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 các ký hiệu, các chữ viết tắt

iii

Mở đầu

1

1 Một số kiến thức chuẩn bị
1.1. Khái niệm xác suất và một số tính chất cơ bản

3
. . . . . . .

3

1.1.1. Khái niệm xác suất . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.2. Tính chất của xác suất . . . . . . . . . . . . . . . . .

3
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
Kết luận

55

Tài liệu tham khảo

56


ii

Lời cảm ơn
Luận văn này được thực hiện tại trường Đại học Khoa học - Đại học
Thái 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 và
nghiên cứu luận văn.
Qua bản 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, cùng các giảng viên đã tham gia giảng dạy và tạo mọi điều
kiện 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 mọi
người đã quan tâm, động viên và giúp đỡ để tác giả có thể hoàn thành
luận văn của mình.
Tác giả xin chân thành cảm ơn!
Thái Nguyên, ngày ... tháng ... năm 2017
Tác giả luận văn

Vũ Duy Hưng


iii

Danh mục các ký hiệu, các chữ viết tắt

P (A)

Xác suất của biến cố A .

Ω

Không gian biến cố sơ cấp.

ω
Pn

Biến cố sơ cấp.
Số hoán vị của n phần tử.

Akn
m
Xn

Số chỉnh hợp chập k của n phần tử.
Số chỉnh hợp lặp chập m của n phần tử.

Cnk
E(X)

Số tổ hợp chập k của n phần tử.
Kỳ vọng toán của đại lượng ngẫu nhiên X.

D(X)
σ(X)

Phương sai của đại lượng ngẫu nhiên X.
Độ lệch tiêu chuẩn.


1

Mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Trong các đề thi học sinh giỏi trong nước và quốc tế, nhiều bài toán tổ
hợp chỉ có thể được giải quyết khi ta vận dụng các tính chất của xác suất
trong quá trình giải toán.
Tuy nhiên trong chương trình, sách giáo khoa môn toán ở THPT không
trình 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 tài
liệu đầy đủ về phương pháp xác suất dành cho các giáo viên ôn thi học
sinh giỏi cũng như các em học sinh giỏi có một tài liệu tham khảo trong
quá trình học tập, tác giả đã lựa chọn đề tài "Vận dụng phương pháp
xác 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 tổ
hợp và xác suất. Trình bày việc vận dụng phương pháp xác suất vào giải
một 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.


2

• Sưu tầm và trình bày việc vận dụng xác suất vào giải một số bài toán
dành cho học sinh giỏi, đề thi chọn học sinh giỏi trong nước và quốc
tế.
• Đưa ra lời giải chi tiết, đầy đủ cho bài toán mà trong các tài liệu tham
khảo 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 trình
bày 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.
1.2. Một số bài tập tổ hợp.

Chương 2. Vận dụng phương pháp xác suất vào giải một số đề
thi học sinh giỏi
Chương này đã trình bày các kết quả của 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 một số đề thi học sinh giỏi
trong nước.
2.3. Vận dụng phương pháp xác suất vào giải một số đề thi học sinh giỏi
quốc tế.
Một cách cụ thể, luận văn sẽ trình bày các kết quả chính trong các tài liệu
tham khảo [1], [2], [3], [4], [5], [6], [7].


3

Chương 1

Một số kiến thức chuẩn bị
1.1.
1.1.1.

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

Quan sát các biến cố đối với một phép thử, mặc dù không thể khẳng
định một biến cố có xảy ra hay không nhưng người ta có thể phỏng đoán
khả năng xảy ra của các biến cố này là ít hay nhiều. Khả năng xảy ra
khách quan của một biến cố được gọi là xác suất (probality) của biến cố
đó.
P (A) là một con số đặc trưng cho khả năng xảy ra nhiều hay ít cho một

biến cố. Xác suất của biến cố A, kí hiệu là P (A), có thể được định nghĩa
bằng 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 là biến cố có n(A) biến cố sơ cấp thích hợp với nó trong một
không gian biến cố sơ cấp gồm n(Ω) biến cố cùng khả năng xuất hiện thì


