bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán thpt chuyên đề sử dụng phương pháp phân nhóm để giải toán

Sử dụng phương pháp phân nhóm để giải toán
Tổ toán

I. Lời nói đầu
Trong cuộc sống hay trong công việc, đôi khi chúng ta gặp phải 1 vấn đề lớn cần giải quyết, và giải
pháp tốt nhất mà ai cũng nghĩ tới là phân công việc đó ra để xử lý. Khi giải toán cũng vậy, gặp một
tập hợp lạ, 1 tổng khó tính thì phương pháp tốt nhất để chúng ta nắm rõ nó là phân nhóm các tập
hợp, các tổng đó thành các nhóm mà ở mỗi nhóm ta có thể dễ dàng quản lý số lượng cũng như chất
lượng (các tính chất) của các phần tử. Trong chuyên đề này, chúng tôi sẽ cùng bạn khai thác và làm
quen 1 số dạng bài liên quan đến sự phân nhóm để giải.

II, Sử dụng PP phân nhóm giải 1 số bài toán đếm
Tóm tắt nội dung
Trong phần này chúng ta sẽ tập trung xử lý vấn đề kiểm soát số phần tử 1 tập hợp thông
qua việc chia tập hợp thành các nhóm và xét số phần tử của từng nhóm con.

Ví dụ 1:Chứng minh rằng :
n

i=0

n
i

= 2n

Lời giải :
Ta xét số tập con của 1 tập hợp n phần tử, mỗi phần tử có thể thuộc hoặc không thuộc 1 tập
con nên theo quy tắc nhân ta có số tập con của tập đó là 2n (vế phải). Còn với vế trái, ta cũng xét
các tập con của tập n phần tử :
- Số tập có 0 phần tử là n0

- Số tập có 1 phần tử là n1
- Số tập có 2 phần tử là n2
............
- Số tập có n phần tử là nn
Vậy tổng số tập con của tập có n phần tử cũng bằng ni=0 ni suy ra điều phải chứng minh
Bình luận : Qua ví dụ rất cơ bản này, chúng ta có thể thấy rõ sự chia nhóm theo "số lượng" để
giải quyết bài toán đếm, ta cùng đến với ví dụ tiếp theo :
Ví dụ 2: [Thụy sĩ 2006]
Tính số tập con của X = {1; 2; ...; 2n} sao cho không tồn tại 2 phần tử có tổng bằng 2n + 1.
Lời giải :
Ta sẽ đi tính số tập con của tập X sao cho tồn tại 2 phần tử có tổng bằng 2n + 1.
Gọi số tập con đó là an . Xét tập Xn+1 = {1; 2; ...; 2n + 2} có an+1 tập con tồn tại 2 phần tử có
tổng bằng 2n + 3. Chia an+1 tập này thành 2 nhóm :
• Những tập không chứa hoặc chứa 1 trong 2 phần tử 1 và 2n + 2
Lúc này nhận thấy để những tập này chứ 2 phần tử sao cho tổng của chúng bằng 2n + 3 thì
chúng phải chứa 2 phần tử trong tập hợp {2; 3; ....; 2n + 1} mà tổng bằng 2n + 3.
1


Và mặt khác tồn tại 1 song ánh đi từ tập {2; 3; ....; 2n + 1} vào {1; 2; ....; 2n} và số tập con của
{2; 3; ....; 2n + 1} sao cho tồn tại 2 phần tử có tổng bằng 2n + 3 chính bằng an .
Suy ra trong nhóm này, số các tập con chứa 1 bằng số các tập con chứa 2n + 2 bằng số tập con
mà không chứa cả 2 1 và 2n + 2 bằng an
Vậy số tập cần tìm trong nhóm này là 3an
• Những tập chứa cả 2 phần tử 1 và 2n + 2 Lúc này do 1 + (2n + 2) = 2n + 3 nên số tập con cần
tìm chính là số tập con của tập {2; 3; ....; 2n + 1} và bằng 22n . Vậy nên : an+1 = 3an + 22n , bằng cách
đặt xn = an − 22n ta có xn+1 = 3xn và để ý a1 = 1, x1 = −3 dễ dàng suy ra an = 4n − 3n .
Vậy tóm lại số tập thõa mãn đề là 22n − (4n − 3n ) = 3n .
Bình luận: Trong phương pháp đếm dựa vào truy hồi. Khi xây dựng công thức truy hồi, ta có thể
chia tập thành 2 nhóm có phần tử mới thỏa mãn đưa vào hoặc không để đưa về trường hợp trước

