CHUYÊN ĐỀ HỘI THẢO BỒI DƯỠNG HSG LỚP 9 NĂM 2015
MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG TỔ HỢP
TRẦN NGỌC THẮNG GV THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC, TỈNH VĨNH PHÚC
Chuyên ngành toán tổ hợp là một bộ phận quan trọng, hấp dẫn và lí thú của Toán
học nói chung và toán rời rạc nói riêng. Nội dung của toán tổ hợp phong phú và được
ứng dụng nhiều trong thực tế đời sống. Trong toán sơ cấp, tổ hợp cũng xuất hiện
trong rất nhiều bài toán với độ khó rất cao. Tổ hợp có vị trí đặc biệt trong toán học
không chỉ như là những đối tượng để nghiên cứu mà còn đóng vai trò như một công
cụ đắc lực của các mô hình rời rạc của giải tích, đại số, hình học...
Với vai tròn quan trong toán học như vậy nên trong hầu hết các kì thi học sinh
giỏi quốc gia, thi Olimpic toán quốc tế, thi Olimpic sinh sinh viên giữa các trường đại
học và cao đẳng, các bài toán liên quan đến tổ hợp thường là các bài toán rất khó, là
những bài tập phân loại học sinh rất tốt.
Phương pháp giải các bài toán tổ hợp thường rất phong phú và đa dạng. Nhìn
chung để giải một bài toán tổ hợp thông thường học sinh phải sáng tạo ra phương
pháp và cách thức tiếp cận bài toán. Do đó khi giảng dạy phần tổ hợp thì điều quan
trọng là với mỗi bài toán giáo viên nên phân tích, định hướng lời giải một cách cụ thể
để học sinh hiểu được ý tưởng cũng như mục đích của bài toán. Để cho việc giảng dạy
toán phần tổ hợp đạt được kết quả tốt, chúng tôi mạnh dạn viết chuyên đề "sử dụng
số phức để giải một số dạng toán tổ hợp" để trao đổi với các thầy, cô giáo về phương
pháp giảng dạy các bài toán tổ hợp.
Trong chuyên đề này, một số dạng bài tập được chọn lọc là các đề ra của các kì thi
học sinh giỏi quốc gia, quốc tế, Olimpic sinh viên giữa các trường đại học trên thế
giới những năm gần đây.
Chuyên đề được chia làm hai phần chính:
I. Phần bài tập minh họa
II. Phần bài tập tương tự

Những bài toán tổ hợp xuất hiện trong các đề thi chọn học sinh giỏi những năm
gần đây thường là các bài tập hay và khó, có độ phân hóa cao giữa các đối tượng học
sinh. Với thời gian ngắn thì học sinh thường rất khó để giải quyết được các bài toán


nếu: tích của 3

đều không là số chính phương. Tìm số phần tử

M

lớn nhất của .
Lời giải. Xét 4 tập hợp rời nhau có 3 phần tử và tích của 3 phần tử đều là số chính
phương:

{ 1, 4,9} , { 2, 7,14} , { 5,12,15} , { 3, 6,8}

Nếu tập hợp
thuộc

M

tập hợp
phần tử
+)

M

có tính chất
M ≤ 11

suy ra

thì có ít nhất một phần tử trong mỗi tập trên không

T

ta xét các trường hợp sau:

. Do

3.12 = 62

nên

M

không được

vô lí.

5,15 ∈ M ⇒ 3 ∉ M ⇒ 6,8 ∈ M ⇒ 2 ∉ M ⇒ 7,14 ∈ M

. Do

7.14.8 = 282

vô lí.


+)

12,15 ∈ M ⇒ 6 ∉ M ⇒ 3,8 ∈ M

nào của

A = { 1, 2,3,5, 7,11,13}

tử lớn nhất của

M

là 11.

Bài 3 (VMO 2004). Cho tập hợp

a 2 + b2

X

có tính chất

T

k

:

k

A ⇒ M ≤ 11

M

. Mặt khác tập hợp


hai phần tử

. Vậy số phần

. Hãy tìm số nguyên dương

phần tử của

thỏa mãn yêu cầu bài toán thì

( a, b )

thỏa mãn tính

là một số nguyên tố.

