Một số phương pháp xây dựng và giải bài toán tổ hợp

g BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC ĐÀO ANH TUẤN MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP XÂY DỰNG VÀ GIẢI BÀI TOÁN TỔ HỢP LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC TOÁN HỌC THANH HÓA, NĂM 2017 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC ĐÀO ANH TUÂN MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP XÂY DỰNG VÀ GIẢI BÀI TOÁN TỔ HỢP LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC TOÁN HỌC Chuyên ngành: Toán Phương Pháp Mã số: 60.46.01.13 Người hướng dẫn khoa học: TS NGUYỄN HỮU HẬU THANH HÓA, NĂM 2017 Danh sách Hội đồng chấm luận văn Thạc sĩ khoa học theo Quyết định số…… ngày tháng năm … Hiệu trưởng Trường Đại học Hồng Đức: Học hàm, Họ tên Cơ quan Công tác học vị Chức danh Hội đồng PGS.TS Trần Đình Kế Trường ĐHSP Hà Nội PGS.TS Trần Văn Ân Trường ĐH Vinh Phản biện TS Hoàng Văn Thi Sở GD Thanh Hóa Phản biện GS.TSKH Lê Dũng Mưu PGS.TS Cung Thế Anh Chủ tịch Viện Toán học Ủy viên Trường ĐHSP Hà Nội Thư ký Xác nhận Người hướng dẫn Học viên chỉnh sửa theo ý kiến Hội đồng Ngày 10 tháng năm2017 TS Nguyễn Hữu Hậu i LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan luận văn khơng trùng lặp với khóa luận, luận văn, luận án cơng trình nghiên cứu công bố Người cam đoan Đào Anh Tuấn ii LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành với hướng dẫn bảo tận tình TS Nguyễn Hữu Hậu- Trường Đại học Hồng Đức Thầy dành nhiều thời gian hướng dẫn giải đáp thắc mắc tơi suốt q trình làm luận văn Từ đáy lịng mình, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến thầy Tôi xin trân trọng gửi tới Thầy khoa Tốn, phịng quản lí Đào tạo sau Đại học Trường Đại Học Hồng Đức thầy tham gia giảng dạy khóa cao học 2015-2017, lời cảm ơn sâu sắc công lao dạy dỗ thầy, cô suốt trình giáo dục, đào tào nhà trường Đồng thời xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao Học Toán K8- Phương Pháp Toán Sơ Cấp- Trường Đại Học Hồng Đức động viên giúp đỡ tơi q trình học tập làm ln văn Tuy nhiên, hiểu biết thân khuôn khổ luận văn, nên luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót Tơi mong nhận dẫn góp ý Thầy Cơ, bạn bè để tơi hồn thành tốt luận văn iii MỤC LỤC LỜI CAM ĐOAN i LỜI CẢM ƠN .ii MỤC LỤC iii CÁC HÌNH VẼ v MỞ ĐẦU Chương 1: Kiến thức sở 1.1 Tổ hợp suy rộng 1.1.1 Phép chứng minh quy nạp 1.1.2 Hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp 1.1.3 Hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp suy rộng 1.1.4 Nguyên lý đếm toán đế 1.2 Về phương pháp đếm dùng hàm sinh, nguyên tắc cực hạn .10 1.3 Một số sai lầm phổ biến học sinh giải toán tổ hợp 13 Chương 2: Một số phương pháp xây dựng toán tổ hợp 26 2.1 Phương pháp đạo hàm tích phân 26 2.2 Phương pháp hệ phương trình 27 2.3 Phương pháp song ánh 32 2.4 Phương pháp số phức 34 Chương 3: Một số phương pháp giải toán tổ hợp 38 3.1 Phương pháp đại lượng bất biến 38 3.2 Phương pháp đếm dùng hàm sinh 43 3.3 Phương pháp nguyên tắc cực hạn sử dụng ánh xạ .52 3.4 Một vài biểu diễn qua tổ hợp 63 3.5.1 Định lý Hilbert Định lý Cantor biểu diễn số 63 3.5.2 Khai triển đa đơn thức 65 iv 3.5.3 Sử dụng số công thức chuyển đổi ngược 68 3.5.4 Đồng thức Newton 75 3.5.5 Định lý Fermat Định lý Wilson 79 Kết luận 83 Tài liệu tham khảo 84 v Danh mục hình vẽ đồ thị Bài tốn 3.3 trang 40 Bài toán 3.6 trang 42 Quy tắc xoắn trang 45 b0 b1 x b2 x2 a0 a0b0 a0b1 x a0b2 x2 a1 x a1b0 x a1b1 x a2b2 x3 a2 x a2b0 x2 a2b1 x3 a2b2 x4 … Hình 3.5 … 1.Tính cấp thiết đề tài Toán tổ hợp chuyên đề toán học, dạng tốn quan trọng trương trình phổ thơng Các kết chứng minh chứng minh tương đối hoàn chỉnh đầy đủ tài liệu nước nước ngồi Mặt khác kì thi đại học, đặc biệt kì thi học sinh giỏi cấp ta hay gặp toán tổ hợp Để giúp học sinh phổ thơng, giáo viên tìm hiểu kết toán tổ hợp nhà toán học nghiên cứu, đồng thời nắm kĩ thuật, xây dựng giải số dạng toán tổ hợp cụ thể hệ thống theo trình tự logic định Việc xây dựng đưa số phương pháp giải toán tổ hợp nhằm giúp học sinh nhìn nhận khái qt hóa tốn mà học sinh tự giải Từ cho em làm quen tập dượt việc nghiên cứu chuyên đề tốn học sau Chính lý trên, chọn đề tài nghiên cứu luận văn “Một số phương pháp xây dựng giải tốn tổ hợp” Mục đích đề tài Mục đích nghiên cứu luận văn trình bày số kiến thức tổ hợp, số sai lầm học sinh giải toán tổ hợp, đồng thời đưa số cách xây dựng giải toán tổ hợp Nội dung nghiên cứu Một số kiến thức tổ hợp suy rộng, đưa số phương pháp xây dựng tốn tổ hợp: Phương pháp đạo hàm tích phân; phương pháp hệ phương trình; phương pháp song ánh; phương pháp số phức; phương pháp sử dụng nguyên lý bất biến Đồng thời đưa số phương pháp giải toán tổ hợp gồm: Phương pháp đại lượng bất biến; phương pháp đếm dùng hàm sinh; phương pháp nguyên tắc cực hạn; sử dụng ánh xạ Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu toán tổ hợp, tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi, tài liệu hội thảo toán học, … Kết đạt Hệ thống hóa đưa số phương pháp xây dựng giải toán tổ hợp, số sai lầm học sinh giải tốn tổ hợp Đề tài đóng góp thiết thực cho việc giạy học chuyên đề toán trường trung học phổ thơng, góp phần nâng cao chất lượng dạy học toán cho giáo