Đang tải... (xem toàn văn)
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)
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– VŨ DUY HƯNG VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP XÁC SUẤT VÀO GIẢI MỘT SỐ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Thái Nguyên, 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– VŨ DUY HƯNG VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP XÁC SUẤT VÀO GIẢI MỘT SỐ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PSG.TS TRỊNH THANH HẢI Thái Nguyên, 2017 i Mục lục Lời cảm ơn ii Danh mục ký hiệu, chữ viết tắt iii Mở đầu 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Khái niệm xác suất số tính chất 1.1.1 Khái niệm xác suất 1.1.2 Tính chất xác suất 1.2 Một số tập tổ hợp 10 Vận dụng phương pháp xác suất vào giải 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 số đề thi học sinh giỏi nước 20 2.3 Vận dụng phương pháp xác suất vào giải số đề thi học sinh giỏi quốc tế 26 2.4 Một vài dạng tập vận dụng kiến thức xác suất để giải 52 Kết luận 55 Tài liệu tham khảo 56 ii Lời cảm ơn Luận văn thực trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hoàn thành hướng dẫn Phó Giáo sư - Tiến sĩ Trịnh Thanh Hải Tác giả xin trân trọng bày tỏ lòng kính trọng biết ơn sâu sắc tới thầy, người tận tình bảo, hướng dẫn, động viên khích lệ tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả suốt trình học tập nghiên cứu luận văn Qua luận văn này, tác giả xin gửi lời cảm ơn tới Ban Giám hiệu trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban chủ nhiệm khoa Toán - Tin, giảng viên tham gia giảng dạy tạo điều kiện tốt để tác giả học tập nghiên cứu suốt thời gian qua Tác giả xin cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp tất người quan tâm, động viên giúp đỡ để tác giả hoàn thành luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, ngày tháng năm 2017 Tác giả luận văn Vũ Duy Hưng iii Danh mục ký hiệu, chữ viết tắt P (A) Xác suất biến cố A Ω Không gian biến cố sơ cấp ω Pn Biến cố sơ cấp Số hoán vị n phần tử Akn m Xn Số chỉnh hợp chập k n phần tử Số chỉnh hợp lặp chập m n phần tử Cnk E(X) Số tổ hợp chập k n phần tử Kỳ vọng toán đại lượng ngẫu nhiên X D(X) σ(X) Phương sai đại lượng ngẫu nhiên X Độ lệch tiêu chuẩn Mở đầu Lý chọn đề tài Trong đề thi học sinh giỏi nước quốc tế, nhiều toán tổ hợp giải ta vận dụng tính chất xác suất trình giải toán Tuy nhiên chương trình, sách giáo khoa môn toán THPT không trình bày phương pháp xác suất nên việc vận dụng xác suất vào giải toán vấn đề khó nhiều học sinh Với mong muốn tạo tài liệu đầy đủ phương pháp xác suất dành cho giáo viên ôn thi học sinh giỏi em học sinh giỏi có tài liệu tham khảo trình học tập, tác giả lựa chọn đề tài "Vận dụng phương pháp xác suất vào giải số đề thi học giỏi" Mục đích nghiên cứu Tìm hiểu trình bày cách hệ thống kiến thức tổ hợp xác suất Trình bày việc vận dụng phương pháp xác suất vào giải số toán dành cho học sinh giỏi nước quốc