Lời giải. Xét tập hợp
lớn hơn 2 nên

T

A = { 1, 2,3,...,16}

nhất sao cho trong mỗi tập con gồm
thỏa mãn

, ta thấy nếu tập hợp

chỉ chứa nhiều nhất 2 phần tử của



A

k =9

sẽ là

thành 8 cặp


Do đó theo nguyên tắc Dirichlet thì trong 9 phần tử phân biệt của tập hợp
tồn tại hai số thuộc cùng một cặp. Vậy
Bài 4. Cho tập hợp

M = { 1, 2,..., n} , n ≥ 2

k

A

phải

nhỏ nhất bằng 9.

. Hãy tìm số m nhỏ nhất sao cho trong mỗi

tập con chứa m phần tử của M đều tồn tại ít nhất hai số

a, b


 a1 , a2 ,..., a n +1 +1 
 2  



TH1. Nếu

n = 2k

 n + 1
m≥
+1
 2 

nên trong

, ta sẽ chứng

là số nhỏ nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán. Thật vậy, xét tập con

của M. Ta xét hai trường hợp
ai = 2 ci
bi

, ta viết

số lẻ nên tồn tại

 n + 1
2


có một số chia hết cho

số kia.
TH2. Nếu

n = 2k + 1

, ta viết

nhất k+1 số lẻ nên tồn tại

ai = 2bi ci

i≠ j

, trong đó

sao cho

ci

là số lẻ,

ci = c j ⇒

i = 1, 2,..., k + 2

một trong hai số



quan. Sau đây tôi xin đưa ra một số bài tập vận dụng hệ quả đã nêu ở trên.
Bài 4.2 (Brasil 2015). Cho tập

S = { 1, 2,..., 6n} , n ≥ 2

nhất sao cho khẳng định sau đúng: mỗi tập con

( a, b ) , a < b
Lời giải.
Lấy

và

A = 4n

,

, có ít nhất

k

lớn
cặp

.

x, y ∈ A, x y

thì cặp

phải có dạng
k

cặp là

. Vì mọi cặp

y
6n
≤
< 3 ⇒ y = 2x
x 2n + 1

( 2n + t , 4n + 2t ) , t = 1, 2,..., n

( x1 , y1 ) , ( x2 , y2 ) ,..., ( xk , yk )

( x, y ) , x ∈ B , y ∈ B

và

x, y

. Do đó

. Từ đó ta được

của tập con

S

a1 >  
3

.

a1 < a2 < ... < an ≤ 2n

sao cho

 ai , a j  > 2n, ∀i ≠ j

.


Giả sử

2n
 2n 
a1 ≤   ⇒ a1 ≤
⇒ 3a1 ≤ 2n
3
3

của tập

{ 1, 2,..., 2n}

. Xét tập hợp

{ 2a1 ,3a1 , a2 ,..., an }

3

.

phân số tối giản dạng

1
n

.

p
q

n +1
2

phân số tối giản dạng
pi p j
,
qi q j

sao cho

qi q j

(1).

kpi − p j = 0 ⇒ k p j ⇒ ( p j , q j ) > 1



vô lí. Nếu

.

Giả sử trong khoảng có độ dài bằng

, trong đó

phần tử

. Trên trục số lấy một khoảng có độ dài bằng

Chứng minh rằng khoảng này không chứa nhiều hơn

p
q

n +1

nên theo bài 4.1 ta có tồn tại hai số là bội của nhau. Giả sử

ai a j , 2 ≤ i < j ⇒ ai , a j  = ai ≤ 2n

, trong đó
Lời giải.

gồm

kpi − p j ≠ 0 ⇒ kpi − p j ≥ 1


M = { 101,102,...,10000}

của

{ 1, 2,3,...,10000}

, do

1012 > 10000

nên tập hợp M thỏa mãn yêu cầu bài toán, tập hợp M có 9900 phần tử. Ta sẽ chứng
minh 9900 là số lớn nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán. Thật vậy, xét tập con A gồm
có 9901 phần tử, ta chứng minh tập A không thỏa mãn yêu cầu bài toán. Xét 100
bộ số sau :

( 100 − i,100 + i, ( 100 − i ) ( 100 + i ) )

,

0 ≤ i ≤ 99

. Dễ thấy nếu cả 3 số của mỗi bộ

trên thuộc A thì vô lý suy ra phải có ít nhất một số trong mỗi bộ đó không thuộc A
⇒ A ≤ 10000 − 100 = 9900

, vô lí. Vậy số phần tử lớn nhất của X bằng 9900.
Bài 6. Cho


.

