CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP

CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT

CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP
QUI TẮC ĐẾM
QUI TẮC CỘNG ( The Addition Priciples- AP) :
Nếu có
1
n
đối tượng khác nhau trong tập hợp thứ nhất ,
2
n
đối tượng khác nhau
trong tập hợp thứ hai ,……
m
n
đối tượng khác nhau trong tập hợp thứ m, Thế thì
số cách để chọn 1 đối tượng từ 1 trong m tập hợp là
1 2

m
n n n
+ + +
.
Cách phát biểu khác:
Cho
1 2
; ;
m
A A A
là m tập hợp hữu hạn , k≥1.Nếu các tập hợp này đôi một rời
nhau , nghĩa là

( )
; 1;2 ; ;
i j
A A i j m i j= ∅ = ≠I
thì :
1
1
m
m
i i
i
i
A A
=
=
=
∑U
.
QUI TẮC NHÂN (The Multiplication – MP)
Giả sử có 1 quá trình có thể chia thành m giai đoạn liên tiếp nhau có thứ tự , Với
1
n
kế quả khác nhau trong giai đoạn thứ nhất ,
2
n
kết quả khác nhau trong giai
đoạn thứ hai ,……
m
n
kết quả khác nhau trong giai đoạn thứ m, nếu các kết quả

kết hợp lại là phân biệt Thế thì số kết quả kết hợp lại của toàn bộ quá trình là
1 2
.
m
n n n
.
Cách phát biểu khác :
Cho
( )
{ }
1 2 1 2
1
; ; ; / ; 1;2 ;
m
i m m i i
i
A A A A a a a a A i m
=
= × × × = ∈ =
∏
là tích Decarste của
các tập hợp hữu hạn
1 2
; ;
m
A A A
. Khi đó , ta có
1 2
1 1

m m
i m i
i i
A A A A A
= =
= × × × =
∏ ∏
.
MỘT SỐ VÍ DỤ :
1. Có bao nhiêu cách để chọn ra 4 số nguyên dương
1 2 3 4
; ; ;x x x x
từ tập hợp
S={1 ;2 ;…. ;499 ;500} sao cho
1 2 3 4
; ; ;x x x x
là 1 cấp số nhân tăng và công bội của
1
CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT
chúng là một số nguyên dương .
GIẢI :
Gọi
2 3
1 1 1 1 1
; ; ; (a ; ; 2)a a q a q a q q N q
∈ ≥
là 4 số cần chọn , thế thì ta có :
3
3
3

1
1
500
500 500a q q
a
≤ ⇒ ≤ ≤
Cho nên :
1
3
500
2 7 1 aq
q
 
≤ ≤ ≤ ≤
 
 
.Điều đó có nghĩa là số cấp số nhân với
công bội q là
3
500
q
 
 
 
. Theo qui tắc cộng , số cấp số nhân thỏa điều kiện là :
7
3
2
500
62 18 7 4 2 1 94

q
q
=
 
= + + + + + =
 
 
∑
.
2. Có bao nhiêu số tự nhiên lẻ có 4 chữ số phân biệt ?
GIẢI :
Một số có 4 chữ số là một bộ sắp thứ tự của 4 chữ số ( chữ số 0 không
đứng đầu). Vì các số cần đếm là các số lẻ nên chữ số đơn vị có thể là
1,3,5,7,9. Chữ số hàng chục và trăm có là 0,1,2,….9 và chữ số hàng ngàn
là 1,2,….9.Vì các chữ số là phân biệt nên :
-Có 5 cách chọn chữ số hàng đơn vị .
-Có 8 cách chọn chữ số hàng ngàn.( khác 0 và khác chữ số đơn vị ).
- Có 8 cách chọn chữ số hàng chục ( khác chữ số đơn vị và hàng ngàn).
-Có 7 cách chọn chữ số hàng trăm .
Vậy có 5.8.8.7= 2240 số cần chọn.
3. Tìm số cặp có thứ tự (x ;y) của các số nguyên x,y sao cho
2 2
5x y
+ ≤
.
GIẢI :
Ta phân chia bài toán thành 6 trường hợp riêng biệt :
2 2
0;1;2;3;4;5.x y
+ =

Với mỗi i=0 ;1 ;2 ;3 ;4 ;5 ta đặt
( )
{ }
2 2
; / ; ;
i
S x y x y Z x y i
= ∈ + =
.
Dễ kiểm tra :
2
CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT
0 1 2 3 4 5
1; 4; 4; 0; 4; 8;S S S S S S= = = = = =
Vậy
5
0
21
i
i
S
=
=
∑
.

4. Tìm số ước số dương của 600 , bao gồm cả 1 và 600
GIẢI :
Trước hết ta chú ý rằng 600=
3 1 2

2 3 5× ×
. Khi đó 1 số nguyên dương m là
ước số của 600 nếu và chỉ nếu m có dạng :
2 3 5
a b c
m
= × ×
với
a,b,c∈Z :0≤a≤3 ; 0≤b≤1 ; 0≤c≤2. Như vậy số ước số là 4.2.3= 24.
MỞ RỘNG:
Nếu một số tự nhiên n có dạng phân tích thừa số nguyên tố( The
prime decomposition) là :
1 2
1 2
.
m
k
k k
m
n p p p
=
trong đó
i
p
là các số nguyên tố
phân biệt và
i
k Z
+
∈

. Thế thì số các ước số dương của n là
( )
1
1
m
i
i
k
=
+
∏
.
5. (AIME 1988)Tính xác suất để chọn được ngẩu nhiên 1 ước số
nguyên dương của
99
10
là một bội số của
88
10
.
GIẢI :
Ước số của
99
10
có dạng
2 .5 0 a;b 99;a,b Z
a b
≤ ≤ ∈
.Có 100 cách chọn a , 100
cách chọn b, nên có 100×100 ước số của

99
10
.Tương tự , bội số của
88
10

phải thỏa mãn bất đẳng thức 88≤a ;b ≤99, a,b ∈Z ; Nên có 12 cách chọn
a, và 12 cách chọn b. Do đó xác suất sẽ là :
12 12 9
.
100 100 625
=
.
6. Xác định số các cặp số có thứ tự (a ;b) sao cho bội chung nhỏ nhất
của a và b là
3 7 13
2 .5 .11
.
GIẢI :
Cả a,b đều là ước của
3 7 13
2 .5 .11
nên
2 5 11
2 511
x y z
s t u
a
b


=


=


Vì
3 7 13
2 .5 .11
là BCNN của a,b nên max{x ;s}=3 ; max{y ;t}=7 ; max
{z ;u}=13.
Bằng cách liệt kê ta có 7 cách chọn cặp (x ;s) ; 15 cách chọn (y ;t) ; 27
cách chọn (z ;u). Theo qui tắc nhân , ta được 7×15×27=2835 cặp số (a ;b)
thỏa điều kiện .
3
CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT
MỞ RỘNG :
Nếu n là số nguyên dương và
1 2
1 2
. .
k
k
n p p p
α
α α
=
là phân tích thành thừa số
nguyên tố của n.Thì sẽ có
( ) ( ) ( )

1 2
2 1 2 1 2 1
k
α α α
+ + +
cặp số nguyên (a ;b)
phân biệt có thứ tự sao cho BCNN(a ;b) là n.
7. Cho X={1 ;2… ;100} và đặt S=
( )
{ }
; ; / , , ,a b c a b c X a b a c∈ < ∧ <
.
Tính
S
.
GIẢI:
Bài toán có thể chia thành các trường hợp phân biệt khi xét a=1;2;….;99.
Với a=k∈{1;2;….;99} thì số cách chọn b là 100-k và c cũng là 100-k ,
Thế thì số bộ số (a;b;c) cần tìm là
( )
2
100 k
−
. Vì k lấy giá trị 1,2,….,99 nên
ta có :
2 2
99 1 328350.S = + + =
8. Hãy xác định số hình vuông mà các đỉnh của nó là các điểm trong
lưới vuông 10×10 sau (10 điểm , 9 ô).
GIẢI:

Ta nói rằng 4 điểm n×n quartet ( nhóm 4 ) nếu chúng là các đỉnh của hình
vuông n×n mà các cạnh của nó song song với đường biên của lưới. Ta
cũng nói rằng 1 hình vuông với các đỉnh của 1 quartet là một quartet
square.
Ta có 81=
2
9
quartet 1×1.
Ta có : 8 quartet 2×2 trong lưới 3×10 và có 8 lưới 3×10 trong lưới 10×10
.
Vậy , có
2
8
quartet 2×2 trong lưới 10×10.
Tương tự ta có :
2
7
quartet 3×3 trong lưới đó .
Nghĩa là , khi k∈{1 ;2 ;… ;9} có
( )
2
10 k
−
quartet k×k .
Nhưng phần khó khăn là các hình vuông có cạnh không song song với
đường biên của lưới .Mỗi hình vuông này sẽ nội tiếp bên trong 1 quartet.
Cho nên ta chỉ cần đếm tất cả các quartet và các hình vuông nội tiếp nó.
Không khó khăn gì ta được trong 1 k×k quartet có k hình vuông nội tiếp ,
4
CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT

kể cả nó . Ví dụ khi k=4 ta được hình vẽ bên.
Như vậy ta được :
( )
( )
9 9
2
2 3
1 1
9 9 9
2 3
1 1 1
10 . 100 20
100 20 825
k k
k k k
S k k k k k
k k k
= =
= = =
= − = − + =
= − + =
∑ ∑
∑ ∑ ∑

9. Có n que có độ dài là 1,2,….n. Có bao nhiêu tam giác không cân
được tạo thành từ 3 trong số các que đó ?
GIẢI :
Gọi x,y,z là độ dài 3 que đó . Không mất tính tổng quát , ta giả sử rằng
x<y<z.
3 que này tạo thành 1 tam giác nếu và chỉ nếu x,y,z thỏa bất đẳng thức

tam giác tức là x+y>z. Ta sắp xếp các tam giác không cân theo độ dài
cạnh lớn nhất của nó. Với 1≤k≤n , ta đặt
( )
{ }
; ; / ; ; ;1
k
A x y z x y z N x y z k x y z= ∈ ≤ < < = ∧ + >
Do đó theo qui tắc cộng , ta cần tính :
1 2

n
A A A+ + +
.
Ta có :
1 2
0A A
= =
. Nếu z=3 thì x=1 và y=2 , do đó không tồn tại tam
giác.Vậy
3
0A
=
. Bây giờ ta giả sử rằng
4k
≥
.
Ta xét 2 trường hợp :
Trường hợp 1 : Trong trường hợp này , ta giả sử rằng k chẳn, tức là
k=2m ; m∈Z ; m≥2. Bởi vì x<y nên x+y>2x . Chú ý rằng x+y> z . Ta xét
2x≤z và 2x> z nghĩa là 1≤x≤m ; và m <x .

Khi 1≤x≤m ta cần y> z-x= k-x . Vì k=2m≥2x nên ta được k-x
5
CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT
≥x( thỏa điều kiện y>x). Cho nên bất kỳ y nằm giữa k-x+1 và z-1= k-1
như vậy ta có (k-1)-(k-x+1) +1 =x-1 giá trị mà y có thể nhận được .
Khi m<x , bất đẳng thức đầu cho ta x+y>2x >2m=z ( thỏa điều
kiện), Bất kỳ y nằm giữa x+1 và k-1 như thế sẽ có(k-1)-(x+1)+1= k-x-1=
=2m-x-1 giá trị mà y có thể nhân được. Bởi vậy cho nên ; khi k=2m
( ) ( ) ( )
2 1 2
1 1 1 0
1 2 1 1
m m m m
k
x x m x i
A x m x x i
− −
= = + = =
= − + − − = − +
∑ ∑ ∑ ∑
nghĩa là :
( ) ( )
( )
2
1 ( 2) 1
1
2 2
k
m m m m
A m

− − −
= + = −
Chú ý rằng công thức này vẫn đúng khi m=1 nghĩa là khi k=2.
Trường hợp 2 : Trong trường hợp này ta giả sử k lẻ , nghĩa là k=2m+1
với k là số nguyên , m≥2.
Khi 1≤x≤m , ta cũng cần có y> z-x = k-x. Lúc này , k=2m+1>2x
như thế k-x >x . Như trước đó , y có thể lấy các giá trị nguyên nằm giữa
k-x+1 và k-1 , như thế sẽ có (k-1)- (k-x+1) + 1= x-1 giá trị mà y có thể
nhận .
Khi m < x . Như thế sẽ có (k-1)- (x-1)+ 1= k-x-1= 2m-x giá trị mà
y có thể nhận được . Bởi vậy , cho nên khi k= 2m+1
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
2 1
1 1 1 0
1 1
1 2 1 1
2 2
m m m m
k
x x m x i
m m m m
A x m x x i m m
−
= = + = =
− −
= − + − = − + = + = −
∑ ∑ ∑ ∑
.

Chú ý rằng công thức vẫn đúng khi m=0 và m=1 tức là k=1 và k=3.
Bây giờ ta bắt đầu giải bài toán .
Nếu n lẻ : n=2p+1. ( với p là số nguyên không âm nào đó )> Ta có :
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2
1 3 2 1 2 4 2
2
2
0 1 1 0


1 1 2 3
1 4 1
6
n
p p
p p p p
m m m m
A A A
A A A A A A
m m m m m p
p p p
+
= = = =
+ + + =
= + + + + + + +
= − + − = − +
− +

=
∑ ∑ ∑ ∑
Nếu n chẳn : n=2p với p là số nguyên dương . Thì ta có :
6
CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2
1 3 2 1 2 4 2
1 1 1
2
2
0 1 1 0


1 1 2
1 4 5
6
n
p p
p p p p
m m m m
A A A
A A A A A A
m m m m m
p p p
−
− − −
= = = =

+ + + =
= + + + + + + +
= − + − = −
− −
=
∑ ∑ ∑ ∑
Một cách giải khác khi ta giải được n=2p+1 thì trường hợp n=2p ta có thể
tích như sau :
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
1 2 2
1 3 2 1 2 1


1 4 1
1
6
1 4 5
6
p
p p
A A A
A A A A
p p p
p p
p p p
+ +
+ + + =

= + + + −
− +
= − −
− −
=
10. Trước khi Rick mở một tủ đựng đồ thể thao của mính , thì Rick
phải nhớ mật mã khóa của tủ , Hai trong các bộ 3 cặp số của mật mã là 17
và 24 , nhưng anh ta không nhớ được cặp số thứ ba. Và không nhớ được
thứ tự của 3 cặp số . Có 40 khả năng của cặp số thứ ba. Trong 10 giây ,
thì có thể nhớ được tất cả các khả năng xảy không ?
GIẢI :
Ta xét 6 tập con của các khả năng của mã khóa .
( )
{ }
( )
{ }
( )
{ }
( )
{ }
( )
{ }
( )
{ }
1
2
3
4
5
6

;17;24 /1 40
;24;17 /1 40
17; ;24 /1 40
24; ;17 /1 40
17;24; /1 40
24;17; /1 40
A x x
A x x
A x x
A x x
A x x
A x x
= ≤ ≤
= ≤ ≤
= ≤ ≤
= ≤ ≤
= ≤ ≤
= ≤ ≤
Mỗi tập con có 40 phần tử nhưng phải trừ đi các phần tử chung của 2 tập
hợp như (17 ;17 ;24) ; (17 ;24 ;17) ; (24 ;17 ;17) ; (17 ;24 ;24) ;
(24 ;24 ;17) ;(24 ;17 ;24). Vậy có tất cả 40×6-6= 234.

7
CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT
11. Một bằng lái xe chứa 1dãy 3 ký tự alphbet theo sau là một dãy 3
chữ số. Có bao nhiêu bằng lái xe được tạo thành nếu o và 0 không dùng
cùng 1 lúc .
GIẢI :
Gọi
1

S
là tập hợp các bằng lái không có số 0.

2
S
là tập hợp các bằng lái không có chữ o.

3
S
là tập hợp các bằng lái không có số 0và không có chữ o.
Ta có :
3 3 3 3 3 3
1 2 3
26 .9 25 .10 25 .9 17047279.S S S+ − = + − =
12. Xác định số số nguyên dương nhỏ hơn 1000 chứa ít nhất một chữ
số 1 trong cách viết thập phân.
GIẢI :
CÁCH 1 :
Gọi S là tập hợp các số nguyên dương nhỏ hơn 1000.
999.S =
Gọi
1 2 3
; ;S S S
là tập hợp các số nguyên dương có 1 , 2, 3 chữ số.
Với i=1 ;2 ;3 đặt
i i
A S
⊂
chứa đúng các chữ số đó và có ít nhất 1 chữ số 1.
Ta chỉ cần tinh

1 2 3
A A A+ +
.
Ta dễ dàng thấy rằng
{ }
1 1
2;3; ;9 8A A= ⇒ =
.
Ta có thể chia
2
A
thành 3 tập hợp :
{ }
{ } { }
2 2
11 1 ; 1 1; 1 18A b b b b A= ≠ ≠ ⇒ =U U
.
Ta có thể chia
3
111 1 1 1 11 1 1 11bc a c ab c b a
A A A A A A A A
=
U U U U U U
. Với a,b,c≠1 ;a≠0.
Do đó :
3
1 81 2.72 2.9 8 252A
= + + + + =
.
Như vậy ta có

1 2 3
A A A+ +
=271.
CÁCH 2:
Ta có thể phân chia tập hợp như sau : Gọi S’ là tập hợp những số nguyên
không âm nhỏ hơn 1000. Gọi
1
B
là tập hợp các số nguyên không âm nhỏ
hơn 1000 chứa ít nhất 1 chữ số 1, và Gọi
2
B
là tập hợp các số nguyên
không âm nhỏ hơn 1000 không chứa chữ số 1. Nghĩa là
1 2
' 1000.B B S+ = =
Ta có
2
9.9.9 729B
= =
Nên
1
1000 729 271B
= − =
.
13. Có 15 lỗ thông hơi máy lạnh trong 1 rạp hát . Để giữ cho nhiệt độ
mát mẻ , phải có ít nhất 1 lỗ thông hơi làm việc suốt thời gian. Hỏi có bao
8
CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT
nhiêu cách thực hiện.

GIẢI:
Ta gọi các lỗ thông hơi là
1 2 3 15
; ; ; ;v v v v
Ta có mỗi lỗ thông hơi có 2b lựa
chọn là on hay off . Ta sử dụng ký tự n cho on, và f cho off. Ta đánh dấu
1 mã gồm 15 kí tự cho một tình huống. Như vậy theo qui tắc nhân có
15
2

tính huống , nhưng tình huống fffff….f bị loại vì tất cả các lỗ thông hơi
đều đóng . Do đó có
15
2 1−
=32767 tình huống xảy ra.
ĐỊNH LÝ : Cho tập hợp S có n phần tử , thì sẽ có
2
n
tập con của S bao
gồm S và tập rổng .
Gọi A và B là 2 tập hợp . Một ánh xạ f ( map- mapping –
function) từ tập hợp A đến tập B ( viết là f:A→ B). đánh dấu mỗi phần
tử a∈A với đúng một phần tử b∈B ( viết là f(a)=b). b là ảnh của a. Với
A’
⊂
A , Gọi f(A’) ( ảnh của A’) xác định tập hợp các ảnh của phần tử
a∈A’. Nếu f(A)= B thì f được gọi là toàn ánh (surjective- onto)nghĩa là ,
với mỗi b∈B sẽ là ảnh của a∈A. Với mỗi 2 phần tử phân biệt
1 2
;a a A

∈
có
ảnh khác nhau thì f được gọi là đơn ánh ( injective- one to one) . Nếu f
vừa là đơn ánh vừa là toàn ánh thì f là song ánh( bijective– one-to-one
correspondence)
HOÁN VỊ : ( PERMUTATION)( khái niệm mở rộng):tương đương với
khái niệm chỉnh hợp của sgk)
Một cách sắp xếp thứ tự m phần tử phân biệt của n phần tử phân biệt cho
trước ( m≤n) được gọi là 1 hoán vị lấy m phần tử của n phần tử . Vì các
phần tử là không lặp lại nên nên hoán vị cùng là không lặp và số hoán vị
lấy m phần tử của n phần tử phân biệt được ký hiệu là
( )
m m
n n
P A
.Khi đó ta
có :
( ) ( ) ( )
( )
!
1 2 1
!
m
n
n
A n n n n m
n m
= − − − + =
−
.( m≤n).

Đặc biệt là khi m=n thì được gọi là hoán vị của n phần tử, Số hoán vị của
n phần tử là
!.
n
P n
=
14. Cho tập hợp E={a;b;c;…;x,y,z} là tập hợp 26 chữ cái tiếng Anh.
Tìm số từ có 5 ký tự sao cho các ký tự được tạo thành từ tập E; và ký tự
đầu và cuối là các nguyên âm phân biệt , các ký tự còn lại là các phụ âm
phân biệt.
9
CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT
GIẢI:
Đáp số :
2 3
5 21
. 159600A A
=
.
15. Trong 1 cuộc họp có 7 nam và 3 nữ . Có bao nhiêu cách sắp xếp họ
thành 1 hàng sao cho :
a/ 3 người nữ tạo thành 1 nhóm ( nghĩa là không có người nam nào ngồi
giữa 2 người nữ )
b/ Hai vị trí ở hai đầu là nam và không có nữ nào ngồi kề nhau.
GIẢI:
A/ Đáp số : 8!.3!.
B/ Trước hết ta sắp xếp 7 nam : có 7! cách xếp.
Với mỗi cách xếp cố định đó , vì vị trí ở 2 đầu là nam , nên chỉ có 6 chỗ
cho 3 nữ . Vậy số cách xếp là 7!×6×5×4.
16. Giữa các số 20000 và 70000 , tìm số các số nguyên chẳn mà các

chữ số không lặp lại.
GIẢI:
Gọi abcde là số cần tìm , Chữ số a có thể chọn từ {2;3;4;5;6} và chữ số e
có thể chọn từ {0;2;4;6;8} . Vì {2;3;4;5;6}
I
{0;2;4;6;8}={2;4;6} nên ta
chia thành 2 trường hợp rời nhau:
Trường hợp 1: a∈{2;4;6} : a có 3 cách chọn , e có 5-1=4 cách chọn , và
bcd có
3 3
10 2 8
A A
−
=
cách chọn .Vậy có
3
8
3 4 4032A
× × =
số chẳn.
Trường hợp 2: a∈{3;5} a có 2 cách chọn , e có 5 cách chọn và còn lại
bcd có
3
8
A
cách chọn . Vậy có
3
8
2 5 3360A
× × =

số chẳn.
Vậy có tất cả 7392 số chẳn.
17. Cho S là tập hợp các số tự nhiên mà các chữ số được chọn từ
{1;3;5;7}. Sao cho không có chữ số nào lặp lại. Tìm
a/
S
b/
n S
n
∈
∑
GIẢI:
CÁCH 1:
a/ Ta chia S thành 4 tập hợp con rời nhau:
(1) các số có 1 chữ số: 1;3;5;7.
(2) các số có 2 chữ số : 13;15;17;……
10
CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT
(3) các số có 2 chữ số : 135;137;……
(4) các số có 4 chữ số: 1357;1375;…
Ta có :
4
1 2 3 4
4 4 4 4
1
4 12 24 24 64
i
i
S S A A A A
=