tế Nhiệm vụ nghiên cứu Luận văn có nhiệm vụ sau: • Tìm hiểu ý tưởng phương pháp xác suất • Sưu tầm trình bày việc vận dụng xác suất vào giải số toán dành cho học sinh giỏi, đề thi chọn học sinh giỏi nước quốc tế • Đưa lời giải chi tiết, đầy đủ cho toán mà tài liệu tham khảo có lời giải tóm tắt gợi ý Nội dung luận văn Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, luận văn trình bày ngắn gọn hai chương: Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Khái niệm xác suất số tính chất 1.2 Một số tập tổ hợp Chương Vận dụng phương pháp xác suất vào giải số đề thi học sinh giỏi Chương trình bày kết tài liệu tham khảo Dự kiến nội dung: 2.1 Ý tưởng vận dụng xác suất vào giải toán 2.2 Vận dụng phương pháp xác suất vào giải số đề thi học sinh giỏi nước 2.3 Vận dụng phương pháp xác suất vào giải số đề thi học sinh giỏi quốc tế Một cách cụ thể, luận văn trình bày kết tài liệu tham khảo [1], [2], [3], [4], [5], [6], [7] Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 1.1.1 Khái niệm xác suất số tính chất Khái niệm xác suất Quan sát biến cố phép thử, khẳng định biến cố có xảy hay không người ta đoán khả xảy biến cố hay nhiều Khả xảy khách quan biến cố gọi xác suất (probality) biến cố P (A) số đặc trưng cho khả xảy nhiều hay cho biến cố Xác suất biến cố A, kí hiệu P (A), định nghĩa nhiều dạng sau: • Dạng cổ điển • Dạng hình học • Dạng thống kê • Dạng tiên đề Kolmogorow 1.1.1 Định nghĩa cổ điển Nếu A biến cố có n(A) biến cố sơ cấp thích hợp với không gian biến cố sơ cấp gồm n(Ω) biến cố khả xuất n(A) gọi xác suất A n(Ω) Như điều kiện để áp dụng định nghĩa là: +) n(Ω) < ∞ tỉ số P (A) = +) Các biến cố sơ cấp phải có khả xuất Để tính xác suất cổ điển ta sử dụng phương pháp đếm giải tích tổ hợp Sau đây, ta nhắc lại số công thức: • Quy tắc cộng Nếu có m1 cách chọn loại đối tượng X1 , m2 cách chọn loại đối tượng X2 , ,mn cách chọn loại đối tượng Xn Các cách chọn đối tượng Xi không trùng với cách chọn Xj i = j; i, j = 1, n có m1 + m2 + + mn cách chọn đối tượng cho • Quy tắc nhân Giả sử công việc H gồm nhiều công đoạn liên tiếp H1 , H2 , , Hk công đoạn Hi có ni cách thực có tất n1 n2 ni cách thực công việc H • Hoán vị Cho tập hợp A gồm n phần tử, (n ≥ 1) Mỗi cách xếp n phần tử tập hợp A gọi hoán vị n phần tử Số hoán vị n phần tử kí hiệu Pn Pn = n(n − 1) 2.1 = n! (1.1) • Chỉnh hợp Cho tập hợp A gồm n phần tử Một phận gồm k phần tử thứ tự tập hợp A gọi chỉnh hợp chập k n phần tử (1 ≤ k ≤ n) Số chỉnh hợp chập k n phần tử kí hiệu Akn Akn = n(n − 1) (n − k + 1) = n! (n − k)! (1.2) • Chỉnh hợp lặp Cho tập hợp X gồm n, (n ∈ N ∗ ) phần tử Một dãy có độ dài m, (m ∈ N ∗ ) phần tử X, phần tử lặp lặp lại nhiều lần, xếp theo thứ tự định gọi chỉnh hợp chập m n phần tử ¯ nm Số chỉnh hợp lặp chập m n phần tử kí hiệu X ¯ m = nm X n (1.3) • Tổ hợp Cho tập hợp A gồm n phần tử Một tập gồm k phần tử tập hợp A gọi tổ hợp chập k n phần tử cho (0 ≤ k ≤ n) Cũng xem tổ hợp chập k n phần tử cách chọn đồng thời