Toan KSA xây dựng một số dạng toán đếm dựa trên bài toán “chia kẹo euler” nhằm phát triển năng lực giải toán tổ hợp xác suất của học sinh THPT

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
ĐƠN YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN
Kính gửi: Hội đồng thẩm định sáng kiến tỉnh Ninh Bình
1. Nhóm tác giả sáng kiến: Chúng tơi gồm:

T
T

Họ và tên

1

Doãn Huy Tùng

2

Đinh Cao Thượng

3

Lê Thị Lan Anh

4

Nguyễn Xuân Trường

Nơi
công tác

THPT

Kim Sơn A
THPT
Kim Sơn A
THPT
Kim Sơn A
THPT
Yên Mô A

Chức
danh

Tỷ lệ %
đóng góp
vào việc
chun
tạo ra
mơn
sáng kiến

Thư ky
HĐGD

Đại học

40%

Đồng
tác giả

Phó hiệu

trưởng

Thạc sỹ

20%

Đồng
tác giả

Phó hiệu
trưởng

Thạc sỹ

20%

Đồng
tác giả

Phó hiệu
trưởng

Thạc sỹ

20%

Đồng
tác giả

Trình

độ

Ghi
chú

Là đồng tác giả đề nghị xét công nhận sáng kiến: Xây dựng một số dạng toán
đếm dựa trên bài toán “chia kẹo Euler” nhằm phát triển năng lực giải toán Tổ hợp Xác suất của học sinh THPT.
2. Lĩnh vực và năm áp dụng sáng kiến:
- Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giáo dục và đào tạo.
- Năm áp dụng sáng kiến: Bắt đầu từ năm học 2019 – 2020.
3. Các từ viết tắt:
- THPT: Trung học phổ thông
1


- SGK: Sách giáo khoa
4. Nội dung sáng kiến
4.1. Thực trạng và giải pháp cũ thường làm - Hạn chế của giải pháp cũ
Trong chương trình toán THPT các bài tốn đếm và xác śt ln là các bài tốn
khiến đa sớ học sinh gặp nhiều khó khăn và lúng túng.
Xét bài toán nổi tiếng trong toán học Tổ hợp Xác suất “Chia kẹo Euler”
“Có bao nhiêu cách chia n chiếc kẹo cho k em bé”.
Kết quả và cách tư duy lời giải của bài toán này được ứng dụng giải quyết một sớ
bài tốn sau:
+ Trích đề thi đầu vào sinh viên lớp Công nghệ thông tin Chất lượng cao (20212022) (ĐHCN-ĐHQGHN)
Alice vừa đoạt giải quán quân trong một kì thi lập trình danh giá. Ban tổ chức
trao thưởng theo cách thức sau: Có n hộp xếp trên một hàng dài và trong n hộp đó có k
hộp có quà đặc biệt. Alice được phép chọn ra đúng k hộp và lấy tất cả quà trong k hộp
đã chọn. Ban tổ chức cho Alice biết rằng, khơng có hai hộp quà đặc biệt nào được xếp
cạnh nhau. Nhằm tăng xác suất chọn được cả k hộp quà đặc biệt. Alice quyết định sẽ

chọn k hộp q mà khơng có hai hộp nào cạnh nhau.
Yêu cầu: Cho hai số nguyên dương n và k. Gọi C là số cách chọn k hộp mà khơng có
hai hộp nào đứng cạnh nhau trong dãy n hộp, hãy tính C%(10^9+7)(trong đó % là phép
tốn chia lấy dư).
+ Trích đề thi học sinh giỏi quốc gia năm học 2020 – 2021 (VMO)
Bài 6: Một học sinh chia tất cả 30 viên bi vào 5 cái hộp được đánh số 1, 2, 3, 4, 5 (sau
khi chia có thể có hộp khơng có viên bi nào).
a. Hỏi có bao nhiêu cách chia các viên bi vào các hộp (hai cách chia là khác nhau
nếu có một hộp có sớ bi trong hau cách chia là khác nhau).
+ Trích đề tham khảo kì thi tớt nghiệp THPT năm 2020
Câu 39. Có 6 chiếc ghế được kê thành một hàng ngang. Xếp ngẫu nhiên 6 học
sinh, gồm 3 học sinh lớp A, 2 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C, ngồi vào hàng ghế đó,

2


sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh. Xác suất để học sinh lớp C chỉ ngồi cạnh học
sinh lớp B bằng:
1
.
A. 6

3
.
B. 20

2
.
C. 15

1
.
D. 5

+ Một số bài toán khác
- (Bài toán liên quan vấn đề trồng rừng) Ông An trồng 3 cây lim, 4 cây long
não và 5 cây xà cừ trên một hàng một cách ngẫu nhiên. Tính xác śt để khơng có 2 cây
xà cừ nào được trồng cạnh nhau?
- (Bài toán bầu cử): Trong một cuộc bầu cử, ứng cử viên A được a phiếu bầu,
ứng cử viên B được b phiếu bầu (a > b). Cử tri bỏ phiếu tuần tự từng người. Có bao
nhiêu cách sắp xếp việc bỏ phiếu để lúc nào A cũng hơn B về số phiếu bầu?
m �n 
- (Bài tốn mua vé): Có m + n 
người đang đứng quanh quầy vé, trong đó

có n người chỉ có tiền 5.000 và m người chỉ có tiền 10.000. Đầu tiên ở quầy khơng có
tiền, vé giá 5.000. Hỏi có bao nhiêu cách xếp m + n người thành một hàng để không
một người nào phải chờ tiền trả lại?
Nhìn nhận các vấn đề xung quanh các bài tốn trên, chúng tôi nhận thấy một số
vấn đề liên quan đến thực trạng dạy và học các vấn đề liên quan đến nội dung Tổ hợp
Xác suất, thực trạng nội dung các đề thi cũng như ưu, nhược điểm của các giải pháp
trong dạy và học để giải quyết các bài toán trong nội dung này.
 Các bài toán nêu trên đều ở mức vận dụng và vận dụng cao có nội dung thực
tiễn, xuất phát từ những vấn đề trong thực tế. Điều này phù hợp với cách tiếp cận
chương trình PT mới 2018 nhằm phát triển năng lực giải quyết tình h́ng.
 Để giải quyết các bài tốn cần sử dụng toán nền tảng (kiến thức chương II
ĐS> 11 Tổ hợp – Xác suất theo chương trình hiện tại và còn được trang bị trong nội
dung chương trình cả 3 khối 10,11,12 theo chương trình GDPT mới 2018) và sử dụng
phương pháp tư duy được đề cập đến trong bài toán “Chia kẹo Euler”.
 Sách giáo khoa viết cịn mang tính hàn lâm: các bài tập chỉ chủ yếu dừng lại

mức nhận biết và thông hiểu; trong khi nội dung này được đề cập đến trong các đề thi
đại học ; thi THPT Quốc gia trước đây (bây giờ là kì thi tốt nghiệp THPT); thi học sinh
3


giỏi tỉnh, quốc gia; thi kiểm tra đánh giá năng lực của các trường Đại học…có cả mức
vận dụng và vận dụng cao. Mặt khác các bài tập được đề cập trong sách giáo khoa cũng
không được phân chia theo dạng và định hướng các phương pháp tư duy cho học sinh.
 Sách tham khảo; nguồn tài liệu trên mạng Internet…hầu như không đề cập đến
một cách hệ thống các bài toán theo phương pháp tư duy được trình bày trong lời giải
bài toán “Chia kẹo Euler” mà chỉ xuất hiện rải rác.
 Vấn đề dạy học của giáo viên:
Khi giảng dạy các phần kiến thức thuộc nội dung tổ hợp xác suất giáo viên gặp
phải rất nhiều khó khăn trong việc định hướng cũng như hướng dẫn học sinh tiếp cận lời
giải cho bài toán, chia các dạng toán sao cho hợp ly nhất. Thông thường đa số giáo viên
chỉ dạy sao cho học sinh nắm được càng nhiều bài càng tớt, để từ đó khi đi thi gặp bài
quen thuộc là có thể làm được. Hoặc nếu có định hình chia dạng để dạy cho học sinh thì
cũng chỉ là chia theo đặc điểm của đối tượng tham gia vào bài toán (đếm người; đếm đồ
vật; đếm hình học…), mà rõ ràng trong mỗi dạng đó có rất nhiều cách tư duy để giải
quyết (đa dạng phương pháp trong cùng một dạng). Điều này hạn chế tính logic trong
việc xâu chuỗi các bài toán trong cùng một cách tư duy, gây khó khăn cho việc học sinh
phải ghi nhớ rất nhiều phương pháp giải trong cùng một dạng tốn. Từ đó khơng phát
huy được tính chủ động, sáng tạo của học sinh trong q trình giải tốn.
 Vấn đề học của học sinh:
Đa số học sinh tiếp thu kiến thức một cách thụ động, lười tư duy tìm tòi và sáng
tạo; khả năng tự học chưa cao. Do đó, khi tiếp cận bài tốn thuộc nội dung này tuy rằng
có thể hiểu được lời giải nhưng khả năng vận dụng để giải quyết các bài tốn khác cịn
hạn chế do chưa hiểu rõ phương pháp tư duy.
4.2. Giải pháp mới:
- Sáng kiến được hình thành theo dạng một chủ đề dạy học (Phụ lục 2), cung cấp

các dạng bài tập (7 dạng) với nội dụng gắn với thực tiễn:
+ Vận dụng kết quả của bài toán “Chia kẹo Euler” (Dạng 1 đến dạng 6)
+ Vận dụng tư duy của lời giải bài tốn “Chia kẹo Euler” đó là tư duy
“vách ngăn”.
cùng với đó là các phương pháp dạy học đổi mới phát triển năng lực của học sinh.
4


