Probability space

Các bạn đọc lại bài https://nttuan.org/2024/01/24/naive-definition-of-probability/ để theo dõi bài cho dễ dàng.

Một họ $\mathcal{G}$ các tập con của một tập hợp $\Omega$ được gọi là một đại số các tập con của $\Omega$ nếu nó có ba tính chất sau:

(1) $\Omega\in\mathcal{G}$ .

(2) Nếu $C\in \mathcal{G}$ thì $\Omega\setminus C\in\mathcal{G}$ .

(3) Nếu $C_1,C_2,\ldots,C_n\in\mathcal{G}$ thì $\displaystyle \bigcup_{i=1}^nC_i\in\mathcal{G}$ .

Ví dụ 1. Với tập hợp $\displaystyle \Omega$ , ta có họ $\displaystyle \mathcal{G}=\{\emptyset,\Omega\}$ là một đại số các tập con của $\displaystyle \Omega$ . $\Box$

Bổ đề 1. Cho $\displaystyle \mathcal{G}$ là một đại số các tập con của $\displaystyle \Omega$ . Khi đó

(1) $\displaystyle \emptyset\in\mathcal{G}$ .

(2) Nếu $\displaystyle C_1,C_2,\ldots,C_n\in\mathcal{G}$ thì $\displaystyle \bigcap_{i=1}^nC_i\in\mathcal{G}$ .

(3) Nếu $\displaystyle C_1,C_2\in\mathcal{G}$ thì $C_1\setminus C_2\in\mathcal{G}$ .

Chứng minh. Vì $\displaystyle \Omega\in\mathcal{G}$ nên $\displaystyle \emptyset=\Omega\setminus\Omega$ cũng thuộc $\displaystyle \mathcal{G}$ . Nếu $\displaystyle C_1$ , $\displaystyle C_2$ , $\displaystyle \ldots$ , $\displaystyle C_n\in\mathcal{G}$ thì

$\displaystyle \Omega\setminus \bigcap_{i=1}^nC_i=\bigcup_{i=1}^n(\Omega\setminus C_i)\in\mathcal{G},$

suy ra $\displaystyle \bigcap_{i=1}^nC_i\in\mathcal{G}$ . Cuối cùng, nếu $\displaystyle C_1$ , $\displaystyle C_2\in\mathcal{G}$ thì $\displaystyle C_1\setminus C_2=\Omega\setminus ((\Omega\setminus C_1)\cup C_2)\in\mathcal{G}.$ $\Box$

Định nghĩa 1. Một họ $\displaystyle \mathcal{G}$ các tập con của một tập hợp $\displaystyle \Omega$ được gọi là một $\displaystyle \sigma-$ đại số các tập con của $\displaystyle \Omega$ nếu nó có ba tính chất sau:

(1) $\displaystyle \Omega\in\mathcal{G}$ .

(2) Nếu $\displaystyle C\in \mathcal{G}$ thì $\displaystyle \Omega\setminus C\in\mathcal{G}$ .

(3) Nếu $\displaystyle C_1,C_2,\ldots\in\mathcal{G}$ thì $\displaystyle \bigcup_{i=1}^{\infty}C_i\in\mathcal{G}$ .

Lúc này ta gọi $\displaystyle \Omega$ là không gian mẫu và các phần tử của $\displaystyle \mathcal{G}$ là các biến cố, hay sự kiện.

Mỗi $\displaystyle \sigma-$ đại số là một đại số, ngược lại không đúng.

Ví dụ 2. $\displaystyle \sigma-$ đại số nhỏ nhất các tập con của $\displaystyle \Omega$ là $\displaystyle \{\emptyset,\Omega\}$ . $\Box$

Ví dụ 3. Nếu $\displaystyle A$ là một tập con của $\displaystyle \Omega$ thì $\displaystyle \{\emptyset,\Omega,A,\overline{A}\}$ là một $\displaystyle \sigma-$ đại số các tập con của $\displaystyle \Omega$ . $\Box$

Ví dụ 4. Họ tất cả các tập con của $\displaystyle \Omega$ là $\displaystyle \sigma-$ đại số lớn nhất các tập con của $\displaystyle \Omega$ . $\Box$

Định nghĩa 2. Một không gian đo được là một cặp $\displaystyle (\Omega,\mathcal{F})$ , trong đó $\displaystyle \Omega$ là một tập hợp và $\displaystyle \mathcal F$ là một $\displaystyle \sigma-$ đại số các tập con của $\displaystyle \Omega$ . Khi $\displaystyle \Omega$ là hữu hạn hoặc đếm được thì không gian đo được $\displaystyle (\Omega,\mathcal{F})$ được gọi là rời rạc.

