TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG TỔ HÀNH … · Từ khi tham d các hự ội nghị Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh gii THPT ỏ ... vào thành tích chung của

Trường THPT Chuyên Tiền Giang Người thực hiện: NGUYỄN VŨ THANH

Sáng kiến kinh nghiệm SỬ DỤNG TÍNH CHẤT VỀ SỐ PHẦN TỬ CỦA TẬP HỢP ĐỂ GIẢI TOÁN TỔ HỢP 1

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG TỔ HÀNH CHÁNH

ĐỀ TÀI:

Người thực hiện : NGUYỄN VŨ THANH

Năm học 2007-2008



I. PHẦN MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài:

Từ khi tham dự các hội nghị Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi THPT

do trường Đại học Khoa học tự nhiên Hà nội tổ chức hàng năm từ 2002 đến nay,được

học tập các chuyên đề do các giảng viên , các chuyên gia Toán của Bộ trình bày và

được sự động viên của thầy Trương Thành Phú chuyên viên môn Toán của Sở Giáo

dục và đào tạo Tiền Giang chúng tôi có một tâm huyết là sẽ cố gắng thực hiện hoàn

chỉnh , cụ thể hoá các chuyên đề phù hợp với trình độ học sinh tỉnh nhà để đóng góp

vào thành tích chung của Tỉnh trong các kỳ thi HSG cấp khu vực và cấp quốc gia.

Trong những năm gần đây bộ môn Toán của tỉnh Tiền Giang đã có

những tiến bộ rõ rệt và có nhiều thành tích trong các kỳ thi HSG khu vực. Nhưng gần

đây Bộ đã thay đổi mạnh về quy chế thi HSG cấp Quốc gia đó là không còn phân chia

hai bảng A,B như trước mà chỉ có một bảng thống nhất chung toàn quốc. Đề thi khó

hơn và số lượng giải ít hơn gây khó khăn cho cả Giáo viên và học sinh môn Toán tỉnh

nhà.

Một số chuyên đề khó ở bảng A như: Tổ hợp, lý thuyết đồ thị, các bài

toán tô màu,…đã có trong các đề thi.Trong điều kiện khó khăn đó việc tìm tài liệu và

viết các chuyên đề này là việc cần thiết trong tình hình hiện nay.Được sự ủng hộ của

các thầy cô trong tổ Toán Tin trường THPT Chuyên Tiền Giang chúng tôi thực hiện

viết chuyên đề :”Sử dụng tính chất số phần tử của tập hợp để giải toán Tổ hợp”.

2. Mục tiêu nghiên cứu:

Nhằm hệ thống kiến thức về tính chất số phần tử của tập hợp,trình bày

các kết quả đạt được để áp dụng vào giải các bài toán về Tổ hợp.Giúp cho học sinh có

hệ thống kiến thức về tập hợp và biết vận dụng vào việc giải các bài toán tổ hợp đồng

thời định hướng suy nghĩ tư duy toán học và khả năng vận dụng sáng tạo trong các bài

toán mới.

3. Nhiệm vụ nghiên cứu:



Trình bày và chứng minh rõ ràng các tính chất số phần tử của tập hợp,vận

dụng các kiến thức để giải các bài toán về tổ hợp.

Hệ thống các bài tập có liên quan đến phần tử của tập hợp trong đó có sử

dụng kiến thức về số học.

Rèn luyện tư duy toán thông qua các bài tập về tổ hợp và số học đồng

thời trao đổi và học tập kinh nghiệm với các thầy cô bộ môn Toán của tỉnh Tiền

Giang.

4. Phương pháp nghiên cứu

-Dựa vào các chuyên đề đã học ở Hà Nội và các tài liệu trong tất cả các

đợt bồi dưỡng để trình bày hệ thống các tính chất về số phần tử của tập hợp có chứng

minh và áp dụng cụ thể.

-Hướng dẫn học sinh Đội tuyển tìm tài liệu có liên quan,cùng chứng

minh các tính chất về số phần tử của tập hợp,tạo tình huống có vấn đề để HS cùng trao

đổi nghiên cứu.

-Hệ thống và sắp xếp các dạng bài tập từ dễ đến khó và có các lời giải cụ

thể.

-Phương pháp phân tích:giúp học sinh nắm rõ bản chất vấn đề , lựa chọn

phương pháp giải phù hợp đồng thời mở rộng và tương tự hoá bài toán.

5. Một số kết quả đạt được

Giúp cho học sinh đội tuyển có thêm phương pháp và tài liệu cần thiết để

giải các bài toán về tổ hợp.

Qua chuyên đề này giúp học sinh khắc sâu thêm kiến thức về số học.

Giúp cho học sinh có thêm phương pháp để viết các chuyên đề nâng cao

khác.

II. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU 1.Ý tưởng về việc sử dụng số phần tử của tập hợp để giải toán tổ hợp:Xuất

phát từ một số đề thi HSG về tổ hợp có áp dụng số phần tử của tập hợp nảy sinh việc



hệ thống và trình bày một phương pháp giải các bài toán tổ hợp dựa vào số phần tử

của tập hợp.

2. Đề tài được chia làm 2 chương:

-Chương I giới thiệu về số phần tử của tập hợp và áp dụng.Trong chương

này nhiệm vụ chính là trình bày các khái niệm cơ bản và các tính chất về số phần tử

của tập hợp đặc biệt là số phần tử của hợp n tâp hợp.Tính chất này được áp dụng để

giải rất nhiều các bài toán khó về tổ hợp .Ngoài các bài tập áp dụng ra chúng tôi còn

nêu chứng minh các tính chất của tổ hợp bằng tập hợp để học sinh thấy rõ mối quan

hệ giữa tập hợp và tổ hợp.

-Chương II chúng tôi đưa việc áp dụng số phần tử của tập hợp vào giải

tích tổ hợp và một số bài tập áp dụng.

Dù cố gắng nhiều nhưng đề tài không tránh khỏi sai sót , rất mong nhận được

sự đóng góp từ các đồng nghiệp môn Toán của tỉnh nhà.

Sau đây và trình bày phần nội dung của đề tài.



Chương I. Số phần tử của tập hợp và áp dụng. I.1. Các khái niệm cơ bản

Định nghĩa I.1.1: Tập hợp A và B được gọi là tương đương với nhau kí hiệu là

A~B nếu tồn tại một song ánh f từ A đến B.

