MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG TỔ HỢP

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

dạng này và đây cũng là vấn đề rất nan giải trong công tác ôn luyện học sinh giỏi của
đa số giáo viên. Số lượng cũng như số dạng bài toán tổ hợp là rất nhiều (có thể nói là
vô hạn) nên giáo viên không thể dạy hết tất cả được, mà cần phải có phương pháp
hiệu quả nhất để trang bị cho học sinh cách tiếp cận cũng như các kiến thức cơ sở
trong việc giải quyết các bài toán tổ hợp. Chuyên đề được hoàn thành với sự giúp đỡ
nhiệt tình cả về nội dụng và hình thức của các thầy, cô giáo trong tổ toán - tin, BGH
trường THPT chuyên Vĩnh Phúc. Do thời gian và trình độ có hạn nên trong bài viết
chỉ đề cập đến một khía cạnh rất nhỏ của dạng toán tổ hợp, rất mong nhận được góp
ý và các phương pháp hiệu quả để việc giảng dạy phân môn này có hiệu quả hơn.
I.

MỘT SỐ BÀI TẬP MINH HỌA

Bài 1. Cho tập hợp và

M

là tập hợp con của tập

phần tử phân biệt bất kì trong

M

X

có tính chất

T

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

M = 11

. Giả sử

: Do

{ 1, 4, 9} , { 2, 7,14} , { 5,12,15} , { 3, 6,8}
10,11,13 ∈ M

. Khi đó với tập hợp

M

có tính chất

{ 1, 4,9}

T

nên mỗi tập trong 4

phải có đúng hai phần tử thuộc M và các

{ 5,12,15}

5,12 ∈ M ⇒ 2 ∉ M ⇒ 7,14 ∈ M ⇒ 8 ∉ M ⇒ 3, 6 ∈ M

chứa một phần tử nào của
+)

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

{ 1, 4,9}

. Do

3.12 = 62

vô lí. Vậy

Bài 2. Cho tập hợp
M

M

và

là 10.

M

M

.

là tập hợp con của tập

thì

M

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

{ 2,3, 4,6,8,9,10,12,14,15,16}

A

k

nhỏ

đều tồn tại hai số phân biệt

B = { 2, 4, 6,8,10,12,14,16}

, ta thấy
k ≥9

a, b ∈ B ⇒ a 2 + b 2

sao cho

a 2 + b2

là một số nguyên tố:

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

là một số chẵn

. Ta sẽ chứng minh

số nhỏ nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán. Thật vậy, ta chia 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

gồm 11 phần tử sau thỏa mãn tính chất

a, b

M = { 1, 4,5, 6, 7,10,11,12,13,14}

. Mặt khác nếu ta lấy

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

Lời giải. Xét tập hợp số
chất

không được chứa một phần tử

không chứa ba phần tử nào đôi một nguyên tố cùng nhau. Tìm số phần tử

lớn nhất của

T

M

M ≤ 10

Vậy số phần tử lớn nhất của tập hợp

nếu:

nên

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

mà số này là bội của số

kia.
Lời giải. Xét tập con

M1

 n + 1  n + 1

M1 = 
,
+ 1,..., n 


 2   2 


của M. Do

không có hai số mà số này chia hết cho số kia. Do đó

minh

 n + 1
m=
+1
 2 




 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

>n
 2 

i≠ j

sao cho

, trong đó

ci = c j ⇒

ci

n

chẵn và

là số lẻ,

n

lẻ.

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

một trong hai số

ai , a j

. Do chỉ có đúng k

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

chia hết cho số kia.
 n + 1
m=
+1
 2 

Vậy số nhỏ nhất thỏa mãn yêu cầu là
.
Sau đây ta đưa ra một số ứng dụng của bài toán trên.

. Do chỉ có nhiều

ai , a j

có một số


Bài 4.1. Cho tập hợp
M

M = { 1, 2,..., 2n} , n ≥ 1

. Khi đó mọi tập hợp gồm

n +1

phần tử của

đều chứa hai phần tử là bội của nhau.
Kết quả này khá hay và có nhiều ứng dụng trong việc giải các bài toán liên

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

Nếu

của

S

k

a b

A = { 2n + 1, 2n + 2,...,6n}

k
A

. Tìm số nguyên dương

( x, y )

, ta giả sử có

B = A \ { x1 , x2 ,..., xn }

x, y ∈ A, x y

. Nếu

, ta có

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

k≤n

.