- Hệ thống ly thuyết được trình bày một cách cô đọng và ngắn gọn nhất.
- Các dạng bài tập được xây dựng một cách hệ thớng, có phân chia các mức độ,
quá trình hình thành lời giải có sự phân tích về cách tư duy và con đường tìm lời giải
trên cơ sở giả thiết từ đó giúp học sinh tạo được thói quen tư duy liên kết khi gặp các
bài toán lạ.
- Bài tập được thiết kế chủ yếu theo hình thức trắc nghiệm để tạo điều kiện cho
học sinh có khả năng phát huy hết năng lực của bản thân.
* Nội dung giải pháp trong sáng kiến (Phụ lục 1)
Có thể được tóm tắt như sau:
- Phần thứ nhất: Cung cấp lại một cách có hệ thớng các kiến thức cơ bản của đại số tổ
hợp và xác suất.
- Phần thứ hai: Giới thiệu nội dung bài toán “chia kẹo Euler”, cách giải và các kết quả.
- Phần thứ ba: Xây dựng một sớ dạng tốn thường gặp vận dụng kết quả và cách tư duy
của bài toán “chia kẹo Euler”, cụ thể gồm 7 dạng:
+ Dạng 1: Đếm số nghiệm nguyên của phương trình, bất phương trình.
+ Dạng 2: Đếm số cách phân phối đồ vật, sản phẩm.
+ Dạng 3: Đếm số.
+ Dạng 4: Đếm số tập con.
+ Dạng 5: Đếm hình học.
+ Dạng 6: Lưới tọa độ.
+ Dạng 7: Các bài toán vận dụng “tư duy vách ngăn”.
- Phần thứ tư: Hệ thống bài tập vận dụng dưới hình trắc nghiệm.

- Phần thứ năm: Thiết kế hệ thống câu hỏi đánh giá, kiểm tra sau nội dung kiến thức
giúp học sinh nắm được bài và vận dụng kiến thức vào giải quyết các tình huống có liên
quan trong quá trình học tập.
Như vậy: Giải pháp mới đã giúp học sinh giảm bớt gánh nặng trong quá trình học
tập. Kiến thức cần thiết chỉ nằm trong khuôn khổ của sách giáo khoa hiện hành, không
phải nhớ q nhiều dạng bài tập một cách máy móc, khơng phải tốn kém trong quá trình
mua tài liệu tham khảo. Khi tiếp cận cách học theo giải pháp mới, học sinh có thể tự
chủ động tìm lời giải độc lập cho một bài toán dựa trên lượng kiến thức đã có sẵn. Do
đó học sinh có thể chủ động và linh hoạt trước một bài tốn khơng phải áp đặt theo một
khuôn mẫu định sẵn.
5


Các giải pháp mới nêu ra đều sử dụng phần lớn những kiến thức mà học sinh
được học ngay trên lớp. Sự liên kết giữa các phần kiến thức cùng với những định hướng
ban đầu khiến cho bài toán trở nên quen thuộc và dễ tiếp cận. Việc vận dụng một cách
phù hợp vào từng bài tốn cụ thể ln tạo ra sự mới mẻ nhưng cũng rất quen thuộc với
học sinh. Các bài tập vận dụng giải pháp mới hầu như là những bài toán đã xuất hiện
trong các tài liệu tham khảo cũng như trong các Đề thi đại học trong những năm gần
đây nhưng được tiếp cận một cách hoàn toàn mới mẻ nhưng đồng thời rất gần gũi với
mức độ suy luận của các em học sinh.
5. Hiệu quả kinh tế và xã hội dự kiến đạt được
5.1. Hiệu quả về kinh tế:
+ Tài liệu in ấn giá thành thấp.
+ Học sinh có thể tự học và tự nghiên cứu tài liệu do đó tránh được việc học thêm
gây lãng phí và tớn kém.
5.2. Hiệu quả xã hợi
+ Có tính thực tiễn cao: Kiến thức chỉ nằm trong SGK hiện hành. Sáng kiến tập
trung vào việc phân tích tư duy giúp học sinh tìm lời giải. Hệ thớng ví dụ và bài tập
mang tính sáng tạo, đáp ứng được yêu cầu về đổi mới. Bài tập được xây dựng kết hợp

giữa tự luận và trắc nghiệm; đặc biệt bài tập tự luyện chỉ xây dựng dưới hình thức trắc
nghiệm phù hợp với tình hình thi cử hiện tại. Các bài toán trong đề thi đại học trước
đây; đề thi tốt nghiệp THPT trong những năm gần đây; đề thi HSG tỉnh và quốc gia và
các đề ĐGNL của các trường ĐH sử dụng cách định hướng tư duy của giải pháp có thể
giải quyết một cách dễ dàng.
+ Hình thành các phẩm chất năng lực của học sinh, phù hợp với các yêu cầu
của chương trình giáo dục PT mới: Học sinh chủ động, sáng tạo trong học tập. Phát huy
được sự hứng thú và niềm đam mê trong học tập. Từ đó tự tin tham gia các kì thi kiểm
tra định kì hoặc các cuộc thi học sinh giỏi;
+ Tính kết nối và chia sẻ: Thông qua trao đổi và chia sẻ sáng kiến này với các
giáo viên trong trường cũng như các đơn vị khác đã giúp giáo viên trong việc dạy học
theo phương pháp mới, xác định được các nội dung trọng tâm của bài, giáo viên sử
dụng như tài liệu tham khảo, sáng kiến giúp cho giáo viên giảm bớt được nhiều công
sức trong việc soạn bài, chuẩn bị bài lên lớp. Đặc biệt, giúp giáo viên có được một sớ
dạng tốn hay để có thể áp dụng trong quá trình biên soạn đề thi. Trong nhóm tác giả
của sáng kiến, đều từng là thành viên ban soạn thảo đề thi của Sở; ngân hàng đề thi của
Sở và có người tham gia ban soạn thảo đề của Bộ.
6


+ Tính giáo dục định hướng: định hướng cho học sinh khi học tập và nghiên
cứu cần đề cao phương pháp tư duy và khả năng vận dụng kiến thức để giải quyết các
vấn đề thực tiễn.
Đặc biệt, khi ứng dụng sáng kiến trong mơn Tốn tại trường THPT Kim Sơn A,
huyện Kim Sơn, tỉnh Ninh Bình đã cho kết quả nổi bật như sau:
Nội dung

Kết quả Học sinh giỏi
THPT cấp tỉnh

Kết quả Học sinh giỏi lớp
12 cấp tỉnh

Năm 2019-2020

Năm 2020-2021

(Áp dụng sáng kiến)

(Áp dụng sáng kiến)

02/03 giải
(02 giải Khuyến khích).
03/03 đạt giải
( 01 giải Nhì, 01 giải Ba, 01
giải Khuyến khích)

Sớ lượng học sinh được
23 học sinh
nhận giải thưởng Đinh
Bộ Lĩnh do có kết quả (Có tổng điểm ba môn của các
khối thi truyền thống trên
cao trong kỳ thi THPT
27,25 điểm).
Q́c gia
Điểm trung bình mơn
Tốn trong kì thi tớt
nghiệp THPT

ĐTB mơn Tốn là 8,32

02/03 giải
(01 giải Ba, 01 giải Khuyến
khích)
03/03 đạt giải
(01 giải Nhất, 02 giải Nhì)
35 học sinh
(Có tổng điểm ba môn của
các khối thi truyền thống
trên 27,0 điểm).
ĐTB mơn Tốn là 8,15

(ĐTB mơn Tốn của tỉnh là 7,22

(ĐTB mơn Tốn của tỉnh là 7,06

ĐTB mơn Tốn của tồn q́c là 6,68)

ĐTB mơn Tốn của tồn q́c là 6,61)

Khi ứng dụng sáng kiến trong mơn Tốn tại trường THPT Yên Mô A, huyện
Yên Mô , tỉnh Ninh Bình đã cho kết quả nổi bật như sau:
Nội dung

Kết quả Học sinh giỏi
THPT cấp tỉnh
Kết quả Học sinh giỏi
lớp 12 cấp tỉnh

Năm 2019-2020

Năm 2020-2021

(Áp dụng sáng kiến)

(Áp dụng sáng kiến)

01/03 giải

03/05 giải

(01 giải nhì).

