Một số phương pháp và kỹ thuật đếm cơ bản trong lý thuyết tổ hợp và áp dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
- - - - - - - - - - - - - - - - - -
Lê Quang Việt
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP VÀ KỸ
THUẬT ĐẾM CƠ BẢN TRONG LÝ
THUYẾT TỔ HỢP VÀ ÁP DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SỸ TỐN HỌC
Chun ngành: PHƯƠNG PHÁP TỐN SƠ CẤP
Mã số: 60460113
Người hướng dẫn khoa học
GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU
THÁI NGUN - NĂM 2013
Số hóa bởi trung tâm học liệu />1
.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />2
Mục lục
Mở đầu 4
Lời cảm ơn 5
1 Các quy tắc đếm cơ bản trong tổ hợp 6
1.1 Một số kiến thức cơ bản của tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.1 Tập hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.2 Cơng thức tính lực lượng của tập hợp . . . . . . . . . 7
1.1.3 Cơng thức bao hàm và loại trừ . . . . . . . . . . . . . 9
1.2 Hai quy tắc cơ bản của phép đếm . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.2.1 Quy tắc cộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.2.2 Quy tắc nhân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.3 Hốn vị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.3.1 Hốn vị khơng lặp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.3.2 Hốn vị có lặp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.4 Chỉnh hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.4.1 Chỉnh hợp khơng lặp . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.4.2 Chỉnh hợp có lặp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.5 Tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.5.1 Tổ hợp khơng lặp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.5.2 Tổ hợp có lặp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.5.3 Khai triển lũy thừa của nhị thức . . . . . . . . . . . . 22
1.5.4 Tính số phần tử của một tập hợp các tập hợp . . . . . 23
2 Các phương pháp đếm sử dụng hàm sinh 27
2.1 Chuỗi lũy thừa hình thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.1.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.1.2 Các phép tốn trên C
N
. . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.2 Phương pháp đếm bằng hàm sinh thơng thường . . . . . . . . 30
Số hóa bởi trung tâm học liệu />3
2.2.1 Định nghĩa hàm sinh thường . . . . . . . . . . . . . 30
2.2.2 Sử dụng hàm sinh thường để giải các bài tốn đếm . 33
2.3 Phương pháp đếm bằng hàm sinh mũ . . . . . . . . . . . . . 37
2.3.1 Định nghĩa hàm sinh mũ . . . . . . . . . . . . . . . 37
2.3.2 Sử dụng hàm sinh mũ để giải các bài tốn đếm . . . 37
3 Phương pháp đếm bằng các cơng thức nghịch đảo 40
3.1 Cơng thức nghịch đảo các đồng nhất thức tổ hợp . . . . . . . 43
3.2 Cơng thức nghịch đảo nhị thức . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
3.3 Cơng thức nghịch đảo Stirling . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
3.4 Cơng thức sàng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
Số hóa bởi trung tâm học liệu />4
Mở đầu
Trong lý thuyết tổ hợp các phép đếm ln chiếm một phần vơ cùng quan

trọng và có ứng dụng vơ cùng đa dạng. Các phương pháp đếm số lượng phần
tử của một tập hợp đóng vai trò quan trọng trong một số mơn khoa học,
đặc biệt là Tin học và Tốn học ứng dụng. Đối với chương trình tốn phổ
thơng các phương pháp đếm ln là chun đề quan trọng và hết sức cần
thiết trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi Tốn ở bậc học phổ thơng, đồng thời
các ứng dụng đa dạng của nó cũng ln đem lại sự hấp dẫn đối với nhiều đối
tượng học sinh và giáo viên khi nghiên cứu vấn đề này.
Mục tiêu của Luận văn " Một số phương pháp và kĩ thuật đếm cơ bản trong
lý thuyết tổ hợp và áp dụng" nhằm trình bày một số phép đếm cơ bản nhất
và những ứng dụng của nó nhằm tạo ra được một đề tài phù hợp cho việc
giảng dạy, bồi dưỡng học sinh trung học phổ thơng.
Luận văn bao gồm phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo và 3 Chương.
Chương 1 trình bày tóm tắt một số kiến thức cơ bản của tổ hợp và các quy
tắc cơ bản của phép đếm. Trong chương này cũng trình bày một số ví dụ và
các bài tốn về tính lực lượng tập hợp, bài tốn về khai triển nhị thức.
Chương 2 trình bày các phương pháp đếm bằng hàm sinh thơng thường và
phương pháp đếm bằng hàm sinh mũ cùng các ví dụ áp dụng.
Chương 3 trình bày các phương pháp đếm bằng các cơng thức nghịch đảo
các đồng nhất thức tổ hợp bao gồm cơng thức nghịch đảo nhị thức, nghịch
đảo Stirling, cơng thức sàng và các ví dụ áp dụng.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />5
Lời cảm ơn
Trong suốt q trình làm luận văn, tơi ln nhận được sự hướng dẫn và
giúp đỡ tận tình của GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu. Tơi xin được bày tỏ lòng
biết ơn sâu sắc nhất đến thầy.
Trong q trình học tập tơi cũng đã nhận được sự quan tâm giúp đỡ và sự
giảng dạy nhiệt tình của các Thầy, các Cơ dạy lớp cao học tốn K5B (2011
-2013), tơi xin được bày tỏ lòng biết ơn đến các Thầy, các Cơ.
Tơi xin chân thành cảm ơn các Thầy cơ trong BGH trường ĐH Khoa Học -
ĐH Thái Ngun đã tạo kiều kiện thuận lợi cho tơi trong suốt thời gian học