Mỗi khi xét không gian đo được rời rạc $(\Omega,\mathcal{F})$ , ta chỉ xét $\mathcal F$ là $\sigma-$ đại số tất cả các tập con của $\Omega$ .

Định nghĩa 3. Cho một không gian đo được $\displaystyle (\Omega,\mathcal{F})$ . Độ đo xác suất $\displaystyle \mathbb{P}$ trên $\displaystyle (\Omega,\mathcal{F})$ là một hàm $\displaystyle \mathbb{P}:\mathcal{F}\to [0;1]$ thỏa mãn đồng thời hai điều sau:

(1) $\displaystyle \mathbb{P}(\emptyset)=0$ và $\mathbb{P}(\Omega)=1$ .

(2) Nếu $\displaystyle A_1,A_2,\ldots$ là một dãy các phần tử đôi một rời nhau của $\displaystyle \mathcal F$ thì $\displaystyle \mathbb{P}\left(\bigcup_{i=1}^{\infty}A_i\right)=\sum_{i=1}^{\infty}\mathbb{P}(A_i).$

Lúc này thì bộ ba $\displaystyle (\Omega,\mathcal{F},\mathbb{P})$ được gọi là không gian xác suất. Với mỗi sự kiện $\displaystyle A$ , ta gọi $\displaystyle \mathbb{P}(A)$ là xác suất của $\displaystyle A$ .

Với không gian xác suất $\displaystyle (\Omega,\mathcal{F},\mathbb{P})$ và biến cố $\displaystyle A$ , ta gọi $\displaystyle A$ là biến cố rỗng nếu $\displaystyle \mathbb{P}(A)=0$ và là biến cố chắc chắn nếu $\displaystyle \mathbb{P}(A)=1$ . Ta có thể xác định một không gian xác suất tương ứng với mỗi phép thử. Khi đó các bài toán liên quan đến phép thử sẽ chuyển về các bài toán trong không gian xác suất tương ứng.

Ví dụ 5. Một đồng xu, có thể không cân, được tung lên một lần. Với phép thử này ta xác định không gian xác suất $\displaystyle (\Omega,\mathcal{F},\mathbb{P})$ như sau: Không gian mẫu $\displaystyle \Omega=\{0;1\}$ (như trong bài trước, sấp được ghi là $\displaystyle 1$ và ngửa được ghi là $\displaystyle 0$ ), $\displaystyle \mathcal{F}$ là họ tất cả các tập con của $\displaystyle \Omega$ , và độ đo xác suất $\displaystyle \mathbb{P}:\mathcal{F}\to [0;1]$ được định nghĩa bởi

$\displaystyle\mathbb{P}(\emptyset)=0,\,\mathbb{P}(\Omega)=1,\,\mathbb{P}(\{1\})=p,\,\mathbb{P}(\{0\})=1-p.$

Ở đây $\displaystyle p$ là một số thực thuộc đoạn $\displaystyle [0;1]$ . Đồng xu này là cân đối nếu $\displaystyle p=1/2$ . $\Box$

Ví dụ 6. Một con xúc xắc được tung một lần. Với phép thử này ta xác định không gian xác suất $\displaystyle (\Omega,\mathcal{F},\mathbb{P})$ như sau: Không gian mẫu $\displaystyle \Omega=[6]$ , $\mathcal{F}$ là họ tất cả các tập con của $\displaystyle \Omega$ , và độ đo xác suất $\displaystyle \mathbb{P}:\mathcal{F}\to [0;1]$ được định nghĩa bởi

$\displaystyle \mathbb{P}(A)=\sum_{i\in A}p_i, \quad \forall A\subset \Omega.$

Ở đây $\displaystyle p_1,p_1,\ldots,p_6$ là các số thực không âm có tổng bằng $\displaystyle 1$ . Xác suất để xuất hiện mặt có $\displaystyle i$ chấm là $\displaystyle p_i$ . Con xúc xắc này là cân đối nếu các $\displaystyle p_i$ đều bằng $\displaystyle 1/6$ . Khi đó $\displaystyle \mathbb{P}(A)=\frac{\mid A\mid }{6}, \quad \forall A\subset \Omega,$ bằng xác suất xảy ra $\displaystyle A$ theo định nghĩa ngây thơ (cổ điển) của xác suất. $\Box$

Sau đây là một số tính chất của độ đo xác suất.

Bổ đề 2. Cho một không gian xác suất $\displaystyle (\Omega,\mathcal{F},\mathbb{P})$ . Khi đó

(1) Với mỗi biến cố $A$ , ta có $\displaystyle \mathbb{P}(\overline{A})=1-\mathbb{P}({A})$ .

