BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH - ĐÀO VĂN TRUNG ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP XÁC SUẤT VÀO GIẢI TOÁN LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Nghệ An - 2015 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH - ĐÀO VĂN TRUNG ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP XÁC SUẤT VÀO GIẢI TOÁN Chuyên ngành: Lý thuyết xác suất Thống kê Toán học Mã số: 60.46.01.06 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS Nguyễn Thị Thế Nghệ An - 2015 MỤC LỤC Mục lục 1 Các khái niệm xác suất 1.1 Không gian xác suất tính chất xác suất 1.3 Biến ngẫu nhiên hàm phân phối 1.4 Các số đặc trưng biến ngẫu nhiên 1.2 Biến cố độc lập 1.4.1 Kỳ vọng 1.4.2 Phương sai 1.5 Các phân phối xác suất 1.5.1 Phân phối Bernoulii 1.5.2 Phân phối nhị thức 1.5.3 Phân phối Poisson 10 1.5.4 Phân phối hình học phân phối nhị thức âm 10 1.5.5 Phân phối 10 1.5.6 Phân phối chuẩn 11 1.5.7 Phân phối mũ 11 1.6 Định lý giới hạn trung tâm 12 Giải số toán phương pháp xác suất 13 Kết luận chung kiến nghị 26 I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Ngày lý thuyết xác suất thống kê toán học trở thành môn khoa học có nhiều ứng dụng khoa học kỹ thuật khác vật lý, hóa học, kinh tế học, y học, khoa học máy tính, Bộ môn Xác suất thống kê đưa vào giảng dạy chương trình phổ thông nội dung quan trọng tổng quan chương trình phổ thông, nhiên học sinh giáo viên thường gặp phải khó khăn tiếp cận nội dung Vì trình dạy học chưa tạo hứng thú cho học sinh, không giúp cho học sinh tìm thấy mối liên hệ toán với nhau, học sinh không nhớ cách để làm toán phần Nội dung có nhiều toán gắn liền với thực tế mà giai đoạn đổi nội dung phương pháp dạy học có yêu cầu dạy học phải gắn liền với thực tế Không mà phần thường xuyên xuất kỳ thi chọn học sinh giỏi Quốc gia kỳ thi IMO chủ đề thường đánh giá khó đề thi Tuy nhiên việc áp dụng kiến thức xác suất để giải toán lại vấn đề xa lạ giáo viên học sinh Mặt khác, nhận thức vai trò Xác suất thống kê học vấn phổ thông nên Bộ GD ĐT dự kiến phân luồng kiến thức giảng dạy Phổ thông thời gian tới theo hướng trụ cột chính: Hình học tính toán đo lường; Số đại số; Xác suất thống kê (Trích dẫn: Chương trình giáo dục phổ thông tổng thể 2018 ) Đối với hai hướng đầu khác so với trước (cả người dạy người học) hướng thứ đổi thực Để đáp ứng nội dung trước hết giáo viên phổ thông phải nắm vững kiến thức Xác suất Để góp phần vào việc dạy học chương trình phổ thông bồi dưỡng học sinh giỏi, khuôn khổ luận văn thạc sỹ, chọn đề tài cho luận văn là: “Áp dụng phương pháp xác suất vào giải toán” Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, nội dung luận văn chia thành hai chương Chương I Các khái niệm xác suất Trong chương này, trình bày số kiến thức của lý thuyết xác suất để vận dụng vào chương sau, đặc biệt trình bày cụ thể phân phối xác suất quan trọng Chương II Giải số toán phương pháp xác suất Chương nội dung luận