= = + + + = + + + =
∑
.
b/ Gọi
1
α
xác định tổng của các chữ số hàng đơn vị của các số trong S,
2
α
xác định tổng của các chữ số hàng chục của các số trong S;
3
α
xác định tổng của các chữ số hàng trăm của các số trong S
4
α
xác định tổng của các chữ số hàng ngàn của. các số trong S.
Do đó ;
1 2 3 4
10 100 1000
α α α α α
= + + +
Trước hết , ta xác định
1
α
; Rỏ ràng , tổng của các chữ số hàng đơn vị
trong
1
S
là 1+3+5+7 =16. Trong
2

S
có
1
3
A
số mà các chữ số đơn vị tương
ứng là 1,3,5,7 nên tổng các chữ số hàng đơn vị của các số trong
2
S
, là
1
3
(1 3 5 7) 48A
+ + + =
.
Trong
3
S
có
2
3
A
số mà các chữ số đơn vị tương ứng là 1,3,5,7 nên tổng
các chữ số hàng đơn vị của các số trong
3
S
, là
2
3
(1 3 5 7) 96A

+ + + =
.
Trong
4
S
có
3
3
A
số mà các chữ số đơn vị tương ứng là 1,3,5,7 nên tổng
các chữ số hàng đơn vị của các số trong
4
S
, là
3
3
(1 3 5 7) 96A
+ + + =
.
Cho nên :
1
16 48 96 96 256
α
= + + + =
Tương tự , ta có :
( ) ( ) ( )
( )
1 2 3
2 3 3 3
2 3

3 3 3
3
4 3
1 3 5 7 1 3 5 7 1 3 5 7 240
(1 3 5 7) 192
(1 3 5 7) 96
A A A
A A
A
α
α
α
= + + + + + + + + + + + =
= + + + + =
= + + + =
Vậy
1 2 3 4
10 100 1000 256 2400 19200 96000 117856
α α α α α
= + + + = + + + =
.
CÁCH 2:
Rõ ràng 4 số trong
1
S
có thể chia thành 2 cặp {1;7} và {3;5} và tổng của 2
số trong mỗi cặp này là 8.
12 số trong
2
S

có thể chia thành cặp {13;75};{15;73};{17;71};{35;53}…
và tổng của 2 số trong mỗi cặp này là 88.
Tương tự ; 24 số trong
3
S
có thể chia thành cặp và tổng của 2 số trong
mỗi cặp này là 888.
24 số trong
4
S
có thể chia thành cặp và tổng của 2 số trong mỗi cặp này
11
CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT
là 8888.
Như vậy :
4 12 24 24
8 88 888 8888 117856.
2 2 2 2
α
= × + × + × + × =
TỔ HỢP ( COMBINATION)
Một lựa chon m phần tử phân biệt không sắp xếp thứ tự của n phần tử
phân biệt được gọi là tổ hợp m phần tử của n phần tử. Vì các phần tử
không lặp lại nên tổ hợp này còn gọi là tổ hợp không lặp. Số tổ hợp
không lặp lại của m phần tử từ n phần tử là
( )
!
! !
m
n

n
C
m n m
=
−
.
18. Chứng minh công thức :
1
1 1
r r r
n n n
C C C
−
− −
= +
(n,r∈N; r≤n).
GIẢI:
Cách 1: Dùng công thức.
Cách 2: Dùng Tổ hợp .
Gọi A={1;2;…;n} có
r
n
C
cách lấy r phần tử từ A.
Mỗi cách lấy đó sẽ có phần tử “1” hoặc không có phần tử “1”.
Số cách lấy có phần tử “1” là
1
1
r
n

C
−
−
. ( chỉ cần lấy thêm r-1 phần tử)
Số cách lấy không có phần tử “1” là
1
r
n
C
−
.
Từ đó suy ra đpcm.
Một dãy các số
1 2
; ;
n
a a a
được gọi là xâu k-aray , với n,k ∈
*
N
, nếu
{ }
0;1;2; ; 1
i
a k
∈ −
với mỗi i=1 ;2 ;…… ;n. Độ dài của xâu là n , chính là
số số hạng trong xâu .Đôi khi một xâu như thế có thể viết là
( )
1 2

; ; ;
n
a a a
.
Một xâu k-aray có thể được gọi là xâu nhị phân ( binary) , Xâu tam phân
( ternary) hay tứ phân ( quarternary) khi k=2 , 3, 4.
Ví dụ :
{(0 ;0 ;0) ; (0 ;0 ;1) ;(0 ;1 ;0) ;(1 ;0 ;0) ;(0 ;1 ;1) ;(1 ;0 ;1) ;(1 ;1 ;0) ;(1 ;1 ;1) }
là tập hợp tất cả 8 xâu nhị phân có độ dài là 3.
Để tạo ra 1 xâu k-aray có độ dài n : trước hết ta chọn
1
a
từ tập hợp
B={0 ;1 ;… ;k-1} kế đến chọn
2
a
từ tập hợp B={0 ;1 ;… ;k-1} ; và cho
đến cuối cùng chọn
n
a
từ tập hợp B={0 ;1 ;… ;k-1},Vì có k cách chọn
trong mỗi bước , nên số xâu k-ary phân biệt có độ dài n là
k k . k
n
n
k× ×… × =
1 44 2 4 43
19. Cho dãy nhị phân có chiều dài là 7.Hỏi có bao nhiêu dãy chứa 3 số
0 và 4 số 1.
GIẢI:

12
CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT
Trước hết ta xếp 3 số 0 vào 3 trong 7 vị trí của chuỗi .
Sau đó xếp 4 số 1 vào 4 vị trí còn lại.
Vậy có
3 4
7 4
.C C
chuỗi thỏa điều kiện .
20. Có bao nhiêu cách lập ra 1 Ủy Ban gồm 5 người từ 11 người bao
gồm 4 thầy giáo và 7 học sinh, nếu :
a/ Không có yêu cầu về cách lựa chọn .
b/Ủy ban phải bao gồm đúng 2 thầy giáo .
c/ Ủy ban phải bao gồm ít nhất 3 thầy giáo.
d/ Đặc biệt 1 thầy giáo và 1 học sinh không thể cùng nằm trong ủy ban.
GIẢI:
a/
5
11
462C
=
b/
2 3
4 7
. 210C C
=
.
c/
3 2 4 1
4 7 4 7