k tập n phần tử Hai chỉnh hợp chập k n phần khác nếu: - Có phần tử chỉnh hợp chỉnh hợp - Các phần tử thứ tự khác Vậy với tổ hợp chập k n phần tử có k! chỉnh hợp tương ứng Mặt khác, hai chỉnh hợp khác ứng với hai tổ hợp khác Do đó, số tổ hợp chập k 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 điểm rơi ngẫu nhiên vào miền D, A miền D Khi xác suất để điểm rơi ngẫu nhiên vào miền A xác định công thức: số đo miền A P (A) = (1.5) số đo miền D Số đo độ dài, diện tích, hay thể tích tùy thuộc vào miền xét đường thẳng, mặt phẳng hay không gian ba chiều 42 quen • Điều kiện 2: Không người G lại có mối liên hệ dây chuyền với người G Từ thảo luận trên, ta khẳng định tập hợp tất nhừng người tham gia bữa tiệc tạo thành nhóm n người Tiếp theo ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề Trong nhóm n người, có n – cặp quen Chứng minh bổ đề Giả sử ta chọn cặp nhóm tuyên bố hai người không quen nhau, nhóm giữ nguyên tách thành hai nhóm Điều có nghĩa là, cách thay đổi tình trạng có quen thành không quen cặp ta tăng số nhóm lên nhiều Do đó, nhóm n người, ta hay đổi tình trạng quen tất cảu cặp thành không quen nhau, hiển nhiên, số nhóm tăng lên từ đến n Do vậy, có n – cặp quen nhóm n người Từ bổ đề trên, ta suy có nhiều n2 − 3n + n (n − 1) − (n − 1) = 2 cặp thỏa mãn điều kiện toán n2 − 3n + Như số lớn thỏa mãn điều kiện toán là: Bài toán 2.23 (Trích Đề thi Châu Á - Thái Bình Dương lần thứ 13, 2011, [4]) Năm điểm A1 , A2 , A3 , A4 , A5 nằm mặt phẳng cho ba điểm chúng thẳng hàng Xác định giá trị lớn giá trị bé mà góc ∠Ai Aj Ak nhận, với i, j, k số phân biệt chọn số từ đến Giải Ta chứng minh giá trị góc Ai Aj Ak lớn 3600 Đầu tiên ta để ý điểm cho tạo thành ngũ giác đều, góc bé tạo thành từ ba điểm điểm 3600 , cho nên, ta tìm kiếm góc lớn 3600 cho lời giải toán 43 Tiếp theo ta chứng tỏ rằng, với điểm thỏa mãn điều kiện toán, chắn phải có góc tạo thành từ ba năm điểm bé 3600 Kí hiệu điểm A1 , A2 , A3 , A4 , A5 xét số điểm điểm tạo thành đa giác lồi (ta gọi tập lồi bé điểm – kí hiệu Γ ) Vì Γ tam giác, tứ giác lồi, ngũ giác lồi, nên phải có góc bé 1080 Không tính tổng quát Giả sử A1 A2 A3 Theo định nghĩa tập Γ Rõ ràng hai điểm lại A4 A5 phải nằm bên miền góc xác định A1 A2 A3 , suy phải có góc lớn A1 A2 A3 , mà góc tạo thành từ điểm cho, đó, 3600 góc lớn cần chứng tỏ Bài toán 2.24 (Trích Đề thi Tuyển chọn dội tuyển Quốc gia Singapore năm học 1999 - 2000, [4]) Trên đường thẳng, có n điểm màu xanh n điểm màu đỏ Chứng minh tổng tất khoảng cách cặp điểm màu bé tổng tất khoảng cách cặp điểm khác màu Giải Lấy hai điểm liên tiếp A B mà tọa độ A bé toạ độ B Giả sử tồn điểm k điểm màu xanh điểm l điểm màu đỏ mà tọa độ chúng bé tọa độ A Lúc đó, phủ đoạn thẳng AB (n − k)k + (n − l)l lần đoạn thẳng có đầu nút màu, phủ đoạn thẳng AB (n − k)l + (n − l)k lần đoạn thẳng có đầu nút khác màu Vì ta có (n − k)k + (n − l)l ≤ (n − k)l + (n − l)k nên từ suy điều phải chứng minh Bài toán 2.25 (Trích Các toán huấn