văn Trong chương này, nêu số toán phát biểu “không có ngôn ngữ xác suất” áp dụng phương pháp xác suất để giải CHƯƠNG CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN VỀ XÁC SUẤT Trong chương này, trình bày số kiến thức của lý thuyết xác suất để vận dụng vào chương sau 1.1 Không gian xác suất tính chất xác suất Giả sử Ω = Ø , P(Ω) họ tất tập Ω Định nghĩa 1.1.1 Họ tập F ⊂ P(Ω) gọi σ-đại số (hay σ trường) nếu: (1) Ω ∈ F (hoặc ∅ ∈ F), (2) Nếu A ∈ F ⇒ A¯ ∈ F, (3) Nếu {An , n = 1, 2, , } ⊂ F ∞ n=1 An ∈ F (hoặc ∞ n=1 An ∈ F) Khi cặp (Ω, F) gọi không gian đo Định nghĩa 1.1.2 Giả sử (Ω, F) không gian đo Khi ánh xạ P : F → R, gọi độ đo xác suất nếu: (1) P(A) 0, với A ∈ F, (2) P(Ω) = 1, (3) Nếu {An , n = 1, 2, , } ⊂ F, Ai Aj = ∅, i = j ∞ P( n=1 ∞ An ) = P(An ) n=1 Khi đó, • Bộ ba (Ω, F, P) gọi không gian xác suất; • Tập Ω gọi không gian biến cố sơ cấp; • σ- đại số F gọi σ-đại số biến cố; • P gọi độ đo xác suất F; • Mỗi A ∈ F gọi biến cố; • Biến cố Ω ∈ F gọi biến cố chắn; • Biến cố ∅ ∈ F gọi biến cố không thể; • Biến cố A = Ω \ A gọi biến cố đối biến cố A; • Biến cố A, B thỏa mãn AB = ∅ gọi hai biến cố xung khắc Không gian xác suất (Ω, F, P) gọi không gian xác suất đầy đủ tập biến cố có xác suất không biến cố Để đơn giản, từ sau, nói đến không gian xác suất( Ω, F, P), ta xem không gian xác suất đầy đủ Xác suất có tính chất sau Định lý 1.1.1 (Các tính chất xác suất) Giả sử A, B, C biến cố Khi đó, xác suất chúng có tính chất sau: (1) P(∅) = (2) Nếu AB = ∅ P(A B) = P(A) + P(B) (3) P(A) = − P(A) (4) Nếu A ⊂ B P(B \ A) = P(B) − P(A) P(A) ≤ P(B) (5) P(A (6) P( (7) P( B) = P(A) + P(B) − P(AB) n k=1 Ak ) = n k=1 P(Ak ) − ∞ n=1 An ) ≤ ∞ n=1 P(An ) 1≤k 0) ta nói X khả tích bậc p Đặc biệt, E|X| < ∞, X gọi biến ngẫu nhiên khả tích Tính chất 1.4.2 (1) Nếu X ≥ ⇒ EX ≥ (2) Nếu X = C ⇒ EX = C (3) Nếu tồn EX với C ∈ R, ta có E(CX) = C EX (4) Nếu tồn EX EY   i xi pi (5) EX =  +∞ −∞ xp(x)dx E(X ± Y ) = EX ± EY X rời rạc nhận giá trị; x1 , x2 , với P(X = xi ) = pi , X liên tục có hàm mật độ p(x) Tổng quát: Nếu f : R → R hàm đo   i f (xi )pi X rời rạc nhận giá trị; x1 , x2 , với P(X = xi ) = pi , Ef (X) =  +∞ −∞ f (x)p(x)dx X liên tục có hàm mật độ p(x) (6) (Bất đẳng thức Markov) Giả sử X biến ngẫu nhiên không âm Khi với ε > ta có: P(X ≥ ε) ≤ EX ε Mệnh đề 1.4.3 Cho X biến ngẫu nhiên có kỳ vọng EX Khi tồn điểm không gian xác suất mà X ≥ EX tồn điểm không gian xác suất mà X ≤ EX 1.4.2 Phương sai Định nghĩa 1.4.4 Giả sử X biến ngẫu nhiên Khi đó, số DX := E(X − EX)2 , (nếu tồn tại) gọi phương sai X Chú ý: Từ định nghĩa từ tính chất kỳ vọng, suy phương sai DX biến ngẫu nhiên X tồn không tồn tồn tính theo công thức DX = (xi − EX)2 pi +∞ −∞ (x − EX) p(x)dx X rời rạc P(X = xi ) = pi , X liên tục có hàm mật độ p(x) Tính chất 1.4.5 Phương sai có tính chất sau (1) DX = EX − (EX)2 (2) DX ≥ (3) DX = X = EX = số h.c.c (4) D(CX) = C DX (5) Nếu Xi (i = 1, 2, , n) biến ngẫu nhiên độc lập D(X1 + · · · + Xn ) = D(X1 ) + · · · + D(Xn ) Chứng minh 14 (Như với toán phải biết chọn phép thử tính chất nhóm đầy đủ biến cố) Bài toán quen thuộc sau trường hợp đặc biệt toán (ứng với m = 2; m = n = k; m = 1) Bài toán 2.0.2 Chứng minh C k + C C k−1 + · · · + C m C k−m = C k a Với ≤ m ≤ k ≤ n Cm n m n m n n+m , n , b Với số tự nhiên n (Cn0 )2 + (Cn1 )2 + · · · + (Cn2 )2 = C2n k c Với ≤ k ≤ n Cnk + Cnk−1 = Cn+1 Mở rộng toán ta có toán sau Bài toán 2.0.3 Chứng minh với < p < ∞ r−1 r Ck−1 p (1 − p)k−r = 1; r = 1, 2, k=r Chứng minh Dựa vào tính chất phân phối nhị thức âm Cụ thể, xét dãy vô hạn phép thử độc lập với xác suất thành công p Gọi Hk biến cố cần thực k phép thử để thu r thành công Khi đó, Hk , k = {r, r + 1, } lập thành nhóm đầy đủ biến cố r−1 r P(Hk ) = Ck−1 p (1 − p)k−r Do đó, ∞ 1= ∞ r−1 r Ck−1 p (1 − p)k−r P(Hk ) = k=r k=r Bài toán 2.0.4 Chứng minh n n k=0 kCnk = 2n−1 ; n(n + 1) n k Cnk = 2n−2 k=0 Gọi X biến ngẫu nhiên số lần thành công n phép thử Khi X có phân phối nhị thức B(n, p) Suy kỳ vọng phương sai X tương ứng n n EX = np = , DX = np(1 − p) = Chứng minh Xét dãy n phép thử Bernoulli với tham số p = 15 Do n(n + 1) Mặt khác, theo công thức tính EX EX EX = DX + (EX)2 = n kCnk pk (1 − p)n−k = k=0 n ⇔ k=0 n 1 n kCnk ( )k ( )n−k = 2 ⇔ n n kCnk = 2n−1 ; k=0 n EX = k Cnk pk (1 − p)n−k k=0 n ⇔ EX = k=0 n(n + 1) 1 k Cnk ( )k ( )n−k = 2 ⇔ n(n + 1) n k Cnk = 2n−2 k=0 Từ suy điều phải chứng minh Bài toán 2.0.5 Chứng minh √ x − u2 e du ≥ 2π (1 − ), x > x Chứng minh Xét biến ngẫu nhiên X có phân phối chuẩn tắc Do X có phân phối đối xứng nên với x > 0, ta có 2P(0 < X < x) = P(|X| < x) Mặt khác, theo bất đẳng thức Chebyshev, ta có P(|X| < x) ≥ − Mà P(0 < X < x) = √ 2π Từ suy điều phải chứng minh x2 x u2 e− du 16 Bài toán 2.0.6 Cho p, q số thực dương cho p + q = Chứng minh p + pq + pq + pq + = Chứng minh Xét thí nghiệm tung đồng xu cách độc lập với xác suất xuất mặt ngửa p xác suất xuất mặt sấp q = − p Ta thực thí nghiệm mặt ngửa Gọi X số lần tung Khi X biến ngẫu nhiên tuân theo qui luật phân phối hình học Do P(X = n) = pq n−1 Mặt khác ta có = P(X = 1) + P(X = 2) + + P(X = n) + = p + pq + pq + pq + Từ suy điều phải chứng minh Bài toán 2.0.7 Cho p, q số không âm có tổng m, n số nguyên không âm Chứng minh (1 − pn )m + (1 − q m )n ≥ Chứng minh Giả sử c1 , c2 , , cn đồng xu cho với i, xác suất để đồng xu ci mặt sấp p Tung đồng xu cách độc lập m lần Gọi A biến cố với “mỗi m lần tung, có xu mặt ngửa” Khi P(A) = (1 − pn )m Thật vậy, gọi Aj biến cố lần tung thứ j có đồng xu mặt ngửa (j = 1, 2, , m) Khi Aj độc lập A = A1 A2 Am Suy ra, P(A) = P(A1 )P(A2 ) P(Am ) Rõ ràng Aj biến cố lần tung thứ j n đồng xu sấp Do P(Aj ) = pn Như vậy, P(A) = − P(A) = (1 − pn )m Mặt khác, gọi D biến cố đồng xu xuất lần sấp m lần tung Gọi Di biến cố đồng xu thứ i xuất 17 lần sấp m lần tung (i = 1, 2, , n) Khi biến cố Di độc lập, D = D1 D2 Dn Mặt khác, ta có Di biến cố đồng xu thứ i xuất mặt ngửa m lần