(02 giải Ba, 01 giải Khuyến
khích)

04/06 đạt giải

06/06 đạt giải

( 04 giải Khuyến khích)

(03 giải Nhì, 02 giải Ba và 01
7


giải Khuyến Khích)
Sớ lượng học sinh
được nhận giải thưởng
Đinh Bộ Lĩnh do có

kết quả cao trong kỳ
thi THPT Q́c gia
Điểm trung bình mơn
Tốn trong kì thi tớt
nghiệp THPT

08 học sinh

12 học sinh

(Có tổng điểm ba mơn của các khới thi
truyền thớng trên 27,25 điểm).

(Có tổng điểm ba mơn của các khới thi
truyền thớng trên 27,00 điểm).

ĐTB mơn Tốn là 7,83

ĐTB mơn Tốn là 7,64

(ĐTB mơn Tốn của tỉnh là 7,22

(ĐTB mơn Tốn của tỉnh là 7,06

ĐTB mơn Tốn của tồn q́c là 6,68)

ĐTB mơn Tốn của tồn q́c là 6,61)

Các kết quả nổi bật khác:
- Trong nhóm tác giả, có thầy Doãn Huy Tùng giáo viên Toán THPT Kim

Sơn A trong hai năm học gần đây dạy đội tuyển HSG Tốn lớp 12 đều có học sinh đạt
giải Nhất kì thi chọn HSG lớp 12 cấp tỉnh.
- Các thầy cô trong nhóm tác giả đều là những người hướng dẫn và giảng
dạy trực tiếp bộ mơn Tốn cho em Nguyễn Thị Thu Hằng – học sinh lớp 12B1 trường
THPT Kim Sơn A đạt vòng nguyệt quế chương trình chung kết năm “Đường lên đỉnh
Olympia” năm thứ 20.
- Năm học 2020 – 2021: giảng dạy em Nguyễn Hoàng Anh lớp 12B1
trường THPT Kim Sơn A đạt điểm 9.8 mơn Tốn, trở thành thủ khoa của tỉnh Ninh Bình
ở 2 khối thi là B và D07.
6. Điều kiện và khả năng áp dụng:
6.1. Điều kiện áp dụng:
- Học sinh lớp 11,12 THPT theo chương trình hiện hành; sau này cả lớp
10,11,12 THPT và học sinh THCS (theo chương trình GDPT mới).
- Kiến thức nền tảng: TỔ HỢP XÁC SUẤT

6.2. Khả năng áp dụng:
+ Đáp ứng nhu cầu dạy học của giáo viên: đổi mới phương pháp dạy học tích cực
nhằm phát triển năng lực phẩm chất. (Do giải pháp được trình bày dưới dạng một chủ
đề dạy học).
+ Đáp ứng cho nhiều đối tượng học sinh, phát triển năng lực giải quyết vấn đề
thực tiễn của học sinh cũng như nâng cao khả năng tư duy
8


+ Phù hợp với nội dung chương trình GDPT hiện hành và CT GDPT mới 2018;
xu thế ra đề thi trong các kì thi quốc gia; kì thi ĐGNL….
+ Trong tình hình dịch bệnh như hiện nay, việc dạy và học có thể phải tiến hành
theo hình thức trực tuyến. Khi đó rõ ràng việc tương tác giữa thầy và trị có hạn chế
hơn, u cầu với người học cũng cao hơn ở tính tự giác và tìm tịi. Vì vậy, càng thấy
được tính khả thi của giải pháp được đề cập đến.

Ninh Bình, tháng 05 năm 2021
XÁC NHẬN CỦA NHÀ TRƯỜNG

ĐẠI DIỆN NHĨM TÁC GIẢ

Dỗn Huy Tùng

9


PHỤ LỤC 1
Phần 1. MÔ TẢ NỘI DUNG SÁNG KIẾN
Sáng kiến được thiết kế theo dạng chủ đề dạy học đã được nhóm tác giả áp dụng trong quá
trình giảng dạy ôn tập cho các lớp và ôn thi học sinh giỏi tại 02 nhà trường THPT Kim sơn A và THPT
Yên Mô A. Tùy theo mức độ của học sinh từng lớp mà các tác giả đã đưa vào các phần nội dung để
giảng dạy cho phù hợp với tình hình thực tiễn.
Nội dung sáng kiến được nhóm tác giả xây dựng thành các dạng toán thường gặp trong đó vận
dụng kết quả và tư duy lời giải của bài toán “chia kẹo Euler”, ở mỗi dạng được thiết kế theo cấu trúc:
Ví dụ – Lời giải – Nhận xét, hướng suy luận và tư duy.
Sáng kiến ngoài là nguồn tài liệu cho các thầy cô trong quá trình giảng dạy còn là tư liệu để các
em học sinh tự học một cách tốt nhất. Các em học sinh có thể đọc lời giải và các hướng dẫn suy luận
trong các ví dụ từ đó vận dụng vào làm các bài tập trong hệ thống bài tập được trình bày trong sáng
kiến.
Phần 2. MỘT SỚ DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP VẬN DỤNG KẾT QUẢ VÀ TƯ DUY
LỜI GIẢI CỦA BÀI TOÁN “CHIA KẸO EULER”
2.1. KIẾN THỨC CƠ BẢN
2.1.1. Hai quy tắc đếm cơ bản
n  A
A.
Số phần tử của tập hợp hữu hạn A được kí hiệu là

hoặc
2.1.1.1. Quy tắc cộng
Một cơng việc được hồn thành bởi một trong hai hành động. Nếu hành động này có m
cách thực hiện, hành động kia có n cách thực hiện khơng trùng với bất kì cách nào của hành động thứ
nhất thì cơng việc đó có m + n cách thực hiện.
Chú y:
+ Quy tắc cộng được phát biểu ở trên có thể tổng qt cho cơng việc được hồn thành
bới nhiều hành động.
+ Quy tắc cộng được phát biểu ở trên thực chất là quy tắc đếm số phần tử của hai tập
hợp hữu hạn không giao nhau:
Nếu A và B là các tập hợp hữu hạn khơng giao nhau, thì:
A �B  A  B .
+ Quy tắc cộng còn được mở rộng đối với các tập hợp hữu hạn, có giao khác rỗng. Có
thể chứng minh được rằng, với hai tập hợp hữu hạn A và B bất kì, ta có:
A �B  A  B  A �B ,

(quy tắc bao hàm và loại trừ)

Hoặc với 3 tập hợp hữu hạn A,B,C ta có:
A �B �C  A  B  C  A �B  A �C  B �C  A �B �C .
2.1.1.2. Quy tắc nhân
Một cơng việc được hồn thành bởi hai hành động liên tiếp. Nếu có m cách thực hiện
hành động thứ nhất và ứng với mỗi cách đó có n cách thực hiện hành động thứ hai thì có m.n cách
hồn thành cơng việc.
Chú y: Quy tắc nhân có thể mở rộng cho cơng việc được hồn thành bởi nhiều hành động liên
tiếp.
2.1.2. Hoán vị – Chỉnh hợp – Tổ hợp

10

2.1.2.1. Hoán vị

 n �1 . Mỗi kết quả của sự sắp xếp thứ tự n phần tử của tập hợp A
Cho tập A gồm n phần tử
được gọi là một hoán vị của n phần tử đó.
Sớ các hốn vị của n phần tử:
2.1.2.2. Chỉnh hợp

Pn  n !  n.  n  1 ...2.1.

 n �1 . Kết quả của việc lấy k phần tử khác nhau từ n phần tử của
Cho tập A gồm n phần tử
tập hợp A và sắp xếp chúng theo một thứ tự nào đó được gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử
đã cho.
n!
Ank 
,  1 �k �n  .
nk!