. 91C C C C
+ =
.
d/ Gọi T là người thầy đặc biệt, S là học sinh đặc biệt. Ta tìm số cách lập
ra ủy ban bao gồm cả T và S. Như vậy có
3
9
C
cách lập . Vậy số cách lập
thỏa điều kiện là
5 3
11 9
378.C C
− =
21. Giả sử có 8 người chơi a;b;c;d;e;f;g;h tham dự 1 giải tennis đơn . Ở
vòng đầu tiên, họ chia thành 4 cặp để thi đấu. Hỏi số cách sắp xếp.
Gọi A là 1 tập hợp gồm 2n phần tử . Một ghép đôi của A ( A pairing ) là
1 sự phân chia tập hợp A thành các tập con 2 phần tử rời nhau tức là 1
hợp của các tập con 2 phần tử rời nhau tạo thành A. Thí dụ : Nếu
A={a;b;c;d;e;f;g;h} thì
{{a;b};{c;f};{d;h};{e;g}} và {{a;h};{c;f};{d;h};{b;g}} là 2 ghép đôi
khác nhau của A.Chú ý rằng thứ tự của các tập con và thứ tự của 2 phần
tử trong mỗi tập con là không quan trọng .
22. Cho A là tập hợp gồm 2n phần tử ( n≥1) Tìm số sự ghép đôi khác
nhau của A.
GIẢI:
Ta xét 3 cách khác nhau để giải bài tập này :
Cách 1: Ta chọn một phần tử bất kỳ là x trong A. Số cách để chọn người
cùng cặp với x , gọi là y, là 2n-1 cách . ( và {x;y} là 1 tập con 2 phần
tử).Chọn một phần tử bất kỳ khác là z, từ 2n-2 phần tử còn lại của tập hợp

13
CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT
A\{x;y} . Số cách để chọn người cùng cặp với z là 2n-3. Tiếp tục quá
trình đó .Số cách cần tìm là :
(2n-1)(2n-3)… 5.3.1.
Cách 2:
Trước hết ta tạo ra 1 tập con có 2 phần tử của A và đặt vào vị trí (1) như
hình vẽ .Có
2
2n
C
cách là như thế .
{ { { {
(1) (2) (3) ( )
{ } { } { } { }
n

Kế tiếp , lại tạo ra 1 tập con có 2 phần tử từ phần còn lại của A và đặt
chúng vào vị trí (2) . Có
2
2 2n
C
−
cách làm như thế . Và cứ tiếp tục như vậy.
Do đó số cách cần tìm là :
2 2 2 2
2 2 2 4 2
. .
!
n n

C C C C
n
−
vì các phân chia không quan
tâm đến thứ tự.
Cách 3:
Trước hết ta sắp xếp 2n phần tử của A thành 1 hàng và đặt chúng vào 2n
khoảng trống sau:
{ ; };{ ; };………………….{ ; };
(1) (2) (3) (4) (2n-1) (2n)
Có (2n)! cách sắp xếp . Vì thứ tự của các phần tử trong mỗi tập con 2
phần tử và thứ tự các phần tử trong n tập con là không quan trọng nên số
cách theo yêu cầu là :
( ) ( )
2 ! 2 !
2!2! 2! ! ! 2
n
n
n n
n n
=
× ×
1 42 43
.
CHÚ Ý:
Bài toán trên có thể mở rộng theo cách sau: Cho A là một tập hợp có kn
phần tử phân biệt (k,n∈N) . 1 sự ghép k-phần tử của A là một phân hoạch
A thành các tập con k phần tử tức là phân chia A thành các tập con k
phần tử đôi một rời nhau.
23. Có bao nhiêu số có 5 chữ số lớn hơn 21300 sao cho các chữ số của

nó là phân biệt và lấy từ các chữ số {1;2;3;4;5}
GIẢI:
Cách 1:
Ta chia thành các loại:
- Số các có 5 chữ số mà chữ số hàng chục nghìn có thể là 1 trong các số
3,4,5:
là
1
3 4
.A P
.
14
CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT
- Số các có 5 chữ số mà chữ số hàng chục nghìn có thể là số 2 và chũ số
hàng nghìn là 1 trong các số 3,4,5 là
1
3 3
.A P
.
-Số các có 5 chữ số mà chữ số hàng chục nghìn có thể là 2 và chữ số hàng
nghìn là 1 là
3
P
.
Vậy tổng số các số là
1 1
3 4 3 3 3
. . 96A P A P P
+ + =
.

Cách 2:
Vì số các số có 5 chữ số mà các chữ số phân biệt là
5
P
và chỉ có các số mà
chữ số hàng chục ngàn là 1 thì mới không vượt quá 21300 ( số các số này
là
4
P
) nên số các số cần tìm là
5 4
96P P
− =
.
24. Cho n,k là các số nguyên dương và S là tập hợp n điểm trong mp
sao cho:
(i) không có 3 điểm nào của S là thẳng hàng ,
(ii) Với bất kỳ điểm P thuộc S , có ít nhất k điểm thuộc S cách đều P.
Chứng minh rằng
1
2
2
k n
< +
IMO 1989.
GIẢI:
Để thuận lợi , ta gọi 1 đoạn thẳng nối 2 điểm bất kỳ của S là cạnh . Gọi l
là số cạnh trong mp. Trước hết , vì có n điểm phân biệt và bất kỳ 2 điểm
xác định được 1 cạnh nên ta có l=
2

n
C
cạnh . Kế tiếp , mỗi điểm P của S
theo điều kiện (ii) có thể vẽ được 1 đường tròn tâm P(C(P)) sao cho
đường tròn đó chứa ít nhất k điểm của S. Rõ ràng rằng mỗi điểm của S
nằm trên (C(P)) xác định ít nhất
2
k
C
cạnh . Do đó với n điểm P trong tập
hợp S thì tổng số cạnh ít nhất là n
2
k
C
( có đếm lặp lại). Bây giờ ta thấy
rằng , các cạnh được đếm nhiều hơn 1 lần. 1 cạnh được đếm nhiều hơn 1
lần khi và chỉ khi cạnh đó là dây cung chung của ít nhất 2 đường tròn. Vì
2 đường tròn có nhiều nhất 1 dây cung chung cho nên n đường tròn , số
dây cung chung được đếm lặp lại nhiều nhất
2
n
C
. Cho nên :
( )
( )
2 2 2 2 2 2 2
2
2
2 2 1 0
1 1 8 1

1 1 1
8 2
2 2 2 2
k n n k n n k
l nC C C nC C C nC
k k n
n
k n n
≥ − ⇒ ≥ − ⇔ ≥
⇔ − − − ≤
+ + −
⇒ ≤ < + = +
.
NHẬN XÉT:
(1) Trong chứng minh trên , đại lượng l được dẫn ra từ đầu và nó được
đếm ước lượng bằng 2 cách suy nghĩ, bằng các cách ấy dẫn đến bất đẳng
15
CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT
thức cần chứng minh. Đó là 1 kỹ thuật hay sử dụng trong tổ hợp .
(2) Từ chứng minh trên ta thấy rằng điều kiện (i) là không cần thiết vì nếu
A,B,C thẳng hàng thì 3 đoạn thẳng AB,AC,BC cũng được xem như là 3
cạnh phân biệt.
HOÁN VỊ LẶP LẠI :
Một cách sắp xếp m phần tử của n phần tử phân biệt ( mỗi phần tử có thể
lặp lại hữu hạn lần )được gọi là hoán vị lặp lại của m phần tử từ n phần
tử.Số hoán vị lặp lại là
m
n
.
Chứng minh :

Xác định n phần tử phân biệt là 1,2,3…n. Thế thì một tổ hợp lặp có
dạng :
( ) ( )
1 2 1 2
; ; ; 1
m m
i i i i i i n≤ ≤ ≤ ≤ ≤
Đặt
1 1
2 2
1 2
1
1 1