viên học sinh Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, dự kiến luận văn gồm chương: Chương I: Trình bày kiến thức sở tổ hợp suy rộng, với số sai lầm phổ biến học sinh giải tốn tổ hợp Chương II: Trình bày số phương pháp xây dựng toán tổ hợp phương pháp đạo hàm tích phân, phương pháp hệ phương trình, phương pháp song ánh, phương pháp số phức Chương III: Trình bày số phương pháp giải tốn tổ hợp phương pháp đại lượng bất biến, phương pháp đếm dùng hàm sinh, phương pháp nguyên tắc cực hạn sử dụng ánh xạ, sử dụng nguyên lý bù trừ, vài biểu diễn qua tổ hợp Thanh Hóa, tháng năm 2017 Tác giả luận văn Đào Anh Tuấn 70 n  n j  n   Chứng minh F   (1) F  1    n j1  j  j  Lời giải Với x  1  n1 n1  1 1 x , x  có Fn  Khi x  2 5   n j n j j 1 j 1   x (1  x )n  x (1  x )n   Cn Fj   Cn x2  x1 1  j 0 j 0 5   x x 2n  x x 2n   11   2  x  x ,1  x  x 2 1 n 2n1 2n1 x x  F Theo Định lý 3.6 ta Từ suy  Cnj Fj  2n j0   n n nhận Fn   (1) j Cnj g( j)   (1) j Cnj F f(j) = Fj , g(n) = F2n Vì 2j j0 j0 n n n j j Cn (F  1) F0 = =   (1) j Cnj nên Fn =  (1) 2j j  j1 Bài toán 3.34 Xét dãy số Lucas L0 = 2, L1 = Ln+2 = Ln+1 + Ln với n ≥ Khi ta có 1 1 (i) Ln  x n  x n với x  , x2  2 n (ii) L2n   Cnj L j j0 n n j j Cn (L2 j  22) (iii) Ln   (1) j1 Lời giải (i) Bằng phương pháp quy nạp theo n, với x  1 1 , x  2 ta có biểu diễn Ln = x2n  x1n (ii)  x2  x2 ,1  x  x2 ,  x  x2 nên ta biến đổi đây: 1 1 71 n n j j  Cnj L j   Cnj ( x2  x1 )  (1  x2 )n  (1  x1)n  x22n  x12n  L2n j0 j0 n Vậy có cơng thức L2n   Cnj L j j0 n n (iii) Theo định lý 3.7, Ln   (1) j Cnj g( j)   (1) j Cnj L với f(j) = 2j j0 j0 n Lj, g(n) = L2n Vì L   2  (1) j Cnj nên dễ dàng suy j1 n n j j Cn (L2 j  2) công thức Ln   (1) j1 Bài toán 3.35 Cho dãy (Dn   (1)k Cnk (n  k )!) ) với n  Chứng minh: n! = n  n +  (1)n   D với moïi n  k k 0 k n n Lời giải:.Ta có Dn   (1)k Cnk (n  k )!   (1)nk Cnnk (n  k )!   (1)k Cnk k ! k 0 k 0 n Đặt fk = (-1)kDk gk = (-1)kk! Khi f(n) =  Cnk Dk hay (-1)nn! = k 0 n  (1)n Cnk Dk Vì D0 = theo quy ước D1 = nên n! = + k 0 n n k  (1) Cn Dk k 0 Bài toán 3.36 Đặt an  1n  2n  mn , n, m  m 1 n n j j 1  j an  Cn1 (m  1)  1  (1)   n  j1  Khi 72 n1 Lời giải Ta có ( x  1)n1  x n1   Cnj1 x n1 j Cho x = 1,…,m, cộng tất j1  n  lại (m  1)n1   (n  1)   Cnj a   m n11   j1 j  Vậy (m  1)n1  (m  10 n j   Cn a Theo Định lý 3.7, với n 1 j1 n   j j f ( j)  aj n 1 j an = f(n) = , g (n)  (m  1) n1  (m  1) ; ta có n 1 m 1 n n j C j 1 (m  1) j  1  (1) n 1   n  j1  Bài tốn 3.37 Có xếp n chữ khác vào r ô cho có chữ Lời giải Số cách xếp n chữ khác vào r ô số ánh xạ từ tập n phần tử vào tập r phần tử