Định nghĩa I.1.2: Nếu hai tập hợp A và B tương đương nhau ta nói A và B có

cùng lực lượng.Lực lượng của A kí hiệu là A

Định nghĩa I.1.3: Tập hợp A gọi là tập hữu hạn nếu hoặc tồn tại số

nguyên dương n sao cho

A =∅

nA Z {1,2,...,n}=:

• Trong trường hợp A là tập hữu hạn thì khái niệm lực lượng của tập A được

thay thế bởi khái niệm số lượng phần tử của tập A

• Nếu A =∅ thì A = 0

• Nếu thì nA Z {1,2,...,n}=: A = n

I.2.Tính chất:

Tính chất I.2.1 : Nếu A,B là hai tập hữu hạn và A B∩ =∅ thì

A B A B∪ = + (1)

Chứng minh:

Nếu hoặc thì (1) đúng A =∅ B =∅

Xét A = m, B = n (m , n nguyên dương). Khi đó tồn tại hai song ánh :

f : A và g : B .Xét ánh xạ h: sao

cho: Vì

{1,2,...,m}→

f(t)h(t)

m g⎧

= ⎨⎩

{1,2,...,n}→

AB

A B∪ {1,2,...,m n}→ +

khi t(t) khi t

∈+ ∈

A B∩ =∅ nên h là một song ánh, từ đó

tức A B {1,2,...,m:∪ n}+ A B m n A B∪ = + = +

Tính chất I.2.2 : Nếu A1,A2,…,An (n nguyên dương và n )là n tập hợp hữu

hạn rời nhau thì

2≥n n

i i11

A A=∑U (2)

Chứng minh:



Với n = 2 thì (2) đúng theo tính chất I.2.1. Giả sử (2) đúng với n = k ta chứng minh (2)

đúng với n = k+1.Thật vậy ta có: k+1 k k k 1

i i k 1 i k 111 1 1

A ( A ) A A A A+

+ += ∪ = + = i∑U U U

(do và giả thiết qui nạp ) k k

i k 1 i k 11 1

( A ) A (A A )+ +∩ = ∩ =U U ∅

Hệ quả I.2.3 (Quy tắc trừ )

Nếu và A hữu hạn thì B A⊂ A \ B A B= −

Chứng minh :

Vì nên A ( và B A⊂ A \ B) B= ∪ (A \ B) B∩ =∅ do đó A A \ B B= + suy ra

A \ B−B A=

Tính chất I.2.4: Với A,B hữu hạn ta có A B A B A B∪ = + − ∩

Chứng minh :

Ta có và A B A (B \ (A B)∪ = ∪ ∩ ) A (B \ (A B))∩ ∩ =∅ nên theo tính chất I.2.1

ta có A B A B \ (A B)∪ = + ∩ mà A B B∩ ⊂ nên theo hệ quả I.2.3

B \ (A B) B A B∩ = − ∩ do đó A B A B A B∪ = + − ∩ .

Tính chất I.2.5: A,B,C là ba tập hữu hạn ta có :

A B C A B C A B B C C A A B C∪ ∪ = + + − ∩ − ∩ − ∩ + ∩ ∩

Chứng minh :Ta có :

A B C A (B C) A B C A (B C)

A B C B C (A B) (A C)

∪ ∪ = ∪ ∪ = + ∪ − ∩ ∪

+ + − ∩ − ∩ ∪ ∩ =

=

A B C A B B C C A A B C+ + − ∩ − ∩ − ∩ + ∩ ∩ (đpcm)

Tính chất I.2.6: Nếu A1,A2,…,An (n nguyên dương và )là n tập hợp hữu

hạn thì :

n 2≥

j

1 2 k

n kn nk 1 n 1

i i i i jk 1 1 i i ... i n i 1 i j n1 j 1

A ( 1) A A A A ... ( 1) A− −

= ≤ ⟨ ⟨ ⟨ ≤ ≤ ⟨ ≤=

= − = − ∩ + + −∑ ∑ ∑ ∑U In

i1I



Chứng minh:

Sử dụng tính chất I.2.4 và phương pháp qui nạp .Ta có : n 1 n n n n

i i n 1 i n 1 i n 1 i i j1 1 i j n1 1 1 1

n n nn 1n 1 n 1

i n 1 i n 1 i i j i1 1 i j n1 1 1

n 1n n 1n 1

i n 1 i j n 1 i i i1 1 i j n 11

A ( A ) A A A ( A ) A A A A ...

( 1) A A (A A ) A A A ... ( 1) A

( A A A A A ... ( 1) A ) A A

+

+ + +≤ ⟨ ≤

+− −

+ +≤ ⟨ ≤

+ +−

+ +≤ ⟨ ≤

= ∪ = + − ∩ = − ∩ +

− + − ∩ = − ∩ + + −

− ∩ − ∩ ∩ + + − = −

∑ ∑

∑ ∑

∑ ∑ ∑

U U U U

I U I

I

+

l1 i j n 1

n 1n

i j k i1 i j k n 1 1

A

A A A ... ( 1) A

≤ ⟨ ≤ +

+

≤ ⟨ ⟨ ≤ +

∩ +

∩ ∩ + + −

∑

∑ I Tính chất I.2.7: Số tập con của một tập hợp có n phần tử bằng 2n

Chứng minh:

Cách 1(dùng tập hợp)

Với n = 0 thì A= khi đó A có một tập con duy nhất . ∅

Với n > 0 giả sử . Gọi Ta là tập hợp tất cả tập con của A và không chứa Aa∈

a : Ta={ }XaAX ∉⊂ /

Gọi La là tập hợp tất cả tập con của A và chứa a : La={ }XaAX ∈⊂ /

∅=

.Gọi P(A) là tập

hợp tất cả các tập con của A ta có P(A)=Ta La , ∪ ∩ aa LT và aa LT = Do đó

aaa LLTAP 2)( =+=

Gọi số tập con của tập có n phần tử là an thì an = 2an-1 từ đó suy ra

an = 2an-1 = 22an-2 =…= 2n-1a1 = 2n (do a1=2) Vậy nAP 2)( =

Cách 2(dùng ánh xạ) Giả sử nA = và Y={0,1}.Mỗi AB ⊂ xác định ánh xạ

sao cho : YAf →:

