Một số dạng toán số học tổ hợp

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN HUỲNH VĂN PHONG MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỐ HỌC - TỔ HỢP LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC BÌNH ĐỊNH - NĂM 2020 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN HUỲNH VĂN PHONG MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỐ HỌC - TỔ HỢP Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 Người hướng dẫn: TS TRỊNH ĐÀO CHIẾN BÌNH ĐỊNH - NĂM 2020 LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan đề tài Một số dạng toán Số học - Tổ hợp cơng trình tác giả nghiên cứu độc lập hướng dẫn TS Trịnh Đào Chiến, không chép người khác Đề tài kết nỗ lực sưu tầm, xếp phân dạng toán từ nguồn Tài liêu tham khảo mà tác giả trích dẫn rõ ràng Quy Nhơn, tháng năm 2020 Tác giả Huỳnh Văn Phong LỜI CẢM ƠN Trước tiên, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy TS Trịnh Đào Chiến, thầy tận tình hướng dẫn để em hoàn thành luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn tới tồn thể q thầy giáo khoa Toán trường Đại học Quy Nhơn nhiệt tình giảng dạy, tạo điều kiện suốt trình tác giả học tập Khoa Nhân dịp này, tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè đồng nghiệp ủng hộ, động viên, giúp đỡ tác giả suốt thời gian học tập hoàn thiện Luận văn Mặc dù luận văn hồn thành chắn cịn nhiều thiếu sót,rất mong nhận góp ý Hội đồng đành giá Quy Nhơn, tháng năm 2020 Tác giả Huỳnh Văn Phong i Mục lục MỞ ĐẦU 1 MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN HỆ NHỊ PHÂN 1.1 Dạng toán hệ nhị phân 1.2 Dạng toán quy hệ nhị phân MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN BẤT BIẾN VÀ ĐƠN BIẾN 18 2.1 Bất biến đơn biến bậc nhất, bậc hai 18 2.2 Bất biến đơn biến phần tử cực hạn 25 MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN PHÂN HOẠCH TẬP HỢP 34 3.1 Dạng toán yêu cầu nêu phân hoạch tập hợp 35 3.2 Dạng toán giải phương pháp phân hoạch tập hợp 38 3.3 Dạng toán ẩn yêu cầu phân hoạch tập hợp 48 KẾT LUẬN 54 TÀI LIỆU THAM KHẢO 55 MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Số học - Tổ hợp cách gọi mang tính tương đối lớp toán liên quan đến Số học, Tổ hợp đơi cịn liên quan đến số lĩnh vực khác Giải tích, Đại số, Hình học, Ranh giới tốn gọi Số học - Tổ hợp khó phân định thực khơng có định nghĩa cho chúng Có tốn Số học lẫn lí thuyết Tổ hợp, đơi ngược lại Các toán Số học - Tổ hợp thường gặp đề thi chọn sinh giỏi quốc gia số nước giới Chúng thường tốn khó, “bất quy tắc”, mà lời giải chúng thường phải kết hợp nhuần nhuyễn kiến thức Số học kiến thức Tổ hợp Trong nhiều toán Số học - Tổ hợp, đặc biệt toán đếm, ta thường gặp tình mà có hai khả xảy ra, toán quy dạng phát biểu, thơng thường dùng dãy nhị phân, dãy gồm hai chữ số Ta gọi toán dạng Dạng toán liên quan đến hệ nhị phân Bất biến khái niệm trung tâm tốn học Nó có mặt hầu hết lĩnh vực Tốn học Đại số, Hình học, Tơ-pơ, Lí thuyết số, Xác suất, Phương trình vi phân, Trong chương trình Tốn phổ thơng, bất biến khái niệm mà học sinh dễ dàng hiểu Bất biến đại lượng (hay tính chất) khơng thay đổi trình thực phép biến đổi Đơn biến, trái lại, đại lượng thay đổi, theo chiều (tăng lên hay giảm xuống) Ta gọi toán dạng Dạng toán liên quan đến bất biến đơn biến Trong lý thuyết phân hoạch tập hợp, việc phân hoạch tập rời rạc, đặc biệt tập số ngun đóng vai trị quan trọng Nhiều kết cổ điển xuất sắc đời từ lý thuyết Những kết độc đáo chỗ việc chứng minh chúng nhiều chủ yếu sử dụng số tính chất Số học với suy luận logic, mà áp dụng cơng cụ mạnh Giải tích Đại số Có thể xem tốn phân hoạch tập hợp phận Toán Rời rạc Ta gọi toán dạng Dạng tốn liên quan đến phân hoạch tập hợp Do đó, việc sưu tầm, phân loại toán Số học - Tổ hợp nêu đề xuất số phương pháp giải phù hợp cho chúng việc làm cần thiết, có ý nghĩa khoa học, mang tính thực tiễn phù hợp với chuyên ngành Phương pháp toán sơ cấp Luận văn phần đáp ứng yêu cầu Mục tiêu nghiên cứu Luận văn đề cập đến số dạng toán Số học - Tổ hợp phương pháp giải chúng, phục vụ cho công việc giảng dạy học tập môn Tốn trường phổ thơng Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu: Một số toán Số học - Tổ hợp Phạm vi nghiên cứu: Tốn sơ cấp chương trình phổ thơng Phương pháp nghiên cứu Học viên sưu tầm toán Số học - Tổ hợp, phân loại chúng theo dạng toán, ứng với phương pháp giải phù hợp Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài Với mục tiêu nghiên cứu nêu trên, đề tài có ý nghĩa khoa học việc phân dạng toán Số học - Tổ hợp Đồng thời, nội dung luận văn đề cập số phương pháp giải toán Tổ hợp kì thi chọn học sinh giỏi tốn quốc gia quốc tế, phù hợp với chương trình phát triển trọng điểm Toán học Việt Nam chuyên ngành Phương pháp Toán sơ cấp Cấu trúc luận văn Ngoài phần Mở đầu, Kết luận Tài liệu tham khảo, nội dung luận văn chia thành chương sau: Chương Một số dạng toán liên quan đến hệ nhị phân Chương Một số dạng toán liên quan đến bất biến đơn biến Chương Một số dạng toán liên quan đến phân hoạch tập hợp Chương MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN HỆ NHỊ PHÂN Trong chương này, luận văn trình bày số dạng tốn liên quan đến hệ nhị phân phương pháp giải dạng tốn 1.1 Dạng tốn hệ nhị phân Nội dung mục tham khảo tài liệu [2] Trong nhiều