Ví dụ 3: [IMO 1995]
Cho p là 1 số nguyên tố lẻ, tìm số các tập con A của tập hợp {1; 2; ...; 2p} thỏa :
(i) A có đúng p phần tử
(ii) Tổng tất cả phần tử của A chia hết cho p
Lời giải :
Với mỗi i = 1; 2; ...; p, ta gọi Ai là tập hợp bao gồm các bộ số (a1 ; a2 ; ...; ap ) (không kể thứ tự) với
.
ai ∈ {1; 2; ...; 2p}, a1 + a2 + ... + ap ..p và trong bộ (a1 ; a2 ; ...; ap ) chỉ có 1 số xuất hiện i lần, các số còn
lại xuất hiện 1 lần. Khi đó Ai là tập con của A
Kí hiệu Ai là tập con nhận từ Ai bằng cách trong mỗi bộ (a1 ; a2 ; ...; ap ) ta loại i số giống nhau
i = 1; 2; ...; p. Ai là tập con nhận từ Ai bằng cách trong mỗi bộ (a1 ; a2 ; ...; ap ) ta loại i − 1 số giống
nhau i = 2; 3; ...; p. Kí hiệu |A| là số phần tử của A, ta có :
p−i
|Ai | + |Ai+1 | = 2C2p
, i = 2; 3; ...; p − 1
p−1
p|A1 | + |A2 | = 2C2p
(1)

Thật vậy ta xét các bộ số không thứ tự (b1 ; b2 ; ...; bp−i ), các bi phân biệt. Đặt S = b1 + b2 + ... + bp−i
Khi đó tồn tại duy nhất r thỏa mãn 0 ≤ r < p sao cho s + ir ≡ 0 (mod p), do vậy nếu thêm vào
bộ (b1 ; b2 ; ...; bp−i ) i số r hoặc p + r ta sẽ được 1 bộ gồm p số mà :
(i) Mỗi số đều thuộc {1; 2; ...; 2p}
(ii) Tổng p số chia hết cho p
(iii) có đúng 1 số xuất hiện i lần hoặc i + 1 lần, phụ thuộc vào việc tồn tại hay không tồn tại
j ∈ {1; 2; ...; p − i} để bj = r hay bj = p + r, các số khác chỉ xuất hiện đúng 1 lần. Sau phép toán f
như vậy các bộ sẽ đều thuộc Ai ∪ Ai+1
Bây giờ ta tính số lặp của các bộ sau phép toán f :
- Với i = 1 thì mỗi bộ thuộc A1 được lặp p lần, các bộ thuộc A2 chỉ lặp 1 lần.
- Với i = 2; n thì mỗi bộ thuộc Ai lặp đúng 1 lần. Vì vậy số bộ sinh ra từ f không vượt quá tổng

số các phần tử của nó nhân với số lặp, hay :
p−i
|Ai | + |Ai+1 | ≥ 2C2p
, i = 2; 3; ...; p − 1
p−1
p|A1 | + |A2 | ≥ 2C2p

Hơn nữa các phần tử của Ai và Ai+1 đều gồm p − i số đôi 1 khác nhau nên mỗi bộ số trong Ai
và Ai+1 xuất hiện không quá 2 lần, nên :

2


p−i
|Ai | + |Ai+1 | ≤ 2C2p
, i = 2; 3; ...; p − 1
p−1
p|A1 | + |A2 | ≤ 2C2p

Và từ 2 điều trên ta có (1) đúng, vậy tóm lại :
p−1
p−i
(−1)i+1 2C2p

p

(p|A1 | + |A2 |) − (|A2 | + |A3 |) + .... + (−1) (|Ap−1 | + |Ap |) =
i=1

p lẻ suy ra :