4

n(A)
được gọi là xác suất của A.
n(Ω)
Như vậy điều kiện để áp dụng định nghĩa này là:
+) n(Ω) < ∞.

tỉ số P (A) =

+) 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 tổ
hợp. Sau đây, ta nhắc lại một 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 nếu i = 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 và
mỗi công đoạn Hi có ni cách thực hiện thì có tất cả n1 .n2 ...ni cách
thực hiện công việc H.
• Hoán vị
Cho tập hợp A gồm n phần tử, (n ≥ 1). Mỗi cách sắp xếp n phần tử
của tập hợp A được gọi là một hoán vị của n phần tử đó. Số hoán vị
của n phần tử kí hiệu là Pn .
Pn = n(n − 1)...2.1 = n!.

(1.1)

• Chỉnh hợp
Cho tập hợp A gồm n phần tử. Một bộ phận gồm k phần tử sắp thứ
tự của tập hợp A được gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử.
(1 ≤ k ≤ n). Số chỉnh hợp chập k của n phần tử kí hiệu là Akn .
Akn = n(n − 1)...(n − k + 1) =

n!
.
(n − k)!

(1.2)


5

• 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 lặp
lại nhiều lần, sắp xếp theo thứ tự nhất định gọi là một chỉnh hợp chập

m của n phần tử.
¯ nm .
Số chỉnh hợp lặp chập m của n phần tử kí hiệu là X
¯ m = nm .
X
n

(1.3)

• Tổ hợp
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 chọn
đồng 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 hợp
kia.
- 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 miền
con của D. Khi đó xác suất để điểm rơi ngẫu nhiên vào miền A được xác
định bởi công thức:
số đo miền A
P (A) =
.
(1.5)
số đo miền D
Số đo ở đây có thể là độ dài, diện tích, hay thể tích tùy thuộc vào miền
xét trên đường thẳng, mặt phẳng hay trong không gian ba chiều.


6

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. Tuy
nhiên khi số kết quả có thể vô hạn hoặc không đồng khả năng thì cách
tính xác suất cổ điển không áp dụng được.
Giả sử phép thử X có thể được lặp lại nhiều lần độc lập trong những
điều kiện giống hệt nhau. Nếu trong n lần thực hiện phép thử X, biến cố
A xuất hiện kn (A) lần thì tỉ số
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 hạn
fn (A) =

thì fn (A) tiến đến một giới hạn xác định. Ta định nghĩa giới hạn này là
xác suất của biến cố A, kí hiệu là P (A).

P (A) = lim fn (A).
x→∞

(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 định
nghĩa cổ điển, nó hoàn toàn dựa trên các thí nghiệm quan sát thực tế để
tìm xác suất của biến cố. Ngày nay với sự trợ giúp của công nghệ thông
tin, người ta có thể mô phỏng các phép thử ngẫu nhiên mà không cần thực
hiện các phép thử trong thực tế. Điều này cho phép tính xác suất theo
phương pháp thống kê thuận tiện hơn.
1.1.4 Định nghĩa tiên đề của xác suất
Hệ tiên đề Kolmogorov
I. Có tập Ω = ∅ gọi là không gian biến cố sơ cấp. Mỗi ω ∈ Ω được gọi là
biến cố sơ cấp.
II. Có một σ-đại số A các tập con của Ω. Mỗi A ∈ A được gọi là một biến
cố ngẫu nhiên.
III. Với mỗi A ∈ A, có một số thực P (A) ≥ 0 gọi là xác suất của A.


7

IV. P (Ω) = 1.
V. Nếu {Ai , i ≥ 1} là họ vô hạn các biến cố ngẫu nhiên từng đôi một xung
khắc thì

A

P(

A

Ai ) =
i=1

P (Ai ) (tiên đề σ - cộng tính).
i=1

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

8

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:
n

E (X) =

x i pi .
i=1

• Nếu X là đại lượng ngẫu nhiên liên tục có hàm mật độ xác suất thì:
+∞

E (X) =

xf (x) dx.
−∞

• Tính chất:
+) Kì vọng của hằng số: E(C) = C với C là hằng số.
+) E (CX) = CE (X).
+) E (X + Y ) = E (X) + E (Y ).
+) E (X.Y ) = E (X) .E (Y ), với X, Y là các biến cố độc lập.
• Ý nghĩa của kỳ vọng:
Kỳ vọng của biến ngẫu nhiên X là giá trị trung bình (tính theo xác
suất) mà X nhận được, nó phản ánh giá trị trung tâm phân phối xác
suất của X.

