Một số bài toán về giải tích tổ hợp

Mục đích nghiên cứu

Với mục đích nghiên cứu về lý thuyết tổ hợp từ đó xây dựng một cách có hệ thống, có sáng tạo các bài toán giải tích tổ hợp

Đối tượng nghiên cứu của khóa luận này tập trung vào các vấn đề liên quan đến hoán vị, tổ hợp và chỉnh hợp, cùng với các bài toán tương ứng Phạm vi nghiên cứu sẽ bao gồm các khía cạnh lý thuyết và ứng dụng thực tiễn của những khái niệm này.

Với khóa luận này, tôi chỉ dừng lại ở mức độ nghiên cứu và giải toán phục vụ chủ yếu trong chương trình trung học phổ thông

Nghiên cứu tài liệu, phân tích, giải toán, tổng hợp kết quả

Trong khóa luận này, tôi đã tổng kết và phân loại các bài tập giải tích tổ hợp Mặc dù các dạng bài tập này không mới, nhưng khóa luận đã hệ thống hóa và mở rộng một số bài tập hay, khó, đóng góp một phần nhỏ vào lĩnh vực này.

Khóa luận được chia làm hai chương:

Chương 1 cung cấp những kiến thức cơ bản về tổ hợp và lý thuyết tập hợp, đóng vai trò quan trọng trong việc phân loại và giải quyết các bài toán liên quan đến giải tích tổ hợp.

Chương 2 của khóa luận tập trung vào các bài toán tổ hợp, đây là phần cốt lõi của nội dung Trong chương này, tôi tiến hành phân loại và hệ thống hóa các bài toán giải tích tổ hợp một cách rõ ràng và khoa học.

PHẦN THỨ HAI: NỘI DUNG CHƯƠNG 1: CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN

I Quy tắc cộng, quy tắc nhân

Giả sử một công việc có thể tiến hành theo một trong hai phương án A và B:

Phương án A có thể thực hiện bởi n cách

Phương án B có thể thực hiện bởi m cách (đối tượng trong phương án này không trùng với bất kì đối tượng nào trong phương án kia)

Khi đó công việc có thể thực hiện theo m n cách

* Hệ quả: Giả sử một công việc có thể tiến hành theo một trong k phương án A 1 , A 2 , , A k :

Phương án A 1 có thể thực hiện bởi n 1 cách

Phương án A k có thể thực hiện bởi n k cách (đối tượng trong phương án này không trùng với bất kì đối tượng nào trong phương án kia)

Khi đó công việc có thể thực hiện theo n 1 n 2   n k cách

Khi di chuyển từ tỉnh A đến tỉnh B, bạn có thể lựa chọn giữa nhiều phương tiện như ô tô, tàu hỏa, tàu thủy và máy bay Mỗi ngày, có tổng cộng 10 chuyến ô tô, 3 chuyến tàu hỏa, 3 chuyến tàu thủy và 2 chuyến máy bay Vậy tổng số cách để đi từ A đến B là sự cộng gộp của các chuyến đi này.

Giải: Để đi từ A đến B, ta có:

- 3 cách đi bằng tàu hỏa

- 3 cách đi bằng tàu thủy

- 2 cách đi bằng máy bay

Vậy, có: 10 3 3 2 18    cách đi từ A đến B Đỗ Lê Đông Đức Trang 9

Giả sử một công việc nào đó bao gồm hai công đoạn A và B:

Công đoạn A có thể thực hiện bởi n cách

Công đoạn B có thể thực hiện bởi m cách

Khi đó sẽ có n m cách thực hiện công việc trên

* Hệ quả: Giả sử một công việc nào đó bao gồm k công đoạn A 1 , A 2 , , A k :

Công đoạn A 1 có thể thực hiện bởi n 1 cách

Công đoạn A k có thể thực hiện bởi n k cách

Khi đó sẽ có n n 1 2 n k cách thực hiện công việc trên

Một biển số xe máy gồm 6 ký tự, trong đó ký tự đầu tiên là một chữ cái từ 24 chữ cái tiếng Anh (không bao gồm O và I) Ký tự thứ hai là một chữ số từ 1 đến 9, và bốn ký tự tiếp theo là các chữ số từ 0 đến 9 Với quy tắc này, số lượng biển số xe máy có thể tạo ra được tính bằng cách nhân số lựa chọn cho từng vị trí: 24 lựa chọn cho ký tự đầu tiên, 9 lựa chọn cho ký tự thứ hai, và 10 lựa chọn cho mỗi trong bốn ký tự tiếp theo Kết quả là có tổng cộng 24 x 9 x 10^4 biển số xe máy có thể được tạo ra.

Số cách chọn cho các vị trí của 1 biển số:

- Vị trí thứ nhất có 24 cách chọn

- Vị trí thứ hai có 9 cách chọn

- Vị trí thứ i có 10 cách chọn  i  3, 4, 5, 6 

Vậy, có: 24.9.10.10.10.102160000 biển số xe máy

Từ định nghĩa về quy tắc cộng và quy tắc nhân, có thể rút ra rằng nếu bỏ qua một giai đoạn nào đó mà không thể hoàn thành công việc (không có kết quả), thì cần áp dụng quy tắc nhân Ngược lại, nếu bỏ qua một giai đoạn nhưng vẫn có thể hoàn thành công việc (có kết quả), thì quy tắc cộng sẽ được sử dụng.

Như vậy với nhâ ̣n xét này , ta thấy rõ được sự khác biê ̣t c ủa 2 quy tắc cộng và quy tắc nhân Đỗ Lê Đông Đức Trang 10

II Hoán vị, hoán vị lặp, hoán vị vòng quanh

Tập hợp A có n phần tử (với n > 0) có thể được sắp xếp theo một thứ tự nhất định, từ đó tạo ra một hoán vị các phần tử của tập A, thường được gọi là hoán vị của A.

II.1.2 Số các hoán vị a, Định lí: Số các hoán vị của một tập hợp có n phần tử, kí hiệu P n là:

* Quy ƣớc:0! 1 b, Ví dụ: Một đoàn khách du lịch dự định tham quan bảy địa điểm A, B, C, D, E,

G và H ở thành phố Đà Nẵng Họ đi thăm quan theo một thứ tự nào đó, hỏi đoàn khách đó có bao nhiêu cách chọn thứ tự tham quan?