luyện đội tuyển Quốc Gia Singapo, 2001, [4]) Cho trước 1999 hình chữ nhật có độ dài cạnh số nguyên không lớn 1998.Chứng minh số 1999 hình chữ nhật này, tồn hình chữ nhật mà ta gọi A, B, C cho A đặt vừa vào B B đặt vừa vào bên C 44 Giải Ta phân hoạch tập hình chữ nhật cho thành 999 tập hình chữ nhật S1 , , S999 theo cách phân hoạch sau: Với i ∈ {1, , 999}, gọi Si tập hình chữ nhật có tính chất: (a) Trong hình chữ nhật, cạnh ngắn có độ dài bé i; (b) Trong hình chữ nhật, cạnh dài có độ dài lớn 1998 − i; (c) Trong hình chữ nhật, cạnh ngắn có độ dài i cạnh dài có độ dài 1998 − i Ví dụ, S98 gồm hình chữ nhật cạnh ngắn có độ dài 98 cạnh dài có độ dài 1998 – 98 = 1900, ra, cạnh ngắn có độ dài bé 98, cạnh dài có độ dài lớn 1900: (98, 98), (98, 99), (98, 100), (98, 101), , (98, 1898), (98, 1900), (99, 1900), (100, 1900), (101, 1900), (102, 1900), , (1900, 1900), Bất hình chữ nhật thuộc Si xếp thoả mãn đề Từ suy điều phải chứng minh Bài toán 2.26 (Trích Đề thi vô địch Quốc gia Iran năm 1999 vòng 2, [4]) Cho tam giác ABC Nếu ta sơn điểm mặt phẳng hai màu xanh đỏ, chứng minh tồn hai điểm màu đỏ có khoảng cách đơn vị, tồn ba điểm màu xanh tạo thành tam giác tam giác ABC Giải Ta gọi đa giác đa giác xanh (tương ứng, đỏ), có tất đỉnh màu xanh (tương ứng, đỏ), ta gọi đoạn thẳng đoạn thẳng xanh (tương ứng, đỏ) đoạn thẳng có hai điểm đầu mút màu xanh (tương ứng, đỏ) Giả sử ngược lại không tồn điểm màu đỏ có khoảng cách đơn vị không tồn ba điểm màu xanh tạo thành tam giác tam giác ABC (*) Kí hiệu a, b, c ba cạnh tam giác ABC, không tính tổng quát, ta giả sử a ≤ b ≤ c 45 Đầu tiên ta chứng minh đoạn thẳng đỏ có độ dài a Thật vậy, giả sử XY đoạn thẳng đỏ có độ dài a, đó, đường tròn đơn vị nhận X, Y làm tâm hoàn toàn màu xanh Gọi Z điểm cho XY Z = ABC Khi đó, đường tròn đơn vị tâm Z phải có toàn màu đỏ, không Z màu xanh tam giác XYZ tam giác ABC, mâu thuẫn với giả thiết (*) Trên đường tròn đơn vị chắn có hai điểm màu đỏ có khoảng cách đơn vị, vô lý Bây giờ, toàn mặt phẳng màu xanh, nên có điểm màu đỏ mà ta gọi R Đường tròn (T) có tâm R bán kính a phải toàn màu xanh Khi đó, lấy hai điểm D E (T) cho DE = a Vì a ≤ b ≤ c nên ta dựng điểm F nằm (T) cho phải có màu đỏ DEF = ABC, điểm F Như vậy, ta quay DE quanh R, điểm F vạch nên đường tròn bán kính lớn a có toàn màu đỏ, đường tròn ta tìm hai điểm màu đỏ có khoảng cách a, mâu thuẫn với chứng minh Như vậy, giả thiết (*) sai, ta có điều phải chứng minh Bài toán 2.27 (Trích Đề thi vô địch Quốc gia Hàn Quốc năm 1999 - vòng 2, [4]) Một từ mã hóa chữ số, chữ số Gọi x, y hai từ có ba vị trí chữ số khác Chứng minh số tất từ khác với hai từ x, y năm vị trí chữ số 38 Giải Không tính tổng quát ta giả sử x = 00000000, y = 00000111 Khi đó, từ z khác với hai từ x, y năm vị trí chữ số a + b ≥ a + (3˘b) ≥ 5, với a số chữ số năm chữ số z b số chữ số ba chữ số cuối z Cộng phương trình lại ta 2a ≥ 7, ta 46 phải có a ≥ Từ ta nghiệm (a,b) (4, 1), (4, 2), (5, b) với b = 0, 1, 