⎩⎨⎧

∉∈

=BxkhiBxkhi

xf01

)( Mỗi AB ⊂ có một ánh xạ từ A vào Y và ngược lại , sự tương ứng

ấy là một song ánh .Do đó số tập con của A bằng số ánh xạ từ A đến Y , số ánh xạ này

bằng 2n ( do mỗi phần tử của A có 2 cách chọn ảnh mà A có n phần tử nên có 2n

ánh xạ từ A vào Y )



Cách 3 ( dùng qui nạp )

Với n =1 mệnh đề đúng

Giả sử mệnh đề đúng với n Ta CM mệnh đề đúng với n+1.Giả sử A có n+1 phần tử ,

lấy .Khi đó A\{a} có n phần tử , theo giả thiết qui nạp A\{a} có 2n tập con .Mỗi

tập con X của A\{a} sẽ tương ứng với tập con của A. Do đó số tập con của A

là 2n +2n =2n+1 (đpcm)

Aa∈

}{aX ∪

Tính chất I.2.8: Số tập con k phần tử của tập hợp n phần tử là )!(!

!knk

nak −=

(ak chính là số tổ hợp chập k của n phần tử , tức ) knk Ca =

Chứng minh:

Giả sử ak-1 là số tập con k-1 phần tử của tập A có n phần tử.Mỗi tập con k-1 phần tử

của A có thể bổ sung để thành tập con k phần tử bằng cách thêm 1 trong

n-(k-1)=n-k+1 phần tử khác .Khi đó ta thu được (n-k+1)ak-1 tập con k phần tử của A.

Nhưng không phải các tập con này đều khác nhau,vì ta có thể dựng mỗi tập con k

phần tử theo k cách , cụ thể là lấy mỗi một trong k phần tử của nó ghép thêm vào k-1

phần tử còn lại.Vậy (n-k+1).ak-1 = k.ak từ đó suy ra :

121 .2)...1(

)1)...(2)(1(...1

2.11 akk

nknknak

knkkna

kkna kkk −

−+−+−==

−+−+−

=+−

= −−

Mà a1 = n nên )!(!

!knk

nak −=

I.3. Chứng minh các tính chất của tổ hợp bằng tập hợp:

Tính chất I.3.1: knn

kn CC −=

Chứng minh: Giả sử tập A có n phần tử. là số tập con có k phần tử của A .Ứng

với mỗi tập con k phần tử ta có tương ứng một tập con n-k phần tử (phần bù của tập

con k phần tử trên A)

knC

Vậy knn

kn CC −=

Tính chất I.3.2: kn

kn

kn CCC =+ −−− 1

11

Chứng minh:



Ta hãy tìm có bao nhiêu tập con có k phần tử của A chứa phần tử a của A và có

bao nhiêu tập con có k phần tử của A không chứa phần tử a

Các tổ hợp chập k của n phần tử có chứa a lập nên từ cách chọn k-1 phần tử trong số

n-1 phần tử còn lại ( trừ a ra ) .Vậy có tập hợp có k phần tử và chứa a 11−−

knC

Các tổ hợp chập k của n phần tử không chứa a lập nên từ cách chọn k phần tử trong

số n-1 phần tử còn lại. Vậy có tập hợp có k phần tử và không chứa a. knC 1−

Tổng cộng có tập hợp có k phần tử.Vậy . knC k

nkn

kn CCC =+ −−− 1

11

Tính chất I.3.3: nnnnn CCC 2...10 =+++

Chứng minh:

Ta có : là số tập con của tập hợp có n phần tử do đó ta có

nnnn CCC +++ ...10

nnnC 2... =++nn CC 10 +

Tính chất I.3.4: Có 2n-1-1 cách chia tập hợp n phần tử thành hai tập con không

rỗng

Chứng minh:

Gọi m là số cách chia tập A có n phần tử thành hai tập con không rỗng.Ứng với mỗi

cách chia ta được 2 tập con không rỗng.Như vậy có tất cả 2m tập con không rỗng của

A. 2m là tổng của số các tập con có 1,2,…,n-1 phần tử của A.Do đó ta có:

=2n-2 ( theo tính chất I.3.3).Từ đó suy ra m=2n-1-1 (đpcm) 121 ...2 −+++= nnnn CCCm

Tính chất I.3.5: ( ) ( ) ( ) nn

nnnn CCCC 2

22120 ... =+++

Chứng minh:

Xét tập hợp có 2n phần tử A={a1,a2,…,an,an+1,…,a 2n}.A có tập con n phần tử.

Chia tập con đó thành n+1 lớp V0,V1,…,Vn như sau : Vi là lớp các tập có n phần

tử của A bằng cách ghép i phần tử của tập {a1,a2,…,an} với n-i phần tử của tập

{an+1,…,a 2n}.Theo quy tắc nhân Vi có

nnC2

nnC2

( )2. in

in

in

inn

in CCCCC ==− tập con.Vì các lớp Vi đôi

một không giao nhau nên ( ) ( ) ( ) nn

nn CC 2

2... =+nn CC 2120 ++ .

Tính chất I.3.6: kmnm

kn

kmn

kmn CCCCCCC +

− =+++ 0110 ...



Chứng minh:

Xét tập hợp có m+n phần tử A={a1,a2,…,an,an+1,…,an+m}.A có tập con k phần tử

.Chia tập con đó thành k+1 lớp V0,V1,…,Vk như sau : Vi là lớp các tập có k

phần tử của A bằng cách ghép i phần tử của tập {a1,a2,…,an} với k-i phần tử của tập

{an+1,…,a n+m}.Theo quy tắc nhân Vi có tập con.Vì các lớp Vi đôi một không

giao nhau nên .

kmnC +

kmnC +

ikm

inCC −

kmnC +m

kn

kmn

kmn CCCCCC − =+++ 0110 ...