. Xét tập

không là bội của nhau. Ta có

B = A − k > 4n − n = 3n ⇒ B ≥ 3n + 1

. Từ đây, kết hợp với bài 4.1 ta suy ra trong tập

B

có hai phần tử là bội của nhau, vô lí. Vậy số nguyên dương lớn nhất thỏa mãn yệu
cầu bài toán là
Bài 4.3. Cho

k =n

n, n > 1

Chứng minh rằng
Lời giải.

.
số nguyên dương

 2n 

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 }

3a1 ai , 2 ≤ i ⇒ [ 3a1, ai ] = ai ≤ 2n

vô lí. Nếu

2a1 ai , 2 ≤ i ⇒ [ 2a1 , ai ] = ai ≤ 2n

vô lí. Vậy giả sử ban đầu là sai suy ra

Bài 4.4. Cho số nguyên dương

n

p, q ∈ ¢ ,1 ≤ q ≤ n

p, q ∈ ¢ ,1 ≤ q ≤ n

q j = kqi ⇒

. Đặt

Từ (1) ta được

1
n

có nhiều hơn

 2n 
a1 >  

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

kpi − p j 1
pi p j
p pj
−
= i−
=
≥
qi q j
qi kqi
kqi
n

được chứng minh.

n +1
2

. Theo bài 4.1 thì tồn tại hai phân số

kpi − p j
pi p j
p pj
−
= i−
=
qi q j
qi kqi
kqi

Ta nhận thấy nếu

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

vô lí suy ra

vô lí vì

pi p j 1
−
<
qi q j
n

.

. Do đó bài toán


Bài 5. Cho X là một tập con của tập
ab

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

, sao cho nếu

a, b

nằm trong X thì

không nằm trong X. Tìm số phần tử lớn nhất của tập X.

Lời giải. Xét tập hợp con

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

A

là một tập con của tập hợp

và phần tử lớn nhất là 100. Giả sử
thì

x

thuộc

A

{ 1; 2;3;...;100}

Lời giải. Giả sử tập hợp A gồm
2≤i≤n

A

có phần tử nhỏ nhất là

phần tử là

A

A x ≠1

,

.

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

.Vì vậy

x6 + x7 ≤ 64 + 32 = 96 ⇒ x8 = 2 x7 ⇒ x7 = 50

n≥8

.

x4 + x5 ≤ 24 ⇒ x6 = 2 x5 ⇒ x5 =

. Mặt khác

1

hoặc bằng hai lần một phần tử

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

A

có tính chất: Với mỗi phần tử

hoặc bằng tổng của hai phần tử thuộc
A

,

25
2

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 i ≠ X j , ∀i ≠ j, X i I X j ≠ ∅, ∀i, j = 1, 2,..., k

Lời giải. Xét

k

tập

là

2n

Với
đó

2k

k = 2n −1

Y1 = X \ X 1 , Y2 = X \ X 2 ,..., Yk = X \ X k

thỏa mãn

nên

. Do

Yi ≠ Y j , ∀i ≠ j , Yi I X j , ∀i, j = 1, 2,..., k

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

. Do đó

tập con của

. Tìm giá trị lớn nhất có thể có của .

X i ≠ X j , ∀i ≠ j, X i I X j ≠ ∅, ∀i, j = 1, 2,..., k

ta có

k≥2

n, k

k = 2n −1

là các số nguyên dương,

cho bất kì một họ gồm

k

n≥2

là

2n−1

X \ { a}

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

n

là một số nguyên

{ 1, 2,..., n}

n≥2

. Khi đó luôn tồn tại một họ

2n−1

tập con của

sao cho bất kì ba tập hợp phân biệt khác rỗng của họ này đều

không thỏa mãn tính chất một trong chúng là hợp của hai tập hợp còn lại.
Chứng minh.