Giả sử đoàn khách chọn thứ tự tham quan là B→C→A→E→D→G→H, thì mỗi cách sắp xếp các địa điểm tham quan này chính là một hoán vị của tập hợp {A, B, C, D, E, G, H}.

Vậy nên, đoàn khách có tất cả7! 5040 cách chọn thứ tự tham quan

II.2 Hoán vị lặp hạn chế

Giả sử có n  n  0  vật hay đối tượng trong đó có n 1 đối tượng thuộc loại 1 (giống nhau), n 2 đối tượng thuộc loại 2, …, và n k đối tượng thuộc loại thứ k, với

1 2 k n n n   n Khi ấy số cách sắp xếp n đối tượng trên thành dãy có thứ tự, hay số hoán vị lặp của n đối tượng, là:

Giả sử n và k là 2 số nguyên dương sao chon2k Chứng minh rằng: n k

Xét tập A gồm 2k phần tử {x 1 , x 1 , x 2 , x 2 , …, xk, x k }

Khi đó, số hoán vị lặp của tập A là: Đỗ Lê Đông Đức Trang 11

Mà số hoán vị lặp của một tập là số nguyên dương

! là một sô nguyên dương

II.3 Hoán vị vòng quanh

Cho tập A gồm n phần tử  n  0  Một cách sắp xếp n phần tử của tập A thành một dãy kín, được gọi là một hoán vị vòng quanh của n phần tử

II.3.2 Số các hoán vị vòng quanh a, Định lí: Số các hoán vị vòng quanh của tập hợp có n phần tử, kí hiệu Q n :

Q n  n b, Ví dụ: Có bao nhiêu cách sắp xếp 6 sinh viên ngồi vào một bàn tròn?

Để tính số cách sắp xếp 6 sinh viên ngồi vào một bàn tròn, ta chọn 1 sinh viên làm mốc Từ đó, bài toán trở thành việc tính số hoán vị của 5 phần tử, tức là 5 sinh viên còn lại Số cách sắp xếp này được tính bằng 5!, tương đương với 120 cách.

III Chỉnh hợp, chỉnh hợp lặp

Cho tập hợp A có n phần tử (n > 0) và một số nguyên k (1 ≤ k ≤ n) Mỗi cách sắp xếp k phần tử của A theo một thứ tự cụ thể được gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử trong tập A.

III.1.2 Số các chỉnh hợp a, Định lí: Số các chỉnh hợp chập k của n phần tử, kí hiệu A n k là:

Trong bài viết này, chúng ta sẽ tìm hiểu về hoán vị và chỉnh hợp trong toán học Đầu tiên, một hoán vị của một tập n phần tử được định nghĩa là một chỉnh hợp chập n của n phần tử đó, với công thức A_n = P_n = n! Hai chỉnh hợp được coi là khác nhau nếu ít nhất một phần tử của chỉnh hợp này không có trong chỉnh hợp kia, hoặc nếu các phần tử giống nhau nhưng được sắp xếp theo thứ tự khác nhau Ví dụ, trong một trận đấu bóng đá, để quyết định thắng thua qua loạt đá luân lưu 11m, huấn luyện viên của mỗi đội cần chọn 5 cầu thủ từ 11 cầu thủ có sẵn Câu hỏi đặt ra là mỗi đội bóng có bao nhiêu cách để chọn ra 5 cầu thủ cho loạt đá luân lưu này?

Do khi tham gia đá luân lưu thì:

+ Sẽ có thứ tự người đá trước, người đá sau

+ Người đá rồi sẽ không được đá lại

Nên số cách chọn 5 cầu thủ trong 11 cầu thủ tham gia đá 11m là:

Chỉnh hợp chập 5 của 11: A 11 5 55440 cách chọn

Tập A có n phần tử (với n > 0) cho phép tạo ra một dãy gồm k phần tử, trong đó các phần tử có thể lặp lại nhiều lần và được sắp xếp theo một thứ tự nhất định Dãy này được gọi là một chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử trong tập A.

III.2.2 Số các chỉnh hợp lặp a, Định lí: Số chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử, kí hiệu A n k là: k k

A n n b, Ví dụ: Hỏi có bao nhiêu số có 10 chữ số mà 3 chữ số đầu và 3 chữ số lập thành hai số giống nhau?

Có thể thấy rằng, với việc chọn 3 chữ số đầu tiên, chỉ có một cách chọn cho 3 chữ số cuối cùng để tạo thành hai số giống nhau Do đó, số cách chọn cho 3 chữ số đứng đầu là A(10, 3) = 10^3.

Khi loại trừ trường hợp số 0 đứng đầu, ta có A(10, 2) = 10^2 cách bị loại Do đó, số cách chọn 3 chữ số đầu và 3 chữ số cuối để lập thành hai số giống nhau là A(10, 3) - A(10, 2) = 10^3 - 10^2 = 900.

Mặt khác, số cách chọn cho 4 chữ số ở giữa là: A 10 4 10 4 cách chọn

Tóm lại, số số có 10 chữ số mà 3 chữ số đầu và 3 chữ số cuối lập thành hai số giống nhau: 900.10 4 9000000 số

IV Tổ hợp, tổ hợp lặp

Cho tập hợp A có n phần tử  n  0 , và số nguyên k: 0 k n Một tập hợp con của A có k phần tử là một tổ hợp chập k của n phần tử của tập hợp A

Phương pháp nghiên cứu

Nghiên cứu tài liệu, phân tích, giải toán, tổng hợp kết quả.

Ý nghĩa thực tiễn

Trong khóa luận này, tôi đã tổng hợp và phân loại các bài tập giải tích tổ hợp Mặc dù các dạng bài tập này không phải là mới mẻ, nhưng khóa luận đã hệ thống hóa và mở rộng một số bài tập thú vị, khó khăn, tạo nên một đóng góp nhỏ cho lĩnh vực này.