Số các chỉnh hơp:
n
Chú y: Pn  An .
2.1.2.3. Tổ hợp

 n �1 . Mỗi tập con gồm k phần tử của A được gọi là một tổ hợp
Cho tập A gồm n phần tử
chập k của n phần tử đã cho.
n!
Cnk 

,  0 �k �n  .
k !.  n  k  !
Số các tổ hợp:
Cnk 

Ank
.
k!

Chú y:
2.1.3. Xác suất của biến cố
2.1.3. Định nghĩa
Giả sử A là biến cố liên quan đến một phép thử chỉ có một sớ hữu hạn kết quả đồng

khả năng x́t hiện. Ta gọi tỉ sớ

Chú y:
cịn

n  A

n  A
n  

là xác suất của biến cố A, kí hiệu là
n  A
P  A 
.
n  

P  A .

là số phần tử của A hay cũng là số các kết quả thuận lợi cho biến cố A,

n  

là sớ các kết quả có thể xảy ra của phép thử.
2.1.3. Tính chất
a ) P  �  0; P     1.

b) 0 �P  A  �1.

c ) A �B  �� P  A �B   P  A   P  B  .

Chú y: Tính chất c) là cơng thức cộng xác śt và ta có hệ quả:

 

P A  1  P  A , A

là biến cớ đới của biến cớ A.

2.2. BÀI TỐN “CHIA KẸO EULER”
2.2.1. Nội dung bài tốn:
Có bao nhiêu cách chia n cái kẹo giống nhau cho k em bé?

11


2.2.2. Lời giải:

Trước hết ta xét các bài toán sau:
Bài toán 1: “Có bao nhiêu cách chia n cái kẹo giống nhau cho k em bé sao cho em nào cũng
*
có kẹo, n �k ; n, k �� ”.
Đặt n cái kẹo trên một hàng ngang, khi đó giữa n chiếc kẹo sẽ có n – 1 khoảng trớng.
Nếu ta đặt k – 1 chiếc que vào k – 1 khoảng trống bất kì trong số n – 1 khoảng trống trên ta
thấy n chiếc kẹo sẽ được chia thành k phần để cho k em bé theo thứ tự.
Do đó sớ cách chia kẹo bằng sớ cách chọn k – 1 khoảng trống trong số n – 1 khoảng trống tức
k 1
là Cn 1 .
Nhận xét:
+ Từ lời giải trên ta nhận thấy, khi xếp các đối tượng trên một hàng thì giữa các đối
tượng luôn hình thành khoảng trớng (hay cịn gọi vách ngăn), và dễ thấy rằng để hai đới tượng trên
hàng đó khơng đứng cạnh nhau ta chỉ cần xếp một đối tượng khác vào khoảng trớng đó. Để cho đơn
giản ta gọi đây là “tư duy vách ngăn”.
+ Nếu gọi số kẹo nhận được của k em bé ứng với mỗi cách chia lần lượt là x1 , x2 ,..., xk

thì x1  x2  ...  xk  n . Và hiển nhiên, số nghiệm của phương trình đó bằng chính sớ cách chia. Từ đó
ta có kết quả bài tốn sau.
Bài toán 2: “Tìm sớ nghiệm ngun dương của phương trình
x1  x2  ...  xk  n; n �k ; n, k ��* . ”
k 1
Đáp số: Cn 1 .
Bài toán 3: “Tìm sớ nghiệm ngun khơng âm của phương trình

x1  x2  ...  xk  n; n ��, k ��*.
Đặt

yi  xi  1 � yi ��*, i  1, k

”

và phương trình đã cho trở thành:

y1  y2  ...  yk  n  k  m,  m �k 

(*)
Số nghiệm phương trình đã cho bằng số nghiệm nguyên dương của phương trình (*), áp dụng
C k 1  Cnkk11.
bài tốn 2, ta được sớ nghiệm đó bằng: m 1
Nhận xét: Đến đây, theo sự tương ứng giữa số cách chia kẹo và số nghiệm của phương trình thì
k 1
đáp sớ của bài tốn “chia kẹo Euler” là: Cn  k 1.
2.3. MỘT SỐ DẠNG TỐN LIÊN QUAN
Từ kết quả của bài tốn chia kẹo Euler cũng như cách tư duy để tìm ra kết quả đó, ta rút ra
được một sớ kết luận quan trọng sau:
* KẾT LUẬN 1: Số cách chia (phân phối) n cái kẹo (sản phẩm) cho k em bé (đối tượng) sao
cho em nào cũng có kẹo (đối tượng nào cũng có sản phẩm) hay sớ nghiệm ngun dương của phương
*
k 1
trình x1  x2  ...  xk  n; n �k ; n, k �� là: Cn 1 .
* KẾT LUẬN 2: Số cách chia (phân phối) n cái kẹo (sản phẩm) cho k em bé (đối tượng) hay
*
k 1
số nghiệm nguyên không âm của phương trình x1  x2  ...  xk  n; n ��, k �� là: Cn  k 1.

12


* KẾT LUẬN 3: Hình thành “tư duy vách ngăn” trong việc giải quyết các bài tốn đếm có giả

thiết yêu cầu các đối tượng được xếp hoặc không xếp cạnh nhau.
Sau đây ta sẽ xét một sớ dạng tốn đếm thường gặp vận dụng các kết luận trên đây.
2.3.1.DẠNG 1: Đếm sớ nghiệm ngun của phương trình, bất phương trình
Ví dụ 1: Cho phương trình: x1  x2  x3  x4  20. Tìm số nghiệm nguyên của
phương trình thỏa mãn:
1.

xi �0, i  1, 4.

x �1, i  1, 4.
2. i
3. x1 �1, x2 �2, x3 �3, x4 �4.
4. xi là các số tự nhiên chia 4 dư 1, với i  1, 4.
5.





x1 �3; xi �0, i  1, 4 .
LỜI GIẢI

3
1. Số nghiệm nguyên không âm của phương trình: C23 .
3
2. Số nghiệm nguyên dương của phương trình: C19 .
3. Đặt: y1 = x1 ; y2 = x2 - 1; y3 = x3 - 2; y4 = x4 - 3 . Số nghiệm phương trình thỏa mãn điều

kiện bằng số nghiệm nguyên dương của phương trình:
Số nghiệm là:

4. Đặt
phương trình:

y1 + y2 + y3 + y 4 = 14; yi �1, i = 1, 4.

C133 .

xi = 4 yi +1; yi �0, i =1; 4.

Số nghiệm phương trình thỏa mãn điều kiện bằng số nghiệm

y1 + y2 + y3 + y 4 = 4; yi �0, i = 1, 4.
Số nghiệm là:

C73 .

5.Cách 1: Xét các trường hợp x1 = 0;1; 2;3. Số nghiệm phương trình thỏa mãn điều kiện là:

C222 + C212 + C202 + C192 = 802.
Cách 2: (Sử dụng biến cố đối)
+ Số nghiệm nguyên không âm của phương trình là:

C233 .

+ Số nghiệm nguyên không âm của phương trình thỏa mãn x1 �4 : Đặt y1 = x1 - 4 �
Số nghiệm là:

C193 .

C 3 - C193 = 802.

Suy ra: số nghiệm phương trình thỏa mãn điều kiện: 23
Nhận xét:
Khi đếm số nghiệm có điều ràng buộc:
+ Điều kiện ràng buộc dạng: xi �di � đặt ẩn phụ.
+ Điều kiện ràng buộc dạng: xi �di
- Nếu chỉ có 1 biến có điều kiện đó thì áp dụng 2 cách trên.

13


- Nếu có nhiều biến có điều kiện ràng buộc ta áp dụng cách giải 2 nhưng cần
chú ý quy tắc bao hàm và loại trừ. Cụ thể ta xét trong ví dụ tiếp theo.
Ví dụ 2: Cho phương trình: x1  x2  x3  x4  17. Tìm số nghiệm nguyên của
phương trình thỏa mãn:
1. 0 �x1 , x2 �3.
2.

3 �xi �5, i  1, 4.
LỜI GIẢI

C3 .
1. + Số nghiệm nguyên không âm của phương trình là: 20
+ Gọi X 1 , X 2 lần lượt là tập các nghiệm nguyên không âm của phương trình thỏa mãn điều
C 3 - X 1 �X 2 .
kiện: x1 �4, x2 �4 . Khi đó: sớ nghiệm thỏa mãn điều kiện là: 20
X 1 = X 2 = C163 ; X 1 �X 2 = C123 .

- Ta có:

X 1 �X 2 = X 1 + X 2 - X 1 �X 2 = 2C163 - C123 = 900.