cao học.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng nhưng luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót.
Tác giả mong nhận được những ý kiến đóng góp của q thầy, cơ và bạn đọc
để luận văn được hồn thiện hơn.
Xin trân trọng cảm ơn !
Hải phòng, tháng 5 năm 2013
Người viết Luận văn
Lê Quang Việt
Số hóa bởi trung tâm học liệu />6
Chương 1
Các quy tắc đếm cơ bản trong tổ hợp
1.1 Một số kiến thức cơ bản của tổ hợp
1.1.1 Tập hợp
Khái niệm về tập hợp
Tập hợp ( còn gọi là tập ) là một khái niệm cơ bản của tốn học, khơng định
nghĩa. Giả sử cho tập hợp A. Để chỉ a là một phần tử của tập hợp A, ta viết
a ∈ A ( đọc là a thuộc A). Để chỉ a khơng là một phần tử của tập hợp A, ta
viết a /∈ A ( đọc là a khơng thuộc A).
Một tập hợp được coi là xác định nếu ta có thể chỉ ra được tất cả các phần
tử của nó.
Các cách xác định tập hợp:
Tập hợp được xác định bằng một trong hai cách sau:
- Liệt kê chúng(thường dùng để biểu thị các tập hữu hạn). Ví dụ: Tập các
số tự nhiên chẵn nhỏ hơn 10
A = {0, 2, 4, 6, 8}
- Chỉ ra tính chất đặc trưng của chúng. Ví dụ:
B =

x ∈ Z|x
2

− 3x + 2 ≥ 0

Tập con.
- Tất cả các phần tử của tập B đều thuộc tập A thì ta nói tập B là tập con
của tập A và viết B ⊆ A
- Trường hợp B ⊆ A và B = A thì B được gọi là tập con khơng tầm thường
Số hóa bởi trung tâm học liệu />7
(hay tập con thực sự) của tập A và viết B ⊂ A
Tập rỗng
-Tập hợp rỗng (hay tập hợp trống) là tập hợp khơng chứa một phần tử nào
và thường được ký hiệu là ∅
- Quy ước tập rỗng là con của bất kỳ tập nào
Hợp, giao, hiệu và phần bù của hai tập hợp.
Giả sử có các tập A, B.
- Tập hợp gồm các phần tử hoặc thuộc tập A hoặc thuộc tập B được gọi là
hợp của tập A và tập B và ký hiệu là A ∪ B hoặc A ∨ B.
- Tập hợp gồm các phần tử thuộc đồng thời cả tập A và tập B được gọi là
giao của tập A và tập B ký hiệu là A ∩ B hoặc A ∧ B.
- Tập hợp gồm các phần tử thuộc tập A mà khơng thuộc tập B được gọi là
hiệu của tập A và tập B. Kí hiệu A\B
- Trường hợp tập B là tập con của tập A. Hiệu của tập A và tập B được
gọi là tập phần bù (hay phần bù) của tập B (đối với tập A) và ký hiệu hoặc
bằng hoặc bằng C
A
(B) hoặc bằng C (B).
Lực lượng của tập hợp.
Giả sử có tập A. Số phần tử trong tập A được gọi là lực lượng của tập A,
ký hiệu là |A|.
1.1.2 Cơng thức tính lực lượng của tập hợp
Với hai tập hợp V

1
, V
2
ta có
|V
1
∪ V
2
| = |V
1
| + |V
2
| − |V
1
∩ V
2
|. (1.1)
Với ba tập hợp V
1
, V
2
, V
3
ta có
|V
1
∪ V
2
∪ V
3

| = |V
1
| + |V
2
| + |V
3
| − |V
1
∩ V
2
| − |V
2
∩ V
3
| − |V
1
∩ V
3
| +
|V
1
∩ V
2
∩ V
3
|. (1.2)
Tổng qt với các tập tùy ý V
1
, V
2

, . . . , V
n
bằng phương pháp quy nạp
Số hóa bởi trung tâm học liệu />8
theo n (n ≥ 2) ta có cơng thức





n

i=1
V
i





=
n

i=1
|
V
i
| −

i=j

|
V
i
∩
V
j
| + |
V
1
∩
V
2
∩
V
3
| + |
V
1
∩
V
2
∩
V
4
|
+ ··· + |
V
n−2
∩
V

n−1
∩
V
n
| − ··· − (−1)
n
|
V
1
∩
V
2
∩··· ∩
V
n
|. (1.3)
Ví dụ 1.1 (Tài liệu tập huấn phát triển chun mơn giáo viên trường THPT
Chun - 2012). Chứng minh rằng bản báo cách thành tích cuối năm của
một lớp sau đây là sai.
"Lớp có 45 học sinh, trong đó có 30 em nam. Lớp có 30 em đạt loại giỏi và
trong số này có 16 nam. Lớp có 25 em chơi thể thao và trong số này có 18 em
nam và 17 em đạt loại giỏi. Có 15 em nam vừa đạt loại giỏi và chơi thể thao."
Giải.
Kí hiệu : V = 45 là tổng số học sinh của lớp
V
1
số học sinh nam
V
2
số học sinh đạt giỏi

V
3
số học sinh chơi thể thao.
Khi đó
|V
1
∪ V
2
∪ V
3
| = |V
1
|+|V
2
|+|V
3
|−|V
1
∩ V
2
|−|V
2
∩ V
3
|−|V
1
∩ V
3
|+|V
1

∩ V
2
∩ V
3
| =
(30 + 30 + 25) − 16 − 18 − 17 + 15 = 49 > 45 = |V |
Vậy bản báo cáo thành tích của lớp đó là sai.
Ví dụ 1.2 (VMO 2005, Bảng B). Tìm kết quả học tập của một lớp học,
người ta thấy: hơn
2
3
số học sinh đạt điểm giỏi ở mơn Tốn cũng đồng thời
đạt điểm giỏi ở mơn Vật Lý ; hơn
2
3
số học sinh đạt điểm giỏi ở mơn Vật Lý
cũng đồng thời đạt điểm giỏi ở mơn Ngữ văn; hơn
2
3
số học sinh đạt điểm
giỏi ở mơn Ngữ Văn cũng đồng thời đạt điểm giỏi ở mơn Lịch sử; hơn
2
3
số
học sinh đạt điểm giỏi ở mơn Lịch Sử cũng đồng thời đạt điểm giỏi ở mơn
Tốn. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một học sinh đạt điểm giỏi ở cả bốn
mơn nêu trên.
Giải.
Ký hiệu T, L, V, S lần lượt là tập hợp các học sinh đạt điểm giỏi ở mơn Tốn,
Số hóa bởi trung tâm học liệu />9