Ta sẽ chứng minh bổ đề này bằng quy nạp như sau:
+) Khi

n=2

đễ thấy thỏa mãn.

+) Ta giả sử bổ đề này đúng đến
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

n

là một số nguyên

tập hợp con của tập hợp

{ 1, 2,..., n}

n≥2

. Chứng minh rằng mọi họ gồm ít nhất

2n−1 + 1

đều tìm được ba tập hợp phân biệt khác rỗng mà

một trong chúng là hợp của hai tập hợp còn lại.
Chứng minh.
Ta chứng minh bằng quy nạp toán học.
+) Khi

n=2

đễ thấy bổ đề 2 là đúng.

+) Giả sử bổ đề 2 đúng đến

{ 1, 2,..., n}

n≥2

, 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

TH1. Nếu

k ≤ 2n −1

TH2. Nếu

Đặt
i)

Nếu

Bi ≠ ∅ ∀i

,

2n + 1 − 2n −1 = 2n −1 + 1

2n−1 + 1

tập dạng này là

tập con chứa
A1 , A2 ,..., A2n−1 +1

n +1

trong

2n + 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

ii)

. Gọi

k

đã xét ở trên. Khi đó ta xét các trường hơp:

đã xét ở trên. Giả sử ta xét
Bi = Ai \ { n + 1}

bằng

2n

C ≠ B j , ∀j ≠ i

∃j ≠ i, C = B j

thì

Ai = { n + 1}

{ 1, 2,..., n}

. Trong

giả sử nó là

C

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)

. Kí hiệu
Nếu

M ( n, d ) = M

2d > n

là số phần tử lớn nhất của tập hợp C. Khi đó

thì
 d 
M ( n, d ) ≤ 2 
 2d − n 

2)

Nếu

d

lẻ và

2d + 1 > n

thì

 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

∑

x , y∈C , x ≠ y

d ( x, y )

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

, 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

n

Hay
M ( M − 1) d ≤

nM 2
2d
⇔M ≤
2
2d − n

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

M

chẵn thì từ (1) ta có

M

là số số 0 ở cột

số 1. Do xét quan hệ hai xâu , có tính đối
n

x , y∈C , x ≠ y

mi

.

(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 )

∑

x , y∈C , x ≠ y

2d > n

sử dụng

M≤

d ( x, y ) ≤

mi =

đạt giá trị lớn nhất khi

M ±1
2

hay ta có :

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

,

ta được :
2d

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

thì tập

A

A

của

X

và ta cho tương ứng mỗi xâu nhị phân

theo nguyên tắc : Nếu

không chứa phần tử

Ai ∆Aj ≥ d ,1 ≤ i < j ≤ m

có

, và

M

ai

là giá trị lớn nhất của

mãn tính chất

. 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

,
1≤ i < j ≤ m

. Ta có

Ai I Aj ⊂ Ai' I A'j ⇒ Ai' I A'j ≥ Ai I Aj ≥ d

(2).
1) Nếu

d

ai

C

và

. Khi đó ta

. Ta thiết lập các tập

Ai' ∆A'j = Ai' + A'j − 2 Ai' I A'j

là số chẵn với mọi

A1 , A2 ,..., Am

Ai

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

chẵn thì ta chứng minh giống như phần 1.

được
Ai'

theo

Ai'

. Khi đó

chẵn


Ai' I A'j ≥ d + 1

d

2) Nếu lẻ thì theo (2) ta được
Ta sẽ đánh giá

.

∑

x , y∈C , x ≠ y

d ( x, y )

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

, trong đó mỗi dòng là một phần tử của

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

M − mi

∑

x , y∈C , x ≠ y

. Gọi

mi

là số số 0 ở cột

số 1. Do xét quan hệ hai xâu , có tính đối
n

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 + 1)
∑
4

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 

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

+) Nếu

M

là số lẻ thì

∑

mi ( M − mi )

x , y∈C , x ≠ y

sử dụng

2d + 1 > n

d ( x, y ) ≤

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 ≤ 2
−1

2d + 2 − n
2
2d + 2 − n
2
 2d + 2 − n 
 2d + 2 − n 

Kết hợp hai trường hợp trên ta được
 d +1 
 d +1 
M ≤ 2
≤ 2

 2d + 2 − n 
 2d + 1 − n 

.