Trong thực tế sản xuất hay kinh doanh, khi cần chọn phương án cho
năng 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 ngẫu
nhiên 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 X 2 − (EX)2 .

(1.7)


9

• Nếu X là đại lượng ngẫu nhiên rời rạc và P (X = xi ) = pi thì:
2

x2i .pi −

D (X) =

xi .pi

i

.

i

• Nếu X là đại lượng ngẫu nhiên liên tục và có hàm mật độ f (x) thì:

 +∞
2
+∞
x2 .f (x)dx − 

D (X) =
−∞

x.f (x) dx .

−∞

• Tính chất:
a. D (C) = 0.
b. D (CX) = C 2 D (X) .
c. D (X + Y ) = D (X) + D (Y ) .
Hệ quả: D (C + X) = D (X) .
• Ý nghĩa của phương sai:
(X − EX)2 là bình phương sai biệt giữa giá trị của X so với trung
bình của nó. Và phương sai là trung bình của sai biệt này, nên phương
sai cho ta hình ảnh về sự phân tán của các số liệu: phương sai càng
nhỏ 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. Trong
kinh 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 lệch
tiêu chuẩn:
σ (X) =
1.1.2.

D (X).

Tính chất của xác suất

Mệnh đề 1.1
Trên không gian xác suất (Ω, A, P ) ta có
a. P (∅) = 0

(1.8)


10

b. Nếu {A1 , A2 , ..., An } là họ hữu hạn các biến cố ngẫu nhiên từng đôi một
n

xung khắc thì P

n

=
k=1

P (Ak ) (tính cộng tính).
k=1

Mệnh đề 1.2
Giả sử A, B là các biến cố ngẫu nhiên bất kì.
Khi đó

a. P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (AB).
b. Nếu A ⊂ B thì P (A) ≤ P (B).
c. ∀A ∈ A có 0 ≤ P (A) ≤ 1 và P (Ac ) = 1 − P (A).
Mệnh đề 1.3
Trong không gian xác suất (Ω, A, P ) cho họ biến cố ngẫu nhiên {An , n ≥
1} thỏa mãn điều kiện:
(i) A1 ⊃ A2 ⊃ ... ⊃ An ⊃ ...
∞

Ak = ∅

(ii)
k=1

Khi đó, P (An ) −→ 0(n −→ ∞).
Hệ quả:
1) Nếu {Bn , n ≥ 1} là họ các biến cố thỏa mãn Bn ⊃ Bn−1 ⊃ ... và
Bn = B thì P (Bn ) −→ P (B)(n −→ ∞).
n≥1

2) Nếu {Cn , n ≥ 1} là họ các biến cố thỏa mãn Cn ⊃ Cn−1 ⊃ ... ⊃ ... và
Cn = C thì P (Cn ) −→ P (C)(n −→ ∞).
n≥1

1.2.

Một số bài tập tổ hợp

Bài toán 1.1 (Đề thi CĐ 2005 – Khối D) Một bó hồng gồm 10 bông
hồng bạch và 10 bông hồng nhung. Bạn Hoa muốn chọn ra 5 bông để cắm

bình, trong đó phải có ít nhất 2 bông hồng bạch và 2 bông hồng nhung. Hỏi
có bao nhiêu cách chọn?
Giải. Bạn Hoa có 2 cách chọn bông cắm bình như sau:


11

Cách 1: Chọn 2 bông hồng bạch và 3 bông hồng nhung
2
+ Số cách chọn 2 bông hồng bạch trong 10 bông: C10
.
3
+ Với mỗi cách chọn 2 bông hồng bạch lại có C10
cách chọn 3 bông hồng
nhung trong 10 bông.
2
3
Vậy cách 1 có C10
.C10
cách chọn bông.
Cách 2: Chọn 3 bông hồng bạch và 2 bông hồng nhung. Lập luận tương
2
3
tự như trên, ta cũng có C10
.C10
cách chọn bông.
2
3
Vậy bạn Hoa có số cách chọn bông là: 2.C10
.C10

= 10800 cách chọn.