1 = x1 < x2 < ... < xn −1 < xn = 100

. Với mỗi số

. Do đó

x2 ≤ 2 x1 = 2, x3 ≤ 2 x2 = 4, x4 ≤ 2 x3 = 8 x5 ≤ 2 x4 = 16, x6 ≤ 2 x5 = 32, x7 ≤ 2 x6 = 64

,

Do

của

ta có:

xi = x j + xs ≤ 2 xi −1

Nếu

x

n = 8 ⇒ x8 = 100

, kết hợp với

x5 + x6 ≤ 48 ⇒ x7 = 2 x6 ⇒ x6 = 25



vô lý.

.


Do đó

n≥9

n=9

, với

ta lấy tập hợp

A = { 1, 2,3,5,10, 20, 25,50,100}

thỏa mãn yêu cầu

bài toán. Vậy số phần tử nhỏ nhất của tập hơp A là 9.
Bài 7. Cho tập hợp

X

có

n≥2

phần tử . Xét

X

. Do đó
X

. Mặt khác số tập con của tập hợp

2k ≤ 2n ⇔ k ≤ 2n −1.

, ta xét phần tử

a∈ X

và gọi

2n−1

tập con của

X 1 = A1 U{ a} , X 2 = A2 U{ a} ,..., X 2n−1 = A2n−1 U{ a}

cầu bài toán. Vậy giá trị lớn nhất của
Bài 8. Cho

X

k

tập con đôi một phân biệt của tập


là

tập con của

A1 , A2 ,..., A2n−1

X

. Khi

thỏa mãn yêu

.
. Tìm số nguyên dương nhỏ nhất

tập hợp con của tập

{ 1, 2,..., n}

k

sao

đều tìm được ba tập hợp

phân biệt khác rỗng mà một trong chúng là hợp của hai tập hợp còn lại.
Lời giải. Trước hết ta chứng minh hai bổ đề sau đây:
Bổ đề 1. Cho
tập hợp


A1 , A2 ,..., A2n−1

n≥2

, tức là từ tập hợp

{ 1, 2,..., n}

luôn tồn tại

2n−1

sao cho không có tập hợp nào là hợp của hai tập hợp phân

biệt khác nó. Ta xét tập hợp

{ 1, 2,..., n, n + 1}

. Khi đó

2n

tập sau:

A1 , A2 ,..., A2n−1 , A1 U{ n + 1} ,..., A2n−1 U{ n + 1}

Thỏa mãn không có tập hợp nào là hợp của hai tập hợp phân biệt khác nó.
Vậy bổ đề 1 được chứng minh.
Bổ đề 2. Cho



, tức là mọi họ

2n−1 + 1

tập con của tập hợp

luôn tồn tại ba tập hợp phân biệt khác rỗng mà một trong chúng là hợp

của hai tập hợp còn lại.
Ta chứng minh trong bất kì

2n + 1

tập con của tập hợp

{ 1, 2,..., n, n + 1}

luôn tồn tại ba

tập hợp phân biệt khác rỗng mà một trong chúng là hợp của hai tập hợp còn lại.


n +1

Thật vậy, số tập con chứa
tập hợp

{ 1, 2,..., n, n + 1}
k ≥ 2n −1 + 1


tập

.

thì theo giả thiết quy nạp ta có đpcm
Bi = ∅

tập con khác rỗng của

Nếu

tập con của

.

Nếu tồn tại sao cho

Nếu

là số tập con trong

2n + 1

thì theo giả thiết quy nạp ta có đpcm.

thì có ít nhất

i



2n + 1

tập đã chọn ở trên phải có một

.

thì theo giả thiết quy nạp ta có đpcm.
thì ba tập

Aj , C , { n + 1}

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy bổ đề 2 được chứng minh.
Trở lại Bài 8 thì dễ thấy

k

nhỏ nhất bằng

2n−1 + 1

.
n, d ∈ ¥ *

Bài 9 (Bài toán về khoảng cách Hamming). Cho
. Gọi C là tập hợp chứa
các xâu nhị phân có độ dài bằng và khoảng cách Hamming có độ dài không nhỏ
hơn



 d +1 
M ( n, d ) ≤ 2 
 2d + 1 − n 
3)

4)