(2) Nếu $\displaystyle A$ và $\displaystyle B$ là các biến cố thỏa mãn $\displaystyle A\subset B$ thì $\displaystyle \mathbb{P}({B})=\mathbb{P}({A})+\mathbb{P}({B\setminus A})\geq \mathbb{P}({A}).$

(3) Nếu $\displaystyle A_1,A_2,\ldots,A_n$ là $\displaystyle n>1$ biến cố thì

$\displaystyle \mathbb{P}\left(\bigcup_{i=1}^nA_i\right)=\sum_{i=1}^n\mathbb{P}({A_i})-\sum_{i<j}\mathbb{P}({A_i\cap A_j})+\sum_{i<j<k}\mathbb{P}({A_i\cap A_j\cap A_k})$ $\displaystyle -\ldots +(-1)^{n+1}\mathbb{P}(A_1\cap A_2\cap \ldots \cap A_n).$

Chứng minh. Xét một biến cố $\displaystyle A$ . Vì $\displaystyle\Omega=A\cup\overline{A}$ và $\displaystyle A\cap\overline{A}=\emptyset$ nên

$\displaystyle 1=\mathbb{P}(\Omega)=\mathbb{P}(A\cup\overline{A})=\mathbb{P}({A})+\mathbb{P}\overline{A}),$

suy ra $\displaystyle \mathbb{P}(\overline{A})=1-\mathbb{P}({A})$ . Bây giờ xét hai biến cố $\displaystyle A$ và $\displaystyle B$ với $\displaystyle A\subset B$ . Vì biến cố $\displaystyle B$ là hợp của hai biến cố rời nhau $\displaystyle A$ và $\displaystyle B\setminus A$ nên

$\displaystyle\mathbb{P}({B})=\mathbb{P}({A})+\mathbb{P}({B\setminus A})\geq \mathbb{P}({A}).$

Ta sẽ chứng minh khẳng định cuối cùng bằng quy nạp theo $\displaystyle n$ . Xét hai biến cố $\displaystyle A$ và $\displaystyle B$ . Biến cố $\displaystyle A\cup B$ là hợp của hai biến cố rời nhau $\displaystyle A$ và $\displaystyle B\setminus A$ nên

$\displaystyle\mathbb{P}(A\cup {B}) =\mathbb{P}({A})+\mathbb{P}({B\setminus A})= \mathbb{P}({A})+\mathbb{P}({B\setminus (A\cap B)})=\mathbb{P}({A})+\mathbb{P}({B})-\mathbb{P}(A\cap B),$

suy ra khẳng định đúng với $\displaystyle n=2$ . Bây giờ giả sử khẳng định đúng với số nguyên dương $\displaystyle n= k\, (k>1)$ . Xét $\displaystyle k+1$ biến cố $\displaystyle A_1$ , $\displaystyle A_2,\ldots,$ $\displaystyle A_{k+1}$ . Vì khẳng định đúng với $\displaystyle n=2$ nên

$\displaystyle \mathbb{P}\left(\bigcup_{i=1}^{k+1}A_i\right)=\mathbb{P}\left(\left(\bigcup_{i=1}^{k}A_i\right)\bigcup A_{k+1}\right)$

$\displaystyle =\mathbb{P}\left(\bigcup_{i=1}^{k}A_i\right)+\mathbb{P}\left(A_{k+1}\right)-\mathbb{P}\left(\left(\bigcup_{i=1}^{k}A_i\right)\bigcap A_{k+1}\right)$

$\displaystyle =\mathbb{P}\left(\bigcup_{i=1}^{k}A_i\right)+\mathbb{P}\left(A_{k+1}\right)-\mathbb{P}\left(\bigcup_{i=1}^{k}\left(A_i\bigcap A_{k+1}\right)\right).$

Đến đây dùng giả thiết quy nạp ta thấy khẳng định đúng với $\displaystyle n=k+1$ . Theo nguyên lý quy nạp toán học, khẳng định đúng với mỗi số nguyên $\displaystyle n>1$ . $\Box$

Từ chứng minh trên, bằng quy nạp theo $n$ , ta thu được $\displaystyle \mathbb{P}\left(\bigcup_{i=1}^nA_i\right)\leq\sum_{i=1}^n\mathbb{P}(A_i).$

Continue reading →

Naive definition of probability

Phép thử ngẫu nhiên, hay phép thử, là một thí nghiệm hay một hành động mà kết quả của nó không thể biết được trước khi phép thử được thực hiện, và khả năng xảy ra của các kết quả là như nhau. Không gian mẫu của phép thử là tập hợp tất cả các kết quả có thể xảy ra khi thực hiện phép thử. Kết quả thuận lợi cho một biến cố (sự kiện) $\displaystyle E$ liên quan đến phép thử $\displaystyle T$ là kết quả của phép thử $\displaystyle T$ làm cho biến cố $\displaystyle E$ xảy ra. Trong bài này ta chỉ xét các phép thử mà không gian mẫu là một tập hợp hữu hạn.