toán tổ hợp, đặc biệt tốn đếm, ta gặp tình mà có hai khả xảy ra, chẳng hạn như: tô màu dùng hai màu xanh đỏ, đường phép sang phải lên, số chẵn số lẻ, toán đưa dạng phát biểu, thơng thường dùng dãy nhị phân (các dãy gồm hai chữ số 1) Bài toán 1.1.1 Sau học, em học sinh xếp hàng để nhận xe đạp nhà gởi xe Giá tiền gởi xe đạp 1000 đồng Giả sử có k em học sinh có tờ 1000 đồng m em học sinh có tờ 2000 đồng Với giả thiết người giữ xe khơng có đồng tiền để trả tiền thừa, hỏi có cách 41 Chứng minh Ta chứng minh bổ đề phương pháp quy nạp theo n Khi n = H0,k = {k}, |H0,k | = = Ck0 : khẳng định Giả sử khẳng định đến (n − 1), với n Xét phân hoạch Hn,k = B0 ∪ B1 ∪ ∪ Bk , (x0 , x1 , , xn ) ∈ Bj xn = j , với j ∈ {0, 1, 2, , k} n−1 , ∀j = Theo giả thiết quy nạp ta có: |Bj | = |Hn−1,k−j | = Cn−1+k−j 0, 1, 2, , k k Dùng công thức i−1 Cm + i Cm = i Cm+1 , ta có |Hn,k | = |Bj | = j=0 k k n−1 Cn−1+k−j j=0 n n n Cn+k−j − Cn−1+k−j = Cn+k = j=0 Do ta có điều phải chứng minh n n n n Lưu ý: |Hn,k | = Cn+k − Cn−1 = Cn+k , với quy ước Cn−1 = Trở lại toán dạng tổng quát sau: Với m, n ∈ N, khai triển f (x) = + x + x2 + + xm n+1 ta đa thức f (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + + am(n+1) xm(n+1) Viết cụ thể khai triển f (x), ta có n = |Hn,i | = Cn+i , ∀i = 0, 1, 2, , m, |Hn,i | > , i m + Nói riêng: m m n Cn+i a0 +a1 +a2 + +am = i=0 n+1 n+1 n+1 Cn+1+i − Cn+i = Cn+1+m = i=0 Bài toán cho trường hợp n + = m = 10 10 Do S = C20 Bài toán 3.2.5 Cho số nguyên n Gọi S tập hợp gồm n phần tử 42 Ai , với i = 1, m, tập khác gồm hai phần tử S cho từ quan hệ Ai ∩ Aj = ∅, Aj ∩ Ak = ∅, Ak ∩ Ai = ∅, ta suy Ai ∩ Aj ∩ Ak = ∅ Chứng minh rằng: m 2n−1 − Lời giải Ta chứng minh phương pháp quy nạp theo n Hiển nhiên, phát biểu đề n = Giả sử n > phát biểu với số nguyên k < n Ta xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Không tồn i, j , với i = 1, m Ai ∪ Aj = S |Ai ∩ Aj | = Gọi x phần tử tùy ý S Số tất tập Ai không chứa x lớn 2n−2 − 1, theo giả thiết quy nạp Số tập chứa x S 2n−1 Nếu x ∈ Ai khơng tồn số j Aj = (S \ Ai )∪{x}, khơng phải có |Ai ∩ Aj | = Do vậy, nửa tập chứa x S xuất dạng tập Ai Như thế, số lớn tập Ai 2n−2 − + 2n−2 = 2n−1 − Trường hợp 2: Tồn phần tử x ∈ S cho A1 ∪ A2 = S A1 ∩ A2 = {x} Đặt |A1 | = r + |A2 | = s + Khi r + s = n − Theo giả thiết quy nạp, số lớn tập Ai cho Ai ⊆ A1 2r − Tương tự, số lớn tập Ai cho Ai ⊆ A2 2s − 43 Nếu Ai tập A1 A2 A1 ∩ Ai = ∅, A2 ∩ Ai = ∅ Vì A1 ∩ A2 = ∅, nên A1 ∩ A2 ∩ Ai = ∅ Như ta có A1 ∩ A2 ∩ Ai = {x} Do đó, Ai = {x} ∪ (Ai \ A1 ) ∪ (Ai \ A2 ) Ngoài ra, tập khác rỗng (Ai \ A1 ) (Ai \ A2 ) chọn tương ứng theo (2s − 1) (2r − 1) cách, nên