Một số vấn đề cơ sở của tổ hợp Đỗ Văn Pun.

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
ĐỖ VĂN PUN
MỘT SỐ VẤN ĐỀ CƠ SỞ CỦA TỔ HỢP
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thái Nguyên - 2014
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
ĐỖ VĂN PUN
MỘT SỐ VẤN ĐỀ CƠ SỞ CỦA TỔ HỢP
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
MÃ SỐ: 60.46.01.13
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học: GS TSKH. Hà Huy Khoái
Thái Nguyên - 2014
Mục lục
Lời mở đầu . . 2
Chương 1. Tập hợp và tổ hợp . . 5
1.1. Tập hợp và khả năng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.1. Tập hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.2. Xâu. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.3. Tập hợp sắp thứ tự . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2. Các phép toán trên tập hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2.1. Giao của hai tập hợp. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2.2. Hợp của hai tập hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2.3. Hiệu và phần bù của hai tập hợp. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2.4. Tích Đềcác của n tập hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3. Số các tập con. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.4. Quy tắc tổng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.5. Quy tắc nhân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.6. Hoán vị không lặp và hoán vị vòng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.6.1. Hoán vị không lặp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.6.2. Hoán vị vòng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.7. Chỉnh hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.7.1. Chỉnh hợp không lặp. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.7.2. Chỉnh hợp có lặp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.8. Tổ hợp không lặp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.9. Hoán vị có lặp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.10. Tổ hợp có lặp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.11. Tính chất của C
n−m
n
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1
1.12. Nhị thức Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
Chương 2. Giải bài toán tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.1. Giải các bài toán đếm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.1.1. Sử dụng xâu để giải bài toán đếm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.1.2. Bài toán đếm số cách sắp xếp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.1.3. Bài toán chọn số phương án để thỏa mãn một số điều kiện cho trước. . .
28
2.2. Các bài toán tổ hợp có nội dung hình học . . . . . . . . . . . . . . 32
Chương 3. Các phương pháp đếm nâng cao . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
3.1. Phương pháp đếm nhờ thiết lập quan hệ truy hồi . . . . . . . . . 37
3.2. Phương pháp sử dụng quy tắc cộng tổng quát . . . . . . 43
3.3. Phương pháp xây dựng song ánh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
2
LỜI MỞ ĐẦU
Toán tổ hợp là một lĩnh vực toán học được nghiên cứu từ khá sớm và ngày

càng được quan tâm nhờ vai trò quan trọng của nó trong môn toán học.
Những kết quả của nó đóng vai trò kiến thức nền tảng của giải tích, xác
suất, thống kê, hình học. Trong thực tiễn giáo dục thì việc dạy và học toán tổ
hợp cũng rất quan trọng bởi khi học tốt toán tổ hợp người học sẽ có năng lực
sáng tạo và tư duy nhạy bén để học tốt môn học khác cũng như các lĩnh vực
khác trong cuộc sống.
Trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, thi toán sinh viên giữa các trường
đại học và cao đẳng, thi Olympic toán khu vực và quốc tế các bài toán tổ hợp
xuất hiện là một thử thách lớn cho các thí sinh. Rất nhiều các bài toán hay và
khó được giải một cách khá gọn và đẹp bằng cách sử dụng các kiến thức về tổ
hợp.
Như vậy Toán tổ hợp có vai trò rất to lớn trong việc rèn luyện tư duy toán
học và kỹ năng giải toán. Vì các bài toán tổ hợp từ lâu đã đóng một vai trò
quan trọng trong việc rèn luyện tư duy toán học và kỹ năng giải toán. Những
bài toán tổ hợp có một số đặc điểm quan trọng mang tính khác biệt như sau:
+ Không đòi hỏi nhiều kiến thức, do đó có thể giảng dạy tại các bậc lớp
khác nhau.
+ Không có những khuôn mẫu nhất định cho việc giải (giống như việc giải
phương trình, khảo sát hàm số, tính tích phân), do vậy luôn đòi hỏi sự sáng tạo
từ phía học sinh.
+ Thường được phát biểu bằng lời văn, đòi hỏi học sinh phải có kỹ năng
đọc, hiểu và rút trích thông tin, biết cách phát biểu lại bằng ngôn ngữ toán học.
Bài toán tổ hợp thường mang tính thực tế và tính thẩm mỹ cao, khiến học sinh
yêu thích và ghi nhớ.
Vì vậy, tại các kỳ thi Olympic Toán ở các nước, các bài toán tổ hợp luôn
xuất hiện với một tỷ lệ khá cao. Tuy nhiên, ở Việt Nam, các bài toán tổ hợp
xuất hiện khá ít. Điều này có thể thấy rõ thông qua việc nghiên cứu các đề thi
học sinh giỏi các tỉnh thành, đề thi học sinh giỏi quốc gia, các đề toán trên báo
Toán học và Tuổi trẻ. Theo sự góp ý của nhiều đồng nghiệp nước ngoài, thì đề
thi Olympic Toán của Việt Nam mang nặng tính kỹ thuật, rất ít màu sắc thực