Ví dụ 1. Tung một đồng xu, ta thấy có thể xảy ra một trong hai kết quả sấp ( $\displaystyle S$ ) hoặc ngửa ( $\displaystyle N$ ). Phép thử ngẫu nhiên ở đây là tung một đồng xu, không gian mẫu của phép thử là tập hợp $\displaystyle \Omega =\{S, N\}$ . Ta có thể để ý xem các biến cố sau có xảy ra không?

kết quả của phép thử là $\displaystyle N$ .

kết quả của phép thử không là $\displaystyle N$ .

kết quả của phép thử là $\displaystyle S$ hoặc $\displaystyle N$ .

kết quả của phép thử là $\displaystyle S$ và $\displaystyle N$ . $\Box$

Ví dụ 2. Xét phép thử ngẫu nhiên: tung một đồng xu bốn lần. Ta thấy một kết quả là $\displaystyle SNNS$ , và không gian mẫu của phép thử là tập hợp tất cả các dãy gồm $\displaystyle 4$ chữ cái thuộc $\displaystyle \{S,N\}$ . Chúng ta có thể mã hóa $\displaystyle S$ là $\displaystyle 1$ và $\displaystyle N$ là $\displaystyle 0$ , khi đó mỗi kết quả của phép thử là một dãy $\displaystyle (s_1,s_2,s_3,s_4)$ với các $\displaystyle s_j\in\{0;1\}$ và không gian mẫu của phép thử là tập tất cả các dãy như vậy.

Gọi $\displaystyle E_i$ là sự kiện lần tung thứ $\displaystyle i$ ra mặt ngửa. Tập các kết quả thuận lợi cho $\displaystyle E_1$ , cũng được ký hiệu bởi $\displaystyle E_1$ , là

$\displaystyle E_1=\{(0,s_2,s_3,s_4)\mid s_j\in \{0;1\},\quad\forall j\}.$ Đây là một tập con của không gian mẫu.

Nếu $\displaystyle A$ là biến cố ít nhất một mặt là ngửa thì tập các kết quả thuận lợi cho $\displaystyle A$ , cũng được ký hiệu bởi $\displaystyle A$ , là $\displaystyle A=E_1\cup E_2\cup E_3\cup E_4.$ Nếu $\displaystyle B$ là biến cố tất cả bốn lần tung đều hiện mặt ngửa thì tập các kết quả thuận lợi cho $\displaystyle B$ là $\displaystyle B=E_1\cap E_2\cap E_3\cap E_4.$ $\Box$

Ví dụ 3. Xét phép thử ngẫu nhiên: Chọn một quân bài từ $\displaystyle 52$ quân bài. Không gian mẫu $\displaystyle \Omega$ của phép thử là tập tất cả $\displaystyle 52$ quân bài. Ta quan tâm đến bốn biến cố sau:

$\displaystyle A$ : Quân bài là một con Át.

$\displaystyle B$ : Quân bài có màu đen.

$\displaystyle C$ : Quân bài có chất Rô.

$\displaystyle D$ : Quân bài có chất Cơ.

Như một tập hợp $\displaystyle D=$ {Át cơ, 2 cơ , 3 cơ,…, K cơ}. Ta có thể tạo ra nhiều biến cố từ bốn biến cố này.

$\displaystyle A\cap B$ là biến cố quân bài rút ra là quân Át màu đen.

$\displaystyle A\cup C$ là biến cố quân bài rút ra là quân Át hoặc có chất Rô.