Vật Lý, Ngữ Văn, Lịch Sử. Đặt T
l
= T ∩L, L
v
= L ∩V, V
s
= S ∩ V . Từ giả
thiết suy ra: |T
l
| >
2
3
|T |, |L
v
| >
2
3
|L|, |V
s
| >
2
3
|V |
Ta cần chứng minh : |T ∩L ∩V ∩S| > 0.
Vì T ∩ L ∩ V ∩ S = (T ∩ L) ∩ (L ∩V ) ∩ (V ∩ S) nên ta cần chứng minh
|(T ∩L) ∩(L ∩V ) ∩(V ∩ S)| > 0.
Thật vậy, khơng mất tính tổng qt, giả sử |T | ≥ |L| ≥ |V | ≥ |S|. Ta có
|T
l
∩ L

v
∩ V
s
| = |(T
l
∩ L
v
) ∩ V
s
| = |T
l
∩ L
v
| + |V
s
| − |(T
l
∩ L
v
) ∪ V
s
|
= |T
l
| + |L
v
| + |V
s
| − |T
l

∪ L
v
| − |(T
l
∩ L
v
) ∪ V
s
|
>
2
3
|T |+
2
3
|L| +
2
3
|V | − |L| − |V | =
2
3
|T |−
1
3
|L| −
1
3
|V |
≥
2

3
|T |−
1
3
|T |−
1
3
|T | = 0.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
1.1.3 Cơng thức bao hàm và loại trừ
Cho V là tập hữu hạn và V
1
⊂ V . Ta sẽ có V
1
= V \V
1
Khi đó


V
1


= |V | − |V
1
|. (1.4)
Cho tập hợp V và V
1
, V
2

⊂ V . Khi đó


V
1
∩ V
2


= |V | − |V
1
∪ V
1
| = |V | − |V
1
| − |V
1
| + |V
1
∩ V
1
|. (1.5)
Cho tập hợp V và V
1
, V
2
, V
3
⊂ V . Khi đó.



V
1
∩ V
2
∩ V
3


= |V | − |V
1
∪ V
2
∪ V
3
|
= |V |−|V
1
|−|V
2
|−|V
3
|+ |V
1
∩ V
2
|+ |V
2
∩ V
3

|+ |V
1
∩ V
3
|−|V
1
∩ V
2
∩ V
3
|.
(1.6)
Tổng qt với các tập tùy ý V
1
, V
2
, . . . , V
n
⊂ V bằng phương pháp quy nạp
theo n (n ≥ 2) ta có cơng thức





n

i=1
V
i






= |V | −
n

i=1
|
V
i
| +

i=j
|
V
i
∩
V
j
| − |
V
1
∩
V
2
∩
V
3

| − |
V
1
∩
V
2
∩
V
4
|
−··· − |
V
n−2
∩
V
n−1
∩
V
n
| + ··· + (−1)
n
|
V
1
∩
V
2
∩··· ∩
V
n

|. (1.7)
Số hóa bởi trung tâm học liệu />10
Ví dụ 1.3 ([1], Chun đề chọn lọc tổ hợp và tốn rời rạc - Nguyễn Văn
Mậu). Một cuộc Hội thao cấp Thị xã có 4 mơn thi: Cầu lơng, bóng bàn,
chạy và cờ tướng. Có 100 vận động viên tham gia. Khi tổng kết, Ban tổ chức
nhận thấy rằng: Mơn cầu lơng có 18 vận động viên tham gia, mơn bóng bàn
có 26 vận động viên tham gia, mơn chạy có 19 vận động viên tham gia, mơn
cờ tướng có 24 vận động viên tham gia; trong đó 5 người tham gia cả cầu
lơng và bóng bàn; 2 người tham gia cầu lơng và chạy; 3 người tham gia cầu
lơng và cờ tướng; 5 người tham gia bóng bàn và chạy; 4 người tham gia bóng
bàn và cờ tướng; 3 người tham gia chạy và cờ tướng; 2 người tham gia đồng
thời cầu lơng, bóng bàn, và chạy; 3 người tham gia cầu lơng, bóng bàn và cờ
tướng; 2 người tham gia cầu lơng, chạy và cờ tướng; 4 người tham gia bóng
bàn, chạy và tờ tướng; 1 người tham gia đồng thời cả 4 mơn của Hội thao.
Hỏi có bao nhiêu vận động viên khơng tham gia thi đấu một mơn nào của
Hội thao?
Giải.
Dùng V để ký hiệu tập hợp các vận động viên tham gia hội thao.
V
1
tập hợp các vận động viên tham gia mơn cầu lơng.
V
2
tập hợp các vận động viên tham gia mơn bóng bàn.
V
3
tập hợp các vận động viên tham gia mơn chạy.
V
4
tập hợp các vận động viên tham gia mơn cờ tướng.

Khi đó số vận động viên khơng tham gia mơn nào của Hội thao chính bằng
lực lượng của tập V
1
∩ V
2
∩ V
3
∩ V
4
:


V
1
∩ V
2
∩ V
3
∩ V
4


= 100 − (18 + 26 + 19 + 24)+
+(5 + 2 + 3 + 5 + 4 + 3) − (2 + 3 + 2 + 4) + 1 = 25
Vậy có 25 người khơng tham gia thi đấu mơn nào của Hội thao.
1.2 Hai quy tắc cơ bản của phép đếm
1.2.1 Quy tắc cộng
Nội dung quy tắc: Giả sử có n hành động H
1
, H

2
, . . . , H
n
khơng hành
động nào xảy ra đồng thời. Trong đó hành động H
i
có m
i
cách thực hiện
Số hóa bởi trung tâm học liệu />11
(1 ≤ i ≤ n). Khi đó sẽ có m
1
+ m
2
+ ···+ m
n
cách thực hiện hành động H:
hoặc H
1
xảy ra, hoặc H
2
xảy ra , . . . , hoặc H
n
xảy ra .
Quy tắc cộng có chuyển sang ngơn ngữ tập hợp như sau: Cho n tập hợp
V
1
, V
2
, . . . , V

n
với |V
k
| = m
k
(1 ≤ k ≤ n) và ∀i, j(1 ≤ i, j ≤ n)V
i
∩ V
j
= ∅
khi i = j. Khi đó số cách thực hiện hành động H
1
, hoặc H
2
, . . ., hoặc H
n
sẽ
bằng số cách chọn phần tử v thuộc

n
k=1
V
k
và bằng |

n
i=1
A
k
| =

n

k=1
|A
k
|.
Ví dụ 1.4 (Đề tuyển sinh vào trường ĐH Y Hà Nội - 1999). Có thể lập được
bao nhiêu số chẵn gồm năm chữ số khác nhau lấy từ các chữ số 0, 2, 3, 6, 9
Giải.
Gọi n = a
1
a
2
a
3
a
4
a
5
là số cần lập.
Vì n chẵn, nên a
5
chẵn suy ra a
5
∈ {0, 2, 6}. Có hai trường hợp:
Trường hợp 1 a
5
= 0 thì ta có
1 cách chọn a
5