Quy tắc cộng, quy tắc nhân

Quy tắc cộng

Giả sử một công việc có thể tiến hành theo một trong hai phương án A và B:

Phương án A có thể thực hiện bởi n cách

Phương án B có thể thực hiện bởi m cách (đối tượng trong phương án này không trùng với bất kì đối tượng nào trong phương án kia)

Khi đó công việc có thể thực hiện theo m n cách

* Hệ quả: Giả sử một công việc có thể tiến hành theo một trong k phương án A 1 , A 2 , , A k :

Phương án A k có thể thực hiện bởi n k cách (đối tượng trong phương án này không trùng với bất kì đối tượng nào trong phương án kia)

Khi đó công việc có thể thực hiện theo n 1 n 2   n k cách

Khi di chuyển từ tỉnh A đến tỉnh B, bạn có thể lựa chọn nhiều phương tiện như ô tô, tàu hỏa, tàu thủy hoặc máy bay Mỗi ngày, có 10 chuyến ô tô, 3 chuyến tàu hỏa, 3 chuyến tàu thủy và 2 chuyến máy bay Tổng số cách di chuyển từ tỉnh A đến tỉnh B sẽ được tính bằng cách cộng tổng số chuyến của từng phương tiện.

Giải: Để đi từ A đến B, ta có:

- 3 cách đi bằng tàu hỏa

- 3 cách đi bằng tàu thủy

- 2 cách đi bằng máy bay

Vậy, có: 10 3 3 2 18    cách đi từ A đến B Đỗ Lê Đông Đức Trang 9

Quy tắc nhân

Giả sử một công việc nào đó bao gồm hai công đoạn A và B:

Công đoạn A có thể thực hiện bởi n cách

Công đoạn B có thể thực hiện bởi m cách

Khi đó sẽ có n m cách thực hiện công việc trên

* Hệ quả: Giả sử một công việc nào đó bao gồm k công đoạn A 1 , A 2 , , A k :

Công đoạn A k có thể thực hiện bởi n k cách

Khi đó sẽ có n n 1 2 n k cách thực hiện công việc trên

Biển số xe máy gồm 6 ký tự, trong đó ký tự đầu tiên là một chữ cái từ 24 chữ cái tiếng Anh (không bao gồm O và I) Ký tự thứ hai là một chữ số từ 1 đến 9, và bốn ký tự tiếp theo là các chữ số từ 0 đến 9 Ví dụ, M9 4410 là một biển số xe máy hợp lệ Để tính số lượng biển số xe máy có thể tạo ra, ta cần xác định số cách chọn từng ký tự theo quy tắc đã nêu.

Số cách chọn cho các vị trí của 1 biển số:

- Vị trí thứ nhất có 24 cách chọn

- Vị trí thứ hai có 9 cách chọn

- Vị trí thứ i có 10 cách chọn  i  3, 4, 5, 6 

Vậy, có: 24.9.10.10.10.102160000 biển số xe máy

Nhận xét từ định nghĩa của quy tắc cộng và quy tắc nhân cho thấy rằng: Nếu bỏ qua một giai đoạn nào đó mà không thể hoàn thành công việc (không có kết quả), ta cần áp dụng quy tắc nhân Ngược lại, nếu bỏ qua một giai đoạn nhưng vẫn có thể hoàn thành công việc (có kết quả), ta sẽ sử dụng quy tắc cộng.

Như vậy với nhâ ̣n xét này , ta thấy rõ được sự khác biê ̣t c ủa 2 quy tắc cộng và quy tắc nhân Đỗ Lê Đông Đức Trang 10

Hoán vị, hoán vị lặp, hoán vị vòng quanh

Hoán vị

Tập hợp A có n phần tử (với n > 0) có thể được sắp xếp theo một thứ tự nhất định, từ đó tạo ra một hoán vị của các phần tử trong tập A.

II.1.2 Số các hoán vị a, Định lí: Số các hoán vị của một tập hợp có n phần tử, kí hiệu P n là:

* Quy ƣớc:0! 1 b, Ví dụ: Một đoàn khách du lịch dự định tham quan bảy địa điểm A, B, C, D, E,

G và H ở thành phố Đà Nẵng Họ đi thăm quan theo một thứ tự nào đó, hỏi đoàn khách đó có bao nhiêu cách chọn thứ tự tham quan?

Giả sử đoàn khách lựa chọn thứ tự tham quan các địa điểm theo trình tự B→C→A→E→D→G→H, thì mỗi cách sắp xếp này chính là một hoán vị của tập hợp {A, B, C, D, E, G, H}.

Vậy nên, đoàn khách có tất cả7! 5040 cách chọn thứ tự tham quan.

Hoán vị lặp hạn chế

Giả sử có n  n  0  vật hay đối tượng trong đó có n 1 đối tượng thuộc loại 1 (giống nhau), n 2 đối tượng thuộc loại 2, …, và n k đối tượng thuộc loại thứ k, với

1 2 k n n n   n Khi ấy số cách sắp xếp n đối tượng trên thành dãy có thứ tự, hay số hoán vị lặp của n đối tượng, là:

Giả sử n và k là 2 số nguyên dương sao chon2k Chứng minh rằng: n k

Xét tập A gồm 2k phần tử {x 1 , x 1 , x 2 , x 2 , …, xk, x k }

Khi đó, số hoán vị lặp của tập A là: Đỗ Lê Đông Đức Trang 11

Mà số hoán vị lặp của một tập là số nguyên dương

! là một sô nguyên dương.

Hoán vị vòng quanh

Cho tập A gồm n phần tử  n  0  Một cách sắp xếp n phần tử của tập A thành một dãy kín, được gọi là một hoán vị vòng quanh của n phần tử

II.3.2 Số các hoán vị vòng quanh a, Định lí: Số các hoán vị vòng quanh của tập hợp có n phần tử, kí hiệu Q n :

Q n  n b, Ví dụ: Có bao nhiêu cách sắp xếp 6 sinh viên ngồi vào một bàn tròn?

Để giải bài toán sắp xếp 6 sinh viên ngồi vào một bàn tròn, ta có thể đặt 1 sinh viên làm mốc Từ đó, bài toán trở thành việc tính số hoán vị của 5 phần tử (5 sinh viên còn lại) Kết quả là có 5! = 120 cách sắp xếp.

Chỉnh hợp, chỉnh hợp lặp

CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN

Số các chỉnh hợp

a, Định lí: Số các chỉnh hợp chập k của n phần tử, kí hiệu A n k là:

Chú ý rằng, với công thức A_n^0 = 1, điều này đúng với mọi số nguyên k thỏa mãn 0 ≤ k ≤ n Một hoán vị của một tập n phần tử chính là một chỉnh hợp chập n của n phần tử đó, được biểu diễn bằng A_n = P_n = n! Hai chỉnh hợp được coi là khác nhau khi có ít nhất một phần tử không trùng lặp hoặc các phần tử giống nhau nhưng sắp xếp theo thứ tự khác nhau Ví dụ, trong một trận đấu bóng đá, để phân định thắng thua qua loạt đá luân lưu 11m, huấn luyện viên cần chọn 5 cầu thủ từ 11 cầu thủ của đội Vậy, mỗi đội bóng có bao nhiêu cách để chọn ra 5 cầu thủ tham gia đá luân lưu?