tung Do đó, P(Di ) = (1 − p)(1 − p) (1 − p) = (1 − p)m = q m Suy ra, P(D) = (1 − q m )(1 − q m ) (1 − q m ) = (1 − q m )n Xét biến cố đối biến cố D: biến cố tồn đồng xu xuất mặt ngửa m lần tung Như D xẩy A xẩy ra, tức D ⊂ A Theo tính chất xác suất suy P(D) ≤ P(A) Suy P(D) ≥ P(A) Từ ta có (1 − pn )m + (1 − q m )n = P(A) + P(D) ≥ P(A) + P(A) = Dấu xảy P(D) = P(A) Khi n = Nếu xét đồng xu với xác suất xuất mặt sấp khác nhau, ta có toán tổng quát sau Bài toán 2.0.8 (IMO Bungari, 1984) 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 ) ≥ Chứng minh Giả sử c1 , c2 , , cn đồng xu cho với i, xác suất để đồng xu ci mặt sấp xi Tung đồng xu cách độc lập m lần Gọi A biến cố với “mỗi m lần tung, có xu mặt ngửa” Khi P(A) = (1 − x1 x2 xn )m 18 Thật vậy, gọi Aj biến cố lần tung thứ j có đồng xu mặt ngửa (j = 1, 2, , m) Khi Aj độc lập A = A1 A2 Am Suy ra, P(A) = P(A1 )P(A2 ) P(Am ) Rõ ràng Aj biến cố lần tung thứ j n đồng xu sấp Do P(Aj ) = x1 x2 xn Như vậy, P(A) = − P(A) = (1 − x1 x2 xn )m Mặt khác, gọi D biến cố đồng xu xuất lần sấp m lần tung Gọi Di biến cố đồng xu thứ i xuất lần sấp m lần tung (i = 1, 2, , n) Khi biến cố Di độc lập, D = D1 D2 Dn Mặt khác, ta có Di biến cố đồng xu thứ i xuất mặt ngửa m lần tung Do đó, P(Di ) = (1 − xi )(1 − xi ) (1 − xi ) = yim Suy ra, P(D) = (1 − y1m )(1 − y2m ) (1 − ynm ) Xét biến cố đối biến cố D: biến cố tồn đồng xu xuất mặt ngửa m lần tung Như D xẩy A xẩy ra, tức D ⊂ A Theo tính chất xác suất suy P(D) ≤ P(A) Suy P(D) ≥ P(A) Từ ta có (1 − x1 x2 xn )m + (1 − y1m )(1 − y2m ) (1 − ynm ) = P(A) + P(D) ≥ P(A) + P(A) = Dấu xảy P(D) = P(A) Khi n = 19 Bài toán 2.0.9 (IMO 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 Để chứng minh toán ta cần bổ đề sau Bổ đề 2.0.10 (Tính chất lồi hàm tổ hợp) Cho n1 , n2 , , nk ∈ N, l ≤ min{n1 , n2 , , nk } Khi đó, Cnl + Cnl + · · · + Cnl k ≥ kCn¯l , n ¯= n1 + n2 + · · · + nk ∈ N, k Chứng minh Gọi ni số tiểu ban mà người thứ i thuộc vào (i = 1, , 1600) Ta có 1600 ni = 16000.80 i=1 Suy 1600 i=1 ni 16000.80 = 800 1600 1600 Bây ta xét phép thử chọn ngẫu nhiên cặp tiểu ban Không gian mẫu Ω gồm có C16000 phần tử Gọi Xi biến ngẫu nhiên xác định Ω, người thứ i có mặt hai tiểu ban hay không theo cách sau: n := Xi = = người thuộc hai tiểu ban, ngược lại Rõ ràng Xi biến ngẫu nhiên nhận hai giá trị với xác suất Cn2i P(Xi = 1) = C16000 Do Cn2i E(Xi ) = × P(Xi = 0) + × P(Xi = 1) = C16000 Gọi X số người có hai tiểu ban chọn Khi X = X1 + X2 + + X1600 20 Ta có E(X) = E(X1 ) + E(X2 ) + + E(X1600 ) Cn21 Cn21600 = + ··· + C16000 C16000 1600C ≥ n C16000 1600C800 = = 3.995 C16000 Như vậy, có kết cho ta X ≥ 3.995 Vì X số nguyên, kết thực phải có X ≥ Như vậy, ta kết luận tồn cặp hai tiểu ban có thành viên chung Sau ta xét số toán chứng minh áp dụng Định lí giới hạn trung tâm Bài toán 2.0.11 Chứng minh n lim (e n→∞ −n k=0 nk )= k! Chứng minh Xét dãy biến ngẫu nhiên X1 , X2 , , Xn độc lập phân phối Poisson với tham số λ = Khi ta có EXi = DXi = 1, (i = 1, 2, , n) Đặt Sn = X1 + X2 + + Xn Khi ESn = DSn = n Sn − ESn √ DSn có phân phối xấp xĩ chuẩn với n đủ lớn Do với x ∈ R, ta có Mặt khác theo định lý giới hạn trung tâm biến ngẫu nhiên Sn − ESn lim P( √ < x) = √ n→∞ DSn 2π x −∞ t2 e− dt 21 Hay Sn − n lim P( √ < x) = √ n→∞ n 2π x t2 e− dt (2.1) −∞ Mặt khác, Sn tổng n biến ngẫu nhiên độc lập có phân phối Poisson với tham số λ = nên Sn có phân phối Poisson với tham số λ = n.1 = n Do ta có k −n n P(Sn = k) = e k! Như ta có n −n e k=0 nk = k! n P(Sn = k) (2.2) k=0 = P(0 ≤ Sn ≤ n) √ Sn − n = P(− n ≤ √ ≤ 0) n √ Sn − n Sn − n = P( √ ≤ 0) − P( √ ≤ − n) n n Theo bất đẳng thức Chebyshev ta có P(|Sn − ESn | > n) ≤ DSn = n2 n Từ suy ≤ P(Sn − n < −n) ≤ n Do lim P(Sn − n < −n) = n→∞ Điều từ (2.1) áp dụng cho x = (2.2), suy n lim (e −n n→∞ k=0 nk )=√ k! 2π t2 e− dt = −∞ Bài toán 2.0.12 Chứng minh f hàm liên tục toàn trục số với h > ta có ∞ lim n→∞ k=0 k (nh)k −nh f (x + ) e = f (x + h) n k! 22 Chứng minh Xét dãy biến ngẫu nhiên X1 , X2 , , Xn độc lập phân phối Poisson với tham số λi = h Đặt Sn = X1 + X2 + + Xn Khi Sn có phân phối Poisson với tham số λ = nh Sn = h Do ESn = nh Suy E n Sn Với x ∈ R, ký hiệu Y = f (x + ) Khi f liên tục nên Y n biến ngẫu nhiên Ta có Sn EY = Ef (x + ) = n ∞ k=0 k (nh)k −nh f (x + ) e n k! Mặt khác theo bất đẳng thức Chebyshev, ta lại có Sn Sn h P(| − h| > ε) ≤ 2n = , n ε ε D với ε > Suy ∞ lim n→∞ k=0 k (nh)k −nh e = f (x + h) f (x + ) n k! Bài toán 2.0.13 Chứng minh hàm liên tục f đoạn [0, 1] giới hạn dãy đa thức hội tụ Chứng minh Với x ∈ [0, 1], xét dãy biến ngẫu nhiên độc lập (Xn ) có phân phối với X sau X P 1−x x Đặt Sn = X1 + X2 + + Xn Khi Sn biến ngẫu nhiên có phân phối nhị thức B(n, x) Do ESn = nx, DSn = nx(1 − x) Suy Sn x(1 − x) Sn = x, D = n n n Theo bất đẳng thức Chebyshev, với ε > 0, ta có E P(| Sn x(1 − x) − x| > ε) ≤ n nε2 23 Vậy P(| Sn − x| > ε) → n → ∞ n Sn ) → f (x) với x ∈ [0, 1], n → ∞ n Mặt khác Sn có phân phối nhị thức B(n, x) nên Do Ef ( P(Sn = k) = Cnk xk (1 − x)n−k , (k = 0, 1, 2, , n) Do Sn Ef ( ) = n Suy n lim n→∞ k=0 n k=0 k f ( )Cnk xk (1 − x)n−k n k f ( )Cnk xk (1 − x)n−k = f (x) n theo x [0, 1] Theo cách chứng minh dãy đa thức xấp xĩ hàm liên tục f (x) tường minh Phương pháp xác suất áp dụng vào giải toán đại số tuyến Ta minh họa toán sau Bài toán 2.0.14 Cho v1 , v2 , , ∈ Rn , |vi | ≤ với i p1 , p2 , , pn ∈ [0, 1] tùy ý Chứng minh tồn x1 , x2 , , xn ∈ {0, 1} cho √ n |w − v| ≤ , w = p1 v1 + p2 v2 + · · · + pn , v = x1 v1 + x2 v2 + · · · + xn Chứng minh Xét biến ngẫu nhiên Xi độc lập có phân phối xác suất sau P(Xi = 1) = pi , P(Xi = 0) = − pi Ký hiệu V = X1 v1 + X2 v2 + · · · + Xn Xét biến ngẫu nhiên X = |W − V |2 Ta có n n n | (pi − Xi )vi | = i=1 vi vj (pi − Xi )(pj − Xj ) i=1 j=1 24 Suy n n vi vj E(pi − Xi )(pj − Xj ) EX = i=1 j=1 Do Xi độc lập nên E(pi − Xi )(pj − Xj ) = E(pi − Xi )2 i = j, i = j Ta có E(pi − Xi )2 = (pi − 0)2 (1 − pi ) + (pi − 1)2 pi = p2i (1 − pi ) + (pi − 1)2 pi = pi (1 − pi ) ≤ Như n |vi | E(pi − Xi ) ≤ EX = i=1 n |vi |2 ≤ i=1 n n Giả sử giá trị X đạt x1 , x2 , , xn , từ ta có điều phải chứng minh Theo Mệnh đề 1.4.3, tồn giá trị X cho X ≤ EX ≤ Sau số ví dụ tương tự toán Bài toán 2.0.15 Cho v1 , v2 , , ∈ Rn , |vi | = với i Chứng minh tồn x1 , x2 , , xn ∈ {−1, +1} cho √ |x1 v1 + x2 v2 + · · · + xn | ≥ n, tồn x1 , x2 , , xn ∈ {−1, +1} cho √ |x1 v1 + x2 v2 + · · · + xn | ≤ n Sau toán áp dụng phân phối a1 a2 an + + + = với ∈ R, i = n+1 1, 2, , n Chứng minh phương trình a0 + a1 x + a2 x2 + + an xn = có nghiệm Bài toán 2.0.16 Cho a0 + 25 Chứng minh Giả sử U ∼ U[0,1] với hàm mật độ p(x) = x ∈ [0, 1], ∈ [0, 1] Xét biến ngẫu nhiên X = a0 + a1 U + a2 U + + an U n Khi ta có EX = a0 + a1 EU + a2 EU + + an EU n Mặt khác ta có +∞ xk dx = k k x p(x)dx = EU = −∞ k+1 Suy EX = Theo mệnh đề 1.4.3 tồn giá trị X(ω1 ) = x1 ≥ tồn giá trị X(ω2 ) = x2 ≤ Do phương trình a0 + a1 x + a2 x2 + + an xn = có nghiệm Suy điều phải chứng minh Để tính xác suất biến cố theo định nghĩa cổ điển ta thường phải giải hai toán tổ hợp: tính số kết thuận lợi tính số kết Thông thường, toán sau đơn giản toán trước Điều tạo tình ứng dụng thú vị: Nếu ta tính số kết xác suất tính số kết thuận lợi Bài toán 2.0.17 Trong số cách chọn ba đỉnh từ đỉnh hình lập phương đơn vị, có cách chọn mà ba đỉnh chọn đỉnh tam giác Chứng minh Đỉnh đỉnh Với đỉnh thứ hai, đỉnh thứ chọn ta chọn ba đỉnh có √ khoảng cách đến đỉnh đầu Xác suất thành công Ở lượt cuối, xác suất thành công Như xác suất để ba đỉnh chọn ba đỉnh tam giác xác suất có điều kiện, × × = 7 Mặt khác, số cách chọn ba đỉnh từ đỉnh C83 nên số cách chọn thỏa mãn điều kiện đỉnh chọn đỉnh tam giác × C83 = 26 KẾT LUẬN CHUNG I Kết đạt Trong khuôn khổ luận văn trình bày hai chương Chương 1: Các khái niệm xác suất Nêu họ biến cố đầy đủ, tính chất kỳ vọng phương sai phân phối xác suất số tính chất kỳ vọng, phân phối để áp dụng cho toán chương Chương 2: Giải số toán phương pháp xác suất Ở chương lấy số ví dụ sử dụng phương pháp xác suất để chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức nhằm mở hướng cách giải toán chương trình THPT, toán Đại số, Giải tích số toán thi IMO Tôi tổ chức thực nghiệm sư phạm tiến hành Trường THPT Đô Lương 1, lớp đối chứng thực nghiệm chọn đảm bảo trình độ nhận thức nhau, có kết thi vào trường THPT Đô Lương khảo sát đầu năm tương đương thuận lợi cho việc đánh giá kết thực nghiệm - Tác giả tiến hành dạy lớp thực nghiệm cho thấy: + Lớp thực nghiệm đa số em tìm lời giải nhanh có cách giải sáng tạo + Các em có hứng thú học phần phương pháp xác suất - Sau dạy xong thực nghiệm, cho hai lớp thực nghiệm đối chứng làm kiểm tra kết cho thấy lớp thực nghiệm có dấu hiệu tích cực so với lớp đối chứng Vậy đề tài: Áp dụng phương pháp xác suất vào giải toán có tác dụng thực tiễn lớn trình giảng dạy giáo viên trình học tập học sinh trung học phổ thông II Hướng