= 0
4 cách chọn a
1
= 0
3 cách chọn a
2
= 0
2 cách chọn a
3
= 0
1 cách chọn a
4
= 0
Vậy ta có 1 × 4 × 3 × 2 × 1 = 24 số n.
Trường hợp 2 a
5
= 0 thì ta có
2 cách chọn a
5
( vì a
5
= 2 hoặc a
5
= 6)
3 cách chọn a
1
3 cách chọn a
2
2 cách chọn a
3

2 cách chọn a
4
Vậy ta có 2 × 3 × 3 × 2 × 1 = 36 số n.
Tổng cộng hai trường hợp ta có 24+36 = 60 số n thỏa mãn u cầu bài tốn.
Ví dụ 1.5 (Đề thi tuyển sinh đại học khối A,B - 2001). Có bao nhiêu số tự
nhiên có 4 chữ số sao cho khơng có chữ số nào lặp lại đúng 3 lần ?
Giải.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />12
Gọi n = a
1
a
2
a
3
a
4
là số tự nhiên cần lập. Tổng các số n có bồn chữ số ( khơng
chú ý đến điều kiện khơng có chữ số nào lại lại đúng ba lần).
Ta có 9 cách chọn a
1
( do a
1
= 0 )
10 cách chọn a
2
10 cách chọn a
3
10 cách chọn a
4
Do đó ta có 9 × 10 × 10 × 10 = 9000 số n

Tính các số n có bốn chữ số và có chữ số lập lại đúng ba lần.
+) Trường hợp 1 : Ta có 9 cách chọn a
1
(a
1
= 0, a
1
lặp lại ba lần)
Chọn a
2
= a
3
= a
1
, có 1 cách chọn.
Chọn a
4
= a
1
, 9 cách chọn.
Vậy ta có 9 × 9 = 81 cách.
+) Trường hợp 2 : Chọn a
1
= 0 có 9 cách.
Chọn a
2
= a
3
= a
4

, có 1 cách (a
2
lặp lại 3 lần)
Chọn a
4
= a
1
, a
4
có 9 cách chọn.
Vậy ta có 9 × 9 = 81 cách.
+) Trường hợp 3 : Chọn a
1
= 0 có 9 cách.
Chọn a
3
= a
4
= a
1
, có 1 cách (a
3
lặp lại 3 lần)
Chọn a
2
= a
3
, a
2
có 9 cách chọn.

Vậy ta có 9 × 9 = 81 cách.
+) Trường hợp 4 : Chọn a
1
= 0 có 9 cách.
Chọn a
2
= a
3
= a
4
, có 1 cách (a
4
lặp lại 3 lần)
Vậy ta có 9 × 9 = 81 cách.
Từ 4 trường hợp ta có 81 + 81 + 81 + 81 = 324 số n có một chữ số lặp lại
đúng ba lần.
Do đó các số n thỏa mãn u cầu bài tốn là 9000 − 324 = 8676 số.
1.2.2 Quy tắc nhân
Nội dung quy tắc : Giả sử một hành động H bao gồm n giai đoạn kế tiếp
và độc lập với nhau, trong đó giai đoạn thứ i là hành động H
i
, (1 ≤ i ≤ n).
Ta cũng giả sử rằng hành động H
i
có m
i
, (1 ≤ i ≤ n) cách thực hiện. Khi
Số hóa bởi trung tâm học liệu />13
đó hành động H sẽ có m
1

m
2
. . . m
i
cách thực hiện.
Quy tắc nhân ta có thể chuyển sang ngơn ngữ tập hợp như sau :Cho n tập
hợp V
1
, V
2
, . . . , V
n
hữa hạn bất kì và|V
k
| = m
k
(1 ≤ k ≤ n). Khi đó số cách
thực hiện hành động H sẽ tương ứng bằng với lực lượng của tập tích Đề các
của các tập đó :
|V
1
× V
2
× ··· × V
n
| = |V
1
||V
2
|. . . |V

n
| = m
1
m
2
. . . m
n
Ví dụ 1.6. Từ thành phố A đến thành phố B có 3 con đường, từ thành phố
B đến thành phố C có 4 con đường. Một ơ tơ trở hàng từ thành phố A đến
C rồi quay lại thành phố A ( cả hai lượt đi và về ơ tơ đều đi qua B) . Hỏi
có tất cả bao nhiêu cách đi sao cho đoạn đường lúc đi khơng trùng với đoạn
đường về.
Giải.
Tìm đường đi từ A đến B có 3 còn đường, đi từ B đến C có 4 con đường.
Vậy ta có 3 × 4 = 12 con đường đi từ A đến C qua B.
Tìm đường đi từ C về B có 3 con đường, đi từ B về A có 2 ( vì đoạn đường
lúc đi khơng trùng với đoạn đường về)
Vậy ta có 3 × 2 = 6 con đường đi từ C về A qua B.
Do đó ta sẽ có 12 ×6 = 72 cách đi từ thành phố A đến thành phố C rồi quay
lại thành phố A sao cho đoạn đường lúc đi khơng trùng với đoạn đường về.
Ví dụ 1.7. Từ các số 0,1,2,3,4,5,6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có
5 chữ số khác nhau đơi một mà bắt buộc phải có chữ số 5.
Giải.
Gọi n = a
1
a
2
a
3
a