Nếu

Nếu

d

d

chẵn thì

M ( 2 d , d ) ≤ 4d

lẻ thì

M ( 2d + 1, d ) ≤ 4d + 4

Chứng minh.
1)
Ta sẽ đánh giá

∑

suy ra:

d ( x, y ) ≥ M ( M − 1) d

, trong đó mỗi dòng là một phần tử của

thứ và tương ứng ở cột thứ đó có
xứng nên suy

M − mi

C

. Gọi

∑

d ( x, y ) = ∑ 2mi ( M − mi )
i =1

Do đó từ hai cách đánh giá ở trên ta được:
n
2M 2
≥
2mi ( M − mi ) ≥ M ( M − 1) d
∑
∑
4
i =1
i =1


(1) .


M
d
M  d 
M   d 
 d 
≤
⇒ ≤
⇒
≤
⇒ M ≤ 2


2 2d − n
2  2d − n 
 2   2d − n 
 2d − n 

+) Nếu

M

là số lẻ thì

mi ( M − mi )

∑

M +1
d
M +1  d 
 d 
−1 ⇒
≤
⇒
≤
⇒ M ≤ 2
−1

2d − n
2
2d − n
2
 2d − n 
 2d − n 

Kết hợp hai trường hợp trên ta được
 d 
M ≤ 2
 2d − n 

2)
X = { a1 , a2 ,..., an }

Xét tập hợp
với một tập con
ti = 0


. Hai tập

gọi là hai tập không giống nhau. Xét tập
nguyên tắc sau : Nếu

chẵn thì

thì tập

. Giả sử các tập con

Ai ∆Aj ≥ d ,1 ≤ i < j ≤ m

Ai

ti = 1

Ai' = Ai

Ai , Aj

m

, nếu

là

Ai' = Ai U{ an+1}

lẻ thì


thỏa mãn tính chất

với mọi . Do đó ta có

nên

chứa phần tử

sao cho các tập con

i

Ai' ∆A'j

của

thỏa

Ai ∆Aj ≥ d

X ' = X U{ an +1}

Ai

A

A

t1t2 ...tn

theo 2 cách khác nhau, ở đây kí hiệu
x, y

.

+) Số cách chọn bộ có thứ tự

( x, y )

là

M ( M − 1)

∑

x , y∈C , x ≠ y

+) Xét ma trận

M ×n

d ( x, y )

là khoảng cách Hamming giữa hai xâu

suy ra:

d ( x, y ) ≥ M ( M − 1) d

C

i =1
i =1
n

Hay
M ( M − 1) ( d + 1) ≤

Sau đó xét các trường hợp chẵn, lẻ của
+) Nếu

M

2 ( d + 1)
nM 2
⇔M ≤
2
2d + 2 − n
M

(3) .

.

chẵn thì từ (3) ta có

M
d +1
M  d +1 
 M   d +1 
 d +1 

ta được :

mi =

đạt giá trị lớn nhất khi

M ±1
2

hay ta có :

1
1
n ( M 2 − 1) ⇒ M ( M − 1) ( d + 1) ≤ n ( M 2 − 1)
2
2

,


M≤

2d + 2
M +1
d +1
M +1  d +1 
 d +1 
−1 ⇒
≤
⇒

m

Tìm giá trị lớn nhất có thể của .
Lời giải
Cách 1 (Đáp án chính thức)
Ta lập các “bộ ba”, mỗi bộ ba gồm hai nhóm nào đó cùng với một học sinh không
tham gia vào một trong hai nhóm đó. Giả sử có
đẳng thức sau:

k

bộ ba như vậy. Theo bài ra ta có bất

k ≥ Cm2 .4 = 2m ( m − 1)

Nếu học sinh
vậy, học sinh

a
a

nào đó tham gia

ma

nhóm, thì sẽ không tham gia

đó sẽ tham gia vào đúng

ma ( m − ma )


, các học sinh là

a, b, c, d , e, f , g

A1 = { a, b, c} , A2 = { a, d , e} , A3 = { a, f , g } , A4 = { b, d , f } , A5 = { b, e, f }

A6 = { c, d , g} , A7 = { c, e, f } , A8 = { a, b, c, d , e, f , g}

Cách 2 (Sử dụng kết quả liên quan đến khoảng cách Hamming)