Do khi tham gia đá luân lưu thì:

+ Sẽ có thứ tự người đá trước, người đá sau

+ Người đá rồi sẽ không được đá lại

Nên số cách chọn 5 cầu thủ trong 11 cầu thủ tham gia đá 11m là:

Chỉnh hợp chập 5 của 11: A 11 5 55440 cách chọn.

Chỉnh hợp lặp

Tập A có n phần tử (với n > 0) Một chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử trong tập A là một dãy gồm k phần tử, trong đó mỗi phần tử có thể được lặp lại nhiều lần và được sắp xếp theo một thứ tự cụ thể.

III.2.2 Số các chỉnh hợp lặp a, Định lí: Số chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử, kí hiệu A n k là: k k

A n n b, Ví dụ: Hỏi có bao nhiêu số có 10 chữ số mà 3 chữ số đầu và 3 chữ số lập thành hai số giống nhau?

Số cách chọn cho 3 chữ số đầu tiên là A(10, 3) = 10^3, vì chỉ có một cách chọn cho 3 chữ số cuối để tạo thành hai số giống nhau.

Để loại trừ trường hợp số 0 đứng đầu, ta có A(10, 2) = 10^2 cách bị loại Do đó, số cách chọn 3 chữ số đầu và 3 chữ số cuối để lập thành hai số giống nhau là A(10, 3) - A(10, 2) = 10^3 - 10^2 = 900.

Mặt khác, số cách chọn cho 4 chữ số ở giữa là: A 10 4 10 4 cách chọn

Tóm lại, số số có 10 chữ số mà 3 chữ số đầu và 3 chữ số cuối lập thành hai số giống nhau: 900.10 4 9000000 số.

Tổ hợp, tổ hợp lặp

Cho tập hợp A có n phần tử  n  0 , và số nguyên k: 0 k n Một tập hợp con của A có k phần tử là một tổ hợp chập k của n phần tử của tập hợp A

Khi giải quyết các bài toán mà kết quả phụ thuộc vào vị trí của các phần tử, chúng ta áp dụng các kết quả của chỉnh hợp Ngược lại, trong trường hợp không phụ thuộc vào vị trí, chúng ta sử dụng phép đếm tổ hợp.

IV.1.2 Số các tổ hợp (số các tập k phần tử) a, Định lí: Số các tổ hợp chập k của n phần tử, kí hiệu C n k là:

  b, Ví dụ: Có mười đội bóng đá thi đấu với nhau theo thể thức vòng tròn một lượt

(tức hai đội bất kỳ trong mười đội bóng này phải thi đấu với nhau một trận) Hỏi phải tổ chức bao nhiêu trận đấu?

Mỗi trận đấu giữa hai đội bóng có thể được xem như một tổ hợp chập 2 của 10 phần tử, vì khi hai đội thi đấu, thứ tự không cần được phân biệt.

Do đó số trận đấu cần tổ chức là: 10 2 10! 10!

IV.1.3 Tính chất i, C n 0 C n n 1 ii, C n k C n n k  iii, k C n k n C n k   1 1 (k n, N;1 k n) iv, C n k C n k  1 C n k   1 1 (còn gọi là hệ thức Pascal) v, k k.( 1).C n k n n.( 1).C n k   2 2 (k n, N;2 k n) vi, Với (k n, N;0   i 1 k n): k k.( 1).(k2) (ki C) n k n n.( 1).(n2) (n i C ) n k     ( 1) ( 1) i i Đỗ Lê Đông Đức Trang 14 vii, 1 1 1 1

Chứng minh tính chất: i, Ta có: 0 ! ! !

Vậy, VT = VP vi, Chứng minh tương tự tính chất (v) vii, Ta có, k n, N;0 k n thì: Đỗ Lê Đông Đức Trang 15

Tổ hợp lặp chập k của n là cách chọn k vật từ n loại vật khác nhau, trong đó mỗi loại vật có thể được chọn lại nhiều lần.

IV.2.2 Số các tổ hợp lặp a, Định lí: Số các tổ hợp lặp chập k của n phần tử, kí hiệu C n k là:

* Hệ quả: i, Số các nghiệm tự nhiên của phương trìnhx 1   x 2  x m n n m( , N * )là

C m n   ii, Số các nghiệm nguyên dương của phương trình x 1 x 2   x m n với (mn n m; , N *) là: C n m   1 1 b, Ví dụ: Có bao nhiêu cách chọn 5 tờ giấy bạc từ một két đựng tiền gồm những tờ

Trong bài viết này, chúng ta xem xét các mệnh giá tiền giấy từ 1.000đ đến 100.000đ, với giả định rằng thứ tự chọn các tờ tiền không quan trọng, các tờ tiền cùng loại không phân biệt và mỗi loại tiền đều có ít nhất 5 tờ.

+ Ta không kể tới thứ tự chọn tờ tiền

+ Ta chọn đúng 5 lần, mỗi lần lấy một từ 1 trong 7 loại tiền

Nên mỗi cách chọn 5 tờ giấy bạc này chính là một tổ hợp lặp chập 5 từ 7 phần tử

Do đó, số cách cần tìm là: C 7 5 C 7 5 1 5   C 11 5 462.

Nhị thức Newton

V.1 Định lí khai triển nhị thức Newton

Với mọi nN, và với mọi cặp số a, b ta có: Đỗ Lê Đông Đức Trang 16

Ví dụ điển hình nhất của định lý khai triển nhị thức là công thức bình phuơng của tổng x y:

V.2 Tính chất i, Số các số hạng của khai triển bằng: n1 ii, Tổng các số mũ của a và b trong mỗi số hạng đều bằng: n iii, Số hạng tổng quát (thứ k1) có dạng: T k  1 C a n k n k  b k (k0, 1, 2,, )n iv, Các hệ số của các cặp số hạng cách đều số hạng đầu và cuối thì bằng nhau: k n k n n

Trong khai triển nhị thức Newton, việc gán giá trị đặc biệt cho a và b sẽ dẫn đến những công thức đặc biệt Ví dụ, công thức (1+x)^n = C(n,0) + C(n,1)x + + C(n,n)x^n cho thấy sự kết hợp giữa hệ số nhị thức và biến x.