4
a
5
là số tự nhiên cần lập.Có hai trường hợp.
+) Nếu a
1
= 5 thì ta có 1 cách chọn a
1
6 cách chọn a
2
5 cách chọn a
3
4 cách chọn a
4
3 cách chọn a
5
Trường hợp này ta có 1 × 6 × 5 × 4 × 3 = 360 số.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />14
+) Nếu a
1
= 5 : Có bốn vị trí chữ số 5 trong n ứng với một vị trí của 5 ta
có chẳng hạn n = a
1
a
2
5a
4
a
5
thì ta có

5 cách chọn a
1
( vì a
1
= 0, a
1
= 5)
1 cách chọn a
2
5 cách chọn a
3
4 cách chọn a
4
3 cách chọn a
5
Trong trường hợp này ta có 4 × 5 × 1 × 5 × 4 × 3 = 1200 số n.
Vậy tổng hai trường hợp ta có 1200 + 360 = 1560 số n.
1.3 Hốn vị
Hốn vị thực chất là một cách sắp xếp nào đó các phần tử của một tập
hợp.
1.3.1 Hốn vị khơng lặp
Định nghĩa 1.1 ([1]-[4]). Cho một tập hợp gồm n (n ≥ 1) phần tử. Mỗi
cách sắp xếp n phần tử này theo một tứ tự nào đó (mỗi phần tử có mặt đúng
một lần) được gọi là một hốn vị của n phần tử đã cho. Kí hiệu số hốn vị
của n phần tử bằng P
n
.
Ta có cơng thức: P
n
= n!

Ví dụ 1.8. Với sáu chữ số 1, 2, 3, 4, 5,6 có thể lặp được bao nhiêu số gồm
sáu chữ số, khơng trùng nhau.
Giải.
Mỗi số cần lập là một hốn vị của 6 số đã cho. Do đó, số cần lập bằng đúng
số các hốn vị của 6 phần tử. Do đó ta có tổng số các số có 6 chữ số cần lập
là : P
6
= 6! = 720
Ví dụ 1.9. Từ các chữ sơ 0,1,2,3,4,5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên
có 6 chữa số, khơng trùng nhau.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />15
Giải.
Do các số có 6 chữ số cần lập là các số tự nhiên nên chữa số 0 khơng được
đứng vị trí đầu tiên.
Xét trường hợp số 0 đứng vị trí đầu tiên các vị trí còn lại được sắp sếp từ
các số 1,2,3,4,5 ta có P
5
= 5! = 120
Nếu sắp sếp 6 chữa số trên thành số có 6 chữ số trong đó có cả trường hợp
số 0 đứng vị trí đầu tiên ta sẽ có P
6
= 6! = 720
Vậy tổng số các số tự nhiên có 6 chữa số cần lập là : P
6
− P
5
= 600 số.
Ví dụ 1.10 ([1], Chun đề chọn lọc tổ hợp và tốn rời rạc - Nguyễn Văn
Mậu). Cho tập S = {1, 2, . . . , n} với n ≥ 1 và f là một hốn vị của tập S.
Phẩn tử i của S được gọi là một điểm cố định nếu f(i) = i. Gọi P

n
(k) là số
hốn vị của tập S có đúng k điểm cố định. Hãy chứng minh rằng
n

k=0
kP
n
(k) = n! (1.8)
Giải.
1) Vì tổng tất cả các hốn vị của n phần tử có 0,1,2,. . . ,n điểm cố định bằng
tất cả các hốn vị có thể của n phần tử, tức bằng n!, nên có đẳng thức
n

k=0
P
n
(k) = n! (1.9)
2) Ta chứng minh rằng: ∀k (1 ≤ k ≤ n)đều có kP
n
(k) = n.P
n−1
(k −1) Dùng
(f, i) để kí hiệu cặp gồm hốn vị f tùy ý của n phần tử với k điểm cố định
và i là điểm tùy ý trong k điểm cố định đó ( tức f(i) = i ).
Thừa nhận P
0
(0) = 1
Để lý giải quan hệ (1.11), ta hãy tính số N cáp cặp (f,i) bằng hai cách. Một
mặt, i chạy qua k điểm cố định đã xác định, nên mỗi hốn vị trong P

n
(k)
hốn vị đó có mặt trong k cặp (f,i). Bởi vậy N = k.P
n
(k). Mặt khác, nếu
f(i) = i, thì trên tập gồm n − 1 phần tử còn lại ( tức các phần tử khác i
) hốn vị f có k − 1 điểm cố định, nên mỗi một trong n phần tử i có mặt
trong P
n−1
(k −1) cặp. Do đó N = n.P
n−1
(k −1), nên đẳng thức (1.11) được
chứng minh.
Tính tổng các đẳng thức ở (1.11) theo k = 1, 2, . . . , n và dựa vào đẳng thức
Số hóa bởi trung tâm học liệu />16
(1.10) bằng cách thay n bằng n − 1 ta có
n

k=0
kP
n
(k) =
n

k=1
nP
n−1
(k −1) = n
n


k=1
P
n−1
(k −1) = n (n −1)! = n!.
1.3.2 Hốn vị có lặp
Định nghĩa 1.2. Cho một tập hợp gồm n (n ≥ 1) phần tử. Mỗi cách sắp
xếp n phần tử này theo một tứ tự nào đó (mỗi phần tử có mặt ít nhất một
lần) được gọi là là hốn vị lặp.
Số hốn vị lặp của n phần tử thuộc k loại, mà các phần tử loại i(1 ≤ i ≤ k)
xuất hiên n
i
luần được kí hiệu là P (n
1
, n
2
, . . . , n
k
) và được tính bằng cơng
thức
P (n
1
, n
2
, . . . , n
k
) =
n!
n
1
!n

2
! n
k
!
Ví dụ 1.11 (Đề tuyển sinh vào trường ĐH - Khối D - 2001). Từ các chữ
số 0,1,2,3,4 có thể lập được bao nhiêu số có bảy chữ số trong đó chữ số 4 có
mặt đúng ba lần, còn các chữ số khác có mặt đúng một lần.
Giải.
Gọi n = a
1
a
2
a
3
a
7
(a
i
∈ X = {0, 1, 2, 3, 4, 4, 4}) là số cần lập.
Áp dụng cơng thức ta có số n được lập kể cả các số n có dạng 0a
2
a
3
a
7
là
7!
3!
.
Số các số n có dạng 0a