- Suy ra:

- Do đó sớ nghiệm thỏa mãn điều kiện:

3
C20
- X 1 �X 2 = 240.

y ="�-=
xi 3 0 yi 2, i 1, 4.
2. * Đặt i
Số nghiệm phương trình thỏa mãn điều kiện bằng số nghiệm nguyên không âm phương trình
y1 + y2 + y3 + y3 = 5, (*) với điều kiện yi �2, " i = 1, 4.

* Gọi Y là tập tất cả các nghiệm nguyên không âm của phương trình (*), suy ra:
* Gọi

Ai , i = 1, 4

lần lượt các điều kiện:

Y = C83 .

lần lượt là tập các nghiệm nguyên không âm của phương trình (*) thỏa mãn

yi �3, i = 1, 4.

A1 �A2 = A1 �A3 = A1 �A4 = A2 �A3 = A2 �A4 = A3 �A4 = 0;
A1 �A2 �A3 = A2 �A3 �A4 = A1 �A3 �A4 = A1 �A2 �A4 = 0.

A1 �A2 �A3 �A4 = 0.
*

Khi

đó

sớ

nghiệm
3
8

phương

trình

thỏa

mãn

điều

kiện

bài

tốn

là:

3
5

Y - A1 �A2 �A3 �A3 = C - 4C = 16.
Ví dụ 3: Tìm số nghiệm nguyên không âm của bất phương trình :
x1  x2  x3  x4 �11.
LỜI GIẢI
+ Cách 1: Số nghiệm nguyên không âm của bất phương trình bằng tổng số nghiệm nguyên
không âm của 12 phương trình:
11

Số nghiệm là:
+ Cách 2: Đặt

�C

3
3+i

x1 + x2 + x3 + x4 = i, i = 0,11.

= 1365.

i=0

x5 = 11- ( x1 + x2 + x3 + x4 ) �0.

Khi đó sớ nghiệm thỏa mãn điều kiện bài tốn

bằng số nghiệm nguyên không âm của phương trình: x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 11.

14


Sớ nghiệm là:

C154 =1365.

Ví dụ 4: Tìm sớ nghiệm ngun không âm của bất phương trình : x1  x2  x3  x4 �10
thỏa mãn x1 �3.
LỜI GIẢI
Lần lượt cho x1 = 0,1, 2, 3 và vận dụng cách giải của bài 3 ta được kết quả số nghiệm thỏa mãn

C 3 + C123 + C113 + C103 = 791.
điều kiện: 13
2.3.2.DẠNG 2:Đếm số cách phân phối đồ vật, sản phẩm.
Ví dụ 1: Có bao nhiêu cách xếp (phân phối) 4 viên bi giống nhau vào 3 chia hộp A, B, C.
LỜI GIẢI
Gọi x, y, z lần lượt là số viên bi được xếp (phân phối) vào các hộp A, B, C.
Khi đó: x + y + z = 4; x, y , z ��.
Mỗi nghiệm của phương trình này là một cách phân phối 4 viên bi vào 3 chiếc hộp, do đó sớ
2
cách phân phới là: C6 = 15.
Nhận xét:
+ Ta có thể hiểu đơn giản hơn rằng, việc phân phối 4 viên bi cho 3 hộp cũng là công việc chia 4
cái kẹo cho 3 em bé. Do đó có thể suy ra ngay đáp án bài tốn.
+ Từ đó, một cách khác ta có thể phát biểu bài tốn chia kẹo Euler theo “ngơn ngữ” khác như

C k- 1 .

sau: Số cách phân phối n sản phẩm cho k đối tượng là: n+k - 1 (trong tốn học đây chính là sớ tổ hợp
lặp chập n của k phần tử). Do đó, khi giải các bài tốn tương tự ta có thể sử dụng ngay “ngơn ngữ” này
để giải quyết rất nhanh gọn.
Ví dụ 2: Một cửa hàng có 6 loại kem khác nhau. Một người khách ḿn mua 9 que
kem. Hỏi người khách đó có bao nhiêu sự lựa chọn?
LỜI GIẢI
Sớ cách lựa chọn của người khách chính là sớ cách phân phới 9 que kem mua đươc cho 6 loại
5
kem, do đó sớ cách lựa chọn là: C14 = 2002.

Ví dụ 3: Có bao nhiêu cách xếp (phân phối) 30 viên bi giống nhau vào 5 chiếc hộp
khác nhau sao cho:
1. Cách xếp là bất kì về số lượng viên bi trong mỗi hộp.
2. Hộp 1 có ít nhất 5 viên bi.
3. Hộp 1 có ít nhất 5 viên bi; hộp 2 và hộp 3 có khơng q 6 viên bi.
LỜI GIẢI
4
1. Ta có ngay sớ cách xếp (phân phới) là: C34 = 46376.
2. Do hộp 1 cần ít nhất 5 viên bi nên ta lấy luôn 5 viên bi cho hộp 1, cịn lại 25 viên bi ta phân
4

phới cho 5 hộp. Số cách phân phối là: C29 = 23751.
3. Số cách phân phối thỏa mãn bằng số cách phân phối 25 viên bi cho 5 hộp và thỏa mãn điều
kiện hộp 2 và 3 đều có sớ bi nhỏ hơn hoặc bằng 6.

15


4

+ Số cách phân phối 25 viên bi cho 5 hộp là: C29 = 23751.
4
+ Số cách phân phối 25 viên bi cho 5 hộp sao cho hộp 2 chứa số bi lớn hơn hoặc bằng 7 là: C22 .
Tương tự: Số cách phân phối 25 viên bi cho 5 hộp sao cho hộp 3 chứa số bi lớn hơn hoặc bằng 7 là:

C224 .
Số cách phân phối 25 viên bi cho 5 hộp sao cho cả hộp 2 và 3 chứa số bi lớn hơn hoặc bằng 7
là:

4
15

C .
C294 - �
2C222 - C154 �
= 10486.
�
�
Do đó, sớ cách phân phới thỏa mãn điều kiện là:
Ví dụ 4: Có bao nhiêu cách chọn ra 6 sớ (có thể giớng nhau) từ 9 chữ số tự nhiên
1,2...,9?
LỜI GIẢI
Số cách chọn ra 6 sớ bằng sớ cách phân phới 6 sớ đó cho 9 chữ số từ 1 đến 9, tức là có:

C148 = 3003 cách chọn.
2.3.3.DẠNG 3: Đếm số.
Ví dụ 1: Có bao nhiêu sớ tự nhiên có 5 chữ sớ dạng abcde thỏa mãn:
1. 1 �a  b  c  d  e �9.
2. 1 �a �b �c �d �e �9.
LỜI GIẢI

1.Cách 1: + Ta viết các chữ số 1,2,3,...,9 theo thứ tự tăng dần.
+ Ta chọn 5 số dãy 9 sớ đó được 1 sớ thỏa mãn.
Do đó số các số thỏa mãn là:

C95 = 126.

5
Cách 2: + Từ tổ hợp 9 chữ số tự nhiên ta chọn ra 5 chữ số khác nhau: C9 . (Chọn thành phần).
+ Mỗi cách chọn đó ta sắp xếp chỉ dc một sớ thỏa mãn điều kiện. (Sắp xếp)
5
Do đó sớ các số thỏa mãn là: C9 = 126.
Nhận xét: cách lập luận thứ 2 là cách lập luận thông thường với các bài toán lập số, tức là
trải qua 2 bước: Chọn thành phần và sắp xếp.
2.+ Chọn thành phần : chọn 5 số từ 9 số (các chữ số có thể lặp lại) bằng cách phân phới 5 sớ
5
chọn được cho 9 chữ sớ tự nhiên, do đó sớ cách chọn là: C13 .
+ Sắp xếp: Mỗi cách chọn đó chỉ có duy nhất một sớ thỏa mãn điều kiện.
5
Do đó, sớ các sớ thỏa mãn là: C13 = 1287.

Ví dụ 2: Có bao nhiêu sớ tự nhiên có 5 chữ số dạng abcde thỏa mãn:
1. a  b  c  d  e.
2. a �b �c �d �e.
LỜI GIẢI
1. + Chọn thành phần: chọn 5 số tự nhiên đôi một khác nhau từ 10 chữ số tự nhiên, có
C105 = 252 cách chọn.

16

+ Sắp xếp: mỗi cách chọn thành phần chỉ có duy nhất một cách xếp để các chữ số giảm dần. Do
5

đósớ các sớ thỏa mãn là: C10 = 252.
2. + Chọn thành phần: chọn 5 sớ tự nhiên (có thể giống nhau) từ 10 chữ số tự nhiên bằng sớ
5
cách phân phới 5 chữ sớ đó về cho 10 chữ sớ tự nhiên từ 0 đến 9, có C14 cách chọn.
+ Sắp xếp: mỗi cách chọn thành phần chỉ có duy nhất một cách xếp để các chữ sớ giảm dần
(trong đó có cách xếp 00000 khơng là sớ tự nhiên có 5 chữ sớ).
5
Do đó, sớ các sớ thỏa mãn là: C14 - 1 = 2001.