số đúng rn Ký hiệu số cách xếp n chữ vào r cho có chữ qn Trong số rn cách xếp phần đầu, ta xét cách xếp để có chữ Số cách xếp qn Sau xét tất cách xếp có trống Số C1r q Tiếp theo xét tất cách xếp có hai trống r 1 Số Cr2 q , v.v… Vậy: r 2 r n   Cr0qr  C1r q   Crr 1q  Crr q Theo Định lý 3.7, r 1   r r qr   (1) k Crk (r  k ) n    (1) k  C k (r  k ) n r k 0 k 0 r  (1) k Crk  (1  1) r  k 0 Với cách thức chuyển đổi ngược, xét thi vô địch quốc tế sau: 73 Bài toán 3.38 [IMO 1987] Ký hiệu pn(k) số phép tập gồm n n phần tử, có k phần tử cố định Chứng minh  kpn (k )  n! k 0 n  (k  1) p (k )  n! n k 0  nC k 1q Lời giải Hiển nhiên kpn (k )  kCnk q Từ quan hệ n1 n1(k 1) nk  C0 q  C1 q   C n1q ta n1 n1 n1 n1 n2 n1 n n k kp ( k )   n  kCn qnk  n(n  1)!  n! k 0 k 0 p Ta có (k  1) pn (k )  (k  1) Cnk q nk suy hệ thức sau Xét quan hệ đa thức đây: n ( p  x) n  (q   x) n   Cnk ( x  1) k q nk Lấy đạo hàm hai vế, k 0 n n( p  x) n1   kCnk ( x  1) k 1q nk k 0 n n n( p  x) n1   (k  1)Cnk ( x  1) k 1q nk   Cnk ( x  1) k 1q nk Vậy: k 1 k 1 Lấy đạo hàm hai vế cho x = ta nhận hệ thức sau đây: n n n!  (k  1) Cnk q nk   (k  1)Cnk q nk k 2 k 2 n n =  (k  1) npn (k )  qn   (k  1)Cnk q nk k 0 k 2 n n n =  (k  1) npn (k )   kCnk q nk   Cnk q nk k 0 k 0 k 0 n =  (k  1)2 npn (k )  n! n! k 0 n Theo chứng minh Tóm lại  (k  1) pn (k )  n! k 0 74 Bài toán 3.39 Dãy (an) xác định sau: a1 = 0, a2 = an  na n(n  1)a n1  n2  (1) n (1  n ) với n ≥ Xác định công thức tường 2 minh cho f n  an  2C1n a  3Cn2a   (n  1)Cnn2a  nCnn1a n1 n2 Lời giải Bằng quy nạp theo n ta an  nan1   1 Vậy n 1 1 an  n!(1      (1) n ) Viết an dạng sau đây: 1! 2! 3! n! an  Cnn n!Cnn1(1)1(n  1)!  Cn0 (1) n (n  n)!; ta viết cách thức ak bk = k! Qua ak bk tương ứng an = (b-1)n với số nguyên n ≥ với quy ước a0 = Xét quan hệ đa thức sau: n x(b   x) n  x(a  x) n   Cnk a nk x k 1 Lấy đạo hàm hai vế, k 0 n nx(b   x) n1  (b   n) n   k  1Cnk a nk x k Với x = ta có k 0 n n1 bn  nb   (k  1)Cnk a hay n!n(n)!  (k  1)Cnk a  n 1 n1 k 0 nk n  k k 0 n1  2n!n  Từ suy ra: f n   (k  1)Cnk a n  k k 0 n Chú ý : Từ x (b   x) n  x (a  x) n   Cnk a nk x k 2 , k 0 lấy đạo hàm hai vế được: n nx (b   x) n1  x(b   n) n   (k  2)Cnk a nk x k 1 Với x = ta có k 0 n 2bn  nb   (k  2)Cnk a hay n1 k 0 nk n1 2n!n(n)!  (k  2)Cnk a  n  Từ ta suy n  k k 0 n1  (k  2)Cnk ank  3n!n  k 0 75 3.5.4 Đồng thức Newton Sử dụng chuỗi lũy thừa hình thức để chứng minh đồng thức liên quan đến đa thức đối xứng Giả sử x1,…xn n tham số Ký hiệu:   x  x   xn  x   x x  x x   x n 1 n      x1x2 xn  n  t t t  Nt  x1  x2   xn  1,2, , N  n  i i  p  p ( x , , x )  x xin x  n n  h h 1 i  in h  Định lý 3.8 [Newton] ([10]) Ta có đồng thức sau đây:    (1)t 1 N1 t 1  (1)t t t  0,1  t  n , Nt  N t 1 Nt  N    (1) n1 N   (1) n Nt  n t  0, t  n t 1 t n1 n1 Chứng minh: Với f(x) = (x – x1) (x – x2) …(x - xn) ta nhận f ' ( x) 1 1     [   ] x xn f ( x) x  x x  xn x 1 1 x x t t t  N Nt f ' ( x)  x1  x2   xn t hay f ' ( x)  f ( x)  Vậy      n n  t  t  x f ' ( x) t 0 x t 0 t x x t 0x Từ có đồng thức    n  (n  1)  (n  2)   (1) n1 n1 x x2 x n1      = [1     (1) n nn ][ n    1t  ] x x2 x x x So sánh hệ số t hai vế ta có đồng thức Newton x 76 Hệ 3.3 ([10]) Giả sử hai hệ số thực a1,…,an b1,…,bn thỏa n n mãn  a s   b s với s = 1,2,…,n Khi có phép hốn vị  thuộc k 1 k k 1 k nhóm đối xứng Sn để ak = b với k = 1, 2,…, n  (k ) Chứng minh: Sử dụng Định lý 3.8, qua quy nạp theo s nhận đồng thức  s (a , , an )   s (b , , bn ) với s = 1, 2,…, n Từ suy 1 n n  ( x  ak   ( x  bk ) Vậy có phép hốn vị  thuộc nhóm đối xứng Sn k 1 k 1 để ak = b với k = 1, 2, …, n  (k ) Định lý 3.9 ([10]) Nt   Đặt ui  (1)i1 i với ≤ i ≤ n Ta có đồng thức t (     n  1)!    u 1u un n , tổng lấy theo tất 1!2! n! hệ ( ,  , , n ) số nguyên không âm thỏa mãn   2   nn  t 1 Chứng minh: Với f  x  x – x1   x – x2    x – xn  ta nhận N xt  xt   xnt f ' ( x)  t , (1) Dễ dàng thấy f ( x )  x n    t 0 t  xt  f ' ( x) x t 1  u x n1  ux x n2   u n Biểu diễn f  x   x n – g  x  Ta có f ( x) g ( x)  1 n n x x Viết thành chuỗi lũy thừa hình thức f ' ( x) f ' ( x) f ' ( x)  g ( x)  n  n  ( n )t f ( x) x  g ( x) x t 0 x n x =  f ' ( x)  1   (    (1) n1 nn )t , (2) n x t 0 x x x  Nt u f ' ( x)  u u  n  (    nn )t Từ (1), (2) ta suy  x t 0 x x x t 0 x t 1 77 u  u u u n (n  1)u1   nn1 =  (    nn )t (  x x x t 0 x x x2    (n  1)u t!u11u22 unn    ](n  =  [ h  x t 0 1!2 ! n ! x u n  ) xn  tổng lấy theo tất số nguyên không âm thỏa mãn 1  22   nn  h 1  22   n  t Vậy    (1   n )!u11u22 unn (n  1)u1  Nt   [ ]( n       x t0 x t1 t0  ! !  ! x 122  nn 1 n un1 ) n  x tổng lấy theo tất hệ (  ,  , , n ) số nguyên không âm So 1 sánh hệ số    hai vế ta có hệ số u 1u unn bằng: x t 1 (1   n )! (1   n  1)! (1   n  1)!1    1!2 ! n ! (1  1)!2 ! n 1!2 ! (n1  1)! n ! Với   2   nn  t Biến đổi số hạng ta có hệ số    u 1u u n n  (     1)![  2   n ] t (     1)! n n  n 1  ! ! n  ! n 2 Tóm lại, Nt   t (     n  1)!    