Bài tập áp dụng khoảng cách Hamming

m

Bài 9.1 (Vĩnh Phúc 2012, vòng 2) Có 7 em học sinh được lập thành
nhóm hoạt
động ngoại khóa, mỗi học sinh có thể tham gia nhiều nhóm hoạt động. Biết rằng với
hai nhóm tùy ý thì có ít nhất 4 học sinh chỉ tham gia vào một trong hai nhóm đó.

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 )

m − ma

nhóm. Như

bộ ba. Từ đó ta có:

k = ∑ ma ( m − ma ) ≥ 2m ( m − 1)
a

Mặt khác
ma ( m − ma ) ≤

m2
4

Suy ra
7m 2
≥ 2m ( m − 1)
4

Tức là

m≤8

.

Ví dụ sau đây cho một cách phân nhóm với

m =8

, 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

. Ta coi mỗi nhóm là một

ai ti = 0

,

nếu nhóm đó không

ai

chứa . Khi đó theo giả thiết khoảng cách Hamming không nhỏ hơn . Áp dụng kết
d = 4, n = 7

quả phần 2.i ở trên với

ta được

m≤8

.

m =8

Với
ta có thể xây dựng 6 xâu nhị phân độ dài bằng 7 và khoảng cách
Hamming giữa hai xâu bất kì bằng 4 như sau:
a1

1

1

1

0

0

0

0

a2

1

0

0

1

1

0

0

a3

1

0

0

0

0

1

1

a4

0

1

0

1

0

1

0

a5

0

1

0

0

1

0

1

a6

0

0

1

1

0

0

1

a7

0

0

1

0

1

1

0

a8

1

1

1

1

1

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

chứa phần tử và

Ai

ti = 0

là một xâu nhị phân có dạng

tập hợp

Ai

t1t2 ...t10
i

trong đó

không chứa phần tử . Do

ti = 1

nếu tập

Ai I A j ≤ 2,1 ≤ i < j ≤ k .

,


nên khoảng cách Hamming giữa hai tập hợp

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

1

0

0

0

0

0

A2

1

0

0

0

1

1

1

1

0

0

A3

1

0

1

0

0

1

0

0

1

1

A4

0

1

0

1

0

1

1

0

1

0

A5

0

1

1

0

0

0

1

1

0

1

A6

0

0

0

1

1

0

0

1

1

1

Bài 9.3. Cho tập hợp

X = { 1, 2,3,..., 4n}

. Hai tập con

A∆B ≥ 2n + 1

giống nhau nếu

, trong đó

mà mỗi phần tử là một tập con của
a)

Chứng minh rằng

m ≤ 2n
m≤

X

A

và

B

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

hơn

nếu

Ai

2n + 1

Ai

là một xâu dạng

, trong đó trong đó

ti = 1

nếu

Ai

i

chứa ,

i

không chứa . Khi đó theo giả thiết khoảng cách Hamming không nhỏ

. Áp dụng kết quả phần 2.ii ở trên với

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

bằng.

t1t2 ...t4 n

m = M ( 2n + 1, 4n )

ta được

và trong đánh giá dễ dàng chỉ ra được dấu


Bài 9.4. Trong một cuộc thi có n thí sinh và p giám khảo, ở đó n, p là các số nguyên
p>2

dương,
. Mỗi giám khảo đánh giá từng thí sinh và cho kết luận thí sinh đó đỗ hay
trượt. Giả sử k là số thỏa mãn điều kiện: Với hai giám khảo bất kì, số thí sinh mà họ

cho kết quả giống nhau nhiều nhất là k. Chứng minh rằng
Lời giải.
Giả sử n thí sinh là
trong đó

ti = 1

s1 , s2 ,..., sn

nếu thí sinh đỗ, và

k
p−2
≥
n 2 ( p − 1)

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

+) Nếu

t1t2 ...t n

nếu thí sinh trượt. Theo giả thiết thì khoảng

cách Hamming giữa hai giám khảo bất kì sẽ không nhỏ hơn
hợp sau :
2( n − k ) ≤ n ⇔

.