1
m
m m
j i
j i
j j j n m
j i m
=


= +

⇒ ≤ < < < ≤ + −




= + −

và như vậy mỗi tổ hợp lặp
( )
1 2
; ; ;
m
i i i
sẽ tương ứng với duy nhất một tổ
hợp không lặp
( )
1 2
; ; ;
m
j j j
và số tổ hợp này là
1
m
n m
C
+ −
.
ALL PERMUTATION OF INCOMPLETE DISTINCT
OBJECTS:
Giả sử có n phần tử bao gồm k phần tử phân biệt
1 2
; ; ;
k
a a a
với số lần

lặp lại tương ứng là
1 2 1 2
; ; :
m m
n n n n n n n
+ + + =
, tất cả các hoán vị của n
phần tử được gọi là tất cả các hoán vị của các đối tượng phân biệt không
đầy đủ , ta có số hoán vị loại đó là
1 2
; ; ;
1 2
!
!. ! !
k
n n n
n
k
n
A
n n n
=
.
Chứng minh :
Gọi f là số hoán vị thỏa mãn bài toán .Nếu ta trao đổi các phần tử trong
cùng một loại và sắp xếp lẩn nhau từng nhóm thì ta sẽ có
1 2
!. ! !
k
n n n

hoán vị . Theo qui tắc nhân số tất cả các hoán vị của n phần tử phân biệt
bằng
1 2
. !. ! !
k
f n n n
.
Do đó ta có : f.
1 2
!. ! !
k
n n n
= n! Suy ra đpcm.
25. Tìm số dãy tam phân có độ dài là 10 có 2 chữ số 0, 3 chữ số 1và
5chữ số 2.
16
CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT
GIẢI:
Đáp số : 2520.
26. Tìm số cách để lát 1 hình chữ nhật 1×7 bằng các block 1×1; 1×2;
1×3. Giả sử rằng các block này có cùng kích thước là không đáng kể.
GIẢI:
Minh họa 2 cách phủ như sau:
2 1 3 1
1 3 3
Với i =1 ;2;3 , ta đặt
i
b
xác định block 1×i. Như vậy , cách lát thứ nhất

chỉ ra ở trên có thể biểu diễn dưới dạng
2 1 3 1
b b b b
. Đó là hoán vị của bộ
{ }
1 2 3
2 ; ;b b b×
.
Cách thứ hai biểu diễn bởi
1 3 3
b b b
. Đó là hoán vị của
{ }
3 1
2 ;b b
×
.
Chú ý rằng tổng của các chỉ số trong mỗi bộ đều bằng 7.
GIẢI:
Từ minh họa trên , ta thấy số cách yêu cầu bằng với số hoán vị của một
vài số
i
b
sao cho tổng của các chỉ số của
i
b
là 7. Ta có 8 trường hợp bao
gồm các khả năng sau đây:
( ) { } ( ) { }
( ) { } ( ) { }

( ) { } ( ) { }
( ) { } { }
1 1 2
1 3 1 2
1 2 3 1 2
1 3 2 3
7 5 ;
4 ; 3 ;2
2 ; ; ;3
;2 (viii) 2 ;
i b ii b b
iii b b iv b b
v b b b vi b b
vii b b b b
× ×
× × ×
× ×
× ×
Trong mỗi trường hợp , số hoán vị là :
17
CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT
( )
6!
1 (ii) 6
5!
5! 5!
( ) 5 (iv) 10
4! 3!2!
4! 4!
( ) 12 (vi) 4

2! 3!
3! 3!
( ) 3 (viii) =3
2! 2!
i
iii
v
vii
=
= =
= =
=
Như vậy sẽ có : 44 cách lát .
27. Chứng minh rằng (4n)! là bội số của
3
2 .3
n n
với mỗi số tự nhiên n.
GIẢI:
Xét tập hợp
{ }
1 2
4 ;4 ; ;4
n
M a a a
= × × ×
.
Ta có :
( )
( )

( )
( )
( )
( )
3
3
4 ! 4 ! 4 !
4 ;4;4 ;4
2 .3
4!
2 .3
n n
n n
n n n
P n = = =
.
Vì
( )
4 ;4;4 ;4P n
là số tự nhiên nên suy ra đpcm.
TỔ HỢP LẶP LẠI:
Một lựa chọn không thứ tự m phần tử từ n phần tử đã cho phân biệt ( mỗi
phần tử có thể lặp lại hữu hạn lần ) được gọi là tổ hợp lặp . Số tổ hợp lặp
là
1
m
n m
C
+ −
.

Cho M=
{ }
1 2
. ; . ; ; . ;
n
a a a∞ ∞ ∞
là 1 multi-set với n ∈N.
Một multi-set của dạng
{ }
1 1 2 2
. ; . ; ; .
n n
m a m a m a
với
i
m
là các số nguyên
không âm, được gọi là một
( )
1 2

n
m m m
+ + +
-phần tử của multi-subset cua
M. Với số nguyên không âm r , goi
r
n
H
xác định số r-phần tử của multi-

subset của M.
28. Có 3 loại sandwich , gọi là chicken(C ) ; fish(F) ; ham (H). có ở
nhà hàng. Một người muốn đặt trước 6 sandwich . Giả sử rằng không giới
hạn việc cung cấp sandwich trong mỗi loại , Hỏi có bao nhiêu cách đặt
phần ăn trên?
GIẢI:
Vấn đề của bài toán này là đếm số
3
6
H
được liệt kê trong 6-phần tử multi
18
CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT
subset của
{ }
; ;C F H∞× ∞× ∞×
.
Bảng sau đây cho 4 cách lựa chọn :
(C) (F) (H)
(1) o o o o o o
(2) o o o o o o
(3) o o o o o o
(4) o o o o o o
Ta biểu diễn bảng trên bằng chuỗi nhị phân :
(1) 00101000
(2)01000010
(3)10010000
(4)00011000
Trong mỗi trường hợp , ta thấy việc sắp thứ tự của 6 loại sandwich tương
ứng với một chuỗi nhị phân có độ dài là 8 vói 6 ký tự 0 và 2 ký tự 1. , thứ

tự khác nhau dẫn đến chuỗi nhị phân khác nhau. Ta thấy có 1 song ánh
giữa tập hợp các cách sắp xếp với tập hợp chuỗi nhị phân như trên. Cho
nên ta có ,
3 2
6 8
H C
=
.
Xét trường hợp tổng quát:
1
a
2
a
3
a
n
a
S
1
oo o
r
14 2 43
1
oo o
r
14 2 43
3
oo o
r
14 2 43

…
oo o
n
r
14 2 43
Sử dụng cơ cấu này , mỗi tập con S=
{ }
1 1 2 2
; ; ;
n n
r a r a r a
× × ×
của M , ở đây
0;
i
r i
≥ ∀
có thể biểu diễn thành 1 hàng có
i
r
số 0 trong khoảng dưới
i
a
.
Nếu ta xem mỗi cột đứng là 1 số 1 thì mỗi r-phần tử tập con của M tương
ứng với ột chuỗi nhị phân có độ dài r+n-1 với r số 0 và n-1 số 1 . Tương
ứng này là một song ánh giữa họ các r-phần tử tập con của M và họ các
chuỗi nhị phân như trên. Như vậy ta có kết quả,
Cho M=
{ }

1 2
. ; . ; ; . ;
n
a a a∞ ∞ ∞
là 1 tập con với n ∈N.Số r-phần tử của M là
1
r r
n n r
H C
+ −
=
.
NHÂN TỔ HỢP:
Sắp xếp n phần tử phân biệt vào k loại phân biệt ( k≤n) sao cho có
i
n

phần tử trong nhóm thứ i , ( i=1;2….;k;
1 2

k
n n n n
+ + + =
) Thế thì số cách
19
CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT
sắp xếp là :
1 2
; ; ;
1 2