2, Hai nghiệm cho ta số từ z C54 C31 + C32 = 30 Các nghiệm lại cho ta số từ z 23 = 8, có tất 38 từ khác với hai từ x y năm vị trí chữ số Bài toán 2.28 (Trích Đề thi vô địch Quốc gia Đài Loan năm 1999 - vòng 2, [4]) Có 1999 người tham dự triển lãm Cứ chọn 50 người cách tùy ý 50 người có người Chứng minh ta tìm 41 người cho người số biết nhiều 1958 người khác Giải Gọi Y tập người có biết 1958 người khác Kí hiệu N (p) tập hợp người mà người p có biết đến Để giải toán, ta giả sử ngược lại có 41 người cho người số biết nhiều 1958 người khác Khi đó, |Y | ≥ 1959 (kí hiệu |.| để số phần tử tập hợp) Để có mâu thuẫn với giả thiết đề bài, ta chứng minh tồn nhóm gồm 50 người mà tất có biết Chọn người y1 ∈ Y đặt B1 = N (y1 ), tac|B1| ≥ 1959 Lúc đó, |B1| + |Y | > 1999, tồn người y2 ∈ B1 ∩ Y Lại đặt B2 = N (y1 ) ∩ N (y2 ) ta có |B2| = |B1| + |N (y2 )| − |B1 ∪ N (y2 )| ≥ 1959 + 1959 − 1999 = 1999˘40.2 Như |B2 | + |Y | > 1999, tồn người y3 ∈ B2 ∩ Y Tiếp tục trình theo cách tương tự: giả sử ta có j ≤ 48 người khác y1 , y2 , , yj thuộc Y mà tất 48 người biết nhau, ta đặt Bj = N (y1 ) ∩ N (y2 ) ∩ ∩ N (yj ) Bj có là: 1999 − 40j ≥ 79 ≥ 40 phần tử Lúc đó, |Bj | + |Y | > 1999 nên tồn người yj + ∈ Bj ∩ Y Như Bj + = Bj ∩ N (yj + 1) có số phần tử 47 |Bj | ∩ |N (yj + 1)| − |Bj ∪ N (yj + 1)| ≥ (1999˘40j) + 1959 − 1999 = 1959˘40(j + 1) > 0, nên ta lại tiếp tục trình Như vậy, ta tìm 49 người y1 , y2 , , y4 cho tập hợp N (y1 ) ∩ N (y2 ) ∩ N (y49 ) khác rỗng Suy tồn người y50 ∈ B49 Nhưng giờ, người số 50 người y1 , y2 , , y50 biết Điều mâu thuẫn Bài toán 2.29 (Trích Đề thi vô địch Quốc gia Đài Loan năm 1999 - vòng 2, [4]) Có dấu hiệu khác thiết kế n áo T-shirt khác (loại áo thun có cổ nút trước ngực), với n ≥ Biết áo chứa dấu hiệu, với áo bất kì, dấu hiệu chúng không hoàn toàn giống Ngoài ra, với k dấu hiệu bất kì, ≤ k ≤ 7, số áo chứa k dấu hiệu chẵn Tìm giá trị n Giải Gọi X tập gồm dấu hiệu khác cho Ta gọi tập S X hợp thời trang có áo chứa dấu hiệu thuộc S Xét tập A hợp thời trang có số dấu hiệu bé |A| ≥ Do n ≥ 2, ta phải có |A| ≥ Tất n − tập hợp thời trang khác chứa k = − |A| dấu hiệu thuộc X A, n − chẵn, suy n số lẻ Để ý tập S khác rỗng X chứa số lẻ tập hợp thời trang: với S = X, số n, |S| ≤ 7, số chẵn t tập hợp thời trang chứa phần tử X S, số lẻ n˘t tập hợp thời trang lại chứa S Bây giờ, tập khác rỗng X hợp thời trang Nếu ngược lại, lấy tập S khác rỗng nhỏ không hợp thời trang chứa X Các tập hợp thời trang S 2|S| − (trừ tập rỗng S), tập hợp thời trang theo định nghĩa S Tuy nhiên 2|S| − số chẵn, điều 48 Như có chắn 28 – = 255 áo Thật vậy, với k dấu hiệu cho trước (1 ≤ k ≤ 7), có 28˘28 − k áo chứa k dấu hiệu Bài toán 2.30 (Trích Một số toán tạp chí K¨ omal Hungary), [3] Bốn người bạn thân tuyên bố người chia số sách mà người có cho tổng chữ số số số 13 Chứng minh có hai người số sách Giải Xét số sách mà bốn người có Ta chứng minh số chữ số số Nếu số chữ số số lớn 2, chữ số tương ứng a, b, số 10a+b, với a+b