2
a
3
a
7
là
6!
3!
.
Vậy số các số n đúng u cầu bài tốn là :
7!
3!
−
6!
3!
= 720 số.
Ví dụ 1.12. Với sáu chữ số 0,1,2,3,4,5 có thể lập được bao nhiêu số chia hết
cho 5 gồm 11 chữ số, trong đó chữ số 1 có mặt 4 lần, chữ số 2 có mặt 3 lần,
chữ số 3 có mặt 2 lần, chữ số 4 có mặt 1 lần và tổng số lần xuất hiện của
chữ số 0 và chữ số 5 là 1.
Giải.
Gọi số cần lập là n = a
1
a
2
a
3
a
11
. Do n chia hết cho 5 nên n phải tận cùng

bằng 0 hoặc 5.
Vì tổng số lần xuất hiện trong n của 0 và 5 bằng 1 nên nếu n tận cùng
Số hóa bởi trung tâm học liệu />17
bằng 0 thì 5 khơng có mặt và ngược lại nếu n tận cùng bằng 5 thì chữ số 0
khơng xuất hiện. Bởi vậy a
i
(1 ≤ i ≤ 10) chỉ có thể là một trong những chữ
số 1,2,3,4.
Bởi vậy số khả năng lập phần dầu độ dài 10a
1
a
2
a
3
a
10
của số n bằng số
hốn vị lặp của 10 phần tử thuộc 4 loại chữ sơ : 1,2,3,4 với 1 xuất hiện 4 lần,
2 xuất hiện 3 lần, 3 xuất hiện 2 lần và 4 xuất hiện 1 lần, sẽ bằng P(1,2,3,4).
Ngồi ra a
11
lại có thể nhận giá trị 0 hoặc 5 nên số cần tìm sẽ là
2P (1, 2, 3, 4) =
10!
1!2!3!4!
.2 = 25200
1.4 Chỉnh hợp
1.4.1 Chỉnh hợp khơng lặp
Định nghĩa 1.3. Cho tập hợp A gồm n phần tử. Mỗi bộ gồm k 0 ≤ k ≤ n
phần tử được sắp thứ tự của tập hợp A được gọi là một chỉnh hợp chập k

của n phần tử thuộc A.
Kí hiệu số chỉnh hợp chập k của n phần tử bằng A
k
n
. Số chỉnh hợp chập k
của n phần tử được tính bởi cơng thức
A
k
n
= n(n − 1) (n − k + 1) =
n!
(n − k)!
Ví dụ 1.13. Một lớp học có 25 học sinh. Muốn chọn ra một lớp trưởng, một
lớp phó và một thủ quỹ mà khơng cho kiêm nhiệm. Hỏi có bao nhiêu cách
chọn ?
Giải.
Mỗi cách chọn tra một lớp trưởng, một lớp phó và một thủ quỹ là một chỉnh
hợp chập ba 3 của tập 25 phần tử.
Số các chỉnh hợp là :
A
3
25
=
25!
(25 − 3)!
= 13800
Vậy có 13800 cách chọn ra một lớp trưởng, một lớp phó và một thủ quỹ trong
lớp học có 25 học sinh.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />18
Ví dụ 1.14. Từ các số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên

(số ngun khơng âm); mà trong mỗi số này các chữ số khơng lặp lại.
Giải.
Vì có 6 chữ số khác nhau, nên số dài nhất trong các số cần tìm cũng chỉ gồm
6 chữ số.
Ta lập các loại số tự nhiên dạng a
1
a
2
a
n
Dùng S
1
để kí hiệu tập số dạng a
1
Dùng S
2
để kí hiệu tập số dạng a
1
a
2
Dùng S
3
để kí hiệu tập số dạng a
1
a
2
a
3
Dùng S
4

để kí hiệu tập số dạng a
1
a
2
a
3
a
4
Dùng S
5
để kí hiệu tập số dạng a
1
a
2
a
3
a
4
a
5
Dùng S
6
để kí hiệu tập số dạng a
1
a
2
a
3
a
4

a
5
a
6
Kí hiệu một chỉnh hợp chập k của 6 phần tử 0, 1, 2, 3, 4, 5 bằng (C
i1
, C
i2
, . . . , C
ik
).
Mỗi số tự nhiên C
i1
C
i2
C
ik
với các chữ số khác nhau C
ij
thuộc tập 0, 1, 2, 3, 4, 5,
(1 ≤ j ≤ k) đều tương ứng với một chỉnh hợp chập k của sáu phần tử 0, 1, 2,
3, 4, 5. Ngược lại, mỗi chỉnh hợp chập k (k ≥ 2) (C
i1
, C
i2
, . . . , C
ik
) của sáu
phần tử 0, 1, 2, 3, 4, 5 tương ứng với một số tự nhiên, nếu C
i1

= 0. Ngược lại,
nếu C
i1
= 0, thì nó khơng tương ứng với số tự nhiên gồm k chữ số. Nhưng
tương ứng với một chỉnh hợp chập k – 1 (C
i2
, C
i3
. . . , C
ik
) của năm phần tử
1, 2, 3, 4, 5. Từ đó có
|S
6
| = A
6
6
− A
5
5
=
6!
0!
−
5!
0!
= 720 − 120 = 600;
|S
5
| = A

5
6
− A
4
5
= 720 − 120 = 600;
|S
4
| = A
4
6
− A
3
5
= 300;
|S
3
| = A
3
6
− A
2
5
= 100;
|S
2
| = A
2
6
− A

2
5
= 25;
|S
1
| = 6
Vậy các số tự nhiên có thể lập là:
S = |S
1
|+|S
2
|+|S
3
|+|S
4
|+|S
5
|+|S
6
| = 6+25 +100 +300+600+600 = 1631.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />19
Ví dụ 1.15. ( Bài tốn đếm số tất cả các hàm đơn ánh từ một tập hữu hạn
vào một tập hữu hạn) Giả sử N và M là hai tập hữu hạn với |N| = n và
|M| = m . Hãy xác định số các hàm đơn ánh f : N → M.
Giải.
Giả sử N = {a
1
, a
2
, , a