V.3.1 Xây dựng tam giác Pascal

Khi viết các hệ số của nhị thức Newton lần lượt với n = 0,1, 2, ta được bảng sau: n k

… … … … Đỗ Lê Đông Đức Trang 17

Tam giác này được xây dựng như sau:

+ Ở hàng đầu tiên, chúng ta viết một con số 1

+ Ở hàng tiếp theo, chúng ta viết hai con số 1

+ Tiếp tục các hàng tiếp theo:

- Con số đầu tiên và con số cuối cùng bao giờ cũng là số 1

Mỗi số trong tam giác Pascal bằng tổng của hai số ngay phía trên nó, điều này được thể hiện qua hệ thức C(n, k) = C(n-1, k-1) + C(n-1, k) Ví dụ, với n = 0, 1, 2, 3, 4, 5, ta có các hàng sau: 1; 1 1; 1 2 1; 1 3 3 1; 1 4 6 4 1; 1 5 10 10 5 1.

V.3.2 Ứng dụng của tam giác Pascal i, Tạo dãy Fibonacci ii, Cho biết kết quả số mũ của 11 iii, Hiển thị hệ số trong mở rộng nhị thức Newton.v.v…

Nguyên tắc bao hàm và loại trừ

VI.1 Định nghĩa i, Cho hai tập hợp A, B có hữu hạn phần tử thì:

( ) ( ) ( ) ( ) n AB n A n B n AB , với n A( ) là số phần tử của tập A ii, Cho n tập hợp A 1 , A 2 , …, A n có hữu hạn phần tử  n  2  thì:

 iii, Giả sử A 1 , A 2 , …, A k là các tập con của tập X gồm n phần tử, thì số phần tử thuộc

X mà không thuộc vào bất kì tập Ai (i1, 2,, k) nào là:

Có bao nhiêu số nguyên trong {1, , 100} không chia hết cho 2, 3 hoặc 5?

Cho S = {1, , 100} và: Đỗ Lê Đông Đức Trang 18

+ P 1 là tính chất mà một số nguyên chia hết cho 2

Gọi A i là tập hợp con của S mà các thành phần có tính chất P i , chúng ta có số phần tử của A i bằng cách đếm đơn giản: n A( 1 )50, n A( 2 )33, và n A( 3 )20

+ 16 số nguyên chia hết cho (2.3) = 6

+ Cuối cùng, có 3 số nguyên chia hết cho (2.3.5) = 30

Do đó, số lượng các số nguyên không chia hết cho bất kỳ 2, 3 hoặc 5 được cho bởi:

100   50 33 20      16 10 6      3 26 số Đỗ Lê Đông Đức Trang 19

CHƯƠNG 2: CÁC BÀI TOÁN TỔ HỢP

Các tính chất đặc biệt

Chứng minh các tính chất:

 Đỗ Lê Đông Đức Trang 20

+ Áp dụng tính chất (i) ta được:

   Đỗ Lê Đông Đức Trang 21

Giả sử (2.1) đúng với nm, tức là:

Ta cần chứng minh (2.1) đúng với n m 1

 Đỗ Lê Đông Đức Trang 22

Tóm lại, (2.1) luôn đúng với  n N * iv,

Giả sử (2.2) đúng khi m p n, nghĩa là:

Ta cần chứng minh khi m  p 1 n, thì (2.2) cũng đúng

    (2.3) Đỗ Lê Đông Đức Trang 23

Do (2.2) đúng  m n, nên (2.3) đúng khi p n 1 (do p 1 n)

Ta nhận thấy các tích phân I 1 , I 2 có dạng:

 Đỗ Lê Đông Đức Trang 24

* Hệ quả: i, Cho P m (k) là đa thức có bậc nhỏ hơn hoặc bằng m, thì:

Chứng minh hệ quả: i, Cho P m (k) là đa thức có bậc nhỏ hơn hoặc bằng m, tức là:

P k m ( )a 0 a k 1 a k 2 2   a k m m (với mn; a a 0 , , 1 ,a m R) Đỗ Lê Đông Đức Trang 25

Mà theo tính chất (iv) các: S 0 0,S 1 0,,S m 0,mn

      Áp dụng tính chất (vi):

   Áp dụng tính chất (vi):

Các phương pháp tính tổng, chứng minh hệ thức

Các bài toán tính tổng có sự đa dạng lớn và nhiều phương pháp giải khác nhau Trong khóa luận này, chúng ta sẽ nghiên cứu ba phương pháp chính: áp dụng các công thức và tính chất, sử dụng đạo hàm, và áp dụng tích phân.

II.1.1 Sử dụng công thức

Trong mục này, ta sử dụng các công thức (CT) và các biến đổi linh hoạt trên nó để giải toán

Từ công thức k C n k n C n k   1 1 , ta có: (k2).(k1) .k C n k (k2).(k1) .n C n k   1 1

            Đỗ Lê Đông Đức Trang 27 Áp dụng CT2.1, ta được:

Giải: Áp dụng CT4.1, ta được:

  và tổng quát bài toán

Giải: Đỗ Lê Đông Đức Trang 28

Từ (2.4) và (2.5), ta suy ra:

II.1.2 Sử dụng đạo hàm

Chúng ta áp dụng đạo hàm bậc 1, bậc 2, …, bậc n cho hai vế của đẳng thức và các biến thể của nó một cách hợp lý để tính toán các tổng tổ hợp.