$\displaystyle A\cup C\cup D$ là sự kiện quân bài rút ra là quân Át hoặc có màu đỏ. $\Box$

Định nghĩa (Định nghĩa ngây thơ của xác suất). Cho $\displaystyle A$ là một biến cố (sự kiện) của một phép thử ngẫu nhiên với không gian mẫu hữu hạn $\displaystyle \Omega$ . Khi đó xác suất của $\displaystyle A$ , hay xác suất xảy ra $\displaystyle A$ , là $\displaystyle \mathbb{P}(A)=\frac{\mid A\mid }{\mid \Omega\mid}.$

Theo định nghĩa thì $\displaystyle 0\leq \mathbb{P}(A)\leq 1$ , với mọi sự kiện $\displaystyle A$ . Dấu bằng trong bất đẳng thức thứ nhất xảy ra khi và chỉ khi $\displaystyle A=\emptyset$ , lúc này ta gọi $\displaystyle A$ là biến cố rỗng hay biến cố không thể. Dấu bằng trong bất đẳng thức thứ hai xảy ra khi và chỉ khi $\displaystyle A=\Omega$ , lúc này ta gọi $\displaystyle A$ là biến cố chắc chắn. Để tính xác suất của biến cố $\displaystyle A$ , ta cần tính số phần tử của không gian mẫu và số phần tử của $\displaystyle A$ (như một tập hợp).

Ví dụ 4. Tung hai con xúc xắc cân đối. Tính xác suất để tổng hai mặt bằng $\displaystyle 10$ .

Lời giải. Không gian mẫu $\displaystyle \Omega$ là tập tất cả các cặp $\displaystyle (a,b)$ với $\displaystyle a$ và $\displaystyle b$ thuộc $\displaystyle \{1,2,\ldots,6\}$ . Tập các kết quả thuận lợi cho biến cố tổng hai mặt bằng $\displaystyle 10$ là $\displaystyle \{(5,5),(6,4),(4,6)\}$ , suy ra xác suất cần tính bằng $\displaystyle 3/36=1/12\approx 0.0833$ . $\Box$

Ví dụ 5. Một ván bài $\displaystyle 5$ lá được chia từ một bộ bài $\displaystyle 52$ lá tiêu chuẩn, được xáo trộn kỹ lưỡng. Ván bài được gọi là cù lũ trong poker nếu nó bao gồm ba lá bài ở cấp độ nào đó và hai lá bài ở cấp độ khác, ví dụ: ba lá bài $\displaystyle 7$ và hai lá bài $\displaystyle 10$ (theo bất kỳ thứ tự nào). Xác suất để có một cù lũ bằng bao nhiêu?

Lời giải. Không gian mẫu là họ tất cả các tập con gồm $\displaystyle 5$ lá bài trong bộ bài đã cho. Ta có ngay $\displaystyle \mid \Omega \mid =C_{52}^5$ . Có $\displaystyle 13\times 12$ cách chọn lần lượt hạng của bộ ba và đôi trong một cù lũ. Sau đó, có $\displaystyle C_4^3\times C_4^2$ cách chọn lần lượt một bộ ba và một đôi trong các hạng đã chọn trước đó. Suy ra xác suất cần tính bằng $\displaystyle \frac{13\times 12\times C_4^3\times C_4^2}{C_{52}^5}=\frac{3744}{2598960}\approx 0.0014.$ $\Box$

Continue reading →

Vietnam TST 2023/6

Trong bài này tôi giới thiệu một lời giải của bài 6 trong đề thi chọn đội tuyển IMO 2023. Đây là lời giải của tác giả bài toán, không phải lời giải của tôi. Nếu có chỗ sai trong lời giải dưới đây thì đó là lỗi của tôi.

Với mỗi số nguyên dương $m$ , ký hiệu $[m]$ là tập gồm $m$ số nguyên dương đầu tiên.

Bài toán (Vietnam TST 2023/6). Cho số nguyên $n>2$ . Xác định số $k_n$ lớn nhất sao cho với mỗi họ $k_n$ tập con có $3$ phần tử của $[n]$ , luôn tô màu được các phần tử của $[n]$ bởi hai màu để không có tập con nào trong họ có ba phần tử cùng màu.

Lời giải. Với $n=3$ và $n=4$ thì $k_n=C_n^3$ , bởi vì ta có thể tô $2$ phần tử của $[n]$ xanh và $n-2 \leq 2$ phần tử còn lại màu đỏ và không có tập con ba phần tử cùng màu nào cả.

Với $n \geq 5$ thì $k_n \leq 9$ , bởi vì với $10$ tập con có $3$ phần tử của $[5]$ thì với mọi cách tô màu các phần tử $[5]$ bởi $2$ màu luôn có $3$ phần tử cùng màu. Với $n=5$ thì $k_5=9$ , vì với $9$ tập con $3$ phần tử tùy ý luôn có $1$ tập con $3$ phần tử không được chọn, ta có thể tô màu $3$ phần tử này màu xanh và $2$ phần tử còn lại màu đỏ, cách tô màu này thỏa mãn bài toán. Với $n=6$ , ta cũng có $k_6=9$ , vì ta có thể chia $20$ tập con $3$ phần tử của $[6]$ thành $10$ cặp, mỗi cặp là $2$ tập con bù nhau. Với $9$ tập con $3$ phần tử tùy ý của $[6]$ , luôn có $1$ cặp $(A, B)$ mà $A,$ $B$ không được chọn, ta tô $3$ phần tử của $A$ xanh, $3$ phần tử của $B$ đỏ và cách tô màu này thỏa mãn bài toán.