Nhận xét :Nếu thay k = n = m thì ta có tính chất I.3.5

Tính chất I.3.7: 11

12

11 ... −

−−−

−− +++= k

kkn

kn

kn CCCC

Chứng minh:

Xét tập hợp có n phần tử A={a1,a2,…,an}.A có tập con k phần tử .Chia tập

con đó thành n-k+1 lớp V1,V2,…,Vn-k+1 bằng cách đưa vào lớp Vi tất cả các tập con k

phần tử của A trong đó có phần tử ai với chỉ số i nhỏ nhất. Vì mỗi tập con của lớp Vi

đều có thể tạo thành bằng cách ghép thêm ai vào một tập con k-1 phần tử của tập có

knC k

nC

n-i phần tử là {ai+1,…,an} nên lớp Vi có tập con.Vì các lớp Vi đôi một không giao

nhau nên

1−−

kinC

11

12

11 ... −

−−−

−− +++= k

kkn

kn

kn CCCC

Nhận xét:Trong tính chất I.3.7 thay k bởi k+1 và n bởi k+m thì được đẳng thức : k 1 k k kk m k k 1 k m 1C C C ... C++ += + + + + −

Áp dụng quy tắc đối xứng ta suy ra đẳng thức sau: m 1 0 1 m 1k m k k 1 k m 1C C C ... C− −+ + += + + + −

I.4. Bài tập áp dụng

Bài 1: Một đề thi có 3 câu , một câu đại số,một câu hình học và một câu giải

tích.Trong 1000 thí sinh có 800 người giải được câu đại số,700 người giải được câu

hình học,600người giải được câu giải tích.Có 600 người giải được hai câu đại số và

hình học,500 người giải được hai câu đại số và giải tích,400 người giải được hai câu

hình học và giải tích, 300 người giải được cả ba câu.Hỏi có bao nhiêu thí sinh không

giải được câu nào ?



Giải : Ta kí hiệu T ,A,B,C lần lượt là tập hợp tất cả các thí sinh, tập hợp các thí

sinh giải được câu đại số ,tập hợp các thí sinh giải được câu hình học ,tập hợp các thí

sinh giải được câu giải tích.Ta có :

A B C A B C A B B C C A A B C∪ ∪ = + + − ∩ − ∩ − ∩ + ∩ ∩ =

800+700+600-600-500-400+300=900. Vì nên TCBA ⊂∪∪

CBATCBAT ∪∪−=∪∪ )(\ = 1000 – 900 = 100.

Vậy có 100 thí sinh không giải được câu nào.

Bài 2: Khi điều tra kết quả học tập các môn Toán, Lí, Hoá của một lớp có 45

học sinh người ta nhận thấy có 19 học sinh không giỏi môn nào,18 HS giỏi môn

Toán,17 HS giỏi môn Lí,13 HS giỏi Hoá,10 HS giỏi hai môn Toán và Lí,9 HS giỏi hai

môn Hoá và Lí , 10 HS giỏi hai môn Hoá và Toán.Hỏi có bao nhiêu HS giỏi cả ba

môn?

Giải : Kí hiệu T là tập hợp HS của lớp.A,B,C lần lượt là tập hợp các HS giỏi

Toán, Lí , Hoá cùa lớp đó.Vì ))(\(\ CBATTCBA ∪∪=∪∪ nên số HS giỏi ít nhất một

môn là :

261945)(\ =−=∪∪−=∪∪ CBATTCBA Từ đó suy ra số HS giỏi cả ba môn là :

71091013171826 =+++−−−=∩+∩+∩+−−−∪∪=∩∩ ACCBBACBACBACBA

Bài 3: Tìm hiểu kết quả học tập ở một lớp học, người ta thấy:

*Hơn 2 /3 số học sinh đạt điểm giỏi ở môn Toán cũng đồng thời đạt điểm giỏi

ở môn Vật lí ;

*Hơn 2 /3 số học sinh đạt điểm giỏi ở môn Vật lí cũng đồng thời đạt điểm giỏi

ở môn Văn ;

*Hơn 2 /3số học sinh đạt điểm giỏi ở môn Văn cũng đồng thời đạt điểm giỏi ở

môn Lịch sử ;

*Hơn 2 /3số học sinh đạt điểm giỏi ở môn Lịch sử cũng đồng thời đạt điểm

giỏi ở môn Toán;



Chứng minh rằng trong lớp học nói trên có ít nhất một học sinh đạt điểm giỏi cả ở

bốn môn Toán, Vật lí, Văn và Lịch sử. ( Đề thi HSG Quốc gia THPT Bảng B – 2005 )

Giải: Kí hiệu T, L,V, S lần lượt là tập hợp các HS giỏi Toán,Vật Lí,Văn,Lịch

sử.Theo đề bài ta có:

,32,

32,

32,

32 STSVSVLVLTLT >∩>∩>∩>∩ (*)

Giả sử không có HS nào đạt điểm Giỏi ở cả bốn môn khi đó ta có : ∅=∩VT hoặc

∅=∩ SL

Nếu thì ∅=∩VT ∅=∩∩∩ )()( VLLT và ∅=∩∩∩ )()( VSST mà

và LLT ∩ )( VL ⊂∩∪ )( SVSST ⊂∩∪∩ )()( nên LVLLT ≤∩+∩ và

SVSST ≤∩+∩ Suy ra :

SLVSSTVLLT +≤∩+∩+∩+∩ (1)

Mặt khác từ (*) ta có :

)(32 SVLTVSSTVLLT +++>∩+∩+∩+∩ .Mà:

)(

31

))()()()((31)(

32

VSVSVLVLSTSTLTLT

VSVLSTLTSVLT

∩+∪+∩+∪+∩+∪+∩+∪

=+++++++=+++

Nên

SLSLVSVLSTLTVSSTVLLT +++≥∪+∪+∪+∪>∩+∩+∩+∩ )(2 .

Suy ra SLVSSTVLLT +>∩+∩+∩+∩ (2)

Từ (1) và (2 ) ta suy ra đpcm.