* Dấu hiệu nhận biết: Nếu các hạng tử trong tổng có dạng là 1.2.k C n k hoặc (k1)a C k n k thì ta dùng đạo hàm để tính tổng

Xét đa thức ( )P x  x(1x) n , ta có:

 Lấy đạo hàm cấp 1 hai vế của P(x) ta được:

C C C C nx nx nx nx x x x nx

    Đỗ Lê Đông Đức Trang 30

Lấy đạo hàm cấp 1 hai vế của f t ( ), ta được: 1 1

nx vào đẳng thức trên vế theo vế, ta được:

1 1 1 n k n k k k k n n k k k n x x kx f k C C S nx nx nx nx nx x nx

Lấy đạo hàm cấp k hai vế của f x( ), ta được:

Nhân cả hai vế của đẳng thức trên với

! x k k , ta có: Đỗ Lê Đông Đức Trang 31

Lấy đạo hàm cấp 1 hai vế của f x( ), ta được:

    Nhân x vào đẳng thức trên vế theo vế, thì:

Thay x2 vào đẳng thức trên, ta được:

Thay x2 vào đẳng thức trên, ta có: Đỗ Lê Đông Đức Trang 32

II.1.3 Sử dụng tích phân

Xét: (1x) n C n 0 C x 1 n   C x n n n (2.6) Lấy tích phân hai vế của (2.6) với cận thích hợp để giải toán (thường dựa vào hệ số của số hạng chứa C n n để lấy cận cho phù hợp)

* Dấu hiệu nhận biết: Các hệ số đứng trước tổ hợp (và lũy thừa) giảm dần từ 1 đến

Bài 1: Rút gọn (tính) tổng

S  C   C   C    C và tổng quát bài toán

Lấy tích phân từ 1 đến 3 hai vế của đẳng thức trên, ta được:

S  10 Đỗ Lê Đông Đức Trang 33

Ta có: (1x) n C n 0 C x C x 1 n  n 2 2 C x n n n (2.7) Lấy tích phân từ b đến a hai vế của (2.7) trên:

Lấy tích phân từ 0 tới 1 hai vế của (2.8), ta được:

Xét: f x( ) (1 x) 2 n C 2 0 n C x 2 0 n   C x 2 2 n n 2 n , Đỗ Lê Đông Đức Trang 34 g x( ) (1 x) 2 n C 2 0 n C x 2 0 n   C x 2 2 n n 2 n

Lấy tích phân từ 0 tới 1 hai vế của đẳng thức trên, ta được:

Sử dụng đạo hàm để tính S 1 , ta xét:

  Đỗ Lê Đông Đức Trang 35

  Lấy tích phân từ 0 tới 1 hai vế của (2.9), ta được:

II.2 Chứng minh hệ thức Đối với các bài toán chứng minh hệ thức, ngoài việc dùng các phương pháp của phần II.1, tùy bài toán cụ thể ta còn dùng các phương pháp khác như: i, Sử dụng quy nạp toán học ii, Sử dụng các đánh giá về bất đẳng thức iii, Sử dụng tính đơn điệu của hàm số

Bài 1: Chứng minh rằng, với  n N n, 3 thì 2 n  1 n! (2.10) Giải:

+ Giả sử (2.10) đúng khi nk k( 3), tức là: 2 k  1 k!

+ Ta cần chứng minh (2.10) đúng với n k 1

    n    Đỗ Lê Đông Đức Trang 36

Bài 3: Chứng minh rằng C 2 n n k  C 2 n n k    C 2 n n 2 (với 0 k n n k; , N)

Ta chứng minh ( )u i là dãy giảm

Tóm lại C 2 n n k  C 2 n n k   C C 2 n n 2 n n    C 2 n n 2 Đỗ Lê Đông Đức Trang 37

Xét: f x( )(xx 2 100 ) C 100 0 x 100 C 100 1 x 101 C 100 2 x 102   C 100 100 x 200 (2.11) Lấy đạo hàm hai vế của (2.11) trên ta được:

CÁC BÀI TOÁN TỔ HỢP

Bài toán về giải bất phương trình

Chứng minh hệ quả: i, Cho P m (k) là đa thức có bậc nhỏ hơn hoặc bằng m, tức là:

P k m ( )a 0 a k 1 a k 2 2   a k m m (với mn; a a 0 , , 1 ,a m R) Đỗ Lê Đông Đức Trang 25

Mà theo tính chất (iv) các: S 0 0,S 1 0,,S m 0,mn

      Áp dụng tính chất (vi):

   Áp dụng tính chất (vi):

II Các phương pháp tính tổng, chứng minh hệ thức

Các bài toán tính tổng rất phong phú với nhiều phương pháp giải khác nhau Trong khóa luận này, chúng ta sẽ xem xét ba phương pháp chính: áp dụng các công thức và tính chất, sử dụng đạo hàm, và áp dụng tích phân.

II.1.1 Sử dụng công thức

Trong mục này, ta sử dụng các công thức (CT) và các biến đổi linh hoạt trên nó để giải toán

Từ công thức k C n k n C n k   1 1 , ta có: (k2).(k1) .k C n k (k2).(k1) .n C n k   1 1

            Đỗ Lê Đông Đức Trang 27 Áp dụng CT2.1, ta được:

Giải: Áp dụng CT4.1, ta được:

  và tổng quát bài toán

Giải: Đỗ Lê Đông Đức Trang 28

Từ (2.4) và (2.5), ta suy ra:

II.1.2 Sử dụng đạo hàm

Ta áp dụng đạo hàm cấp 1, 2, đến n của hai vế trong đẳng thức và các biến thể tương ứng để tính toán các tổng tổ hợp một cách hiệu quả.

* Dấu hiệu nhận biết: Nếu các hạng tử trong tổng có dạng là 1.2.k C n k hoặc (k1)a C k n k thì ta dùng đạo hàm để tính tổng

Xét đa thức ( )P x  x(1x) n , ta có:

 Lấy đạo hàm cấp 1 hai vế của P(x) ta được:

C C C C nx nx nx nx x x x nx

    Đỗ Lê Đông Đức Trang 30

Lấy đạo hàm cấp 1 hai vế của f t ( ), ta được: 1 1

nx vào đẳng thức trên vế theo vế, ta được:

1 1 1 n k n k k k k n n k k k n x x kx f k C C S nx nx nx nx nx x nx

Lấy đạo hàm cấp k hai vế của f x( ), ta được:

Nhân cả hai vế của đẳng thức trên với

! x k k , ta có: Đỗ Lê Đông Đức Trang 31

    Nhân x vào đẳng thức trên vế theo vế, thì:

Thay x2 vào đẳng thức trên, ta được:

Thay x2 vào đẳng thức trên, ta có: Đỗ Lê Đông Đức Trang 32

II.1.3 Sử dụng tích phân

Xét: (1x) n C n 0 C x 1 n   C x n n n (2.6) Lấy tích phân hai vế của (2.6) với cận thích hợp để giải toán (thường dựa vào hệ số của số hạng chứa C n n để lấy cận cho phù hợp)

* Dấu hiệu nhận biết: Các hệ số đứng trước tổ hợp (và lũy thừa) giảm dần từ 1 đến