tổng chữ số Khi đó, < 10a+b < 13(a+b), mâu thuẫn với đề Giả sử số chữ số n ≥ Kí hiệu chữ số a1 , a2 , , an , ta có 10n−1 ≤ 10n−1 a1 + 10n−2 a2 + + an = 13(a1 + a2 + + an ) ≤ 13.9n < 200n, suy 10n−3 < 2n Mặt khác, ta lại chứng minh n ≥ 10n−3 > 2n Với n = 4, điều đúng, quy nạp, dễ dàng chứng minh điều với n Tóm lại, số chữ số số sách người Vậy số sách người có 100a + 10b + c với chữ số a, b, c thỏa mãn a ≥ 100a + 10b + c = 13(a + b + c), hay 29a = b + 4c ≤ 45 Suy a = 20 ≤ 4c ≤ 29, suy c 5, Từ đó, số sách người có 195, 156 117, nghĩa có hai người bạn số sách Bài toán 2.31 (Thi Vô địch Toán Quốc gia Hungary, 1997, [4]) Một hộp đựng 14 cầu trắng cầu đỏ Lần lượt rút (một cách ngẫu nhiên) cầu, không hoàn lại Trước lần rút, 49 ta dự đoán màu cầu rút ra, dĩ nhiên dự đoán màu dễ xảy (nếu màu ta nhận thấy dễ xảy ta dự đoán màu đó, chẳng hạn, hộp hai đỏ, dĩ nhiên ta dự đoán cầu rút màu đỏ) Tìm kì vọng số lần dự đoán Giải Với i, j ≥ 0, gọi ai,j kì vọng lần dự đoán đúng, hộp có i cầu trắng j cầu đỏ Giả sử i > j ≥ 1, đó, dĩ nhiên ta đoán lần rút tới màu trắng j i đoán sai với xác suất Do vậy, ta đoán với xác suất i+j i+j i i Từ đó, suy ai,j = (1 + ai−1,j ) + (1 + ai,j−1 ) i+j i+j Rõ ràng ta có ai,j = aj,i i, j ≥ Nếu i = j ≥ 1, ta đoán sai với xác suất , ai,i = 1 (1 + ai−1,i ) + (1 + ai,i−1 ) = + ai,i−1 , ai,j = aj,i 2 Sau cùng, ta có ai,0 = a0,i = i với i ≥ 373 Từ đẳng thức trên, ta tính a4,4 = 70 Bài toán 2.32 (Problem 9.2, 1997, [3]) Cho bảng chữ nhật gồm 100 hàng 1997 cột Điền vào tất ô bảng chữ số cho cột có 75 số Chứng minh xóa 95 hàng cho có nhiều cột chứa toàn số phần lại bảng (5 hàng 1997 cột) Giải Trước hết, ta chứng minh tồn hàng có 1498 số Thật vậy, giả sử điều ngược lại xảy Kí hiệu số số hàng thứ i(i = 1, 2, , 100), bi số số cột thứ i(i = 1, 2, , 1997), 100 Ta có 1997 i=1 = i=1 Để ý tổng vế trái phải 1997.75, tổng vế phải nhiều 1497.100, điều mâu thuẫn Như vậy, tồn hàng có 1498 số Không tính tổng quát, ta giả sử 1498 số hàng thứ 1498 số Ta xét bảng tạo 499 cột cuối Tương tự trên, ta 50 chứng minh tồn hàng bảng (không thiết phải khác với hàng thứ nhất) có 375 số Giả sử hàng thứ hai (nếu hàng thứ nhất) hàng bắt đầu 375 số bảng Bây ta xét bảng tạo 124 cột cuối Cũng lí luận tương tự, tồn hàng có 93 số Giả sử hàng thứ ba (nếu hàng thứ thứ hai) hàng bắt đầu 93 số bảng Tiếp theo, ta lại xét bảng tạo 31 cột cuối để ý tồn hàng có 24 số Cuối cùng, xét bảng tạo cột cuối để ý, tồn hàng có số Bây giờ, ta có hàng (nếu có hơn, ta thêm vào tùy ý hàng) Xóa 95 hàng bảng ban đầu Vì 1498+375+93+24+6=1996 nên có nhiều cột gồm toàn số Bài toán 2.33 (Problem 8.3, 1998, [3]) Cho 1998 điểm mặt phẳng cho 17 điểm số điểm này, ta chọn 11 điểm nằm bên đường tròn có đường kính Tìm số bé đường tròn có đường kính đủ để phủ 1998 điểm cho (Ta nói đường tròn phủ số điểm tất điểm nằm bên hình tròn nằm đường tròn đó.) Giải *) Xét lục giác có cạnh Chọn 1998 điểm sau: chọn điểm đỉnh lục giác, 1992 điểm lại nằm bên đường