!
!. ! !
k
n n n
n
k
n
C
n n n
=
.
Chứng minh :
Số cách lấy
1
n
từ n phần tử là
1
n
n
C
Số cách lấy
2
n
từ n-
1
n
phần tử là
2
1
n

n n
C
−
…………………………….
Số cách lấy
k
n
từ n
1 2 1

k
n n n
−
− − − −
phần tử là
1 2 1

k
k
n
n n n n
C
−
− − − −
Sử dụng qui tắc nhân ta được số cách thành lập là :
( ) ( ) ( )
1 2
1 1 2 1
1 2 1
1

1 1 2 1 2 1 2
1 2
( )!
( )!!
. .
!. ! !. ! !. !
!
! ! !
k
k
n
n n
k
n n n n n n
k k
k
n n n n
n nn
C C C
n n n n n n n n n n n n
n
n n n
−
−
− − − −
− − − −
−
= =
− − − − − − −

=
29. Giả sử có 3 cờ đỏ , 4 cờ xanh và 2 cờ vàng để đặt vào vị trí của 9
cột cờ đã đánh số . Hỏi có bao nhiêu ký hiệu phân biệt từ các cây cờ đó.
GIẢI:
Số ký hiệu phân biệt là :
9!
1260
3!2!4!
=
.
30. Có bao nhiêu cách chọn ra 3 cặp đôi từ n người ( n≥6).
GIẢI:
Cách 1:
Số cách lấy 6 người từ n người :
6
n
C
.
6 người này phân chia thành 3 nhóm , mỗi nhóm có đúng 2 người , số
cách chia là :
2,2,2
6
C
nhưng 3 nhóm này không cần thứ tự nên số cách chọn
theo yêu cầu là:
( )
6 2,2,2
6
.
!

3! 48. 6 !
n
C C
n
n
=
−

Cách 2:
Số cách lấy 6 người từ n người :
6
n
C
.
Với 6 người , có
2
6
C
chọn ra 2 người, với 4 người còn lại có
2
4
C
cách chọn
ra 2 người . Cuối cùng có
2
2
C
chọn ra 2 người còn lại , Nhưng 3 cặp này
không có thứ tự nên số cách chọn là :
6 2 2 2

6 4 2
. . .
!
3! 48( 6)!
n
C C C C
n
n
=
−
20
CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT
HOÁN VỊ VÒNG TRÒN CỦA CÁC PHẦN TỬ PHÂN BIỆT:
Nếu ta sắp xếp n phần tử phân biệt trên 1 đường tròn thì hoán vị được gọi
là hoán vị vòng tròn của n phần tử, Số hoán vị vòng tròn của n phần tử
là :
( )
1 !
n
P
n
n
= −
.
CHỨNG MINH :
Vì n hoán vị đường thẳng cho ta 1 hoán vị đường tròn mà ta lại có n!
hoán vị đường thẳng nên suy ra đpcm.
Các hoán vị nhận được từ nhau qua 1 phép quay quanh tâm , được xem là
một.
Gọi A là một tập hợp gồm n phần tử phân biệt . Với 0≤r≤n , số hoán vị

vòng tròn r phần tử từ tập A được ký hiệu là
r
n
Q
. Ta chứng minh được
r
r
n
n
A
Q
r
=
.
31. Có bao nhiêu cách để 5 nam và 3 nữ ngồi chung quanh 1 cái bàn ,
nếu :
a/ nếu không có hạn chế gì ?
b/ Nam B1 và nữ G1 không ngồi kề nhau.
c/ không có nữ nào ngồi kề nhau.
GIẢI:
a/ Đáp số : 7!
b/ 5 nam và 2 nữ ( không tính G1) có thể có (7-1)! Cách xếp .G1 có 5
cách ngồi không kề với B1. Vậy có 6!×5=3600 cách xếp .
Ta cũng có thể dùng nguyên lý Phần Bù:(PRINCIPLE OF
COMLEMENTATION-CP)
Nếu A là tập con của X thì
\X A X A
= −
Số cách xếp 5 nam và 3 nữ trong đó B1 và G1 ngồi cạnh nhau là : 6!.2!
=1440.

Vậy số cách xếp thỏa mãn bài toán là : 7!- 1440=3600.
c/ Trước hết ta xếp 5 nam vào bàn , có (5-1)! Cách xếp.
Lần lượt có 5 cách để xếp G1; 4 cách để xếp G2; và 3 cách để xếp G3.
Vậy có tất cả 4!×5×4×3=1440 cách xếp.
32. Tìm số cách xếp chỗ ngồi cho n cặp vợ chồng xung quanh 1 bàn
21
CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT
tròn sao cho :
a/ Nam và nữ ngồi luân phiên.
b/ Mỗi Nữ ngồi kề với chồng của mình .
GIẢI:
a/ Xếp n người nam có (n-1)! cách xếp.
n người nữ có thể ngồi vào n khoảng trong giữa 2 người nam , nên có n!
cách xếp . Vậy có n!.(n-1)! Cách xếp.
b/ Mỗi cặp vợ chồng xem như 1 phần tử .
Số cách xếp n phần tử này là (n-1)! . Vì mỗi cặp vợ chồng có 2 cách xếp ,
nên số cách xêp tổng cộng là :
( )
1 !.2
n
n −
.
CHÚ Ý : Một bài toán khó hơn và nổi tiếng liên hệ với bài tập trên là:
Có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi cho n cặp vợ chồng (n≥3) quanh 1 bàn
tròn sao chon nam và nữ ngồi xen kẽ nhau nhưng vợ không ngồi cạnh
chồng ?
Bài toán này lần đầu tiên được giới thiệu bởi nhà toán học Pháp Francis
Edward Anatole Lucas (1842-1891)
33. Nếu phải xếp ít nhất 1 người trên một bàn thì có bao nhiêu cách
xếp 6 người ngồi:

a/ quanh 2 bàn .
b/quanh 3 bàn.
GIẢI:
a/ Với 2 bàn, có 3 trường hợp để xét số người ngồi quanh 2 bàn tương
ứng ,
(1) 5+1 (2) 4+2 (3) 3+3.
Trường hợp 1: Có
5
6
C
cách chia 6 người thành 2 nhóm với số lượng 5 và
1 mỗi bàn. Số cách xếp 5 người vào 1 bàn là (5-1)! và 1 người vào bàn
còn lại là 0!. Theo qui tắc nhân , ta có :
5
6
4! 0! 144C
× × =
.
Trường hợp 2: Có
4
6
C
cách chia 6 người thành 2 nhóm với số lượng 4 và
2 vào mỗi bàn. Số cách xếp 4 người vào 1 bàn là (4-1)! và 2 người vào
bàn còn lại là 1!. Theo qui tắc nhân , ta có :
4
6
3! 1! 90C
× × =
.

Trường hợp 3: Ta chú ý trường hợp này . Số cách để chia 6 thành 2 nhóm
22
CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT
3 và 3 là
3
6
1
2
C
. Vậy số cách xếp là
3
6
1
2! 2! 40
2
C
× × =
.
Cho nên theo qui tắc cộng là : 144+90+40=274.
b/ Với 3 bàn ta có 3 trường hợp : (1)4+1+1 (2)3+2+1 (3) 2+2+2.
Số cách sắp xếp trong mỗi trường hợp là:
( )
( )
4 1
6 2
3 2
6 3
2 2
6 4
1

