bức tranh nào ở cạnh nhau

Giải Để có một cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán, trước hết, ta xếp 8pho tượng (biểu thị bởi hình tròn) thành một hàng ngang; rồi sau đó, xếpm

6!3! = 84(cách)

Tổng quát Có tất cả Cn+1m cách xếp m bức tranh giống hệt nhau và npho tượng giống hệt nhau thành một hàng ngang sao cho không có 2 bứctranh nào ở cạnh nhau

Bài toán 2.3 (Trích [1]) Điền 29 số nguyên dương đầu tiên vào các ôvuông con của bảng 6 × 5 bằng cách sau.

có thể nhận được Bảng 2 (*)

Ta coi ô trống của mỗi bảng là ô được điền số 0 Với mỗi bảng số nhậnđược trong quá trình chuyển số, ta liệt kê tất cả các số trong bảng theothứ tự từ hàng trên xuống hàng dưới và trong mỗi hàng thì từ trái quaphải

Khi đó, ứng với mỗi bảng số ta sẽ có một hoán vị của 30 số tự nhiênđầu tiên Và do đó, điều giả sử (*) tương đương với: từ hoán vị (1, 2, 3,

4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 0, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23, 24,

25, 26, 27, 28, 1)(gọi là hoán vị β) nhờ việc thực hiện liên tiếp một số hữuhạn lần phép đổi chỗ hai số trong hoán vị theo quy tắc:

Mỗi lần, lấy hai số 0 của hoán vị rồi đổi vị tri của số 0 đó cho một sốliền kề với số 0 đó (1)

Giả sử (a1, a2, , a30) là một hoán vị của 30 số tự nhiên đầu tiên Ta gọicặp số (ai, aj) là cặp số ngược của hoán vị vừa nêu nếu ai > aj và i < j

Dễ thấy, sau một lần thực hiện phép đổi chỗ hai số kề nhau đối với hoán

vị (a1, a2, , a30) thì cặp số ngược của hoán vị đó sẽ tăng hoặc giảm mộtđơn vị Khi chuyển chỗ hai số ai và ai+n(n ≥ 1) tùy ý, trong một hoán vị,cũng tức là chuyển ai liên tiếp qua n số kề, với nó và chuyển ai+n liên tiếpqua n − 1 số kề với nó, nghĩa là chuyển 2n − 1 (một số lẻ lần) hai số kềnhau, do đó số cặp số ngược chiều của hoán vị đó sẽ tăng hoặc giảm một

số lẻ đơn vị (2)

Ta có: Số cặp số ngược của hoán vị α là 12 và số cặp số ngược của hoán

vị β là 67 Từ đó, kết hợp với (2), suy ra từ hoán vị α ta chỉ có thể nhậnđược hoán vị β sau một số lẻ lần thực hiện phép đổi chỗ hai số nào đó.Điều này cho thấy, nếu từ Bảng 1 ta nhận được Bảng 2 thì số lần đổi chỗhai số ở hai ô nào đó phả là số lẻ (3)

Tô màu tất cả các ô vuông con của bảng 6 × 5 bởi hai màu xanh, đỏ saocho hai ô kề nhau có màu khác nhau Sau mỗi lần đổi chỗ hai số ở hai ô kềnhau, trong đó có số 0 ở ô trống, theo cột hay theo hàng thì số 0 sẽ đượcchuyển từ ô có màu này sang ô có màu kia Và vì thế, do số 0 ở Bảng 1

và số 0 ở Bảng 2 nằm ở hai ô cùng màu nên từ Bảng 1 ta chỉ có thể nhậnđược Bảng 2 sau một số chẵn lần đổi chỗ hai số ở hai ô kề nhau, trong đó

có số 0 Điều này mâu thuẫn với (3) và mâu thuẫn đó cho thấy: Từ Bảng

1 ta không thể nhận được Bảng 2 nhờ một số hữu hạn lần đổi chỗ hai số

ở hai ô kề nhau, trong đó có số 0 ở ô trống, theo quy tắc của đề bài.Bài toán 2.4 (Trích [4]) Trong mặt phẳng cho 6 điểm khác nhau saocho, các đường nối từng cặp điểm trong 6 điểm này không có cặp đườngthẳng trùng nhau, song song hay vuông góc nhau Qua mỗi điểm ta kẻcác đường thẳng vuông góc với tất cả những đường thẳng có thể dựng được

và không qua điểm đó, tìm số giao điểm nhiều nhất của các đường thẳngvuông góc đó

Giải Theo bài ra ta có số đường thẳng xác định từ 6 điểm cho trước A,

B, C, D, E, F là C62 = 15 Qua mỗi điểm có 5 đường thẳng, do đó có 10đường thẳng không đi qua điểm đó Ta xét hai điểm bất kì, giả sử A, B:các đường thẳng vuông góc hạ từ A xuống các đường thẳng qua B, cắt tất

cả các đường thẳng vuông góc hạ từ B

• Trường hợp 1: Có 4 đường qua B mà không qua A Vậy từ A ta hạ được

4 đường thẳng vuông góc với 4 đường thẳng đó Bốn đường thẳng vuônggóc này cắt 10 đường thẳng vuông góc hạ từ B tại 4.10=40 giao điểm

• Trường hợp 2: Hạ từ A còn có 6 đường vuông góc nữa (có 10 đườngkhông qua A, trừ đi 4 đường qua B không qua A), mỗi đường này sẽ cắt 9đường vuông góc hạ từ B (trong đó có 1 đường song song đường còn lại),vậy có thêm 6.9=54 giao điểm

Trong số các giao điểm đã xét có các giao điểm trùng nhau, cứ mỗi

3 giao điểm tạo thành một tam giác mà 3 đường cao của nó là 3 đườngvuông góc đã xét, vậy trực tâm của các tam giác này được kể 3 lần, số cáctam giác này là C63 = 20

Vậy số giao điểm nhiều nhất có thể là 15(40 + 54) − 40 = 1370

Bài toán 2.5 (Trích [4]) Cho đa giác đều 9 đỉnh A1A2 A9 Mỗi đỉnhcủa đa giác hoặc có màu đỏ hoặc có màu xanh Chứng minh rằng tồn tạihai tam giác phân biệt bằng nhau có tất cả các đỉnh là các đỉnh của đagiác và cùng màu

Giải Ta gọi một tam giác là đỏ (hoặc xanh) nếu mọi đỉnh của nó màu

đỏ (hoặc xanh) Vì có 9 đỉnh được tô bằng 2 màu nên ít nhất 5 đỉnh cómàu giống nhau Không mất tính tổng quát, ta cho màu này là màu đỏ

Do đó, có ít nhất C103 = 10 tam giác đỏ

Giờ ta chứng minh rằng có hai tam giác đỏ bằng nhau

Các đỉnh của đa giác chia đường tròn ngoại tiếp thành 9 cung bằng nhau

Ta gọi mỗi cung là một mảnh Đặt AiAjAk là tam giác có AiAj ≤ AjAk ≤

AkAi

Đặt aij là số lượng mảnh thuộc cung AiAj không chứa điểm Ak và đặttương tự cho aj,k và ak,i Ta cho tương ứng mỗi tam giác AiAjAk với bộ