tròn đường kính có tâm trùng với tâm lục giác cho Rõ ràng 1998 điểm thỏa mãn điều kiện đề Hơn nữa, đường tròn có bán kính phủ nhiều đỉnh đỉnh lục giác cho Như vậy, số cần tìm phải số không bé (trong trường hợp vừa xét: cần đường tròn phủ đỉnh đường tròn phủ điểm lại) *) Bây giờ, ta chứng minh số cần tìm lớn Xét 1998 điểm tùy ý thỏa mãn giả thiết toán Chọn điểm chúng thêm vào điểm khác cho tổng 17 điểm Rõ 51 ràng phải có đường tròn đường kính phủ 11 điểm số 17 điểm Như thế, có không điểm nằm bên đường tròn đó, có điểm không lớn Vậy ta chứng minh số điểm tồn điểm có khoảng cách không lớn Bây giờ, chọn đường tròn bán kính có tâm 1998 điểm cho Nếu điểm lại nằm bên đường tròn, hóa số phải tìm 1, số không lớn Giả sử trường hợp khác xảy ra, nghĩa điểm lại không nằm bên đường tròn, ta chọn điểm khác nằm đường tròn Nếu tất điểm nằm hai đường tròn, số cần tìm 2, không lớn Tiếp tục lí luận thế, ta có không nhiều đường tròn phủ tất điểm, có đường tròn có điểm nằm bên đường tròn Ta xét điểm nằm với tâm đường tròn vừa nói Theo trên, phải tồn điểm số điểm có khoảng cách không lớn Nhưng điều xảy ra, theo cách chọn điểm Như vậy, số cần tìm Bài toán 2.34 (Problem 9.3.1998, [3]) Trong ô bảng hình chữ nhật gồm có hàng 1998 cột, ta viết tất số tự nhiên từ đến 1998, số viết lần (như bảng có số 1, số 2, ), cho hiệu hai số nằm cột không lớn Tìm giá trị lớn tổng nhỏ số 1998 tổng phần tử nằm cột Ghi Mỗi cột gồm phần tử, có 1998 cột nên có 1998 tổng phần tử nằm cột Giải Ta xét xếp số cột Nếu tất số xếp cột giá trị bé tổng phần tử nằm cột (ta gọi tắt tổng bé nhất) 52 Giả sử tất số xếp cột Khi đó, có số cột, tổng bé không lớn 5.1 + 4.4 = 21 Giả sử tất số xếp cột Khi đó, tổng số ba cột lớn 9.1 + 9.4 + 9.3 = 72 Suy giá trị lớn tổng bé trường hợp 72 : = 24 Giả sử tất số xếp cột Khi đó, tổng số cột lớn 9.1 + 9.4 + 9.3 + 9.2 = 90, suy giá trị lớn tổng bé 90 : 4, có nghĩa giá trị lớn tổng bé 22 Ngoài ra, ta xếp số vào nhiều cột số 2, không đủ để lấp đầy ô lại Vậy giá trị lớn cần tìm 24 Ta có ví dụ xếp sau đây: 1 2 1998 1 2 1998 1 2 1998 3 5 1998 3 5 1998 3 5 1998 4 6 1998 4 6 1998 4 6 1998 2.4 Một vài dạng tập vận dụng kiến thức xác suất để giải Bài (Thi Olympic Mỹ, 1972),[3] Một người lựa chọn số ngẫu nhiên lựa chọn số nguyên 1, 2, 3, , xác suất lựa chọn số Xác định xác suất sau n lần chọn (n > 1), cho tích n số chọn chia hết cho 10 53 Bài (Promlem 8.3, 1999, [3]) Có 2000 cầu màu trắng chứa hộp Ta giả thiết thêm có đủ số cầu trắng, xanh, đỏ bên hộp để thực động tác sau nhiều lần 1) Thay hai cầu trắng cầu xanh 2) Thay hai cầu đỏ cầu xanh 3) Thay hai cầu xanh cầu trắng đỏ 4) Thay cầu trắng xanh cầu đỏ 5) Thay cầu xanh đỏ cầu trắng a) Mỗi nước lần thực cách tùy ý năm động tác kể Giả sử sau số hữu hạn nước đi, trng hộp cho lại ba cầu Chứng minh số ba cầu phải có cầu xanh b) Có chiến lược để sau hữu hạn nước đi, lại cầu hộp? Bài (Promlem 11.3, 2001, [3]) Tại quốc gia nọ, có 2001 thành phố mà thành phố nối trực tiếp