u 1u unn , tổng lấy theo 1!2! n! tất hệ ( ,  , , n ) số nguyên không âm thỏa mãn 1 1  22   nn  t Bài toán 3.40 Chứng minh x  x  x  3x x x 3  x2  x2  x2  x x  x x  x x 2 31 x x x 78 Lời giải Theo Định lý 3.8 ta có N  N   N   3  Vậy 1 N  3 3  N   nhận đồng thức 2 N Bài toán 3.41 Nếu x1, x2, x3 thỏa mãn hệ thức x3  x3  x3  x x x  3 x  x  x  ( x  x  x )(x x  x x  x x )  3 2 31 Lời giải Theo Định lý 3.8 ta có N  N   N   N   Vậy 2 N  N   N ( N   )  nhận đồng thức 2 3 Bài toán 3.42 Các số x1, x2, x3 thỏa mãn x1 + x2 + x3 = Khi tính x x  x  x x  x  x x x    (i) T      x x x x x x x x x   3 1 2  (ii) Chứng minh x  x  x  3x x x  2( x x  x x  x x )3 2 2 31 13  41  9 Lời giải (i) Phân tích giản ước T   3 (ii) Dễ thấy x1, x2, x3 nghiệm x3   x    Do ta có N  3 , N   N   N   N   N 3 2 2 2 Như N   N   N   3   N  3  2 , N  2 2 3 2 Bài toán 3.43 Đặt   p0  Khi  p3  1 p2   p1   p0   p1  Từ suy   det  p2 p  p1 p2      vaø p3  det    p1    1 2      1   Lời giải Đặt   > Viết hàm sinh  (t )   t k   (1  txi ) k i1 k 0  p(t )   p t k   Ta có  (t ) p(t )  Khai triển  (t ) p(t ) , i11  txi k 0 k 79 hệ số t j , j  , Vậy  (1) k  p  Từ quan hệ k  k k 0 1 p    1 p2  p1   1 p  p  p    3 suy hệ phương trình tuyến tính: Hệ có nghiệm (1, -  ,  ) Qua  p1   p2 p  việc tính hệ số p2  0      p3     p1     0      det  p1  p1   3 p2 p1 ta suy quan hệ det:   1   2 1   chứng minh hoàn toàn tương tự 3.5.5 Định lý Fermat Định lý Wilson Bổ đề 3.1 ([10]) Với số nguyên dương n, đặt f  x   1  x    x  n  x  Giả sử f  x   b0  b1 x  b2 x   bn x n Chứng minh rằng: n nk b – k  bk  C n1k  Cn n1 n1  C n1k b   C2 b n1 n2 k 2 k 1 Chứng minh: Từ 1  x    x  n  x   b0  b1x  b2 x   bn x n ta suy 2  x    x  n   x   b0  b1  x  1   bn  x  1 qua việc thay x x Ta có bn  1, bn1     n  n(n 1) 2! hệ thức : 1  x  (2  x) n    b  x  1 n n  x  (n   x )  b0  x  1  b1  x  1  b2  x  1 n 80 Từ n    x  f  x    x  1 f  x  1   n   x  b0  b1 x   bn x n  b0  x  1  b1  x  1  b2  x      bn  x  1 n 1 Như vậy:  bn   (n  1)bn1  bn2  Cn1bn  Cnbn1  Cn1bn2  b  C3 bn  Cn2b  C1 b  C0 b (n  1)b n  n  n  n  n  n  n2 n3    n1 n2 n3 (n  1)b2  b1  Cn1bn  Cn bn1  Cn1 bn2   C3b2  C2 b1  (n  1)b  b  C n bn  Cnn1b  C n2b   C1b  c0b n  n  n  n  21  n  (n  1)b  C n1b  C nb n n1  Cn1bn2   C2 b1  C1b0 n1 n  có bn   n(n  1) b   n1 2!   C3  Cn2b 2 b n  n1 n1    n1 n2 n3 (n  2)b2  Cn1  Cn bn1  Cn1 bn2   C4 b3  (n  1)b  C n  Cnn1b  C n2b   C1b n  n  n  n   n  nb  C n1  C n b n n1  Cn1bn2   C2 b1  n1 Do (n  k )bk  Cnn11k  Cnnk bn1  Cnn11k bn2   Ck22bk 1 Hệ 3.4 [MO British 1974] ([10]) Với số nguyên tố lẻ p, Đặt f  x   1  x    x  p –  x  Giả sử f  x   b0  b1 x  b2 x   bp1 x p1 Chứng minh  81 (i) p bk với k = 1, 2,…, p – p  b0  1 (ii) Với số nguyên n ta có p  n  1  n    n  p  1 – n p1  Từ suy p  p – 1! p n p1 – (n, p) = Chứng minh: (i) Qua cơng thức tính tốn ta có bp 1   p( p  1) b   p2 2!  