Mệnh đề 1. Với $n\geq 7$ thì $k_n \leq 6$ .

Chứng minh. Tồn tại $7$ tập con có $3$ phần tử của $[7]$ đôi một chung nhau không quá $1$ phần tử. Thật vậy, biểu diễn $1$ , $2, \ldots$ , $7$ là $7$ đỉnh một $7-$ giác đều. Chọn $B_1=\{1,2,4\}$ và $B_i$ là ảnh của $B_1$ quanh tâm đa giác với góc $\frac{2 \pi}{7} \times(i-1)$ . Rõ ràng các $B_i$ (như một tam giác) đôi một không có cạnh chung.

Giả sử tô màu được các phần tử của $[7]$ bởi $2$ màu sao cho không có $B_i$ nào có các phần tử cùng màu. Khi đó mỗi $B_i$ có đúng $2$ cạnh mà $2$ đỉnh của chúng khác màu. Suy ra ta có một đồ thị lưỡng phân $G[X,Y]$ , với $X$ là tập các phần tử xanh và $Y$ là tập các phần tử đỏ, có $14$ cạnh. Điều này không thể xảy ra vì $\mid X\mid +\mid Y\mid =7$ . $\Box$

Mệnh đề 2. Với $n \geq 5$ thì $k_n \geq 6$ .

Chứng minh. Ta chứng minh bằng qui nạp theo $n$ . Theo phần trình bày ở trên thì mệnh đề đúng với $n=5$ và $n=6$ . Với $n \geq 7$ , ta xét một họ gồm $6$ tập con có $3$ phần tử của $[n]$ . Tồn tại hai phần tử $a$ và $b$ của $[n]$ sao cho chúng không cùng thuộc một tập của họ này, vì $C_7^2=21>6 \times C_3^2=18$ . Bỏ $a$ , $b$ và thêm $c$ vào $[n]$ , ta có một cách tô màu thỏa mãn bài toán theo giả thiết quy nạp. Bỏ $c$ và cho lại $a, b$ về tập $[n]$ , sau đó tô màu $a$ và $b$ bởi màu của $c$ , ta có cách tô màu thỏa mãn bài toán. $\Box$

Từ mệnh đề 1 và mệnh đề 2, ta có $k_n=6$ khi $n \geq 7$ . $\Box$

Erdos–Ginzburg–Ziv theorem

Định lí Erdos–Ginzburg–Ziv. Cho số nguyên dương $n.$ Khi đó trong mỗi $2n-1$ số nguyên, tồn tại $n$ số có tổng chia hết cho $n.$

Chứng minh. Trước tiên ta thấy khẳng định đúng với $n=1,$ và nếu khẳng định đúng với $x>1$ và $y>1$ thì nó cũng đúng với $xy.$ Thật vậy, giả sử $a_1,a_2,\ldots,a_{2xy-1}$ là các số nguyên bất kỳ. Trước tiên, vì $2xy-1>2y-1$ nên trong các số đã cho ta có thể chọn $y$ số $a_{1j}$ sao cho $\displaystyle a_{11}+a_{12}+\cdots +a_{1y}\equiv 0\pmod{y},$ sau bước này ta còn $2xy-1-y=(2x-1)y-1>2y-1$ số. Trong $(2x-1)y-1$ số đó ta chọn $y$ số $a_{2j}$ sao cho

$a_{21}+a_{22}+\cdots+a_{2y}\equiv 0\pmod{y},$ sau bước này ta còn $(2x-2)y-1$ số. Tiếp tục làm như vậy cuối cùng ta được $(2x-1)y$ số $a_{ij}$ thỏa mãn

$a_{i1}+a_{i2}+\cdots+a_{iy}\equiv 0\pmod{y},\quad \forall i=\overline{1,2x-1}.$ Vì khẳng định đúng với $n=x$ nên trong $2x-1$ số nguyên $\displaystyle\frac{1}{y}(a_{i1}+a_{i2}+\cdots+a_{iy}),$ tồn tại $x$ số, chẳng hạn $\displaystyle\frac{1}{y}(a_{i1}+a_{i2}+\cdots+a_{iy})$ với $i=1,$ $2,\ldots,$ $x$ , có tổng chia hết cho $x.$ Khi đó $xy$ số $a_{ij}$ với $(i,j)\in [x]\times [y]$ có tổng chia hết cho $xy,$ suy ra khẳng định đúng với $xy.$