:


a1 , a2 ,..., a7

Giả sử 7 học sinh là
xâu dạng

t1t2 ...t7

, trong đó

ti = 1

và đặt

X = { a1 , a2 ,..., a7 }

nếu nhóm đó chứa


1

1

0

0

0

0

a2

1

0

0

1

1

0

0

a3


a5

0

1

0

0

1

0

1

a6

0

0

1

1

0

0


1

1

Bài 9.2. Cho
điều kiện sau:

A1 , A2 ,..., Ak

là các tập con của tập

S = { 1, 2,3,...,10}

thỏa mãn đồng thời các

Ai = 5, i = 1, 2,..., k
a)

Ai I A j ≤ 2,1 ≤ i < j ≤ k
b)

k

Xác định giá trị lớn nhất có thể có của .
Lời giải.
Ta coi mỗi tập con
Ai

i


Ai , Aj ,1 ≤ i < j ≤ k

 6 
k ≤ 2
=6
 2.6 − 10 

theo kết quả của định lí 1 ta được

không nhỏ hơn 6. Do đó

.

k =6

Với
ta có thể xây dựng 6 xâu nhị phân thỏa mãn khoảng cách Hamming
không nhỏ hơn 6 như sau :

A1

1

1

1

1


0

0

A3

1

0

1

0

0

1

0

0

1

1

A4

0


0

1

1

0

1

A6

0

0

0

1

1

0

0

1

1


A∆B = ( A \ B ) U ( B \ A )

gồm

m

của

X

được gọi là không

. Cho tập hợp

{ A1 , A2 ,..., Am }

phần tử đôi một không giống nhau.

.

4 ( n + 1)
3

Chứng minh rằng
.
Lời giải. Ta sẽ chứng minh phần b vì phần a là hệ quả của nó.
b)

Ta coi mỗi tập
ti = 0




2n + 1 + 1
 2n + 2  4 ( n + 1)
m ≤ 2
 = 2
 ≤
2
2
n
+
1
+
1
−
4
n
3
3
(
)




bằng.

t1t2 ...t4 n


. Mỗi giám khảo cho tương ứng với một xâu
ti = 0

TH 1. Nếu
TH 2. Nếu
+) Nếu

2( n − k ) > n

n−k

k 1
p−2
≥ >
n 2 2 ( p − 1)

n−k

n−k

,

. Ta xét hai trường

.

thì ta xét hai khả năng sau:

chẵn thì theo kết quả của định lí 1 ta được:


n − k +1
p ≤ 2
⇒ p ( n − 2k + 1) ≤ 2n − 2k + 2
≤2
2
n
−
k
+
1
−
n
2
n
−
k
+
1
−
n
(
)
(
)


k
p − 2 n +1
p−2
⇔ ≥


m ≤ 672

.

,


Ta coi mỗi tập con
Ai

i

chứa phần tử và

Ai

ti = 0

là một xâu nhị phân dạng

tập hợp

Ai

t1t2 ...t2013

, trong đó

i


M ( x; y )

của mặt phẳng tọa độ được gọi là

điểm nguyên, nếu cả x và y đều là các số nguyên. Tìm số nguyên dương n bé nhất sao
cho từ mỗi bộ n điểm nguyên, đều tìm được bộ ba điểm nguyên là đỉnh của một tam
giác có diện tích nguyên (trong trường hợp ba điểm thẳng hàng thì coi diện tích tam
giác bằng 0).
Lời giải.
+

n=4

không thỏa mãn, vì ta có thể chọn bốn điểm nguyên là đỉnh của một hình

vuông đơn vị, khi đó, mỗi tam giác có đỉnh là ba trong bốn điểm nguyên đang xét có

diện tích bằng

1
2

không phải là số nguyên.

+ Ta chứng minh

n=5

là số nguyên bé nhất thỏa mãn. Ta chia các điểm nguyên


điểm thứ tư D, chẳng hạn

thuộc cùng một loại, nhưng

D(b1 ; a2 )

Nhưng

nên

S ABC

S ACBD

k

. Chọn

là số nguyên.

là số nguyên. Điều phải chứng minh.