Bài toán 1.2 (Đề thi ĐH 2004 – Khối B) Trong một môn học, thầy
giáo có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 10 câu hỏi trung bình, 15
câu 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 3
loại 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 câu
hỏi.
Giải. Mỗi đề kiểm tra phải có số câu dễ là 2 hoặc 3, nên có các trường hợp
sau:
- Đề có 2 câu dễ, 2 câu trung bình, 1 câu khó, thì số cách chọn là:
2
2
C15
.C10
.C51 = 23625.

- Đề có 2 câu dễ, 1 câu trung bình, 2 câu khó, thì số cách chọn là:
2
1
C15
.C10
.C52 = 10500.

- Đề có 3 câu dễ, 1 câu trung bình, 1 câu khó, thì số cách chọn là:
3
1
C15
.C10

.C51 = 22750.

Vì các cách chọn trên đôi một khác nhau, nên số đề kiểm tra có thể lập
được là:
23625 + 10500 + 22750 = 56875.
Bài toán 1.3 (Trích [1]) Tổ một có 10 người, tổ hai có 9 người. Có bao
nhiêu cách chọn một nhóm gồm 8 người sao cho mỗi tổ trên có ít nhất là
2 người?


12

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.
k
• Số cách chọn k trong số 10 người của tổ một là C10
. Ứng với một
cách 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
k
Sk = C10
.C98−k .
• Cho k lần lượt bằng 2, 3, ..., 6 và áp dụng quy tắc cộng, ta được số
cách chọn nhóm 8 người thỏa mãn bài toán là
2
3
6
S = S2 + S3 + ... + S6 = C10
C96 + C10

C95 + ... + C10
C92 = 74088.

Bài toán 1.4 (Trích [1]) Người ta sử dụng ba loại sách gồm: 8 cuốn
sách về Toán, 6 cuốn sách về Lí và 5 cuốn sách về Hóa. Mỗi loại đều gồm
các cuốn sách đôi một khác loại nhau. Có bao nhiêu cách chọn 7 cuốn
sách trong số sách trên để làm giải thưởng sao cho mỗi loại có ít nhất một
cuốn?
7
Giải. Số cách chọn 7 trong số 19 cuốn sách một cách bất kì là C19
.

Các cách chọn không đủ cả ba loại sách là:
7
• Số cách chọn 7 trong số 11 cuốn sách Lý và Hóa là C11
(không có sách
Toán).
7
• Số cách chọn 7 trong số 13 cuốn sách Hóa và Toán là C13
(không có
sách Lý).
7
• Số cách chọn 7 trong số 14 cuốn sách Lý và Toán là C14
(không có
sách Hóa).
7
• Số cách chọn 7 trong số 8 cuốn sách Toán là C13
(không có sách Lý
và Hóa).

Vì mỗi cách chọn chỉ có sách Toán, tức là không có sách Lý và Hóa
thuộc cả hai cách chọn: không có sách Lý và không có sách Hóa, nên số
cách chọn phải tìm là
7
7
7
7
C19
− C11
− C13
− C14
+ C87 = 44918.


13

Bài toán 1.5 (Trích [1]) Có 5 viên bi xanh giống nhau, 4 viên bi trắng
giống 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 bi
trắng cho cùng một cách sắp xếp đối với 12 viên bi nên số cách sắp xếp
phải tìm là
12!
P12
=
= 166320.
P5 .P4
5!.4!

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 quanh
tâm 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 ngồi
cạnh 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 một
thứ tự quanh bàn tròn được coi là một nên ta có thể chọn trước vị trí cho
một 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 nhau
cho 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 khoảng
trống đó. Ta được 1 cách chia 100 đồ vật thành 4 phần để lần lượt gán
cho 4 người. Khi đó, mỗi người được ít nhất một đồ vật, và tổng số đồ vật
của 4 người bằng 100, thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
3
Vậy số cách chia là C99
= 156849. (cách).