p−1
p−i
(−1)i+1 2C2p

p|A1 | − |Ap | =
i=1

Do |Ap | = 2p nên số tập con cần tính là :
1
|A1 | = . 2p +
p

p−1
p−i
(−1)i+1 2C2p
i=1

Để ý rằng :
p−1
p−i
p
(−1)i+1 2C2p
= C2p
−2
i=1

, ta có kết quả :
1
p
−2

|A1 | = . 2p + C2p
p
Ví dụ 4 [IMO shortlist 2003]
Gọi f(k) là số các số nguyên n thỏa mãn các điều kiện sau:
i) 0 ≤ n < 10k , nên n có đúng k chữ số, với các chữ số 0 đứng đầu nếu cần.
ii) Các chữ số của n có thể hoán vị thành một số chia hết cho 11.
Chứng minh: f (2m) = 10f (2m − 1) với mọi số nguyên dương m.
Lời giải :
Gọi Ai là tập hợp các số nguyên dương n thỏa mãn:
i) 0 ≤ n < 102m , nên n có đúng 2m chữ số.
ii) 2m chữ số bên phải của n có thể hoán vị thành một số đồng dư i modulo 11.
Gọi Bi là tập hợp các số nguyên dương n thỏa mãn:
i) 0 ≤ n < 102 m − 1, nên n có đúng 2m − 1 chữ số.
ii) các chữ số của n có thể hoán vị thành một số đồng dư i modulo 11.
Ta có một số tính chất:
1. f (2m) = |A0 |; f (2m − 1) = |B0 | (1)
2. Từ 99. . . 9 (2m chữ số) chia hết cho 11 nên n thuộc Ai khi và chỉ khi 99...9 − n (2m chữ số 9)
thuộc A−i suy ra |Ai | = |A−i |. Tương tự ta có |Bi | = |B9−i | (2)
3. Từ nhận xét : a0 a1 ...an ≡ i (mod 11) ⇔ nk=0 (−1)k ak ≡ i (mod 11) suy ra n = a0 a1 ...an ∈ Ai
khi và chỉ khi a1 a2 ...an thuộc Bi−a0 do đó:
|Ai | = |Bi | + |Bi−1 | + . . . + |Bi−9 | = 10
k=0 Bk − Bi+1 . (3)
Vậy |Ai | = |Aj | ⇔ |Bi+1 | = |Bj+1 | (4)
Từ (2), (4) ta có |Ai | = |A0 |; |Bi | = |B0 | với mọi i, thay vào (3) ta được |A0 | = 10|B0 |, theo (1)
ta có điều phải chứng minh.
3


Ví dụ 5: Chứng minh rằng ta có thể sắp xếp các số tự nhiên thành 1 dãy x1 ; x2 ; .... sao cho với
mọi m ∈ Z+ tồn tại n ∈ Z+ sao cho : m = ni=1 x1i

Lời giải Ta phân hoạch N ∗ thành các nhóm A1 , A2 , . . . sao cho mỗi nhóm có tổng nghịch đảo
các phần tử bằng 1 theo quy nạp như sau :
Đầu tiên lấy A1 = 1
Giả sử đã xây dựng được Ak , ta sẽ đi xây dựng tập hợp Ak+1 :
Gọi n là số nguyên dương nhỏ nhất không thuộc A1 , A2 , . . . , Ak . Ta chọn n vào nhóm Ak+1 . Tiếp
theo ta sẽ xây dựng các lớp B1 , B2 , . . . , Bn−1 mà ở mỗi lớp có tổng nghịch đảo các phần tử bằng n1 .
Với B1 , dựa vào công thức:
1
1
1
1
1
1
=
+
=
+
+
...
n
n + 1 (n + 1)n
n + 2 (n + 2)(n + 1) (n + 1)n
Cứ thế ta có thể nâng các giá trị phần tử sao cho minb∈B1 b ≥ maxa∈(A1 ∪A2 ∪...∪Ak )a
Như vậy rõ ràng B1 ∩ (A1 ∪ A2 .... ∪ Ak ) = Ø . Tương tự, ta cũng có thể xây dựng được tập B2
mà: b∈B2 b = n1 , và minb∈B1 b ≥ maxa∈(A1 ∪A2 ∪...∪Ak ∪B1 )a .
Cứ như vậy ta xây dựng được B3 , B4 , . . . , Bn−1 .
Cuối cùng, Ak+1 = n ∪ B1 ∪ B2 ... ∪ Bn−1 .
Rõ ràng các Bi rời nhau và mina∈Ak+1 a ≥ maxa∈(A1 ∪A2 ∪...∪Ak )a .
Từ đó suy ra Ak+1 ∩ (A1 ∪ A2 ... ∪ Ak ) = ø và a∈Ak+1 a1 = 1
Như vậy ta đã xây dựng xong các nhóm A1 , A2 , . . . . Trở lại bài toán, với mỗi số nguyên dương

m, ta chọn m nhóm A1 , A2 , . . . , Am . Khi đó n chính là tổng số các phần tử của nhóm A1 , A2 , . . . , Am
còn xi là các phần tử của m nhóm này xếp chỉ số theo thứ tự tăng dần.