n
} . Khi đó một hàm đơn ánh f : N → M tương ứng
với đúng một bộ có thứ tự gồm n thành phần là (f (a
1
) , f (a
2
) , , f (a
n
))
với f (a
1
) , f (a
2
) , , f (a
n
) ∈ M . và f (a
i
) = f (a
j
) nếu i = j
Do đó số các hàm f : N → M bằng số chỉnh hợp chập n của m phần tử của
M, tức là bằng A
n
m
Vậy ta có số tất cả các hàm đơn ánh f : N → M với |N| = n và |M| = m
bằng A
n
m
1.4.2 Chỉnh hợp có lặp
Định nghĩa 1.4. Cho tập hữu hạn X gồm n phần tử. Mỗi dãy có độ dài k

các phần tử của tập X, mà mỗi phần tử có thể lặp lại nhiều lần và được sắp
xếp theo một thứ tự nhất định được gọi là một chỉnh hợp lặp chập k của n
phần tử thuộc tập X.
Số chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử, ký hiệu là A
k
n
, bằng số ánh xạ từ tập
k phần tử đến tập n phần tử và bằng n
k
, tức A
k
n
= n
k
.
Ví dụ 1.16. Từ bốn chữ số 1, 2, 3, 5 có thể thành lập được bao nhiêu số
chẵn gồm 4 chữ số?
Giải.
Vì tập 1, 2, 3, 5 chỉ có duy nhất một chữ số chẵn là 2, nên x = abcd với a, b,
c, d thuộc tập 1, 2, 3, 5 là số chẵn khi và chỉ khi d bằng 2.
Mặt khác a, b, c có thể bằng nhau, nên y = abc là một chỉnh hợp lặp chập
3 của bốn phần tử 1, 2, 3, 5.
Để thành lập số x ta chỉ cần lấy một số y nào đó rồi thêm 2 vào cuối. Bởi
vậy, số các số x = abc2 bằng các số y = abc và bằng A
3
4
= 4
3
= 64.
Chẳng hạn 1112, 1122, 1132, 1152, . . . , 5542, 5552.

Ví dụ 1.17. ( Bài tốn đếm số các hàm từ một tập hữu hạn vào một tập
Số hóa bởi trung tâm học liệu />20
hữu hạn) Giả sử N và M là hai tập hữu hạn với |N| = n và |M| = m . Hãy
xác định các hàm f : N → M.
Giải.
Giả sử N = {a
1
, a
2
, , a
n
} . Khi đó một hàm f : N → M tương ứng với
đúng một bộ có thứ tự gồm n thành phần là (f (a
1
) , f (a
2
) , , f (a
n
)) với
f (a
1
) , f (a
2
) , , f (a
n
) ∈ M .
Do đó số các hàm f : N → M bằng số chỉnh hợp có lặp chập n của m phần
tử của M, tức là bằng A
n
m

= m
n
Vậy ta có số tất cả các hàm f : N → M với |N| = n và |M| = m bằng
A
n
m
= m
n
1.5 Tổ hợp
1.5.1 Tổ hợp khơng lặp
Định nghĩa 1.5. Cho tập A gồm n phần tử. Mỗi tập con gồm k (0 ≤ k ≤ n)
phần tử thuộc A được gọi là tổ hợp chập k của n phần tử đã cho.
Nhận xét 1.1. Hai tổ hợp được coi là khác nhau khi và chỉ khi có ít nhất
một phần tử khác nhau.
Số tổ hợp chập k (0 ≤ k ≤ n) của n phần tử, được kí hiệu là

n
k

và được
tính theo cơng thức

n
k

=
n!
k!(n−k )!
Ví dụ 1.18. Có bao nhiêu cách chia một lớp 40 học sinh thành bốn tổ, sao
cho mỗi tổ có đúng 10 học sinh.

Giải.
Đầu tiên lập tổ 1 bằng cách chọn tùy ý 10 học sinh trong 40 học sinh của
lớp, nên số cách chọn bằng đúng số tổ hợp chập 10 của 40 phần tử, tức bằng

40
10

=
40!
10!30!
Tổ 2 có thể chọn 10 em tùy ý trong 30 em còn lại, nên số cách thành lập tổ
2 sẽ bằng số tổ hợp chập 10 của 30 phần tử, tức bằng

30
10

=
30!
10!20!
Số hóa bởi trung tâm học liệu />21
Tổ 3 có thể chọn 10 em trong 20 em còn lại, nên số cách thành lập tổ 3 sẽ
bằng số tổ hợp chập 10 của 20 phần tử, tức bằng

20
10

=
20!
10!10!
Tổ 4 gồm 10 em còn lại, nên chỉ có 1 cách chọn.

Vậy số cách chia lớp sẽ là:

40
10

×

30
10

×

20
10

×

10
10

=
40!30!20!
10!30!20!10!10!10!
=
40!
(10!)
4
1.5.2 Tổ hợp có lặp
Định nghĩa 1.6. Cho tập hợp A = a
1

, a
2
, . . . , a
n
. Một tổ hợp lặp chập m
(m khơng nhất thiết phải nhỏ hơn n) của n phần tử thuộc A là một bộ gồm
m phần tử, mà mỗi phần tử này là một trong những phần tử của A
Ta sử dụng

n
m

∗
để kí hiệu số tổ hợp lặp chập m của n phần tử.
Khi đó:

n
m

∗
=

n+m−1
m

Ví dụ 1.19 (Lý thuyết tổ hợp và đồ thì - Ngơ Đắc Tân). Tại Việt Nam hiện
đang có bán 10 loại máy vi tính khác nhau mà ta gọi là loại máy 1,. . . , loại
máy 10. Một cơ quan muốn mua 5 máy vi tính. Hỏi cơ quan có bao nhiêu sự
lựa chọn khác nhau.
Giải.

Giả sử a
1
là một máy vi tính thuộc loại máy 1; a
2
là một máy vi tính thuộc loại
máy 2; , a
10
là một máy vi tính thuộc loại máy 10, và A = {a
1
, a
2
, . . . , a
10
}.
Mỗi cách chọn 5 máy vi tính có thể coi là một tổ hợp chập 10 của 5 và tổng
số các tổ hợp được tính theo cơng thức.