14

Bài toán 1.8 (Trích [1]) Có bao nhiêu cách chia 8 đồ vật đôi một khác
nhau cho 3 người sao cho có một người được 2 đồ vật và hai người còn lại
mỗi 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 A
được 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).


15

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 đối
xứng bằng một phương pháp mới lúc bấy giờ: phương pháp xác suất. Gần
đây, phương pháp này đã phát triển mạnh mẽ và trở thành một công cụ
hữu hiệu để giải quyết các bài toán tổ hợp. Cở sở của phương pháp xác
suất có thể được diễn tả như sau: để chứng minh sự tồn tại của một cấu
trúc tổ hợp thỏa mãn tính chất nào đó, ta xây dựng một không gian xác
suất thích hợp rồi chỉ ra rằng một phần tử với tính chất đã cho được chọn
ngẫu nhiên trong không gian đó có xác suất dương.

"Ta thấy có rất nhiều bài toán, trong đó có những bài toán trong các đề
thi 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 suất
trong quá trình "xét các khả năng xảy ra" và dẫn đến đưa ra được lời giải
của 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


16

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 mỗi
người 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, việc
xây dựng phản ví dụ càng khó khăn. Trong trường hợp này, phương pháp
xác 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 nhiều
nhất 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 kết
quả sẽ mạnh hơn).
Lời giải 2.1.1.
Nếu ta sử dụng phương pháp đếm truyền thống, ta có thể chứng minh
trường hợp n = 4.

Giả sử ngược lại, trong bất kì 4 đấu thủ, ít nhất diễn ra một cuộc đấu.
Vậy thì, số các cuộc đấu diễn ra ít nhất là C440 : C238 = 260, mâu thuẫn.
Chú ý rằng phương pháp này không thể chứng minh trường hợp n = 5 vì
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 được
chọn là 0.25. Vậy thì loại bỏ mọi đấu thủ mà đã thua trong một trận đấu
với đấu thủ được chọn khác. Trong cách này không có hai đấu thủ còn lại
được 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


17

đấu thủ được chọn là 0.252 , vì vậy trung bình có 80 × 0.252 = 5 trận đấu
được diễn ra giữa các đấu thủ được chọn. Sau khi loại bỏ các đấu thủ thất
bại, số các đấu thủ còn lại trung bình ít nhất là 5 (thực ra lớn hơn 5 từ
việc các đấu thủ thất bại có thể lặp lại). Điều này có nghĩa là tồn tại một
cách chọn trong đó chúng ta thu được ít nhất 5 đấu thủ không thi đấu với
nhau.
(Chú ý rằng nếu ta thay 0.25 bởi p, thì số các đấu thủ trung bình còn
lại sẽ là 40p − 80p2 = 5 − 80(p − 0.25)2 và điều này giải thích cách chọn
của 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 thủ
được 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 và
chỉ khi anh ta được gán trình độ cao hơn giữa anh ta và các đấu thủ với
các đấu thủ là những người mà anh ta đã đấu và xác suất đối với điều này
xảy ra là 1/(di + 1). Vì vậy, số các đấu thủ được chọn trung bình là
1
1
402
+ ... +
≥
d1 + 1
d40 + 1
(d1 + 1) + ... + (d40 + 1)
402
=
=8
160 + 40
Ở đây ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz. Điều này có nghĩa là
tồn tại 8 đấu thủ, không ai hai trong họ đấu với nhau.
Chú ý: Lời giải 2.1.3 là kết quả xảy ra tốt nhất. Thật vậy, chúng ta có
thể chia 40 đấu thủ thành 8 nhóm, mỗi nhóm có 5 đấu thủ. Hai đấu thủ
thi đấu nếu và chỉ nếu hai đấu thủ cùng nhóm, vậy thì số các trận đấu
diễn ra sẽ là 8 × C25 = 80 và điều rõ ràng là không thể tìm được 9 đấu thủ,
mà hai trong 9 đấu thủ thi đấu với nhau.