Ví dụ 3: Có bao nhiêu sớ tự nhiên có 5 chữ sớ dạng abcde thỏa mãn:
1 �a �b  c  d �e �9.

a 1; e ' e 1 0
Đặt a ' �<<<<+=-=

a'

LỜI GIẢI
b c d e ' 10

5
Áp dụng cách giải Ví dụ 1 ta được kết quả: C11.
Ví dụ 4: (Vé hạnh phúc) Mỗi vé xe có một dãy 6 chữ số được gọi là vé hạnh phúc nếu
tổng 3 chữ số đầu bằng tổng 3 chữ số cuối. Hỏi có tất cả bao nhiêu vé hạnh phúc?

LỜI GIẢI
+ Nhận xét: nếu

a ή-�
{ 0;1;...;9}

9 a { 0;1;...;9} .

+ Gọi dãy 6 chữ số của một vé xe là: a1 , a2 , a3 ,9 - a4 ,9 - a5 ,9 - a6 .
+ Vé xe hạnh phúc thì:
a1 + a2 + a3 = 9 - a4 + 9 - a5 + 9 - a6 � a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 = 27, (*).
Do đó: số vé xe hạnh phúc bằng số nghiệm nguyên không âm của phương trình (*) thỏa mãn
điều kiện ai �9, " i =1, 6.
5
+ Số nghiệm nguyên không âm của phương trình (*): C32 .

+ Gọi Mi là tập hợp các nghiệm nguyên không âm của phương trình (*) mà ai �10, i =1, 6.
Ta cần tính:
+ Tính

C325 - M 1 �M 2 �... �M 6 .

5
M i � C22
.

M ǮM j
C125 .
+ Tính i
+ Giao từ 3 tập Mi trở lên đều có phần từ bằng 0.
Do đó sớ vé hạnh phúc là:
2.3.4. DẠNG 4: Đếm số tập con.

5
C325 - M 1 �M 2 �... �M 6 = C325 - ( 6C22
- 15C125 ) = 55252.

Ví dụ 1: Cho tập hợp A gồm 100 số nguyên dương đầu tiên. Tìm sớ tập con của tập hợp
A có 3 phần tử sao cho khơng có 2 phần tử nào của mỗi tập con đó là hai sớ tự nhiên liên
tiếp?

17


LỜI GIẢI
Cách 1: + Gọi a, b, c là 3 phần tử của 1 tập con thỏa mãn, giả sử a < b < c.
+ Ta có : 1,2,3,...a,...,b,...,c,...,100.

[1; a ) ;( a; b) ; ( b; c) ;( c;100].
+ Giả sử x1 , x2 , x3 , x4 lần lượt sớ các sớ ngun trong tập
Khi đó: x1 + x2 + x3 + x4 = 97, (*); x1 , x4 �0; x2 , x3 �1, (1).
+ Số tập con thỏa mãn bằng số nghiệm nguyên của phương trình (*) thỏa mãn (1).
3
+ Dễ dàng tính được sớ nghiệm bằng: C98 .
Cách 2: + Ta đặt 3 phần tử của tập con được chọn vào 98 khoảng trống được tạo ra từ 97 số
3

không được chọn trong tập con, số cách đặt là: C98 . Đó cũng chính là sớ tập con thỏa mãn điều kiện.
Nhận xét: Rõ ràng cách đếm số 2 có vẻ ngắn và nhanh hơn, cách làm đó vận dụng tư duy vách
ngăn để giải quyết. Tuy nhiên, cách làm đó chỉ áp dụng với bài có yếu tố khơng liên tiếp. Còn cách
làm số 1 áp dụng ngay cả khi khoảng cách giữa các phần tử của tập con tùy ý.
Ví dụ 2: Một tháng làm việc tại công ty, Lan được nghỉ phép 4 ngày. Hỏi Lan có bao

nhiêu cách chọn 4 ngày nghỉ phép trong tháng 1 năm 2021 sao cho khơng có 2 ngày nghỉ
phép nào liên tiếp?
LỜI GIẢI
Tháng 1 năm 2021 có 30 ngày, khi chọn được 4 ngày nghỉ thì sẽ cịn lại 26 ngày khơng được
nghỉ.
Ta đặt 4 ngày nghỉ vào 27 khoảng trống được tạo ra từ 26 ngày khơng được nghỉ, mỗi cách đặt
4
đó cho ta một cách chọn thỏa mãn u cầu. Do đó, sớ cách chọn thỏa mãn: C27 .
Ví dụ 3: Cho tập hợp A gồm 2021 sớ ngun dương đầu tiên. Có bao nhiêu tập con của A
có 3 phần tử sao cho tổng các phần tử của tập con đó bằng 2019?

LỜI GIẢI
+ Gọi a, b, c là 3 phần tử của một tập con của A.
+ Khi đó: a + b + c = 2019, (*);1 �a, b, c �2021, a �b �c, (1).
+ Tức là ta cần đếm số nghiệm nguyên dương của phương trình (*) mà a, b, c đôi một phân
biệt.
2
+ Số nghiệm nguyên dương của phương trình (*) là: C2018 .
+ Số nghiệm nguyên dương mà a = b = c là: 1 nghiệm là (673;673;673).
+ Số nghiệm nguyên dương mà a = b �c : Phương trình (*) � 2a + c = 2019 � c lẻ.
Suy ra số nghiệm là: 1009 - 1 =1008 , (trừ đi c nhận giá trị 673 và 2019).

+ Tương tự với 2 trường hợp a = c �b; c = b �a cũng có sớ nghiệm là 1008.
2
Do đó số nghiệm thỏa mãn yêu cầu: C2018 - 3.1008 - 1 = 2032128.
+ Vì mỗi tập con có 3 phần tử của A thỏa mãn yêu cầu sinh ra 3! nghiệm đã tính được.
Do đó sớ tập con thỏa mãn là: 2032128 : 3! = 338688.

2.3.5. DẠNG 5: Đếm hình học.

18


Ví dụ 1: Cho đa giác đều có 2021 đỉnh. Có bao nhiêu tam giác, tứ giác có đỉnh là đỉnh của đa giác đều đã
cho sao cho khơng có cạnh nào là cạnh của đa giác đều đã cho?

LỜI GIẢI
Từ giả thiết suy ra các đỉnh của tam giác, tứ giác không là các đỉnh kề nhau của các đỉnh đa
giác ban đầu, từ đó cho ta y tưởng cách giải như dạng toán tập con. Nhưng do các đỉnh của đa giác
được xếp trên đường tròn nên khi đếm ta cần cố định một đỉnh trước, tức là chọn 1 đỉnh của tam giác,
tứ giác thỏa mãn trước.
+ Đếm số tam giác thỏa mãn: Giả sử tam giác ABC là tam giác có 3 đỉnh là các đỉnh của đa
giác đều đã cho mà không cạnh nào là cạnh của đa giác.
- Chọn đỉnh A có 2021 cách chọn.
- Chọn 2 đỉnh còn lại: Gọi x1 , x2 , x3 là số đỉnh giữa A và B; B và C; C và A.
Khi đó: x1 + x2 + x3 = 2018,(*); x1 , x2 , x3 < 0.
Số cách chọn 2 đỉnh cịn lại chính là sớ nghiệm nguyên dương của phương trình (*) và bằng:
2
C2017
.
2
2021.C2017
= 1369655952.
3
- Do mỗi tam giác được đếm 3 lần nên số tam giác cần đếm là:
3
2021.C2016
.
4
+ Tương tự với số tứ giác thỏa mãn:

Nhận xét: Dễ dàng có thể suy ra bài tốn tổng qt: đếm sớ k – giác từ n – giác đều sao cho

n.Cnk-- k1- 1
.
k
khơng có cạnh nào của k – giác là cạnh của n – giác. Đáp sớ là:
Ví dụ 2: Cho đa giác đều có 2013 đỉnh. Người ta tô màu đỏ cho 100 đỉnh của đa giác đều đó. Hỏi có bao
nhiêu cách tơ màu sao cho giữa 2 đỉnh được tơ có ít nhất 3 đỉnh không được tô màu?