Nếu ta CM tương tự. ∅=∩VT

Bài 4: Nhân kì thi Olympic Đồng bằng Sông Cửu Long ngày 9/1/2003 thí sinh

A đố thí sinh B :

“ Từ ba chữ số 9,1,3 có thể lập được bao nhiêu số có 9 chữ số thoả mãn đồng thời

hai điều kiện sau:

1. Trong mỗi số , mỗi chữ số có mặt đúng 3 lần



2. Trong mỗi số , không có chữ số nào chiếm 3 vị trí liên tiếp”.Bạn hãy trả lời

giúp B (Thi HSG ĐBSCL 2003)

Giải:

Gọi S là tập hợp tất cả các số có 9 chữ số lập từ 9,1,3 mà mỗi chữ số có mặt đúng 3

lần.Theo hoán vị lặp ta có 3)!3(!9

=S .Gọi A là tập con của S trong đó ba chữ số 9

chiếm ba vị trí liên tiếp.Gọi B là tập con của S trong đó ba chữ số 1 chiếm ba vị trí

liên tiếp.Gọi C là tập con của S trong đó ba chữ số 3 chiếm ba vị trí liên tiếp.Ta tìm

số phần tử của A

Với x thuộc A x có ba chữ số 9 ở ba vị trí liên tiếp nên ta xem chúng như 1 chữ số

.Theo hoán vị lặp ta có 2)!3(!7

=A . Tương tự ta có 2)!3(!7

=== CBA

Mặt khác ta có !3!5

=∩=∩=∩ CBCABA và !3=∩∩ CBA

Số các số thoả yêu cầu là : CBASCBAS ∪∪−=∪∪ )(\

Mà A B C A B C A B B C C A A B C∪ ∪ = + + − ∩ − ∩ − ∩ + ∩ ∩

nên 1314!3!3!5.3

)!3(!7.3

)!3(!9)(\ 23 =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−−=∪∪ CBAS

Bài 5: Cho n và k là các số nguyên dương , n>3,n/2 <k< n.Cho n điểm trong

mặt phẳng sao cho bất kì 3 điểm nào cũng không cùng ở trên một đường thẳng.Giả sử

mọi điểm đã cho đều nối với ít nhất k điểm khác bởi các đoạn thẳng.Chứng minh rằng

tồn tại ba đoạn tạo thành một tam giác.

Giải: Vì n > 3 và k > n/2 nên . Vậy trong số n điểm của mặt phẳng tồn tại hai

điểm x và y nối với nhau bởi một đoạn thẳng.Gọi A là tập hợp các điểm khác y và nối

với x và B là tập hợp các điểm khác x và nối với y thì

2≥k

1;1 −≥−≥ kBkA Do đó :

02222 >−≥∩⇒∩−−≥∩−+=∪≥− nkBABAkBABABAn

Vậy tồn tại một điểm z nối với x và y để tạo thành một tam giác



Bài 6: Một cuộc hội thảo toán học qui tụ 1990 nhà toán học trên thế giới.Cho

biết cứ mỗi nhà toán học đều đã có dịp làm việc chung với 1327 nhà toán học khác

tham dự hội thảo.CMR ta có thể tìm được 4 nhà toán học từng đôi một đã làm việc

chung với nhau

Giải.Mỗi nhà toán học được xem như là một điểm.Hai nhà toán học đã làm việc

chung với nhau xem như 2 điểm được nối với nhau bởi một đoạn thẳng.Gọi x và y là 2

điểm được nối với nhau .Gọi A là tập hợp các điểm khác y nối với x và B là tập hợp

các điểm khác x nối với y .Ta có:

066419881326.2 >=−≥∪−+=∩ BABABA do đó tìm được nhà toán học

z đã làm việc chung với x và y.Gọi C là tập hợp các điểm nối với z nhưng không nối

với x và y .Ta có 1325≥C

Vậy:

01198813256641988)(1988

>=−+

≥−+∩≥∩∩⇒∩∩−+∩=∪∩≥ CBACBACBACBACBA

Vậy ∅≠∩∩ CBA nên tìm được CBAt ∩∩∈ tức tìm được 4 nhà toán học x,y,z,t

từng đôi một đã làm việc chung với nhau.

Bài 7: Cho S={1,2,…,280}.n là số tự nhiên sao cho mọi tập con n phần tử của S

đều chứa 5 số tự nhiên nguyên tố cùng nhau từng đôi một.CMR 217≥n

Giải:Gọi A1,A2,A3,A4 lần lượt là các tập con của S chứa các bội số cùa 2,3,5,7.Ta

có

1,2

4,6,9,48

,13,18,20,28,40,56,93,140

4321432

43142132143

423241314321

=∩∩∩=∩∩

=∩∩=∩∩=∩∩=∩

=∩=∩=∩=∩====

AAAAAAA

AAAAAAAAAAA

AAAAAAAAAAAA

Áp dụng tính chất I.2.6 với n = 4 ta có

21612469813182028464056931404321 =−++++−−−−−−+++=∪∪∪ AAAA

Vậy nếu thì tập hợp chứa một tập hợp con có n phần tử

không chứa 5 phần tử nào nguyên tố nhau từng đôi một.Vậy

216≤n 4321 AAAA ∪∪∪

217≥n

Chương II. ÁP DỤNG VÀO GIẢI TÍCH TỔ HỢP.



II.1.Tập tích

Tính chất II.1.1 : Cho A={a1,a2,…,am},B={b1,b2,…,bn},tập tích

AxB={(ai,bj)/i =1,2,…,m;j =1,2,…,n}có m.n phần tử

Tông quát :Cho n tập hữu hạn A1,A2,…,An ta có : nn AAAAAA ×××=××× ...... 2121

Hệ quảII.1.2:Nếu A1=A2=…=An=A thì nn AA =

Mở rộng :a/ Với hai tập hợp hữu hạn A,B và số nguyên dương k cho trước mà Bk ≤

ta xây dựng tập hợp mới kí hiệu M(A,B,k) như sau:

M(A,B,k) ={(a,b)/a và mỗi phần tử aBbA ∈∈ , A∈ được ghép cặp với đúng k phần tử

thuộc tập B}Ta gọi M(A,B,k) là tich suy rộng của hai tập hợp A và B theo thứ tự đó

b/ Với A1,A2,…,An là n tập hữu hạn bất kì và k1,k2,…,kn là n số nguyên

dương cho trước thoả điều kiện niAkAk ii ,...,3,2,11 =≤=

M(A1,…,An;k1,…,kn)={(a1,…,an)/a1 1A∈ ,a2 thuộc đúng k2 phần tử của A2,…,an thuộc

đúng kn phần tử của An}.Ta gọi M(A1,…,An;k1,…,kn) là tích suy rộng của n tập hợp

A1,A2,…,An Ta có ∏=

=n

in ) in kkkAAM

111 ,...,;,...,(

II.2. Số phần tử của một số dạng tập hợp:

Cho các số nguyên dương k, n và A={a1,…,an}

a/ Tập hợp T1={( có thứ tự /),...,,21 kiii aaa Aa

ji ∈ , không bắt buộc

đôi một khác nhau} .Mỗi phần tử của T1 được gọi là chỉnh hợp lặp chập k của n phần

tử

kiii aaa ,...,,21

Định lí II.2.1 : Số chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử là: kkn nFT ==1