.

lẻ thì theo kết quả của định lí 1 ta được:

n − k +1 

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
⇔ ≥

.
>
n 2 ( p − 1) n
2 ( p − 1)

Vậy ta luôn có đánh giá
k
p−2
≥
n 2 ( p − 1)

Bài 9.5. Cho

A1 , A2 ,..., Am

Ai = 505, i = 1, 2,..., m

Lời giải.

.

là các tập hợp con của tập hợp

Si I S j = 1,1 ≤ i < j ≤ m

và

S = { 1, 2,..., 2013}

. Chứng minh rằng

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

ti = 1

nếu tập

Si I S j = 1,1 ≤ i < j ≤ m

không chứa phần tử . Do

nên hai tập bất kì sẽ có khoảng cách Hamming không nhỏ hơn
quả định lí trên ta được

2.504 = 1008

. Theo kết

1008


m ≤ 2
= 672.
 2.1008 − 2013 

Như vậy với mỗi cách tạo ra khoảng cách Hamming của hai đối tương nào đó
ta được một dạng bài tập tương đối khó. Trong tất cả các dạng bài tập liên quan đến
khoảng cách Hamming thì bài 3 thật tinh tế và sâu sắc.
Nhận xét. Như vậy với mỗi cách tạo ra khoảng cách Hamming của hai đối tương nào
đó ta được một dạng bài tập tương đối khó. Trong tất cả các dạng bài tập liên quan
đến khoảng cách Hamming thì bài 9.3 thật tinh tế và sâu sắc.
Bài 10 (THPT chuyên VP 2015). Điểm

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

M ( x; y )

của mặt phẳng thành 4 loại:
Loại 1: x chẵn, y chẵn; Loại 2: x chẵn, y lẻ; Loại 3: x lẻ, y lẻ; Loại 4: x lẻ, y chẵn.
Khi đó, trong 5 điểm nguyên đang xét, luôn có hai điểm cùng loại, ta gọi đó là hai
điểm A, B. Ta sẽ chứng minh, với mọi điểm nguyên C, diện tích tam giác ABC luôn là số
nguyên.
Thật vậy:


+ Nếu A và B có cùng hoành độ a, thì do A, B cùng loại, nên độ dài AB là số chẵn. Gọi h
S ABC =

C (c1 ; c2 ),

d (C ; AB),

1
AB ×h
2

là khoảng cách
với
khi đó
là số nguyên.
Tương tự với A, B cùng tung độ, ta cũng có diện tích tam giác ABC là số nguyên.
+ Xét trường hợp

A(a1 ; a2 ), B(b1 ; b2 )

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,

CAD, CBD có diện tích là số nguyên, suy ra
S ACBD = S ABC + S ABD ,

a1 ≠ b1 ,

1, 2,3, …, 20.

Hãy

nhỏ nhất có tính chất: Với mỗi cách lấy ra k số phân biệt từ

20 số trên, đều lấy được hai số phân biệt

a

và

b

sao cho

a+b

là một số nguyên tố.

Lời giải.

{ 2, 4, 6,8,10,12,14,16,18, 20}

Xét tập hợp

, 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

có 11 phần tử thì tồn tại ít nhất hai phần tử thuộc

cùng vào một trong 10 cặp số trên. Suy ra trong
tổng là một số nguyên tố.
II.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

A

luôn có hai phần tử phân biệt có


Bài 12. Cho

A1 , A2 ,..., An

là các tập hợp có hữu hạn phần tử sao cho

A1 = A2 = ... An

và

n

UA = S
i

i =1

. 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.

bằng số nguyên dương m nhỏ nhất sao cho
Cho

n

là

một

A = ( Ai ) 1≤i ≤3 n , B = ( Bi ) 1≤i ≤3 n , C = ( Ci ) 1≤i ≤3 n

số

nguyên

k ≤ Cmh

dương

.
cho

trước

là ba phân hoạch của tập hợp hữu hạn

ta có bất đẳng thức sau đúng với mọi

X

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
 

rằng

max p = Cn 2 

.