5
10

∗
=

10 + 5 − 1
5

=

14
5


=
14!
5!(14−5)!
=
10×11×12×13×14
2×3×4×5
= 11 × 13 × 14 = 2002
Ví dụ 1.20. Giả sử có 4 loại bóng màu: Xanh, Đỏ, Tím, Vàng, với số lượng
mỗi loại khơng hạn chế.
Hai bộ bóng được xem là khác nhau, nếu có ít nhất một màu với số lượng
thuộc hai bộ khác nhau.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />22
Liệu có bao nhiêu cách chọn ra các bộ 6 (quả bóng) khác nhau.
Giải.
Vì trong mỗi bộ 6 có thể có các quả bóng cùng màu và khơng phân biệt thứ
tự chọn, nên số cách chọn khác nhau bằng số tổ hợp lặp chập 6 của 4 phần
tử (tập hợp bóng cùng màu được coi là một phần tử) và được tính bằng cơng
thức

4
6

∗
=

4 + 6 − 1
6

=

9!
6!3!
= 84
1.5.3 Khai triển lũy thừa của nhị thức
Đồng nhất thức Pascal
Cơng thức

m + 1
k

=

m
k

+

m
k −1

Tam giác Pascal, trong đó số bắt đầu và kết thúc của mỗi dòng trong tam
giác Pascal là số 1, và mỗi số khác của mỗi dòng bằng tổng của hai số của
dòng trên nó.

0
0

= 1

1

0

= 1

1
1

= 1

2
0

= 1

2
1

= 2

2
2

= 1

3
0

= 1

3

1

= 3

3
2

= 3

3
2

= 1

4
0

= 1

4
1

= 4

4
2

= 6

4

3

= 4

4
4

= 1
Định lý 1.1. Cơng thức khai triển nhị thức. Giả sử x và y là hai phần tử
bất kì của vành giao hốn K có đơn vị là 1 và n là một số ngun dương. Khi
đó
(x + y)
n
=
n

i=0

n
i

x
i
y
n−i
(1.10)
Số hóa bởi trung tâm học liệu />23
Chứng minh
Sử dụng phương pháp quy nạp theo n.
Với n bằng 1 thì (1.10) hiển nhiên đúng.

Giả sử (1.12) đã được chứng minh và đúng với n = k. Khi đó :
(x + y)
k+1
= (x + y)
k
(x + y)
=

k

i=0

k
i

x
i
y
k−i

(x + y)
=
k

i=0

k
i

x

i+1
y
k−i
+
k

i=0

k
i

x
i
y
k−i+1
=

k
k

x
k+1
+
k−1

i=0

k
i


x
i+1
y
k−i
+
k

i=1

k
i

x
i
y
k−i+1
+

k
0

y
k+1
=

k + 1
k + 1

x
k+1

+
k−1

i=0

k
i

+

k
i + 1

x
i+1
y
k−i
+

k + 1
0

y
k+1
(1.11)
Do có đồng nhất thức Pascal, ta có

k
i


+

k
i + 1

=

k + 1
i + 1

Vì vậy từ đẳng thức (1.11) ta có
(x + y)
k+1
=

k + 1
k + 1

x
k+1
+
k−1

i=0

k + 1
i + 1

x
i+1

y
k−i
+

k + 1
0

y
k+1
=
k+1

i=0

k + 1
i

x
i
y
(k+1)−i
.
Ví dụ 1.21.
(x + y)
5
=

5
0


x
5
+

5
1

x
4
y+

5
2

x
3
y
2
+

5
3

x
2
y
3
+

5

4

xy
4
+

5
5

y
5
= x
5
+ 5x
4
y + 10x
3
y
2
+ 10x
2
y
3
+ 5xy
4
+ y
5
(2x + 3)
5
= 32x

5
+ 240x
4
+ 720x
3
+ 1080x
2
+ 810x + 243
1.5.4 Tính số phần tử của một tập hợp các tập hợp
Ví dụ 1.22 (Ví dụ dẫn dắt). Lớp 12A phải làm một bài kiểm tra Tốn gồm
có ba bài tốn. Biết rằng mỗi em trong lớp đều giải được ít nhất một bài,
trong lớp có 20 em giải được bài tốn thứ nhất, 14 em giải được bài tốn
Số hóa bởi trung tâm học liệu />24
thứ hai, 10 em giải được bài tốn thứ ba, 6 em giải được cả hai bài tốn thứ
nhất và thứ ba, 5 em giải được cả hai bài thứ hai và thứ ba, 2 em giải được
cả hai bài thứ nhất và thứ hai, và có một em được 10 điểm vì đã giải được
cả ba bài tốn. Hỏi rằng lớp học có bao nhiều em tất cả ?
Giải.
Gọi A là tập hợp các em học sinh giải được bài tốn thứ nhất.
B là tập hợp các em học sinh giải được bài tốn thứ 2
C là tập hợp các em học sinh giải được bài tốn thứ 3
Ta phải tính số phần tử của tập hợp A ∪ B ∪ C
Khơng khó khăn ta có thể thấy được cơng thức sau là đúng:
|A ∪ B ∪ C| = |A|+|B|+|C|−|A ∩ B|−|B ∩ C|−|C ∩ A|+|A ∩ B ∩ C|.
Theo cơng thức trên, số học sinh trong lớp sẽ là:
20 + 14 + 10 − 6 − 5 − 2 + 1 = 32.
Nhưng ta có thể bắt gặp những bài tốn có sự tham gia của nhiều hơn ba
tập hợp con.
Ví dụ 1.23. Tính số cách treo 5 đơi tất trên một dây phơi sao cho khơng
có hai chiếc tất nào cùng đơi được phơi cạnh nhau.

Để giải bài tốn này, cũng như nhiều bài tốn tương tự, ta chứng minh định
lí sau:
Định lý 1.2. Cho trước các tập hợp V
1
, V
2
, . . . , V
n
. Khi đó ta có
|V
1
∪ V
2
∪ ∪ V
n
| =
n

i=1
|V
i
| −

1 i<j n
|V
i
∩ V
j
| +
− + (−1)

n−1
|V
1
∩ V
2
∩ ∩ V
n
| (1.12)
Chứng minh.
Định lý này có thể được chứng minh bằng hai cách:
Số hóa bởi trung tâm học liệu />