LỜI GIẢI
+ Chọn đỉnh tơ đầu tiên A1 : có 2013 cách chọn.
+ Chọn 99 đỉnh còn lại: Gọi x1 , x2 ,..., x100 là sớ đỉnh giữa 100 đỉnh với nhau.
Khi đó: x1 + x2 +... + x100 = 1913, (*); x1 , x2 ,..., x100 �3, (1).
99
Dễ dàng đếm được số nghiệm phương trình (*) thỏa mãn (1) là: C1713 .
Đó cũng chính là sớ cách chọn 99 đỉnh cịn lại.
99
2013.C1713
.
100
+ Do mỗi 100 – giác đó được đếm 100 lần, nên sớ cách tơ màu là:

Ví dụ 3: Cho tam giác có diện tích bằng 27. Một điểm P nằm trong tam giác được gọi là “điểm tớt” nếu có
thể tìm được 27 tia chung gốc P chia tam giác thành 27 tam giác con có cùng diện tích? Đếm sớ điểm P?

19


LỜI GIẢI
+ Nhận xét: - Các tia PA, PB, PC đều thuộc 27 tia chung gốc P của điểm tốt P.

- SD PAB , SDPBC , SDPCA đều là các số nguyên dương.
+ Với mỗi điểm tốt P , đặt x = SD PBC , y = SD PCA , z = SD PAB � x + y + z = 27, (*).
2
Dễ thấy số nghiệm nguyên dương của phương trình (*) là C26 = 325.
Bổ đề: “Với mỗi điểm P nằm trong tam giác ABC, ta ln có:
uur
uur
uuu
r r
xPA + yPB + z PC = 0 ”
Từ hệ thức này ta dễ dàng chứng minh được rằng với mỗi bộ (x; y; z) chỉ tồn tại duy nhất một
điểm P.
Do đó, sớ điểm tớt P là: 325.
2.3.6. DẠNG 6: Lưới tọa độ.

Ví dụ 1: Cho 1 lưới gồm các ô vuông, các nút được đánh số từ 0 đến m theo chiều từ trái
sang phải và từ 0 đến n theo chiều từ dưới lên trên (như hình vẽ):

Hỏi có bao nhiêu đường đi khác nhau từ nút (0; 0) đến nút (m; n) nếu chỉ cho phép
đi trên cạnh các ô vuông theo chiều từ trái sang phải hoặc từ dưới lên trên.
LỜI GIẢI
+ Một con đường đi thỏa mãn yêu cầu bài toán trên trải qua m + n bước do mỗi bước chỉ có 2
cách di chuyển (đây cũng chính là con đường ngắn nhất để di chuyển từ nút (0;0) đến nút (m; n)).
+ Trong m + n bước đó, ta chọn ra m bước để để di chuyển sang phải, còn n bước còn lại ta di
m
n
chuyển lên trên. Khi đó sớ con đường di chuyển là: Cm+n = Cm+n .

Ví dụ 2: Trên bàn cờ 5x4 ô vuông như hình vẽ dưới đây, người chơi chỉ được di chuyển
quân theo các cạnh của hình vng, mỗi bước đi được một cạnh. Có bao nhiêu cách di

chuyển quân từ điểm A đến điểm B bằng 9 bước?

20


LỜI GIẢI
Di chuyển quân từ A đến B bằng 9 bước do đó đây chính là con đường di chuyển ngắn nhất, tức
là ở mỗi bước di chuyển chỉ được phép lên trên hoặc sang phải. Do đó theo y trên ta suy ra số cách di
4
5
chuyển là: C9 = C9 = 126.
2.3.7. DẠNG 7: Vận dụng tư duy vách ngăn.

Ví dụ 1: Thầy Bình trồng 3 cây lim, 4 cây long não và 5 cây xà cừ trên một hàng một cách ngẫu nhiên. Tính
xác śt để khơng có 2 cây xà cừ nào được trồng cạnh nhau?

LỜI GIẢI
W= 12!.
+ Ta có:
+ Biến cớ A: “Khơng có 2 cây xà cừ nào được trồng cạnh nhau”
- Trồng 7 cây gồm lim và long não có 7! cách.
- Mỗi cách trồng 7 cây đó, giữa 7 cây có 8 khoảng trớng, ta chọn 5 khoảng trớng trong 8
5

khoảng trớng đó để trồng các cây xà cừ, số cách chọn vị trí là: C8 .
- Mỗi cách chọn vị trí đó có 5! cách trồng các cây xà cừ.
Do đó:

A = 7!C85 5! � P ( A) =

7!C85 5! 7
= .
12!
99

Ví dụ 2: Trong một giải bóng đá có 10 trận đấu được diễn ra trong vòng 30 ngày. Hỏi ban tổ chức có bao
nhiêu cách sắp xếp lịch thi đấu các trận đấu sao cho 2 trận đấu kề nhau phải cách nhau ít nhất một ngày?

LỜI GIẢI
Dựa theo giả thiết ta suy ra ngày thứ 1 và ngày thứ 30 mỗi ngày có 1 trận. Do đó sớ cách sắp
xếp các trận bằng sớ cách đặt 8 trận cịn lại vào 19 khoảng trống giữa 20 ngày mà không có trận đấu
8
diễn ra. Do đó, sớ cách sắp xếp lịch thi đấu là: C19 = 75582.

Ví dụ 3: Một lớp có 36 học sinh được xếp theo một hàng ngang sao cho khoảng cách giữa hai người cạnh
nhau là 0,5 mét. Có bao nhiêu cách chọn ra 10 học sinh trong hàng đó để sau khi chọn ra khơng tồn tại
khoảng trống lớn hơn 1 mét giữa hai học sinh cạnh nhau trong sớ các học sinh cịn lại trong hàng?

21


LỜI GIẢI
u cầu bài tốn chính là sớ cách chọn ra 10 người trong hàng sao cho khơng có 2 người nào
đứng cạnh nhau. Giữa 26 người không được chọn có 27 khoảng trớng, sớ cách đặt 10 người được chọn
vào 27 khoảng trớng cũng chính là sớ cách chọn thỏa mãn u cầu.
10
Do đó, sớ cách chọn là: C27 = 8436285.

Ví dụ 4: Có bao nhiêu cách xếp 4 bạn nữ và 6 bạn nam vào 10 ghế ngồi mà khơng có hai bạn nữ nào được
xếp cạnh nhau, nếu:

1. Ghế xếp thành hàng ngang.
2. Ghế xếp quanh bàn trịn.

LỜI GIẢI
1. Sớ cách xếp 6 bạn nam: 6!
Giữa 6 bạn nam có 7 khoảng trớng, chọn 4 khoảng trớng trong sớ đó và xếp 4 bạn nữ, sớ cách
4
xếp là: C7 .4!.
4
Do đó sớ cách xếp thỏa mãn là: 6!C7 4! = 604800.
2. Số cách xếp 6 bạn nam quanh bàn trịn là: 5!
Giữa 6 bạn nam có 6 khoảng trớng, chọn 4 khoảng trớng trong sớ đó và xếp 4 bạn nữ, sớ cách
4
xếp là: C6 .4!.
4
Do đó, số cách xếp là: 5!C6 4! = 43200.
2.4. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM TỰ LUYỆN
DẠNG 1: ĐẾM SỐ NGHIỆM NGUYÊN CỦA PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH
Câu 1: Tìm sớ nghiệm ngun dương của bất phương trình: x1  x2  x3  x4  10
4
4
B.84
C. C14
D. C10
�x  y  z  t  20
�
Câu 2: Hệ phương trình �x, y, z , t �1(mod 4) có bao nhiêu nghiệm nguyên không âm thỏa mãn ?