Bài 1: Rút gọn (tính) tổng

S  C   C   C    C và tổng quát bài toán

Lấy tích phân từ 1 đến 3 hai vế của đẳng thức trên, ta được:

S  10 Đỗ Lê Đông Đức Trang 33

Ta có: (1x) n C n 0 C x C x 1 n  n 2 2 C x n n n (2.7) Lấy tích phân từ b đến a hai vế của (2.7) trên:

Lấy tích phân từ 0 tới 1 hai vế của (2.8), ta được:

Xét: f x( ) (1 x) 2 n C 2 0 n C x 2 0 n   C x 2 2 n n 2 n , Đỗ Lê Đông Đức Trang 34 g x( ) (1 x) 2 n C 2 0 n C x 2 0 n   C x 2 2 n n 2 n

Lấy tích phân từ 0 tới 1 hai vế của đẳng thức trên, ta được:

Sử dụng đạo hàm để tính S 1 , ta xét:

  Đỗ Lê Đông Đức Trang 35

  Lấy tích phân từ 0 tới 1 hai vế của (2.9), ta được:

II.2 Chứng minh hệ thức Đối với các bài toán chứng minh hệ thức, ngoài việc dùng các phương pháp của phần II.1, tùy bài toán cụ thể ta còn dùng các phương pháp khác như: i, Sử dụng quy nạp toán học ii, Sử dụng các đánh giá về bất đẳng thức iii, Sử dụng tính đơn điệu của hàm số

Bài 1: Chứng minh rằng, với  n N n, 3 thì 2 n  1 n! (2.10) Giải:

+ Giả sử (2.10) đúng khi nk k( 3), tức là: 2 k  1 k!

+ Ta cần chứng minh (2.10) đúng với n k 1

    n    Đỗ Lê Đông Đức Trang 36

Bài 3: Chứng minh rằng C 2 n n k  C 2 n n k    C 2 n n 2 (với 0 k n n k; , N)

Ta chứng minh ( )u i là dãy giảm

Tóm lại C 2 n n k  C 2 n n k   C C 2 n n 2 n n    C 2 n n 2 Đỗ Lê Đông Đức Trang 37

Xét: f x( )(xx 2 100 ) C 100 0 x 100 C 100 1 x 101 C 100 2 x 102   C 100 100 x 200 (2.11) Lấy đạo hàm hai vế của (2.11) trên ta được:

III Bài toán về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình

Khi giải các bài toán liên quan đến phương trình, bất phương trình và hệ phương trình, việc xác định điều kiện của ẩn số là rất quan trọng để đảm bảo kết quả chính xác.

III.1 Bài toán về giải phương trình

Bài 1: Giải phương trình C C x 2 x x  2 2C C x 2 x 3 C C 3 x x x  3 16 (2.12) Giải: Đỗ Lê Đông Đức Trang 38 Điều kiện:

 Vậy phương trình (2.12) có nghiệm là: x3

Bài 2: Tìm số nguyên dương n biết

Lấy đạo hàm cấp 2 hai vế của đẳng thức trên, ta được:

 Đỗ Lê Đông Đức Trang 39

Vậy số nguyên dương cần tìm: n100

Suy ra, phương trình (2.13) đúng với  k N k, x

Bài 4: Tìm các số nguyên dương x, thỏa C 1 x 6C x 2 6C x 3 9x 2 14x (2.15) Giải: Điều kiện: 3 x N

Vậy với điều kiện 3 x N, số nguyên dương cần tìm x7 Đỗ Lê Đông Đức Trang 40

III.2 Bài toán về giải bất phương trình

Bài 1: Giải bất phương trình 1 2 2 2 6 3

Vậy nghiệm bất phương trình (2.16) là: 3

Bài 2: Giải bất phương trình 5 60 3 2

Ta thấy, với n4 thì bất phương trình (2.18) vô nghiệm

 k 2 (do k n 2) Đỗ Lê Đông Đức Trang 41

Vậy bộ nghiệm ( ; )k n của bất phương trình (1) là: (0;0), (0;1), (1;1), (2;2), (3;3)

Bài 3: Tìm các số hạng dương của dãy 5 2 2 4 1 3 1

Theo giả thiết, ta có: x n 0

    Vậy các số hạng dương của dãy cần tìm: x 5

Bài 4: Cho tâp hợp A có n phần tử n4 Biết rằng, số tập con gồm 4 phần tử của A bằng 20 lần số tập con gồm 2 phần tử của A Tìm k{1, 2,…, n}, sao cho số tập con gồm k phần tử của tập A là lớn nhất

Số tập con gồm k phần tử của A là: C n k

+ Xét: C 18 k C 18 k  1 0 k 17 Đỗ Lê Đông Đức Trang 42

Tóm lại: số tập con có 9 phần tử của tập A là lớn nhất.

Bài toán về giải hệ phương trình

  Đỗ Lê Đông Đức Trang 43

        Đỗ Lê Đông Đức Trang 44

  Kết hợp với điều kiện x3, nên hệ phương trình (2.19) vô nghiệm

Từ (2.22) ta có hệ sau: Đỗ Lê Đông Đức Trang 45

 Vậy cặp ( ; )x y cần tìm là (8;3).

Bài toán về hệ số đa thức

Để giải các bài toán về hệ số đa thức, ta thường dùng các công thức tổ hợp và số hạng tổng quát T k  1 C a n k n k  b k (k 0, 1, 2,,n)

Bài 1: Tìm hệ số của số hạng chứa x 8 trong khai triển nhị thức của 1 3 5 n x x

     Đỗ Lê Đông Đức Trang 46

Do đó hệ số của số hạng chứa x 8 là: 12 4 12!