Vậy ta chỉ cần chứng minh nó đúng với các số nguyên tố. Giả sử $n=p$ là một số nguyên tố và $a_0,$ $a_1,\ldots,$ $a_{2p-2}$ là các số nguyên bất kỳ. Ta cần chỉ ra có $p$ số trong các số đã cho có tổng chia hết cho $p.$ Với mỗi số nguyên $\alpha,$ ký hiệu $(\alpha)_p$ là số dư khi chia $\alpha$ cho $p.$ Không mất tính tổng quát, giả sử $\{(a_i)_p\}$ là một dãy không giảm. Nếu tồn tại $i\in [p-1]$ sao cho $(a_i)_p=(a_{i+p-1})_p$ thì

$(a_i)_p=(a_{i+1})_p=\cdots =(a_{i+p-1})_p\Rightarrow \sum_{j=i}^{i+p-1}a_j\equiv 0\pmod{p},$ nếu không, xét $p-1$ tập $A_i=\{a_i,a_{i+p-1}\}$ và dùng hệ quả trong [1] ta có

$\mid A_1+A_2+\cdots+A_{p-1}\mid \geq \min (p,(p-1)\times 2-(p-1)+1)=p,$ suy ra với mỗi $i\in [p-1],$ tồn tại $b_i\in A_i$ để

$b_1+b_2+\cdots+b_{p-1}\equiv -a_0\pmod{p}\Rightarrow b_1+b_2+\cdots+b_{p-1}+a_0\equiv 0\pmod{p}.$ $\Box$

Tài liệu tham khảo

[1] https://nttuan.org/2014/09/29/cauchy-davenport/

IMO Shortlist 2022: Combinatorics

Trong bài này tôi sẽ dịch phần Tổ hợp trong cuốn IMO Shortlist 2022. Các năm trước bạn có thể tìm ở đường dẫn https://nttuan.org/2023/07/02/isl/.

Phần Hình của năm 2022 tôi đã dịch ở đây

IMO Shortlist 2022: Geometry

C1. Một $\pm 1$ -dãy là một dãy gồm $2022$ số $a_1, \ldots, a_{2022},$ mỗi số bằng $+1$ hoặc $-1$ . Tìm số $C$ lớn nhất sao cho, đối với bất kỳ dãy $\pm 1$ nào, tồn tại một số nguyên $k$ và các chỉ số $1 \le t_1 < \ldots < t_k \le 2022$ để $t_{i+1} - t_i \le 2$ với mọi $i$ , và $\displaystyle \left| \sum_{i=1}^{k} a_{t_i} \right| \ge C.$

C2. Ngân hàng Oslo phát hành hai loại tiền xu: nhôm (ký hiệu là $A$ ) và đồng (ký hiệu là $B$ ). Alpha có $n$ đồng xu nhôm và $n$ đồng xu đồng được sắp xếp thành một hàng theo thứ tự ban đầu tùy ý. Một chuỗi là bất kỳ dãy con nào các đồng xu liên tiếp có cùng loại. Cho một số nguyên dương cố định $k \leq 2n$ , Beta lặp đi lặp lại thao tác sau: anh ta xác định chuỗi dài nhất chứa đồng xu thứ $k$ từ bên trái và di chuyển tất cả đồng xu trong chuỗi đó sang đầu bên trái của hàng. Ví dụ: nếu $n=4$ và $k=4$ , quá trình bắt đầu từ $AABBBABA$ sẽ là

$AABBBABA \to BBBAAABA \to AAABBBBA \to BBBBAAAA \to ...$

Tìm tất cả các cặp $(n,k)$ với $1 \leq k \leq 2n$ sao cho với mỗi cách xếp các đồng xu lúc đầu, tại một thời điểm nào đó trong quá trình, $n$ đồng xu ngoài cùng bên trái có cùng loại.

C3. Trong mỗi ô vuông của một khu vườn có dạng bảng ô vuông cỡ $2022 \times 2022$ , ban đầu có một cái cây cao $0$ . Một người làm vườn và một thợ đốn gỗ thay phiên nhau chơi trò chơi sau, người làm vườn sẽ chơi ở lượt đầu tiên:

(1) Người làm vườn chọn một ô vuông trong vườn. Sau đó mỗi cây trên ô vuông đó và tất cả các ô vuông xung quanh trở thành cao hơn một đơn vị.

(2) Người thợ đốn gõ chọn bốn ô vuông khác nhau trong vườn. Sau đó mỗi cây có chiều cao dương trên các ô vuông đó sẽ trở thành thấp hơn một đơn vị.