III, Sử dụng PP phân nhóm giải 1 số bài toán liên quan đến
giá trị biểu thức, giá trị lớn nhất và nhỏ nhất.
Tóm tắt nội dung
Ở phần tiếp theo này hãy cùng nhau xét 1 số ví dụ mà PP phân nhóm cho phép ta khảo
sát "chất lượng" của 1 tổng giúp đánh giá dễ dàng hơn. Qua mỗi ví dụ là những lời dẫn dắt,
lời bình giúp các bạn hiểu được "Tại sao lại làm như vậy ?"

Ví dụ 1: Cho các số thực a1 , a2 , ..., an ∈ R thỏa mãn
rằng:
n

i=1

n
i=1

|xi | = 1 và

n
i=1

xi = 0. Chứng minh

xi
1
1
≤ −

i
2 2n

Phân tích và tìm tòi lời giải :
Thật tự nhiên, ta mong muốn phá được dấu trị tuyệt đối để bài toán trở nên nhẹ nhàng. Và ý
tưởng đơn giản nhất là đánh giá các số hạng với 0 ! Ta dùng đánh giá với 12 để phá được trị tuyệt
đối của số hạng đằng sau số hạng đang xét, thì bài này ta sẽ sử dụng những đánh giá với 0, những
đánh giá cơ bản và tự nhiên thuần nhất để xử lý !
Phân hoạch tập x1 ; x2 ; ...; xn thành 2 tập :
A = {Xk ≥ 0}
B = {X j ≤ 0}
4


Giả sử tập A có p phần tử, B có q phần tử. Lúc đó, điều kiện bài toán trở thành :
p
k=1
p
k=1

Xk =
Xk +

q
j=1 X j
q
j=1 X j

+1
=0

p
i=1

Xk = 12
q
1
j=1 X j = − 2

⇔
Và ta đánh giá xni ≤ xii ≤ xi với xi ∈ A
xi ≤ xii ≤ xni vớixi ∈ B
Vậy :
n

i=1

xi
≤
i

q
j=1

p

Xk −

Xj

=

1
1
−
2 2n

Xk =

1
1
−
2n 2

n

i=1

Và :
n

i=1

xi
≥
i

p
j=1

n

Xj

q

−
i=1

Từ 2 bất đẳng thức trên ta có đpcm. Đẳng thức xảy khi a1 = 1; an =
Ví dụ 2: Chứng minh ∀n ∈ N và x ∈ R ta luôn có:
n−1

cos(2i .x) ≥
i=0

−1
2

và các số còn lại bằng 0.

n
2

Phân tích và tìm tòi lời giải :
Nhìn vào một bất đẳng thức n số hạng cộng lại ≥ n2 , điều đầu tiên mà mỗi người nghĩ tới chắc
hẳn là chứng minh mỗi số hạng ≥ 21 . Nhưng cụ thể với bài toán này, bất đẳng thức trên không phải
luôn đúng. Ta mong muốn phân hoạch dãy các i đại diện cho |cos(2i .x)| thành 2 phần :
A = {i| |cos(2i .x)| ≥ 21 }
B = {j| |cos(2j .x)| < 12 }

Ở phần A, hiển nhiên ta có điều ta mong muốn, còn ở phần B thì sao ? Ta sẽ chỉ ra tập A ⊂ A
để với mỗi số hạng b ở tập B luôn tồn tại 1 số hạng a ở tập A để cos(2b .x) + |cos(2a .x)| ≥ 1.
Thật vậy với mọi j ∈ B |cos(2j .x)| ≤ 12 ta chứng minh |cos(2j .x)| + |cos(2j+1 .x)| ≥ 1 (∗), lúc đó
hiển nhiên |cos(2j+1 .x)| ≥ 12 suy ra (j + 1) ∈ A và trong dãy {0; n − 1} không có 2 phần tử nào tập
B đứng liên tiếp.
Thật vậy (∗) tương đương |cos α| + |cos 2α| ≥ 1 với α = 2j .x, |cos α| < 21 .
⇔ |cos α| + 2 cos2 α − 1 ≥ 1
1
⇔ |cos α| + 1 − 2 cos2 α ≥ 1 (|cos α| < )
2
2
⇔ |cos α| ≥ 2 cos α
Và điều này hiển nhiên đúng do |cos α| < 12 .
Với điều này và những lý luận trên, ta có điều phải chứng minh