phát triển luận văn Tôi tiếp tục nghiên cứu phát triển thêm nội dung để phù hợp với chương trình phổ thông giai đoạn đổi Nếu hướng dẫn đóng góp quý Thầy cô cố gắng phát triển nhiều để xuất thành tài liệu tham khảo III Kết luận Như điều cốt lõi đề tài thông qua phương pháp xác suất phát triển thành hệ thống suy luận tương đối logic Điều tạo nên tính mẻ nhìn ý tiềm tàng toán Trong chương trình phổ thông toán đại số, giải tích, bất 27 đẳng thức, ta tìm cách giải phương pháp xác suất với việc nhìn toán nhiều góc độ khác cách xét toán tổng quát toán đặc biệt mở lớp toán hay đẹp ứng dụng nhiều kỳ thi chọn học sinh giỏi kỳ bồi dưỡng học sinh giỏi, kỳ thi IMO Trong trình dạy học thói quen tổng quát hóa, đặc biệt hóa để đào sâu nghiên cứu góc cạnh toán học kiểu điều cần thiết cho phát triển tư kích thích tính tích cực khám phá em học sinh Việc sử dụng hệ thống toán cho ta cách giải tập liên quan cách đơn giản tiếp tục sáng tạo khai thác sâu chắn ta tìm nhiều vấn đề thú vị mà chưa làm đề tài phạm vi Tôi tiếp tục nghiên cứu tiếp mong đón nhận góp ý bổ ích Quí vị Giám khảo bạn bè đồng nghiệp để đề tài phong phú hữu ích 28 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Thông tin toán học, tập 16 số [2] Thông tin toán học, tập 17 số [3] Thông tin toán học, tập 17 số [4] Nguyễn Văn Quảng (2008), Xác suất nâng cao, NXB Đại học Quốc gia Hà nội [5] Nguyễn Duy Tiến, Vũ Viết Yên (2001), Lý thuyết xác suất, NXB Giáo dục [6] Trần Mạnh Tuấn (2004), Xác suất thống kê, Lý thuyết thực hành tính toán, NXB ĐHQG Hà nội [7] Noga Alon, Joel Spencer (2000), The Probabilistic Method, Wiley [8] Ravi Boppana (2004), Unexpected Uses of Probability [...]... chuẩn N (0, 1) 13 CHƯƠNG 2 GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN BẰNG PHƯƠNG PHÁP XÁC SUẤT Trong chương này tôi nêu bài toán, tìm mô hình không gian xác suất và đối tượng thích hợp cho mỗi bài toán rồi dựa vào các tính chất của lý thuyết xác suất để giải bài toán Tôi đã tổng quát một số bài toán và so sánh với cách giải bằng phương pháp đại số, giải tích thường sử dụng quen thuộc lâu nay Mỗi bài toán, tôi cố gắng đưa ra... và phương sai và các phân phối xác suất cơ bản và một số tính chất của kỳ vọng, phân phối để áp dụng cho các bài toán ở chương 2 Chương 2: Giải một số bài toán bằng phương pháp xác suất Ở chương này tôi đã lấy được một số ví dụ sử dụng phương pháp xác suất để chứng minh các đẳng thức, bất đẳng thức nhằm mở ra một hướng mới về cách giải các bài toán trong chương trình THPT, các bài toán về Đại số, Giải. .. thực nghiệm đa số các em tìm ra lời giải nhanh và có cách giải sáng tạo + Các em có hứng thú trong khi học phần phương pháp xác suất - Sau khi dạy xong thực nghiệm, tôi đã cho cả hai lớp thực nghiệm và đối chứng làm bài kiểm tra kết quả cho thấy lớp thực nghiệm có dấu hiệu tích cực hơn so với lớp đối chứng Vậy đề tài: Áp dụng phương pháp xác suất vào giải toán có tác dụng thực tiễn rất lớn trong quá