với 1600 thành phố khác đường xe buýt Tìm số n lớn cho có n thành phố thỏa mãn: hai thành phố trng chúng nối trực tiếp với đường xe buýt Bài (Olympic Bulgari, Vòng 3, 1996, [3]) Chia hình chũ nhật kích thước m × n(n > 1, m > 1) thành mn ô vuông ÷ đường thẳng song song với cạnh Ta tìm cách hủy hai ô vuông, sau lấp đầy ô lại hình chữ nhật quân cờ domino × Hỏi có cách thế? (Ta hiểu quân cờ dpmino × hình gồm hai ô trắng đen.) Bài (Olympic Bulgari, Vòng 4, 1997, [3]) Gọi X tập hợp gồm n + phần tử, với n ≥ Ta gọi n-bộ có thứ tự gồm n số (a1 , a2 , , an ) thành lập từ phần tử khác 54 X Hai n-bộ (a1 , a2 , , an ) (b1 , b2 , , bn ) gọi "khớp nhau" tồn hai số phân biệt i, j cho = bj Tìm số lớn n-bộ cho hai n-bộ trng chúng khớp Bài (Olympic Bulgari, Vòng 4, 1998, [3]) Các cạnh đường chéo n-giác X tô k màu cho: (i) Với màu a hai đỉnh A, B X đoạn AB tô màu a, phải tồn đỉnh C cho AC BC tô màu a; (ii) Ba cạnh tam giác có ba đỉnh ba đỉnh nằm số đỉnh X tô màu nhiều hai màu Chứng minh k ≤ 55 Kết luận kiến nghị Luận văn "Vận dụng phương pháp xác suất vào giải số đề thi học sinh giỏi" trình bày vấn đề sau: • Trình bày ý tưởng phương pháp xác suất dựa tài liệu [6],[7] • Sưu tầm toán vận dụng phương pháp xác suất vào giải 28 toán dành cho học sinh giỏi, đề thi chọn hsg nước quốc tế có trrong tài liệu [1], [2], [3], [4], [5], [6], [7] • Trình bày lời giải chi tiết, đầy đủ cho toán mà tài liệu tham khảo có lời giải tóm tắt gợi ý Trong trình làm luận văn, tránh thiếu sót, tác giả mong muốn nhận bảo, đóng góp Thầy, Cô giáo để tác giả tiếp tục hoàn thiện luận văn tiếp tục tìm hiểu trở trường giảng dạy sau 56 Tài liệu tham khảo A Tiếng Việt [1] Tủ sách Toán học Tuổi trẻ (2009), Tuyển tập 45 năm Tạp chí Toán học tuổi trẻ, NXB Giáo dục Việt Nam [2] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Đăng Phất, Đỗ Thanh Sơn (2008), Hình học số vấn đề liên quan, NXB Giáo dục [3] Nguyễn Văn Nho (2013), Tuyển tập Olympic toán học nước Đông Âu, NXB Đại học Quốc gia [4] Nguyễn Văn Nho, Lê Hoàng Phò (2013), Tuyển tập Olympic toán học nước Châu Á- Thái Bình Dương, NXB Đại học Quốc gia [5] Vũ Dương Thụy, Nguyễn Văn Nho (2001), Tuyển tập 40 năm Olympic Toán học quốc tế, NXB Giáo dục B Tiếng Anh [6] Law Ka Ho (2010), Probabilistic Method, Mathematical Excalibur, Vol 14, No3 [7] Jiˇrí Matouˇsek, Jan Vondrák, The Probabilistic Method (Lecture Notes) Department of Applied Mathematics Charles University Czech Republic ... tưởng vận dụng xác suất vào giải toán 2.2 Vận dụng phương pháp xác suất vào giải số đề thi học sinh giỏi nước 2.3 Vận dụng phương pháp xác suất vào giải số đề thi học sinh giỏi quốc tế Một cách... phương pháp xác suất vào giải 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 số đề thi học sinh giỏi nước ... phương pháp xác suất nên việc vận dụng xác suất vào giải toán vấn đề khó nhiều học sinh Với mong muốn tạo tài liệu đầy đủ phương pháp xác suất dành cho giáo viên ôn thi học sinh giỏi em học sinh