5


Nhận xét : Tại sao lại chọn A như vậy ? Các bạn hãy chú ý dấu giá trị tuyệt đối và tự tìm ra
câu trả lời cho mình.
Ví dụ 3 :[IMO SL 2010]
Cho dãy số {an } được xác định bởi x1 = 1, x2k = −xk , x2k−1 = (−1)k+1 xk với mọi k ≥ 1. Chứng
minh rằng x1 + x2 + x3 + ... + xn ≥ 0∀n ≥ 1.
Lời giải :
Ở bài toán này ta không thể phân nhóm theo âm dương ngay được, nhưng giả thiết đã gợi ý cho
ta việc phân nhóm theo modulo của các chỉ số để từ đó kiểm soát được tính âm dương của từng số
hạng cũng như của tổng.
Dễ dàng nhận thấy :
x4k−3 = x2k−1 = −x4k−2 và x4k−1 = x4k = −x2k = xk (1)
Đặt Sn =

n
i=1

xi , ta có :
k

S4k =

k

((x4k−3 + x4k−2 ) + (x4k−1 + x4k )) =
i=1

(0 + 2.xi ) = 2Sk (2)
i=0

S4k+2 = S4k + (x4k+1 + x4k+2 ) = S4k (3)
Để ý rằng Sn ≡ ni=1 1 = n (mod 2)
Bây giờ chúng ta chứng minh Si ≥ 0 với mọi i ≤ 4k bằng quy nạp để kết hợp với kết quả trên
suy ra điều phải chứng minh. Kết quả đúng với k = 1 do x1 = x3 = x4 = 1, x2 = −1. Giả sử rằng
Si ≥ 0∀i ≤ 4k. Từ (1), (2) và (3) ta có :
S4k+4 = 2.S2k+1 ≥ 0, S4k+2 = S4k ≥ 0 , S4k+3 = S4k+2 + S4k+3 =

S4k+2 + S4k+4
≥0
2

Vậy ta chỉ còn chứng minh S4k+1 ≥ 0. Nếu k lẻ thì S4k+1 = S4k + x4k+1 nhưng S4k = 2Sk và
Sk ≡ k ≡ 1 (mod 2) nên S4k+1 = S4k + x4k+1 ≥ 2 + x4k+1 ≥ 1 > 0

Nếu k chẵn thì S4k+1 = S4k + x4k+1 = 2Sk + xk+1 = Sk + Sk+1 ≥ 0.
Vậy theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 4:
Giả sử x1 , x2 , x3 , . . . ., xn là n số thực sao cho : ni=1 |xi | = 1. Chứng minh rằng tồn tại S ∈
{1; 2; . . . .; n} thỏa mãn :
1) 1 ≤ |S ∩ {i; i + 1; i + 2}| ≤ 2∀i = 1; n − 2

xi ≥

2)
i∈S

Lời giải :
Với mỗi i = 0, 1, 2 đặt si =
t2 − t3 = 1. Suy ra

xj ≥0;j≡i (mod 3)

xj ; t i =

1
6

xj <0;j≡i (mod 3)