A. 126

3

A. C10

3

3

B. C19

C. C7

3
D. C23

Câu 3:Một nhóm học sinh gồm 4 bạn, mỗi bạn mang một sớ thứ tự 1; 2;3; 4 .Cơ giáo có bao nhiêu
cách chia 18 cái kẹo cho 4 bạn học sinh sao cho lấy số kẹo của mỗi bạn trừ đi sớ thứ tự của bạn đó ta
ln được một số không âm?
4

A. C18

3

3

B. C7 C. C21

4

D. C11

Câu 4:Gọi S là tập các sớ tự nhiên có 4 chữ sớ . Bốn bạn An, Bình, Chi ,Dũng chọn mỗi người một sớ
từ S . Tính xác śt để 4 sớ chọn được của 4 bạn có tổng là 1 sớ T mà tổng các chữ số T chia hết cho
9 và T chia hết cho 4042?
3
3
3
C32381
C3621
C14198
4
4
4
A. A9000
B. A9000
C. A9000
DẠNG 2: ĐẾM SỐ CÁCH PHÂN PHỐI ĐỒ VẬT, SẢN PHẨM

3
C36378
4
D. A9000

22


Câu 1: Xét tập
A. n  1

A   a1 ; a2 ;....; an 

. Số tập con của tập A là:

n
n1
B. n
C. 2
D. 2
Câu 2: (VMO 2021) Một học sinh chia tất cả 30 viên bi vào 5 cái hộp được đánh sớ 1,2,3,4,5 (sau khi
chia có thể có hộp khơng có viên bi nào). Hỏi có bao nhiêu cách chia các viên bi vào các hộp?
4
4
5
5
A. C34
B. C29
C. C30
D. C29
Câu 3:Phân phối 60 thùng hàng giống hệt nhau cho 6 cửa hàng. Tính sớ cách chia để mỗi cửa hàng
nhận được ít nhất 6 thùng hàng?
5
5
6
6
A. C29
B. C23
C. C23
D. C29
Câu 4:Có bao nhiêu cách chia 30 chiếc bánh cho An, Bình, Chi (có thể có bạn khơng được chiếc bánh

nào) sao cho An ln hơn Bình ít nhất 5 cái bánh và số bánh của Chi luôn là 1 sớ lẻ ?
2

A. C14
DẠNG 3: ĐẾM SỚ

3

Câu 1: Có bao nhiêu số tự nhiên
5

A. C10 .5!
5

a1a2 a3a4 a5

C. C32
thỏa mãn

5

a1a2 a3a4a5

thỏa mãn

B. C14  1
5

2
D. C29

a1  a2  a3  a4  a5
5
C. A10 .

B. C10 .

Câu 2:Có bao nhiêu số tự nhiên
A. C14

2

B. C10

5
D. A9 .

a1 �a2 �a3 �a4 �a5
5

C. C10

5
D. A10

A   1; 2;3; 4;5;6

. Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 6 chữ sớ đơi một
khác nhau thuộc tập A. Chọn ngẫu nhiên một sớ thuộc S . Tính xác śt để chọn được sớ có tổng ba
chữ sớ đầu nhỏ hơn tổng ba chữ số cuối 3 đơn vị .

3
1 1
3
A. 20
B. 5 C. 8
D. 10
Câu 3:Cho tập hợp

Câu 4: Lấy ngẫu nhiên một sớ tự nhiên có 5 chữ sớ. Tính xác śt để chọn được sớ tự nhiên có dạng
mà a1 �a2  1 �a3  3  a4 �a5  2
1001
7
A. 45000
B. 5000

a1a2 a3a4 a5

1148
C. 90000

D.

1001
30000

DẠNG 4: ĐẾM SỐ TẬP CON CỦA TẬP HỢP:
Câu 1: Từ 2021 sớ tự nhiên đầu tiên có bao nhiêu cách chọn ra 3 số tự nhiên sao cho không có hai sớ
liên tiếp nào được chọn?
3
3

3
3
A. C2021
B. C2020 .
C. C2019 .
D. C2018 .
Câu 2:Mỗi tháng Minh được chọn 5 ngày để nghỉ ngơi, nhưng không được phép chọn hai ngày nghỉ
liên tiếp. Hỏi Minh có bao nhiêu cách chọn ngày nghỉ cho mình?
5
5
5
5
A. C25 .
B. C24 .
C. C26 .
D. C23
Câu 3: (AIME 1986) Cho xâu nhị phân: 001101001111011 có 4 cặp 01, 3 cặp 10, 5 cặp 11 và 2 cặp 00
đứng cạnh nhau. Hỏi có tất cả bao nhiêu xâu nhị phân cùng tính chất như thế?
A. 560 .B. 640 .C.540
D. 420

Câu 4: (VMO 2012) Có bao nhiêu cách xếp 5 chàng trai và 2 cô gái vào 1 dãy có 7 ghế mà:
 Mỗi ghế có một người ngồi.

23


 Các cô gái không ngồi ở hai đầu dãy.
 Ở giữa hai cơ gái khơng có q hai người.
A.2160

B. 2400
C.5040
D. 2520
DẠNG 5: ĐẾM HÌNH HỌC
Câu 1: Cho đa giác lồi n cạnh. Xét tứ giác có 4 đỉnh là đỉnh của đa giác. Có bao nhiêu tứ giác có đúng
một cạnh chung với đa giác?
2
2
2
2
A. Cn 5 .
B. Cn  4 .
C. Cn 5 .n .
D. Cn  4 .n .
Câu 2: (HSG Tỉnh Quảng Trị 2014). Có 17 cây cau trồng xung quanh một cái ao hình tròn. Người ta
ḿn chặt đi 4 cây. Hỏi có mấy cách chặt sao cho khơng có 2 cây kề nhau bị chặt?
A. 935
B. 220 .
C. 3740 .
D. 680

Câu 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật với M (0;10); N (100;10); P(100;0) Gọi S là tập
hợp tất cả điểm A( x; y ) và x, y là các số nguyên nằm bên trong kể cả cạnh của hình chữ nhật OMNP
.Có bao nhiêu điểm A nằm trong phần tô đâm (kể cả các đoạn chắn )

2
2
2
2
2

2
A. C92 .
B. C92  C81 .C. C92  C80 .
D. C89 .
Câu 4: Trong không gian Oxyz, gọi S là tập hợp các điểm nguyên nằm phía trong hoặc ở trên đỉnh,
cạnh và mặt của hình lập phương cạnh 999, trong đó các cạnh song song hoặc vng góc với trục tọa
độ, một đỉnh là gốc tọa độ và một đỉnh đối với nó là (999;999;999) . Hỏi mặt phẳng x  y  z  2016 đi

qua bao nhiêu điểm trong tập hợp S?

A. 2030153
B. 482653
DẠNG 6:LƯỚI TỌA ĐỘ :
Câu 1: Tìm đẳng thức đúng?
A.

Cnkk1  Cnn k

k 1
n 1

.

B.

C.2031120

Cnk  Cnk11  Cnk1

D. 2041210

.

k 1
n 1

C. C  C  C .
D. C  C  C .
Câu 2: Trong bàn cơ 5x4 như hình vẽ, người chơi chỉ được di chuyển quân trên các cạnh của hình
vuông, mỗi bước đi được một cạnh của ơ vng đơn vị. Có bao nhiêu cách di chuyển từ điểm A đến
điểm B bằng 9 bước?
k
n

k
n 1

k
n

k
n 1

24


9
A. 2 .
B. 126 .
C. 9! .

D. 162
Câu 3: Một con thỏ di chuyển tử địa điểm A đến nhà tại địa điểm B bằng cách đi qua các điểm nút
( trong lưới như hình vẽ) biết nếu thỏ di chuyển đến nút C thì sẽ bị cáo ăn thịt. Hỏi thỏ có bao nhiêu
cách về nhà nhanh nhất mà không bị cáo ăn thịt.

2
2
5 4
A. 30 .
B. 2 .2 .C. C5 .C4 .
D. 40 .
Câu 4: Trong một cuộc bầu cử, ứng cử viên A được 5 phiếu bầu, ứng cử viên B được 4 phiếu bầuCử
tri bỏ phiếu tuần tự từng người. Có bao nhiêu cách sắp xếp việc bỏ phiếu để lúc nào A cũng hơn B về
số phiếu bầu?
A. 12
B. 14
C. 40320
D. 86400

DẠNG 7: TƯ DUY VÁCH NGĂN:
Câu 1: Xếp 35 học sinh lớp 12B1 thành một hàng dọc, Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 12 người sao
cho trong 12 người được chọn khơng có hai người nào đứng cạnh nhau ?
12
12
13
11
A. C35 .
B. C24 .
C. C24 .
D. C29 .

Câu 2: Có bao nhiêu cách xếp 10 bạn nam và 9 bạn nữ vào 1 bàn trịn sao cho khơng có bạn nữ nào
đứng cạnh nhau ?
9
9
A. 10!.9! .
B. 19! .
C.10!.C10 .9! .
D. C19 .9!
Câu 3:Chị Lan có 10 cây hoa hồng, 7 cây hoa màu trắng và 3 cây hoa màu hồng. Hỏi chị có bao nhiêu
cách trồng 10 cây hoa xung quanh ao sao cho 3 bông màu hồng không được trồng cạnh nhau?
3
3
A. 10! .
B. 7!.3! .C. C7 .
D. A7 .
Câu 4: Trong một giải cơ vua giữa các trường THPT gồm 5 đội thi đấu, hai đội bất kỳ nào cũng phải
đấu với nhau 1 trận . Mỗi trận diễn ra trong 1 buổi. Có bao nhiêu cách sắp xếp để đội trường A không
phải đấu hai buổi nào liên tiếp ?

A.

C204

B.

C74

4

C. C7 .4!.6!

4
D. A20

25