số lớn tập (2s − 1) (2r − 1) Công thêm kết kết riêng vào, ta nhận số lớn tập Ai 2n−1 − Bài toán 3.2.6 Chứng minh gọi f (r, n) số phân hoạch n thành dạng b0 + b1 + b2 + + bs với ≤ i ≤ s − bi > rbi+1 , r số ngun dương tồn số ngun dương n mà f (r, n) khác số phân hoạch n thành phần từ tập hợp số nguyên bất kỳ, trừ r = Lời giải Ta chứng minh toán phản chứng Giả sử tồn số r ≥ cho có tập Sr số nguyên dương Nếu gọi số phân hoạch n thành phần lấy từ tập Sr g (r, n) f (r, n) = g (r, n) với n Ta có f (r, 1) = nên ∈ Sr Vì khơng g (r, 1) = Tiếp theo f (r, 2) = nên ∈ / Sr khơng g (r, 2) = Do f (r, 3) = f (r, 4) = = f (r, r + 1) = nên ta có 3, 4, 5, , r + ∈ / Sr Ta có f (r, r + 2) = phân hoạch r +2 thỏa mãn bi > rbi+1 r + (r + 1) + 44 Suy r + ∈ Sr khơng g (r, r + 2) = Ta có bảng thể giá trị sau: f (n), g (r, n) n ∈ / Sr , g (r, n) n ∈ Sr 1 1∈S−r 1 2∈ / S−r 1 3∈ / S−r r+1 1 r+1∈ / S−r r+2 1 r+2∈ / S−r r+3 2 r+3∈ / S−r 2r + 2 2r + ∈ / S−r 2r + 3 2r + ∈ / S−r 2r + 3 2r + ∈ / S−r Tiếp theo ta xác định giá trị nhỏ n để f (r, n) = Điều xảy n = b0 + b1 + với b0 > rb1 b1 > r n = b0 + với b0 > 2r Giá trị n trường hợp thứ nhỏ n = r2 + r + + (r + 1) + = r2 + 2r + 3, trường hợp thứ hai n = (2r + 1) + = 2r + Do 2r + < r2 + 2r + 3, ∀r > nên n = 2r + giá trị nhỏ n mà f (r, n) = Trong trường hợp này, phân hoạch n 2r + 3, (2r + 2) + 1, (2r + 1) + Do có 1, r + ∈ Sr nên dẫn đến có phân hoạch 2r + thành phần có (r + 2) + + + + 1, + + + + 45 Suy cần có 2r + ∈ Sr để có g (r, 2r + 3) = Tiếp theo ta thấy f (r, 2r + 4) = phân hoạch 2r + mà bi > rbi+1 bao gồm 2r + 4, (2r + 3) + 1, (2r + 2) + 2, r ≥ Mặt khác phân hoạch 2r + thành phần tập hợp {1, r + 2, 2r + 3} (2r + 3) + 1, (r + 2) + (r + 2) , (r + 2) + + + + 1, + + + + Nên g (r, 2r + 3) = 2r + ∈ / Sr g (r, 2r + 3) = 2r + ∈ Sr , mâu thuẫn Từ ta có điều cần chứng minh Bài toán 3.2.7 Gọi f (n) , g (n) số phân hoạch n thành số chẵn phần số lẻ phần Chứng minh f (n) − g (n) = (−1)r n = 21 r (3r ± 1) , f (n) = g (n) ngược lại (số có dạng n = 12 r (3r ± 1) gọi pentagonal number) Lời giải Gọi pe (n) , po (n) số phân hoạch n thành số chẵn phần số lẻ phần Ta thiết lập tương ứng – pe (n) po (n) trường hợp n = 21 m (3m ± 1) Giả sử phân hoạch λ = (λ1 , λ2 , , λr ) n có thành phần nhỏ s (λ) = λr σ (λ) số số nguyên dương liên tiếp giảm dần λ1 Ta xét hai trường hợp sau - Trường hợp Nếu s (λ) ≤ σ (λ), ta thêm vào phần 46 s (λ) thành phần lớn phân hoạch λ bỏ thành phần nhỏ - Trường hợp Nếu s (λ) > σ (λ), ta trừ vào phần σ (λ) phần lớn phân hoạch λ thêm thành phần nhỏ có kích thước σ (λ) Các phép biến đổi hai trường hợp thay đổi tính chẵn lẻ số phần phân