xj . Ta có s1 + s2 + s3 − t1 −

(s1 + s2 ) + (s2 + s3 ) + (s3 + s1 ) − (t1 + t2 ) − (t2 + t3 ) − (t3 + t1 ) = 2

6

Không mất tính tổng quát giả sử s1 + s2 ≥ 13 và |s1 + s2 | ≥ |t1 + t2 |. Suy ra s1 + s2 + t1 + t2 ≥ 0.
Do đó :
(s1 + s2 + t1 ) + (s1 + s2 + t2 ) ≥ s1 + s2 ≥ 31 . Vậy nên 1 trong 2 số (s1 + s2 + t1 ) và (s1 + s2 + t2 )
tồn tại 1 số ≥ 61 và rõ ràng trong 3 số nguyên liên tiếp luôn có 1 số chia hết cho 3 nên ta có điều
phải chứng minh.
Nhận xét : Ở ví dụ trên ta đã có sự kết hợp của cả 2 loại phân nhóm : Phân nhóm về dấu và
về mod 3 của chỉ số. Hi vọng qua những bài toán trên, các bạn rút ra được phần nào kinh nghiệm
về những cách phân nhóm và có thể tự áp dụng vào những bài tập tương tự, ta kết thúc chuyên đề
bằng bài toán VNTST 2005:
Ví dụ 5: [VN TST 2005]
Một số nguyên dương được gọi là “ số kim cương 2005” nếu trong biểu diễn thập phân của nó có
2005 số 9 đứng cạnh nhau liên tiếp. Dãy (an ) ,n = 1, 2, 3, ... là dãy tăng ngặt các số nguyên dương
thỏa mãn an < n.C (C là hằng số thực dương nào đó).Chứng minh rằng dãy số (an ) chứa vô hạn “số
kim cương 2005”
Giải
Xét trong cơ số m = 102005 bây giờ ta có dãy ann bị chặn nên ta sẽ chứng minh rằng tồn tại vô
số n sao cho an chứa chữ số m − 1. Thật vậy ta có nếu dãy an không chứa số nào có chữ số m − 1„
1
đặt sk =
với tất cả các số n mà n có k chữ số và không có số m − 1 nào trong hệ cơ số m. Mà
n
(m−2)(m−1)k−1
sk <
ở vị trí tận cùng bên phải mỗi số. Vậy
mk−1
+∞ (m−2)(m−1)k−1
+∞
+∞ 1

1
= (m − 2). 1− m−1
= m(m − 2) < +∞
k=1
k=1 sk <
i=1 ai =
mk−1
m

1
Suy ra +∞
i=1 ai < +∞.
Nhưng tồn tại C sao cho an < nC với mọi n . Suy ra :
+∞ 1
+∞ 1
n=1 nC = +∞ (mâu thuẫn).
i=1 ai >
Vậy ta có tồn tại n0 mà an0 có chứa chữ số m − 1. Bây giờ xét dãy an0 +1 , an0 +2 , ..., ak , .... vẫn có
tính chất đề bài nên ta có vô số số n mà an chứa chữ số m − 1 trong cơ số m. Hay có vô số n mà an
là "số kim cương".Kết thúc chứng minh

IV. Bài tập
Bài toán 1 :[Đề thi vòng 2 THPT Chuyên KHTN 2012-2013] Giả dụ dãy số thực có thứ tự x1 ≤
x2 ≤ .... ≤ x192 thỏa mãn điều kiện
x1 + x2 + x3 + ... + xn = 0
x1 + x2 + ... + x192 = 2013
Hãy chứng minh
x192 − x1 ≥

2013

96

Bài toán 2 :[IMO 1991]
Cho S = {1; 2; ...; 280}. Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho mọi tập hợp con n phần tử của S
đều chứa 5 số đôi một nguyên tố cùng nhau.
Bài toán 3 : [MOP 2006]
Cho các số dương a1 ; a2 ; ...; a7 , b1 ; b2 ; ...; b7 thỏa: ai + bi ≤ 2. CMR luôn tồn tại hai số k khác m
sao cho:
|am − ak | + |bm − bk | ≤ 1
7


Bài toán 4 :
a∈Ai
Tính số cách phân hoạch {1; 2; ...; n} thanh các tập Ai sao cho m(Ai ) ∈ Ai với m(Ai ) = |A
i|
Bài toán 5 : Cho S ⊂ {1; 2; ...; 100} với |S| = 51. Chứng minh rằng S chứa 2 số mà số này là
bội của số kia.

V, Lời kết
Phương pháp phân nhóm là 1 phương pháp tự nhiên và hữu hiệu khi giải toán tổ hợp đã được thể
hiện qua 9 bài toán và 5 bài tập mà chúng tôi đã cố gắng truyền tải ý tưởng 1 cách tự nhiên nhất
đến các bạn. Chúc các bạn vui vẻ khi giải toán về sự "phân nhóm" và luôn biết "phân nhóm" mọi
việc trong cuộc sống để giải quyết các vấn đề và sống tốt hơn.

8