Chứng minh: Ta có T1= do đó kAAAA =××× ... kkn nFT ==1

b/Giả sử tập hợp T2={( có thứ tự / , đôi

một khác nhau} .Mỗi phần tử của T2 được gọi là chỉnh hợp chập k của n phần tử .

nk ≤ ),...,,21 kiii aaa Aa

ji ∈ kiii aaa ,...,,21

Định lí II.2.2 : Số chỉnh hợp chập k của n phần tử là: )!(

!2 kn

nAT kn −==



Chứng minh: Ta có T2= , trong đó A1=A2=…=Ak=A và n1 = n ,

n2 = n-1,…,nk = n-k+1 do đó

),...,;,...,( 11 kk nnAAM

)!(!)1)...(1(2 kn

nknnnT−

=+−−=

Đặc biệt khi k = n thì mỗi phần tử của T2 được gọi là một hoán vị của n phần tử

Hệ quảII.2.3 : Số hoán vị của n phần tử là Pn= n!

c/Cho tập hợp T3={( không có thứ tự / ,

đôi một khác nhau}.Mỗi phần tử của T3 được gọi là tổ hợp chập k của n

phần tử .

nk ≤ ),...,,21 kiii aaa Aa

ji ∈

kiii aaa ,...,,21

Định lí II.2.4 : Số tổ hợp chập k của n phần tử là: )!(!

!3 knk

nCT kn −==

Chứng minh:Số phần tử của T3 chính là số tập con k phần tử của A,theo tính chất I.2.8

thì )!(!

!3 knk

nCT kn −==

d/Tập hợp T4 ={( không có thứ tự / , không

bắt buộc đôi một khác nhau} .Mỗi phần tử của T4 được gọi là tổ hợp lặp chập k của n

phần tử .

),...,,21 kiii aaa Aa

ji ∈ kiii aaa ,...,,21

Định lí II.2.5 : Số tổ hợp lặp chập k của n phần tử là: kknCT 14 −+=

Chứng minh: Với mỗi phần tử ( của T4 ta cho tương ứng với (i1,i2,…,ik)

trong đó .Xét S={(i1,i2,…,ik) /

),...,,21 kiii aaa

ikiii ≤≤≤ ...21 kii ≤≤≤ ...21 }.Ta có ∼S.Xét tương ứng

(i1,i2,…,ik) →(i1,i2+1,…,ik+k-1) là một song ánh .Ta có 1

4T

≤ i1<i2<…<ik+k-1 1−+≤ kn

và (i1,i2+1,…,ik+k-1) là một tổ hợp chập k của n+k-1 phần tử do đó kknCT 14 −+=

e/ Giả sử k=k1+k2+…+kn (ki nguyên dương )Tập hợp T5={( có

thứ tự / mà trong mỗi bộ ta đều thấy phần tử ai xuất hiện đúng ki lần với mọi

),...,,21 kiii aaa

Aaji ∈

i = 1,2,…,n.Mỗi phần tử của T5 được gọi là một hoán vị lặp cấp k , kiểu (k1,k2,…,kn)

của n phần tử .



Định lí II.2.6: Số hoán vị lặp cấp k , kiểu (k1,k2,…,kn) của n phần tử là:

!!...!!),...,(

2115

nnn kkk

nkkCT ==

Chứng minh:Xét một hoán vị lặp cấp k , kiểu (k1,k2,…,kn) của n phần tử .Nếu ta thay

thế tất cả các phần tử giống nhau bằng các phần tử khác nhau thì số hoán vị khác nhau

mà ta có thể lập được từ hoán vị lặp đang xét bằng k1!...kn!.Như vậy ta có :

⇒= !!!...!),...,( 211 nkkkkkC nnn !!...!!),...,(

2115

nnn kkk

nkkCT ==

II.3. Bài tập áp dụng:

Bài 8: Cho k,n nguyên dương .Gọi A={a N }.Tìm / a n ,a k∗∈ ≤ M A

Giải: Ta có A={k,2k,…,m.k} với m thoả kmnmk )1( +<≤ suy ra mA = với m ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡=kn

Bài 9: Cho n nguyên dương và k số nguyên dương a1,…,ak đôi một nguyên tố cùng

nhau.Gọi A= { không chia hết cho mọi ai } .Tìm anaNa ,/ ≤∈ ∗ A

Giải: Đặt { }i iA a A / a a , i {1,2,..., k} A {1,2,...,n}∗ ∗= ∈ ∈ =M Ta có :

k

i ii 1

A A \ ( A ) A A∗ ∗

=

= ⊂U i∀

j

1 m

k mkm 1

i im 1 1 i ... i ki 1 j 1

A A A n ( 1) A∗ −

= ≤ < < ≤− =

⇒ = − = − −∑ ∑U I

Theo bài 8 ta có :j

1 2 m

m

ij 1 i i i

nAa a ...a=

⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

I do đó :

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−++

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−= ∑∑

≤<≤= k

k

kji ji

k

i i aaan

aan

annA

...)1(...

2111

Chẳng hạn Có bao nhiêu số không vượt quá 100 và không chia hết cho 2 , 3 , 5

Ta có 265.3.2

1005.2

1005.3

1003.2

1005

1003

1002

100100 =⎥⎦⎤

⎢⎣⎡−⎥⎦

⎤⎢⎣⎡+⎥⎦

⎤⎢⎣⎡+⎥⎦

⎤⎢⎣⎡+⎥⎦

⎤⎢⎣⎡−⎥⎦

⎤⎢⎣⎡−⎥⎦

⎤⎢⎣⎡−=A

Bài 10: Cho n là số nguyên dương.Gọi { }*A a N / a n;(a,n) 1= ∈ ≤ = Tìm A



Giải:Giả sử n= ki là số nguyên dương và pi là tất cả các ước nguyên

tố của n.Khi đó : A= { không chia hết cho mọi pi }.Theo bài 9 thì

1 2k k k1 2 mp p ...p

Na /∈ ∗

m

ana ,≤

mmm

i 1 1 i j m i 1i i j 1 2 m i

n n n 1A n ... ( 1) n (1 ) (n)p p p p p ...p p= ≤ < ≤ =

= − + + + − = − = ϕ∑ ∑ ∏ (Hàm Euler)

Bài 11: Cho n là số nguyên dương.Gọi { }*A a N / a n,a n= ∈ ≤ M tập các ước dương

của n.