trình... là thông qua phương pháp xác suất tôi đã phát triển thành hệ thống suy luận tương đối logic Điều này tạo nên tính mới mẻ trong cái nhìn về những ý tiềm tàng trong các bài toán đó Trong chương trình phổ thông hay là các bài toán đại số, giải tích, bất 27 đẳng thức, ta có thể tìm được cách giải bằng phương pháp xác suất với việc nhìn bài toán dưới nhiều góc độ khác nhau bằng cách xét bài toán tổng quát... k f ( )Cnk xk (1 − x)n−k = f (x) n đều theo x trên [0, 1] Theo cách chứng minh này thì dãy đa thức xấp xĩ hàm liên tục f (x) được chỉ ra tường minh Phương pháp xác suất được áp dụng vào giải các bài toán đại số tuyến Ta minh họa bằng các bài toán sau Bài toán 2.0.14 Cho v1 , v2 , , vn ∈ Rn , |vi | ≤ 1 với mọi i và p1 , p2 , , pn ∈ [0, 1] tùy ý Chứng minh rằng tồn tại x1 , x2 , , xn ∈ {0, 1}... điều phải chứng minh Để tính xác suất của một biến cố theo định nghĩa cổ điển ta thường phải giải quyết hai bài toán tổ hợp: tính số các kết quả thuận lợi và tính số kết quả có thể Thông thường, bài toán sau đơn giản hơn bài toán trước Điều này tạo ra một tình huống ứng dụng thú vị: Nếu ta tính được số kết quả có thể và xác suất thì sẽ tính được số kết quả thuận lợi Bài toán 2.0.17 Trong số cách chọn... hơn 28 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Thông tin toán học, tập 16 số 4 [2] Thông tin toán học, tập 17 số 1 [3] Thông tin toán học, tập 17 số 2 [4] Nguyễn Văn Quảng (2008), Xác suất nâng cao, NXB Đại học Quốc gia Hà nội [5] Nguyễn Duy Tiến, Vũ Viết Yên (2001), Lý thuyết xác suất, NXB Giáo dục [6] Trần Mạnh Tuấn (2004), Xác suất và thống kê, Lý thuyết và thực hành tính toán, NXB ĐHQG Hà nội [7] Noga Alon, Joel... ba đỉnh từ 8 đỉnh của hình lập phương đơn vị, có bao nhiêu cách chọn mà ba đỉnh được chọn là đỉnh của một tam giác đều Chứng minh Đỉnh đầu tiên có thể là một đỉnh bất kỳ Với đỉnh thứ hai, khi đỉnh thứ nhất đã được chọn thì ta chỉ có thể chọn một trong ba đỉnh có √ 3 khoảng cách 2 đến đỉnh đầu Xác suất thành công là Ở lượt cuối, xác 7 2 suất thành công là Như vậy xác suất để ba đỉnh được chọn là ba... Như vậy nếu D xẩy ra thì A xẩy ra, tức là D ⊂ A Theo tính chất của xác suất suy ra P(D) ≤ P(A) Suy ra P(D) ≥ P(A) Từ đó ta có (1 − pn )m + (1 − q m )n = P(A) + P(D) ≥ P(A) + P(A) = 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi P(D) = P(A) Khi đó n = 1 Nếu xét các đồng xu với xác suất xuất hiện mặt sấp khác nhau, ta có bài toán tổng quát sau Bài toán 2.0.8 (IMO Bungari, 1984) Cho xi , yi , (i = 1, 2, , n) là 2n... P(|X − EX| ≤ ε) ≥ 1 − DX ε2 Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Markov cho biến ngẫu nhiên Y = |X − EX|2 ≥ 0 ta được P(|X − EX| ≥ ε) = P(Y ≥ ε2 ) ≤ 1.5 1.5.1 EY DX = ε2 ε2 Các phân phối xác suất cơ bản Phân phối Bernoulii Định nghĩa 1.5.1 Biến ngẫu nhiên X được gọi là có phân phối Bernoulii với tham số p, ký hiệu X ∼ Ber(p), nếu X chỉ nhận hai giá trị 0 và 1 với xác suất tương ứng q và p, trong đó q = 1