Ta nói rằng một cái cây là hùng vĩ nếu chiều cao của nó ít nhất là $10^6$ . Tìm số $K$ lớn nhất sao cho người làm vườn có thể đảm bảo cuối cùng sẽ có $K$ cây hùng vĩ trong vườn, bất kể người thợ đốn gỗ chơi như thế nào.

C4. Cho một số nguyên $n > 3$ . Giả sử rằng $n$ đứa bé được sắp xếp thành một vòng tròn và $n$ đồng xu được phân phát cho chúng (một số bé có thể không có đồng xu nào). Ở mỗi bước, bé có ít nhất $2$ đồng xu có thể đưa $1$ đồng xu cho mỗi bé ngay bên phải và bên trái của mình. Hãy tìm tất cả các cách phân phát các đồng xu ban đầu sao cho sau một số hữu hạn bước, mỗi bé có đúng một đồng xu.

C5. Cho $m,n \geqslant 2$ là các số nguyên, $X$ là một tập hợp có $n$ phần tử, và $X_1$ , $X_2$ , $\ldots$ , $X_m$ là các tập hợp con khác rỗng phân biệt của $X$ . Một hàm $f \colon X \to \{1,2,\ldots,n+1\}$ được gọi là tốt nếu tồn tại một chỉ số $k$ sao cho $\displaystyle\sum_{x \in X_k} f(x )>\sum_{x \in X_i} f(x), \quad \forall i \ne k.$ Chứng minh rằng số hàm tốt ít nhất là $n^n$ .

C6. Cho $n$ là một số nguyên dương. Chúng ta bắt đầu với $n$ đống sỏi, mỗi đống ban đầu chỉ chứa một viên sỏi. Người ta có thể thực hiện các bước di chuyển theo hình thức sau: chọn hai đống, lấy một số viên sỏi bằng nhau từ mỗi đống và tạo thành một đống mới từ những viên sỏi này. Tìm, theo $n$ , số nhỏ nhất các đống sỏi khác rỗng mà một người có thể thu được bằng cách thực hiện một dãy hữu hạn các bước di chuyển có dạng này.

C7. Lucy bắt đầu bằng cách viết $s$ bộ $2022$ số nguyên lên bảng đen. Sau khi làm điều đó, cô ấy có thể lấy hai bộ bất kỳ (không nhất thiết phải khác nhau) $\mathbf{v}=(v_1,\ldots,v_{2022})$ và $\mathbf{w}=(w_1,\ldots,w_{ 2022})$ mà cô ấy đã viết và áp dụng một trong các thao tác sau để lấy bộ mới:

$\mathbf{v}+\mathbf{w}=(v_1+w_1,\ldots,v_{2022}+w_{2022})$

$\mathbf{v} \lor \mathbf{w}=(\max(v_1,w_1),\ldots,\max(v_{2022},w_{2022}))$

rồi viết bộ này lên bảng. Sau hữu hạn bước, theo cách này, Lucy có thể viết bất kỳ bộ $2022$ số nguyên nào lên bảng. Số $s$ nhỏ nhất có thể là bao nhiêu?

C8. Cho $n$ là một số nguyên dương. Hình vuông Bắc Âu là một bảng ô vuông $n \times n$ chứa tất cả các số nguyên từ $1$ đến $n^2$ sao cho mỗi ô chứa đúng một số. Hai ô khác nhau được gọi là kề nếu chúng có chung một cạnh. Mỗi ô chỉ kề với các ô chứa số lớn hơn được gọi là thung lũng. Đường lên dốc là một dãy gồm một hoặc nhiều ô sao cho các điều kiện sau được thỏa mãn đồng thời:

(i) ô đầu tiên trong dãy là một thung lũng,

(ii) mỗi ô tiếp theo trong dãy kề với ô trước đó,

(iii) các số trên các ô trong dãy lập thành một dãy tăng theo thứ tự.

Tìm, theo $n$ , số nhỏ nhất đường lên dốc có thể có trong một hình vuông Bắc Âu.

C9. Xét các song ánh $f:\mathbb N\times \mathbb N \to \mathbb N$ có tính chất: mỗi khi $f(x_1,y_1) > f(x_2, y_2)$ , thì $f(x_1+1, y_1) > f(x_2 + 1, y_2)$ và $f(x_1, y_1+1) > f(x_2, y_2+1)$ . Gọi $k$ là số cặp số nguyên $(x,y)$ sao cho $0\le x,y<100$ và $f(x,y)$ is số nguyên lẻ. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của $k$ .