Bài 11 (THPT chuyên VP 2013) Xét 20 số nguyên dương đầu tiên
tìm số nguyên dương

a2 ≠ b2

. Khi đó, theo lập luận ở trên, các tam giác ABD,


, ta thấy tổng của hai phần tử bất kì của
tập hợp này đều không phải là số nguyên tố.
Do đó

k ≥ 11

, ta sẽ chứng minh

Thật vậy, ta chia tập hợp

k = 11

A = { 1, 2,3,..., 20}

là số nhỏ nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán.

thành

10

cặp số sau:

( 1, 2 ) , ( 3,16 ) , ( 4,19 ) , ( 5, 6 ) , ( 7,10 ) , ( 8,9 ) , ( 11, 20 ) , ( 12,17 ) , ( 13,18 ) , ( 14,15 )

.

Tổng của hai số trong mỗi cặp số trên là số nguyên tố.
Khi đó mỗi tập con của

A


. Giả sử có số nguyên dương

họ trên bằng S, hợp của nhiều nhất

1≤ k ≤ n

k −1

thỏa mãn hợp của bất kì k tập hợp của

tập của họ đã cho là một tập con thực sự của

S. Tìm số phần tử nhỏ nhất của S.
Bài 13. Cho

( X i ) 1≤i≤ k

là một họ các tập con có h phần tử của tập hợp X. Chứng minh

k

min U X i

rằng
Bài

i =1

14.


và

. Giả sử

i, j , k = 1, 2,..., 3n Ai I B j + Ai I Ck + B j I Ck ≥ 3n

Tìm số phần tử nhỏ nhất có thể có của tập hợp

:

X

.

Bài 15(Định lí Sperner). Cho X là một tập hợp có n phần tử, và
một họ các tập con của X thỏa mãn tính chất

.

G = { A1 , A2 ,..., Ap }

Ai ⊄ Aj , ∀i, j = 1, 2,..., p, i ≠ j

là

. Chứng minh

n
 

Chứng minh rằng
.
Bài 17. Cho X là một tập hợp có n phần tử, và Y là một tập con có k phần tử của X.
Chứng minh rằng số lớn nhất các tập con đôi một khác nhau của tập X, mỗi tập có
 n−k 



đúng r phần tử của Y và hai tập bất kì thì không chứa nhau bằng
Bài 18(Balkan MO 2005). Cho
hợp

{ 1, 2,..., n}

sao cho

S

n≥2

là một số nguyên và

S

Ckr Cn−k2

.

là một tập con của tập


. Chứng minh rằng

− 1}

là một họ

n ≤ 2k

.

, chứng minh rằng tồn tại tập

con A của X thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
1 ∈ A, 21996 − 1∈ A;
a)
b)

Với mọi phần tử khác 1 của A đều viết thành tổng của hai (có thể bằng nhau)

c)

phần tử thuộc A;
Số phần tử lớn nhất của tập A là 2012.

Bài 21(Balkan MO 1989). Cho F là một họ các tập con của tập hợp

{ 1, 2,..., n}

và


{ 1, 2,3,..., n}
p

của

F = { A1 , A2 ,..., Ap }

thỏa mãn tính chất: nếu

Ai ⊂ Aj

là một họ các tập con của tập

Ai − A j ≥ 3

thì

. Tìm số lớn nhất có thể có

.

Bài 24 (Moldova TST 2013) Tìm số lớn nhất các cặp phân biệt
xi , yi ∈ { 1, 2,..., 2013}

,

( xi , yi )

sao cho



Hỏi giá trị lớn nhất của

m

bằng bao nhiêu?

Bài 26 (AIME 1989). Cho tập hợp

X = { 1, 2,3,...,1989}

tính chất: không có hai phần tử nào của
phần tử lớn nhất của

S

là bao nhiêu?

S

. Xét tập con

S

của

X

thỏa mãn



n

phần tử của

S

với mọi

k

m >1

tập con rời nhau

i = 1, 2,..., k

.

. Tìm số nguyên dương nhỏ nhất

n

đều chứa 5 số đôi một nguyên tố cùng nhau.

là các số tự nhiên sao cho

lớn nhất sao cho tồn tại
Ai ∈ { m, m − 1}


Birkhauser.
[7] Arthur Engel, Problem - Solving Strategies, Springer.
[8]

Titu Andreescu and Zuming Feng. 102 combinatorial problems from the

training of the USA IMO team.
[9] Phạm Minh Phương. Một số chuyên đề toán học tổ hợp bồi dưỡng học sinh giỏi
trung học phổ thông. NXB Giáo dục Việt Nam.
[10] Các nguồn tài liệu từ internet
www.mathscope.org; www.mathlinks.org; www.imo.org.yu