1 . . 3! 0! 0! 90
2
2 . . 2! 1! 120
1
(3) . . 1! 1! 1! 15
3
C C
C C
C C
× × × =
× × =
× × × =
Theo qui tắc cộng : 90+120+15=225.
CHÚ Ý:
Cho r,n là các số nguyên , 0≤n≤r , xác định số cách sắp thứ tự r phần tử
phân biệt quanh n đường tròn ( không phân biệt) sao cho mỗi đường tròn
có ít nhất một phần tử. ( ký hiệu là s(r;n)).Các số s(r;n) được gọi là số
Stirling loại 1, mang tên nhà toán học James Stirling ( 1692- 1770) Ví
dụ : s(6;2)= 274 ; s(6;3)= 225.
Các kết quả khác :
s(r;0)= 0 nếu r≥1 .
s(r;r)=1 nếu r≥0.
s(r;1)= (r-1)! nếu r≥2 .
s(r;r-1)=
2
r
C
nếu r≥2.
34. Chứng minh rằng : s(r;n) = s(r-1;n-1) + (r-1)s(r-1;n) với r,n∈N;n≤r.
GIẢI:

Để đơn giản , ta gọi r phần tử phân biệt là 1,2,….r. Xét phần tử “1” , với
bất kỳ cách sắp xếp các phần tử , hoặc là :
(i) 1 chỉ là 1 phân tử trong 1 đường tròn .
(ii) 1 trộn với các phần tử khác trong 1 đường tròn.
Trong trường hợp thứ nhất có s(r-1;n-1) cách xếp .
Trong trường hợp thứ hai có s(r-1;n) cách xếp các phần tử 2;3;…r vào n
đường tròn , khi đó 1 có thể đặt vào 1 trong r-1 khoảng trống phân biệt
đến “ immediate right “ của r-1 phần tử tương ứng. Theo qui tắc nhân ,
trường hợp này có (r-1).s(r-1;n) cách sắp xếp.
Suy ra đpcm.
Sử dụng các giá trị ban đầu: s(0;0)=1 ; s(r;0)=0 ; s(r;1)= (r-1)! Với r≥1ta
23
CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT
có thể tìm được các giá trị s(r;n) với r,n khá nhỏ.
SỐ XÂU CHUỖI HẠT:
Giả sử 1 xâu chuỗi hạt bao gồm n hột được sắp xếp trên 1 đường tròn thế
thì số xâu phân biệt là 1 ( nếu n=1 ;2) hay
( )
1
1 !( 3)
2
n n
− ≥
.
CHỨNG MINH :
Nếu n=1 hay n=2 thì số xâu chuỗi là 1.
Giả sử n ≥3, bởi vì 1 xâu chuỗi có thể quay hay lật ngược lại mà không làm
thay đổi gì , nên số xâu chuỗi bằng ½ số hoán vị vòng tròn.
35. Có bao nhiêu cách sắp xếp 6 nữ và 15 nam để nhảy múa theo vòng
tròn sao cho có ít nhất 2 người nam đứng giữa bất kỳ 2 người nữ .

GIẢI:
Trước hết với mỗi người nữ , ta coi như 2 người bạn nhảy nam của cô ấy
là 1 người đứng ở bên trái và 1 người đứng ở bên phải. Vì có 6 người nữ
phân biệt nên ta có thể chọn 12 người nam từ 15 người nam bằng
12
15
A
cách . Kế đến , mỗi người nữ và 2 bạn nhảy nam của mình được xem như
là 1 nhóm , mỗi phần dư lại 15-12=3 người nam cũng xem như là 1 nhóm
. Như vậy tổng cộng có 9 nhóm , mà ta có thể hoán vị vòng tròn nên sẽ có
8! Cách . Theo qui tắc nhân ta có :
12
15
15!.8!
.8!
3!
A
=
cách .
SỐ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH VÔ ĐỊNH BẬC NHẤT.(bài toán
chia kẹo của Euler)
Số nghiệm nguyên không âm của phương trình
1 2
( , )
m
x x x n m n N
+ + + = ∈
bằng
1
1 1

m n
n m n m
C C
−
+ − + −
=
.
CHỨNG MINH :
Ta xét mỗi nghiệm không âm của phương trình là
( )
1 2
; ; ;
m
x x x
tương ứng
với 1 hoán vị của n đường tròn “ O” và m-1 cạnh “/ “ :
1 2
OO / OO / / OO
m
x x x
O O O
14 2 43 14 2 43 142 43
.
Ở đây
1
x
là số đường tròn “O” ở bên trái dấu / thứ nhất,
1i
x
+

là số đường
tròn “O” ở giữa dấu/ thứ i và dấu / thứ i+1, ….
m
x
là số đường tròn “O” ở
bên phải dấu / thứ m-1 . Vì tương ứng trên là 1-1 , nên số nghiệm của
phương trình bằng số hoán vị của n đường tròn “O” và m-1 dấu/ tức là
24
CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT
1
1 1
m n
n m n m
C C
−
+ − + −
=
.
CHÚ Ý : Số nghiệm nguyên không âm của phương trình
1 2
( , )
m
x x x n m n N
+ + + = ∈
bằng số tổ hợp lặp lại của việc lấy m phần tử
từ n phần tử ( mỗi phần tử có thể có hữu hạn lần lặp lại).
HỆ QUẢ :
Số nghiệm nguyên dương của phương trình
1 2
( , )

m
x x x n m n N n m
+ + + = ∈ ≥
(1)
bằng
1
1
m
n
C
−
−
.
CHỨNG MINH :
Đặt
1( 1;2 ; )
i i
y x i m
= − =
Khi đó ta có :
1 2
(1)
m
y y y n m
⇔ + + + = −
.(2)
Số nghiệm dương của (1) bằng số nghiệm không âm của phương trình (2)
do đó sẽ bằng
( )
1 1

1
1
m m
n
n m m
C C
− −
−
− + −
=
.
Lời giải khác của VD7: Giả sử 15 nam chia thành 6 nhóm sao cho mỗi
lảnh đạo của nhóm là một người nữ và có ít nhất 2 nam trong 1 nhóm .
Xác định số nam trong mỗi nhóm là
1 2 3 4 5 6
; ; ; ; ;x x x x x x
tương ứng , thế thì ta
có phương trình :
( )
1 2 3 4 5 6
15 ; 2; 1;2;3;4;5;6
i i
x x x x x x x N x i+ + + + + = ∈ ≥ =
(1)
Đặt
( )
1 2 3 4 5 6
2 1;2 ;6 3
i i
y x i y y y y y y= − = ⇒ + + + + + =

(2)
Thế thì số nghiệm nguyên của (1) bằng số nghiệm nguyên không âm của
(2) tức là
6 1 5 3
3 6 1 8 8
C C C
−
+ −
= =
.Như vậy 15 nam được chia thành 6 nhóm sao
cho trong mỗi nhóm có ít nhất 2 nam thì có
3
8
C
cách. Ta sắp xếp 6 nhóm
đó trong vòng tròn thì có (6-1)!=5! cách. Người lảnh đạo của mỗi nhóm
là 1 nữ và vị trí của nó được xác định . 15 nam ngồi trên đường tròn có
15! cách . Theo qui tắc nhân ta có số hoán vị thỏa mãn yêu cầu bài toán là
3
8
8!.15!
.5!.15!
3!
C =
.
36. Có bao nhiêu số nguyên có 3 chữ số sao cho tổng các chữ số của
mỗi số nguyên là 11.
GIẢI:
Ta xác định chữ số hàng trăm , hàng chục và hàng đơn vị là
1 2 3 1 2 3

; ; ( 1; 0; 0)x x x x x x
≥ ≥ ≥
:
1 2 3
11x x x
+ + =
(1).
Đặt
( )
1 1 2 2 3 3 1 2 3
1; ; ; 10 0; 1;2;3
i
y x y x y x y y y y i
= − = = ⇒ + + = ≥ =
(2) .
Số nghiệm của (1) bằng số nghiệm của (2) tức là bằng
3 1 2
10 3 1 12
C C
−
+ −
=
nhưng
trừ đi 5 nghiệm sau : (11;0;0) ; (10;1;0) ;(10;0;1); (1;10;0); (1;0;10) vậy
25