2 b  C 3p  C b  p3 p1 p2    p1 p2 p3 ( p  2)b1  C p  C p1 b p2  C p2 b p3   C3b2  p p1 p2  ( p  1)b0  C p  C p1b p2  C p2 b p3   C2 b1 Sử dụng công thức quy nạp theo k có p bk với k = 1, 2, …, p – Từ hệ thức cuối suy hệ thức p.b0   b0  1  bp2  bp3   b1 b0 + chia hết cho p (ii) Vì p bk với k = 1, 2,…, p – b0 + chia hết cho p nên p  n  1  n    n  p – 1 – n p1  với số nguyên n Từ suy p  p – 1! p n p1 – (n, p) = Từ kết ta suy ba kết sau đây: Định lý 3.10 ([10]) Với số nguyên tố p số nguyên n thỏa mãn (n, p) = 1, ta ln có (i) [Fermat nhỏ] n p1  1 mod p  ; (ii) [Wilson]  p – 1!   mod p  ;  p    (iii) Nếu số nguyên tố p có dạng 4k +  !    mod p     Bài tốn 3.44 Tìm tất nghiệm ngun phương trình x  y  z6  82 Lời giải Nếu phương trình có nghiệm Z có nghiệm 3 3 Z7 Khi tồn x, y, x  Z thỏa mãn x  y  z  Vì x , y  0,1, 1 ,   3 nên x  y {0,1, 2} , z   {3, 4} Vậy phương trình xét vơ nghiệm Z Bài tốn 3.45.Tìm tất nghiệm nguyên phương trình: x  y  z6  Lời giải Nếu phương trình có nghiệm Z có nghiệm Z7 Khi tồn x, y, x  Z thỏa mãn x  y  z  Trong Z8 có hệ thức 2 2 2 2  0,1  1,  4,  4,  1,  0,  1,  4,  Vậy x hoặc y Qua kiểm tra ta có x  y , , , , Nhưng z      Điều chứng tỏ phương trình vơ nghiệm 83 KẾT LUẬN Luận văn trình bày số yếu tố sau: Nghiên cứu toán tổ hợp, tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi, tài liệu hội thảo tốn học, … Hệ thống hóa đưa số phương pháp xây dựng giải toán tổ hợp, số sai lầm học sinh giải tốn tổ hợp Đề tài đóng góp thiết thực cho việc dạy học chuyên đề tốn trường trung học phổ thơng, góp phần nâng cao chất lượng dạy học toán cho giáo viên Hy vọng rằng, luận văn giúp ích cho học sinh việc tìm hiểu phương pháp hiệu để giải nhiều toán tổ hợp Việc sưu tầm phân loại địi hỏi nhiều cơng sức thời gian Bản luận văn kết bước đầu, mong quan tâm giúp đỡ thầy cô nhà trường, để tác giả cố gắng hồn chỉnh cho có chun đề với nội dung phong phú 84 Tài liệu tham khảo [A] Tiếng Việt Nguyễn Hữu Điển (2005), Giải toán phương pháp đại lượng cực biên, Nxb Giáo Dục .2 Nguyễn Hữu Điển (2004), Giải toán đại lượng bất biến, Nxb Giáo Dục Ngô Thúc Lanh, Tìm hiểu Đại số Tổ hợp phổ thơng, Nxb Giáo Dục,1998 Kim Đình Sơn, Hàm Sinh, Nxb Giáo Dục SGK Đại số giải tích 11(2007), Nxb Giáo Dục Chương trình bồi dưỡng chun đề tốn “Hội Toán Học Và Sở Giáo Dục Đào Tạo Hà Nội”(2009) [B] Tiếng Anh D Faddéev et I Sominski, Recueil D’Exercices D’Algèbre Supérieure, Editions Mir-Moscou 1977 Titu Andresscu, Zuming Feng, A path to combinatorics for undergranduates, Birkhauser, 2007 10 R Merris, Combinatorics, PWS publishing company 20 Park Plaza, Boston, MA 02116-4324