Bài 16(Định lí Erdos – Ko - Rado). Cho X là một tập hợp có n phần tử, và
G = { A1 , A2 ,..., Ap }

Ai = r ≤
a)

là một họ các tập con của X thỏa mãn các điều kiện sau:

n
, ∀i = 1, 2,..., p
2


Ai I Aj ≠ ∅, ∀i, j = 1, 2,..., p
b)

max p = C

.

r −1
n −1

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

hoặc chứa hai phần tử mà phần tử này là bội của phần tử

kia, hoặc chứa hai phần tử nguyên tố cùng nhau. Tìm số phần tử lớn nhất của tập
hợp

S

.

Bài 19(Balkan MO 1997). Cho tập hợp A có n phần tử và

S = { A1 , A2 ,..., Ak }

các tập hợp con của tập hợp A. Nếu với hai phần tử bất kì
Ai ∈ S

chứa đúng một phần tử trong hai phần tử

x, y

X = { 1, 2,..., 2

1996

Bài 20(Balkan MO 1996). Cho tập

x, y ∈ A

có một tập con

. 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

thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
a) Nếu A thuộc F, khi đó A có 3 phần tử;
b) Nếu A và B là hai phần tử khác nhau của S, khi đó A và B có nhiều nhất một
phần tử chung.


Kí hiệu

f ( n)

là số phần tử lớn nhất có thể có của F. Chứng minh rằng

n 2 − 4n
n2 − n
≤ f ( n) ≤
6
6

.

Bài 22. Cho S là một tập con của tập hợp

{ 1, 2,...,1989}

và S thỏa mãn tính chất trong S

không có hai phần tử mà hiệu của chúng bằng 4 hoặc 7. Tìm số phần tử lớn nhất của
S?
Bài 23 (Iran TST 2013) Cho

{ 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

xi + yi ≤ 2013, ∀i ≠ j, xi + yi ≠ x j + y j

Bài 25 (China 1996). Cho 11 tập hợp

M 1 , M 2 ,..., M 11

, mỗi tập có 5 phần tử và thỏa

mãn

M i I M j ≠ ∅, ∀i ≠ j; i, j = 1, 2,...,11

Gọi

m

.

là số lớn nhất sao cho tồn tại các tập

M i1 , M i2 ,..., M im

Trong số các tập đã cho sao cho
m

I

k =1

M ik ≠ ∅

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

hơn kém nhau 4 hoặc 7 đơn vị. Hỏi số


Bài 27. Cho số nguyên dương

n≥5

X = { 1, 2,..., n}

và tập hợp
X

nhỏ nhất sao cho với mọi cách chia tập hợp

. Tìm số nguyên dương

thành hai tập rời nhau

A, B

n

thì luôn

tồn tại một tập chứa ba số lập thành một cấp số cộng.
Bài 28 (IMO 1991). Cho tập hợp
sao cho mọi tập con
Bài 29. Cho

m, n

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}

S = { 1, 2,..., 280}

và

n > 2m

A1 , A2 ,..., Ak

. Tìm số nguyên dương

của tập

{ 1, 2,..., n}

k

thỏa mãn


TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên), Chuyên đề chọn lọc Tổ hợp và Toán rời rạc, NXB
Giáo dục, 2008.
[2] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên), Toán Rời rạc và một số vấn đề liên quan, Tài liệu bồi
dưỡng giáo viên hè 2007, Trường ĐHKHTN - ĐHQG Hà Nội.
[3] Trần Nam Dũng (chủ biên), Chuyên đề toán học số 8, 9, Trường PTNK - ĐHQG TP.
Hồ Chí Minh.
[4] Le Hai Chau - Le Hai Khoi, Selected Problems of the Vietnamese Maththematical
Olympiad (1962 - 2009), World Scientific.
[5] Tạp chí Toán học tuổi trẻ, Crux - Canada, AMM - USA
[6] Titu Andresscu - Zuming Feng, A path to combinatorics for underfrduates,

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