Bài 2: Đặt  1   x x 2  x 3  4  a 0  a x 1  a x 2 2    a x 12 12 Tính hệ số a 7

Theo giả thiết, ta có: k 2i 7

Bài 3: Tìm n sao cho khai triển ( ) (f x  x2) n thì hạng tử thứ 10 có hệ số lớn nhất Giải:

Suy ra hệ số của hạng tử thứ 9, 10, 11 là: C n 8 2 n  8 ,C n 9 2 n  9 ,C 10 n 2 n  10 Để hạng tử thứ 10 có hệ số lớn nhất thì:

   Vậy do nN nên không có giá trị n thỏa mãn yêu cầu bài toán

Bài 4: Tìm hệ số lớn nhất của đa thức P x( )2x1 13 a x 0 13 a x 1 12   a 13 Giải:

a k C 13 k 2 13  k Đỗ Lê Đông Đức Trang 47

Một số bài toán ứng dụng

Bài 1: Tìm số nghiệm nguyên, không âm của phương trìnhx 1 x 2  x 3 x 4 20 (2.23) thỏa điều kiện x 1 3;x 2 2;x 3 4

Từ điều kiện giả thiết, ta có các bất phương trình: \(x_1 \leq 3\), \(x_2 \geq 2\), \(x_3 \geq 5\) (*) Xét các điều kiện: \(x_2 \geq 2\), \(x_3 \geq 5\) (**) và \(x_1 \geq 4\), \(x_2 \geq 2\), \(x_3 \geq 5\) (***) Gọi \(p\) là tập hợp các số nghiệm nguyên không âm của (2.23) thỏa mãn điều kiện (*), \(q\) là tập hợp các số nghiệm nguyên không âm thỏa mãn điều kiện (**) và \(r\) là tập hợp các số nghiệm nguyên không âm thỏa mãn điều kiện (***).

+ Đặt: x 1 ' x x 1 ; 2 ' x 2 2;x 3 '  x 3 5;x 4 ' x 4 , kết hợp với điều kiện (**)

Suy ra phương trình (2.23) trở thành: x 1 '   x 2 ' x 3 ' x 4 ' 13 (2.24) Đỗ Lê Đông Đức Trang 48

Số nghiệm nguyên không âm của phương trình (2.23) thỏa điều kiện (**) bằng số nghiệm nguyên không âm của phương trình (2.24)  q C 13 4 C 4 13 1 13   C 16 13

+ Tương tự, đặt: x 1 ''  x 1 4;x 2 ''  x 2 2;x 3 ''  x 3 5;x 4 ''  x 4 , kết hợp điều kiện (***) Suy ra phương trình (2.23) trở thành: x 1 ''   x 2 '' x 3 '' x 4 '' 9 (2.25)

Số nghiệm nguyên không âm của phương trình (2.23) thỏa điều kiện (**) bằng số nghiệm nguyên không âm của phương trình (2.25)  r C 4 9 C 4 9 1 9   C 12 9

Vậy số nghiệm nguyên không âm của phương trình (2.23) thỏa (*) là 340

Bài 2: Chứng mình rằng tích của n số tự nhiên liên tiếp thì chia hết cho n!

Giả sử, n số tự nhiên liên tiếp là: (p1),(p2),,(pn) Đặt: P(p1).(p2)(pn)

Ta xét, p số 1 và n số 2, khi đó hoán vị lặp của pn số là:

Suy ra: P chia hết cho n!

Vậy, tích của n số tự nhiên liên tiếp thì chia hết cho n!

Bài 3: Một thầy giáo có 20 cuốn sách khác nhau Trong đó có 5 cuốn thuộc thể loại toán học, 4 cuốn thuộc thể loại văn học và 3 cuốn thuộc thể loại âm nhạc Thầy muốn lấy ra 6 cuốn từ 3 thể loại trên để tặng cho 6 tôi học sinh, mỗi loại một cuốn sao cho sau khi tặng xong thì mỗi một trong 3 thể loại toán học, văn học, âm nhạc đều còn ít nhất 1 cuốn Hỏi có bao nhiêu cách tặng?

Số cách chọn 6 cuốn sách trong 12 cuốn là: C 12 6

Số cách chọn 6 cuốn có 5 cuốn toán học là: C C 5 5 7 1

Số cách chọn 6 cuốn có 4 cuốn văn học là: C C 4 4 8 2

Số cách chọn 6 cuốn có 3 cuốn âm nhạc là: C C 3 3 9 3

Suy ra số cách chọn thỏa mãn điều kiện là: C 12 6   C C 5 5 7 1  C C 4 4 8 2  C C 3 3 9 3   805 cách

Mà thầy giáo tặng cho 6 học sinh nên mỗi cách chọn có 6! cách tặng Đỗ Lê Đông Đức Trang 49

Vậy số cách tặng thỏa mãn là: 805.6! = 579600 cách

Bài 4: Tìm số nghiệm nguyên, không âm của phương trình

Gọi: B là tập nghiệm của phương trình đã cho

A là tập nghiệm nguyên không âm của phương trình x 1 x 2   x k n Gọi A i là tập nghiệm của phương trình (2.26) thỏa x i   q 1 p

    là tập nghiệm của (2.26) có ít nhất một nghiệm x i   q 1 p

Ta được: Đỗ Lê Đông Đức Trang 50

 Đỗ Lê Đông Đức Trang 51

Trong quá trình thực hiện khóa luận, tôi đã khám phá vẻ đẹp riêng của toán tổ hợp và hiểu sâu hơn về lĩnh vực này Tôi đã hệ thống hóa và xây dựng một số bài toán hay và khó, mang lại những kết quả đáng chú ý cho khóa luận của mình.

* Hệ thống được cơ sở lý thuyết để giải các bài toán giải tích tổ hợp bao gồm lý thuyết về tập hợp và lý thuyết về tổ hợp

* Phân dạng và đưa vào một số bài toán hay và khó của giải tích tổ hợp

* Khóa luận đã tổng quát một số bài toán để thu được các bài toán mới phức tạp hơn

Khóa luận này tập trung vào nghiên cứu toán tổ hợp, với hy vọng đóng góp một phần vào kho tàng kiến thức trong lĩnh vực này Nó không chỉ là tài liệu hữu ích cho giảng dạy và học tập, mà còn cung cấp các bài toán thú vị và hướng dẫn người học cách tư duy sáng tạo để phát triển các bài toán mới Do đó, khóa luận trở thành nguồn tham khảo quý giá cho những ai đam mê tổ hợp và yêu thích khám phá, sáng tạo.

Trong quá trình nghiên cứu khóa luận, do thời gian hạn chế, tôi sẽ tiếp tục nghiên cứu sâu hơn về tổ hợp sau khi hoàn thành Mục tiêu của tôi là tổng hợp các phương pháp và kỹ năng giải để xây dựng một hệ thống bài tập phong phú và đa dạng hơn Tôi rất mong nhận được sự giúp đỡ từ quý thầy cô và các bạn.

Định dạng
Số trang	52
Dung lượng	1,12 MB