Tìm A

Giải:Giả sử n= ki là số nguyên dương và pi là tất cả các ước nguyên

tố của n.Mỗi thì a = ti là số nguyên và

1 2k k k1 2 mp p ...p

a A∈ p p

m

m

i

1 2t t t1 2 m...p i i0 t k≤ ≤

A B =: {(t1,t2,…,tm) có thứ tự và i0 t k≤ ≤ }=B1xB2x… xBm với Bi={0,1,…,ki}

Vậy m m

i ii 1 i 1

A B (1 k= =

= = +∏ ∏ )

Bài 12: Cho a, n là các số nguyên dương với n> k2 –k+1 và n tập hợp A1,A2,…,An

thoả :

i/ iA k=

ii/ i jA A 2k 1 j∪ = − )( i ≠ . Tìm n

ii 1

A=U

Giải:Ta có jiAAAAAAAA jijijiji ≠∀=∩⇒∩−+=∪ ,1 .Xét một tập hợp bất kì

chẳng hạn A1 ta có 11 =∩ iAA với i=2,3,…,n.Vì nên tồn tại

là phần tử chung của ít nhất m tập của A2,…,An với

knkkn ≥−⇒+−> 112

1Aa∈ 11−>

−≥ k

knm .Nếu m<n-1

thì tồn tại Aj : kmAAa jj >+≥⇒∉ 1 (do Aj có chung khác a với m Ai ở trên )

Vậy m = n-1 n

ii 1

A=

⇒ =I 1 và n

ii 1

A=U =n(k-1)+1



Bài 13: Hỏi từ các chữ số 1,2,3,4,5 có thể lập được bao nhiêu số có 15 chữ số mà

trong mỗi số mỗi chữ số đều có mặt đúng 3 lần và không có chữ số nào chiếm 3 vị trí

liên tiếp trong số?

Giải: Gọi A* là tập hợp gồm tất cả các số thoả yêu cầu.A là tập hợp gồm tất cả các số

15 chữ số lập từ 1,2,3,4,5 mà mỗi chữ số có mặt đúng 3 lần.Ai là tập những số thuộc A

mà trong mỗi số chữ số I chiếm đúng 3 vị trí liên tiếp ( i=1,2,3,4,5).Ta có : k

i 5 ki 1

(15 2k)!A(3!) −=

−=I

2858830680)!3(!5

)!3(!7

)!3(!9

)!3(!11

)!3(!13

)!3(!15

0551

452

353

254

155

* =−+−+−= CCCCCA

Bài 14: Hỏi từ các chữ số 1,2,3,4,5 có thể lập được bao nhiêu số có mười chữ số

thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:

i/ Trong mỗi số,mỗi chữ số có mặt đúng 2 lần

ii/ Trong mỗi số,hai chữ số giống nhau không đứng cạnh nhau

( Thi HSG cấp QG 1995)

Giải : Gọi A tập tất cả các số 10 chữ số lập từ 1,2,3,4,5 thoả điều kiện i/,Ai tập tất cả

các số thuộc A mà trong mỗi số đều có hai chữ số i đứng cạnh nhau.Ta có : 5 5 5

i i i i j i j1 1 i j 5 1 i j k 5i 1 i 1

5

i j l k i1 i j 5 1

S A \ A A A A A A A A A A

A A A A A

≤ < ≤ ≤ < < ≤= =

≤ < ≤

= = − = − + ∩ − ∩ ∩

∩ ∩ ∩ −

∑ ∑ ∑

∑

U U

I

k +

Ta có 55 2!10

)!2(!10==A Xét và bộ (i1,i2,…,ik) bất kì t}5,4,3,2,1{∈k hoả: 5...1 21 ≤<<<≤ kiii

Gọi T c là tập gồm các cố ó 10-k chữ số lập từ các chữ số 1,2,3,4,5 mà trong mỗi số

mỗi chữ số i1,i2,…,ik đều có mặt đúng 1 lần, còn các chữ số khác mỗi chữ số có mặt

đúng 2 lần.Ta có :

kk

kk

kiAiAiA

−−

−=

−=∩∩∩ 55 2

)!10()!2(

)!10(...21



Vậy 394802

!52

!62

!72

!82

!92

!100

551

452

353

254

155

=−+−+−= CCCCCS

Bài 15: Cho n là số nguyên dương.Tính số các số nguyên dương không lớn hơn

)(n+2) mà không chia hết cho các số n , n+1 , n+2

Giả

n(n+1

i : Gọi S={1,2,…,n(n+1)(n+2)};

{ } { } { }A k S/ k n ;B k S/ k (n 1) ;C k= ∈ = ∈ + =M M S/ k (n 2)∈ +M

Số cần tìm bằng CBAS ∪∪−

Mà A B C A B C A B B C C A A B C∪ ∪ = + + − ∩ − ∩ − ∩ + ∩ ∩

Và )2)(1( += nnnS + ; )2)(1( ++= nnA ; )2( += nnB ; )1( += nnC

:Ta có nCBnBA =∩+=∩ ,2 .Để tính CBACA ∩∩∩ , ta xét:

i/ Nếu n lẻ thì (n,n+2)=1

) suy ra

k A∈ C k n(n 2∩ ⇔ +M 1+=∩ nCA

suy ra k A B C k n(n 1)(n 2)∈ ∩ ∩ ⇔ + +M 1=∩∩ CBA Khi đó:

nn

nnnnnnnS + )2)( nnnnnCBA

−=

−+++++++−+−+−+=∪∪−3

121)2)(1()2()1(1(

ii/Nếu n chẵn thì (n,n+2)=2

n(n 2)k A C k2+

∈ ∩ ⇔ M suy ra )1(2 +=∩ nCA

n(n 1)(n 2)+ +k A B C k∈ ∩ ∩ ⇔ M suy ra 2

2=∩∩ CBA

Khi đó: CBAS ∪∪− =n3

Bài 16: Cho n số (n>4) đôi một khác nhau a1,a2,…,an.H i có tất cả bao nhiêu

ó, mà tong mỗi hoán vị không có ba số nào trong 4 số a1,a2,a3,a4

nằm

ỏ

hoán vị của n số đ

ở ba vị trí liên tiếp ? (Thi

HSG QG 1996)

Giải: Gọi H là tập hợp tất cả các hoán vị của a1,a2,…,an .H/ là tập hợp tất cả các hoán vị

thoả yêu cầu .