hoạch nên ta thấy tồn tương ứng 1- pe (n) po (n) Tuy nhiên, trường hợp khơng cịn + Nếu σ (λ) = r, s (λ) = r + n = (r + 1) + (r + 2) + + 2r = r (3r + 1) + Nếu σ (λ) = r, s (λ) = r n = r + (r + 1) + + (2r − 1) = r (3r − 1) Do tùy theo tính chẵn lẻ r mà có chênh lệch pe (n) po (n) Vậy ta có pe (n) =   p0 (n) (3r ± 1) n = (3r ± 1) n =  p0 (n) + (−1)r Bài toán 3.2.7 chứng Bài toán 3.2.8 Gọi S (n) số cách phân hoạch có tính thứ tự n thành số 1, 3, Chứng minh S (2n) số phương 47 Giải Ta tính cơng thức truy hồi   S (1) = 1, S (2) = S (3) = , S (4) = S (n) =  S (n) = S (n − 1) + S (n − 3) + S (n − 4) , n > Tính số hạng dãy, ta thấy S (2) = 12 , S (4) = 22 , S (6) = 32 , S (8) = 52 , với Fn số Do ta dự đốn chứng minh S (2n) = Fn+1 Fibonacci thứ n Bài toán 3.2.9 Từ việc so sánh phân hoạch n thành số 1, Chứng minh x Cx+y = Fn+1 0≤x,y≤n, x+2y=n Giải Ta sử dụng phương pháp đếm cách Trước hết, để tính số phân hoạch n thành số 1, ta có cơng thức   S (1) = 1, S (2) = S (n) =  S (n) = S (n − 1) + S (n − 2) , n > Hay S (n) = Fn+1 Ta xét số nghiệm phương trình x + 2y = n Mỗi nghiệm có dạng   1, 1, 1, , 1, 2, 2, 2, , 2 x y Mỗi hoán vị số tạo thành phân hoạch thỏa mãn 48 đề Ta tính số hốn vị (x + y)! x = Cx+y x!y! So sánh kết ta có điều phải chứng minh 3.3 Dạng tốn ẩn yêu cầu phân hoạch tập hợp Là phân hoạch mà đề toán ẩn yêu cầu đưa phân hoạch thỏa mãn yêu cầu ta phải làm việc Bài tốn 3.3.1 Cho bảng vng (aij ) với i = 1, n, j = 1, n điền số từ đến n2 theo thứ tự từ trái sang phải, từ xuống Người ta viết ghép hàng bảng theo thứ tự từ trái sang phải dãy X Tiếp tục ghép cột bảng thành dạng hàng ngang từ trái sang phải dãy Y Một phép biến đổi cho phép đổi chỗ số cho Hỏi cần phép biến đổi để đưa X Y? Lời giải Chú ý để biến đổi số chu trình khác k số, ta cần k − cách Do đó, ta xây dựng dãy X, Y trường hợp nhỏ dự đoán số chu trình rời nhau, tính tốn số phép biến đổi tổng quát lên Bài toán 3.3.2 Cho A tập tất hoán vị a = (a1 , a2 , , a2003 ) 2003 số nguyên dương hoán vị thỏa mãn điều kiện khơng có tập S A mà {ak |k ∈ S} = S 2003 Với a = (a1 , a2 , , a2003 ) ∈ A, kí hiệu d (a) = (ak − k)2 k=1 Tìm giá trị nhỏ d(a), gọi giá trị nhỏ d0 Tìm tất hoán vị a ∈ A thỏa mãn d (a) = d0 49 Lời giải Điều kiện đề nói lên hốn vị cho có chu trình, với hốn vị thuộc A, ta xét ánh xạ f : i → Ta có: 1, f (1) , f (f (1)) , , f 2002 (1) = {1, 2, 3, , 2003} Đặt sk = f k−1 (1) − f k (1) , k = 1, 2003 m < 2003 số tự nhiên thỏa mãn f m (1) = 2003 Ta có đánh giá 2003 = |f m (1) − 1| ≤ s1 + s2 + + sm + 1, 2003 = |f m (1) − 1| ≤ sm+1 + sm+2 + + s2003 + 2003 sk ≥ 2.2003 − Từ suy k=1 2003 sk 2003 d (a) = f