18

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

Ví dụ 2.2 (Trích [6]). Chỉ ra rằng trong số 2100 người, không nhất thiết
tồn tại 200 người mà biết mỗi người khác hoặc 200 người mà không biết
mỗi người khác.
Giải. Gán cho mỗi cặp người biết nhau hoặc không biết nhau qua việc
tung một đồng xu một cách công bằng. Trong tập hợp gồm 200 người, xác
200

suất để họ biết nhau hay không biết nhau là 2 × 2−C2 = 2−19899 . Khi đó
2100
có C200
cách chọn của 200 người, nên xác suất để tồn tại 200 người biết
nhau hoặc không biết nhau nhiều nhất là
2100
C200

×2

−19899

(2100 )200
× 2−19899
<
200!
2101
=
< 1.
200!

Vì vậy, xác suất đối với việc không tồn tại 200 người biết nhau hay 200
người không biết nhau lớn hơn 0, điều này suy ra kết quả.

Ví dụ 2.3 (Trích [6].) Trong mỗi ô của bàn 100 × 100, ta viết một trong
các số nguyên 1,2...5000. Hơn nữa mỗi số nguyên xuất hiện trong bảng
đúng hai lần. Chứng minh rằng ta có thể chọn 100 ô trong bàn thỏa mãn
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 cột
1
1

×
nếu không cùng hàng hay cột
100 99


19

Vì vậy, xác suất sao cho lựa chọn thỏa mãn (3) ít nhất là
1 − 5000 ×

1
1
×
> 0.

100 99

Hiển nhiên, ta có thể dễ dàng biến đổi hai lời giải xác suất ở trên thành
các lập luận đơn thuần chỉ sử dụng các quy tắc đếm (bằng việc đếm số
các kết quả thuận lợi thay vì tính các xác suất), mà quan trọng như nhau.
Nhưng lời giải xác suất thường gọn gàng và tự nhiên hơn.
Một kĩ thuật chung trong phương pháp xác suất là để tính trung bình
cộng (hoặc giá trị kỳ vọng)- tổng số là trung bình cộng nhân với số các số
hạng, và có ít nhất một số hạng tốt như trung bình cộng. Chúng được làm
sáng tỏ trong hai ví dụ sau đây.
Ví dụ 2.4 (Trích (APMO 1998) [6].) Cho F là tập hợp tất cả các
n-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
|A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An |.
(A1 ,A2 ,...,An )

Giải. (Lời giải của Leung Wing Chung - thành viên đội tuyển IM Hong
Kong 1998)
Chú ý rằng tập hợp {1, 2, ..., 1998} có 21998 các tập con do đó ta có thể
lựa chọn hoặc gồm hoặc không gồm trong 1998 phần tử trong một tập
hợp. Vì vậy, có tất cả 21998n số hạng trong tổng.
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 tử
của 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 môn
học được viết bằng tiếng Trung và tiếng Anh. Các ứng viên có thể thi đối
với nhiều (hay một vài) môn học mà họ thích, nhưng mỗi ứng chỉ viên có

20

thể được chọn duy nhất một phiên bản ngôn ngữ đối với mỗi môn học. Đối
với hai môn học khác nhau, tồn tại một ứng viên thi sử dụng các phiên bản
ngôn ngữ khác nhau của hai môn học. Nếu có nhiều nhất 10 ứng viên dự
thi 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 1024
môn 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 diễn
nhị phân của j và nếu không thì môn học thể hiện bằng ngôn ngữ tiếng
Anh. 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 đầu
bằng 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 viên
cho "Tiếng Trung" hoặc "Tiếng Anh". Gọi Ej là biến cố "tất cả ứng viên
trong môn học j dự thi sử dụng phiên bản ngoại ngữ mà hợp với chứng
minh thư đã định của họ". Khi có nhiều nhất 10 ứng viên trong mỗi môn
học, ta có xác suất
1
.
1024
Từ việc "đối với hai môn học khác nhau bất kì, tồn tại một ứng viên
P (Ej ) ≥ 2−10 =

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

P(ít nhất một Ej xảy ra) = P (Ei ) + P (E2 ) + ... + P (En ) ≥
.
1024
Nhưng từ xác suất của một biến cố nhiều nhất là 1, điều trên cho ta
n
1≥
, vì vậy chúng ta có n ≤ 1024 như đòi hỏi!
1024

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