H1={h H∈ / trong H có đúng 3 trong 4 số a1,a2,a3,a4 nằm ở ba vị trí liên tiếp }

H2={h H∈ / trong H có 4 số a1,a2,a3,a4 nằm ở bốn vị trí liên tiếp }

Ta có 21/

212121 ,,,)(\ HHHHHHHHHHHH −−=∅=∩⊂∪∪=/H

Tìm 1H ấy i,j,k khác nhau đôi một thuộc {1,2,3,4} al khác với ai,a l j,ak và

.Khi đó có (n-2)! Hoán vị của ai,al,a5,…,an ( xem aiajak là một) trong

ai vị trí

liên tiếp .Suy ra c

ị

},,,{ 4321 aaaaal ∈

đó có 2(n-3)! Hoán vị của n-2 số trên mà trong mỗi hoán vị có ai,al nằm ở h

ó (n-2)!-2(n-3)! Hoán vị của ai,al,a5,…,an mà trong mỗi hoán vị có

ai,al không nằm ở hai vị trí liên tiếp .Mỗi hoán vị loại này cho ta 3! hoán vị của

a1,a2,…,an mà trong mỗi hoán vị có đúng 3 số ai,aj,ak trong 4 số a1,a2,a3,a4 nằm ở ba v

trí liên tiếp .

[ ] [ ])!3(2)!2(!4)!3(2)!2(!3 341 −−−=−−−= nnCnnH Ta có )!3(!42 −= nH

Vậy [ ] )!3)(18)(4()!3()!2(!4! −−+−=−−− nnnnnn

Bài 17: Cho hai số nguyên dương k , n và

−= nH

nk ≤<1 .Hỏi có bao nhiêu cách chọn

ố đôi một khác nhau từ n số nguyên dương đầu tiên sao cho trong mỗi bộ k số

được ên liên

ra k s

chọn ra không có hai số nào là hai số nguy tiếp?

Giải : Gọi A={(a1,a2,…,ak) không thứ tự / },...,2,1{ nai ∈ ,i=1,2,…,n và

jiaa ≠∀∉− },1,0{ }.Với (a1,…,ak)ji ∈A giả sử a1<a2<…<ak.

1 2 k 1 2 k-k+1) .

A~B với B={(b1,b2,… ự

Xét tương ứng (a ,a ,…,a ) → (a ,a -1,…,a

,bk) không thứ t khác nhau đôi một và }1,...,2,1{ +−∈ knib }

Vậy kknCBA 1+−==

Bài 18 : Cho các số nguyên dương k , n, m thoả m > 1 và nk ≤<1 . Hỏi có tất

hiêu chỉnh hợp chập k (a1,a2,…,ak) của n số nguyên dương đầu tiên mà mỗi

chỉn

a hết cho m

Giải: Gọi n ả yêu cấu bài toán

cả

bao n

h hợp đều thoả mãn ít nhất một trong hai điều kiện sau:

i/ Tồn tại i≠ j:i < j và aj > ai

ii/ Tồn tại i thuộc {1,2,…,k} sao cho ai-i không chi

B là số chỉ h hợp không tho



B={(a1,a2 }

-k+km)

,…,ak) thứ tự / a1 < a2 <… < ak và ai – i chia hết cho m,với mọi i

Xét tương ứng (a1,a2,…,ak) ∈B→ (a1-1+m,a2-2+2m,…,ak

Hay (a1,a2,…,ak) ∈B→ (a1+m-1,a2+2(m-1),…,ak+k(m-1))

B~B1={(b1,b2,…,bk) không thứ / i ib {1,2,...,n k(m 1) ; b m tự }∈ + − M }

Do đó : kCB = kkn

+−

⎥⎥⎥⎤

⎢⎢⎢⎡1

m ⎥⎦⎢⎣

19: Cho 167 tập A1,A2,…,A167 thoả :

i/

Bài 167

ii 1=

A 2004=∑

ii/ j i i jA A A A i= ∩ j≠

Tính 167

i1

AU

Giải:

Với mọi : i j≠2

i j i j i i j i jA A A A A A A A A 1 (do i= ∩ = ∩ ⇒ ∩ = )

Vậy j iA A= với mọi i,j suy ra iA 12 , i= ∀ và i jA A 1, i j∩ = ∀ ≠

Xét A1 , với mỗi A2,…,A167 chứa và chỉ chứa một phần tử của A1.Ta có 166>12.13

có ít nhất 1 Ai, giả sử là A2,…,A15 cùng chứa nên theo nguyên tắc Dicrichlet 4 tập

phần tử 1a A∈ .Ta chứng minh ia A , i∈ ∀ .Giả sử kk 15 : a A∃ ⟩ ∉ , mỗi Aj (j=2,..,15)

1 2j k j k j 1 2 j j A A 1 A A {b } j j b b∩ = ⇒ ∩ = ≠ ⇒ ≠ vì nếu

1 2 1 2j j j jb b A A= ⇒ ∩ ≥ 2 (vô lý).

Vậy b2,…,b15 Ak từ đó ∈ kA 12⟩ (vô lý).Vậy { }i jA A a i j∩ = ∀ ≠

Khi đó 167

i1

AU = { } { } { } { }i i(A \ a A \ 1=) a a a 167.11 1838∪ + = + =∑U



MỤC LỤC -------

I. PHẦN MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài

ứu

ứu

ứu

c

II. N U

tập hợp và áp dụng.

hất của tổ hợp bằng tập hợp:

dụng

Ch

dụng

2. Mục tiêu nghiên c

3. Nhiệm vụ nghiên c

4. Phương pháp nghiên c

5. Một số kết quả đạt đượ

ỘI DUNG NGHIÊN CỨ

Chương I. Số phần tử của I.1.Các khái niệm cơ bản

I.2. Tính chất

I.3. Chứng minh các tính c

I.4. Bài tập áp

ương II. ÁP DỤNG VÀO GIẢI TÍCH TỔ HỢP.

II.1. Tập tích

II.2. Số phần tử của một số dạng tập hợp

II.3. Bài tập áp

Documents

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG TỔ HÀNH … · Từ khi tham d các hự ội nghị Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh gii THPT ỏ ... vào thành tích chung của