k−1 k (1) − f (1) ≥ k=1 k=1 2003 (2.2003 − 2) ≥ 2003 > 4.2003 − Do d (a) số chẵn nên d (a) ≥ 4.2003 − = 8006 Bài toán 3.3.3 Cho số nguyên dương k Dãy số (xn ) , n = 1, 2, 3, xác định sau: (i) x1 = (ii) Với số nguyên dương n ≥ xn+1 số nguyên dương bé không thuộc tập hợp {x1 ; x2 ; x3 ; ; xn ; x1 + k; x2 + 2k; x3 + 3k; ; xn + nk} Chứng minh tồn số thực a cho xn = na , ∀n ∈ N∗ Lời giải Xét đa thức f (x) = x2 + (k − 2) + k Gọi a nghiệm dương f (x) Ta thấy a ∈ (1, 2) a số vô tỉ 50 Đặt b = a + k a + b = Theo Định lý Beatty giá trị hàm số f (n) = [na] , g (n) = [nb] + kn 1, 2, 3, tạo thành phân hoạch N∗ Bằng quy nạp ta chứng minh xn = f (n) Bài toán 3.3.4 Chứng minh tập số tự nhiên tơ hai màu mà hai điều kiện sau thỏa mãn i) Với số nguyên tố p số tự nhiên n số pn , pn+1 pn+2 không tô màu ii) Không tồn cấp số nhân vô hạn số tự nhiên có màu Lời giải Ta giả sử màu cần tơ A, B Khi đó, xét nhóm màu AAB, ABA, BBA, BAB xét dãy vô hạn S màu cách đặt lien tiếp nhóm màu thứ lần, nhóm màu thứ hai lần, nhóm thứ ba lần, nhóm thứ tư lần, quay ngược lại nhóm thứ lần, nhóm thứ hai lần thể, cụ thể S = AAB ABAABA BBABBABBA BABBABBABBAB x1 x2 x3 x4 Gọi S (k) màu thứ k dãy, tính từ trái sang (chẳng hạn S (2) = A, S (5) = B ) C (k) màu tô cho số tự nhiên k , tất nhiên S (k) , C (k) ∈ {A, B} , k ≥ Khi ta tơ màu với quy tắc sau Nếu số tự nhiên n = pa11 pa22 pa33 pakk C (n) = S (a1 + a2 + a3 + + ak ) 51 Ta chứng minh quy tắc thỏa mãn đề Điều kiện thứ suy từ màu liên tiếp S khơng đồng thời Điều kiện thứ hai chứng minh phản chứng Bài tốn 3.3.5 Ở ngơi làng nọ, người ln nói thật ln nói dối Xét người làng xếp thành hàng có người khách đến thăm làng hỏi người họ có người nói thật hàng Mỗi người hàng cho người khách số từ đến Hỏi có multiset câu trả lời mà người khách nhận được? (multiset tập mà phần tử xuất nhiều lần) Lời giải Trước hết ta có bổ đề multi-sets: Số multi-sets có k n phần tử lấy từ tập hợp gồm k phần tử Cn+k−1 Ta chọn có dạng (a, b, c, d, e) ≤ a ≤ b ≤ c ≤ d ≤ e ≤ cho tồn trường hợp thực tế thỏa mãn Ta xét trường hợp sau: 1) Nếu a, b, c, d, e số dương rõ ràng ln tồn trường hợp tất người nói dối Số C95 = 126 Nếu số a, b, c, d, e mà có số phải có người nói thật 2) Nếu a = b = c = d = e = khơng có trường hợp thỏa 3) Nếu a = b = c = d = 0, e > có (0, 0, 0, 0, 1) thỏa với trường hợp người nói thật, người nói dối 4) Nếu a = b = c = 0, d, e > ta xét trường hợp sau: + Nếu có người nói thật d = 1, e = 1, ta có 52 + Nếu có người nói thật d = e = 2, có Vì khơng thể có nhiều người nói thật nên có thỏa mãn đề 5) Nếu a = b = 0, c, d, e > ta xét: + Nếu có người nói thật c = 1, d, e = nên có tất C2+4−1 = 10 + Nếu có người nói thật số c, d, e số lại khác 2, có tất Do có trùng lại (0, 0, 2, 2, 1) nên xét + Nếu có người nói thật c = d = e = có Do đó, có tất 10 + + = 14 thỏa mãn 6) Nếu a = 0, b, c, d, e > thì: + Nếu có người nói thật b = c, d, e ≥ 2, ta có C3+4−1 = 20 + Nếu có người nói thật số b, c, d, e hai số lại khác - Nếu số lại lớn ta xét (0, 2, 2, d, e) với = d, e > 2, có tất C2+3−1 - Nếu hai số cịn lại, có số ta cần xét (0, 2, 2, 1, 1) cịn lại đếm Suy có + = thỏa mãn + Nếu có người nói thật số b, c, d, e số lại khác 53 - Nếu số lại lớn ta xét (0, 3, 3, 3, e), có thỏa mãn - Nếu số cịn lại bé ta có (0, 3, 3, 3, 1) (0, 3, 3, 3, 2) , (0, 3, 3, 3, 1) đếm nên có thỏa mãn Do ta + = + Nếu bốn người nói thật b = c = d = e = có trường hợp Do có tất 20 + + + = 31 Vậy có tất 126 + + + + 14 + 31 = 177 54 KẾT LUẬN Luận văn trình bày vấn đề sau Sưu tầm phận dạng tốn Số học có liên quan đến yếu tố Tổ hợp ngược lại Trình bày ứng dụng bất biến đơn biến giải toán Số học - Tổ hợp Áp dụng phương pháp phân hoạch tập hợp giải số dạng toán Số học - Tổ hợp Vận dụng kiến thức số học tổ hợp chương trình Tốn sơ cấp để giải toán thi chọn học sinh giỏi Luận văn cần bổ sung số vấn đề sau Luận văn cần bổ sung thêm dạng toán Số học - Tổ hợp khác, chẳng hạn như: Lí thuyết chia hết với Tổ hợp, Lí thuyết trị chơi với Tổ hợp Luận văn phát triển theo hướng Toán ứng dụng 55 Tài liệu tham khảo [1] Trịnh Đào Chiến (2017), Tiếp tục tìm Bất biến Đơn biến, Kỉ yếu Gặp gỡ Toán học lần thứ 9, Trường Đại học Khoa học tự nhiên, Đại học quốc gia Thành phố Hồ Chí Minh [2] Hà Huy Khoái (2017), Một số toán Số học - Tổ hợp, Tạp chí Tốn π , Số 3, trang 15 - 18 [3] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên), Trần Nam Dũng, Vũ Đình Hịa, Đặng Huy Ruận, Đặng Hùng Thắng (2008), Chuyên đề chọn lọc Tổ hợp Toán rời rạc, Nhà xuất Giáo dục Việt Nam, Hà Nội [4] Lê Anh Vinh (2018), Định hướng bồi dưỡng học sinh khiếu Toán, Nhà xuất Giáo dục Việt Nam, Hà Nội ... sau: Chương Một số dạng toán liên quan đến hệ nhị phân Chương Một số dạng toán liên quan đến bất biến đơn biến Chương Một số dạng toán liên quan đến phân hoạch tập hợp Chương MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN... Giải tích, Đại số, Hình học, Ranh giới toán gọi Số học - Tổ hợp khó phân định thực khơng có định nghĩa cho chúng Có tốn Số học lẫn lí thuyết Tổ hợp, ngược lại Các toán Số học - Tổ hợp thường gặp... số dạng toán Số học - Tổ hợp phương pháp giải chúng, phục vụ cho công việc giảng dạy học tập mơn Tốn trường phổ thơng Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu: Một số toán Số học - Tổ