3
tế và vì vậy cũng thiếu luôn cả vẻ đẹp toán học. Đây là điều chúng ta cần bàn
vì Toán học không chỉ là các bài toán khô khan, mà là cuộc sống, thực tế và vẻ
đẹp.
Toán học tổ hợp (hay giải tích tổ hợp, đại số tổ hợp, lý thuyết tổ hợp) là
một ngành toán học rời rạc, nghiên cứu về các cấu hình kết hợp các phần tử
của một tập hữu hạn phần tử. Các cấu hình đó là các hoán vị, chỉnh hợp, tổ
hợp, các phần tử của một tập hợp.
Nó có liên quan đến nhiều lĩnh vực khác của toán học, như đại số, lý thuyết
xác suất, lý thuyết ergod (ergodic theory) và hình học, cũng như đến các ngành
ứng dụng như khoa học máy tính và vật lí thống kê Nhưng trong bản luận
văn này tôi chỉ đi sâu đề cập 3 nội dung sau:
- Chương 1:Tập hợp và tổ hợp
- Chương 2: Ứng dụng giải bài toán tổ hợp
- Chương 3: Phương pháp đếm nâng cao
Luận văn được thực hiện và hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại
học Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn khoa học của GS. TSKH. Hà Huy Khoái.
Qua đây, tác giả xin được gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy giáo, người hướng
dẫn khoa học của mình, GS.TSKH. Hà Huy Khoái, người đã đưa ra đề tài và
tận tình hướng dẫn trong suốt quá trình nghiên cứu của tác giả. Đồng thời tác
giả cũng chân thành cảm ơn các thầy cô trong trường Đại học Khoa học, Đại
học Thái Nguyên, đã tạo mọi điều kiện cho tác giả về tài liệu và thủ tục hành
chính để tác giả hoàn thành bản luận văn này. Tác giả cũng gửi lời cảm ơn đến
gia đình, BGH trường THPT Chuyên Sơn La và các bạn trong lớp Cao học K6
trường Đại học Khoa học, đã động viên giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập
và làm luận văn.
Sơn La, ngày 25 tháng 08 năm 2014
Học viên
Đỗ Văn Pun
4

N tập các số tự nhiên
Z tập các số nguyên
Z
+
tập các số nguyên không âm
Q tập các số hữu tỷ
R tập các số thực
∅ tập rỗng
n(A) số phần tử của tập hợp A
|A| số phần tử của tập hợp A
n - bộ xâu độ dài n
n - tập tập hợp có n phần tử
[a] phần nguyên của a
P
n
số các hoán vị của n phần tử
Q
n
hoán vị vòng quanh của n phần tử
A
k
n
số các chỉnh hợp không lặp chập k của n phần tử
A
k
n
số các chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử
C
k
n

số các tổ hợp không lặp chập k của n phần tử
P (n
1
, n
2
, , n
k
) số các hoán vị có lặp có cấu tạo (n
1
, n
2
, , n
k
)
C
k
n
số các tổ hợp có lặp chập k của n phần tử
5
Chương 1
Tập hợp và tổ hợp
1.1. Tập hợp và khả năng
1.1.1. Tập hợp
Tập hợp (còn gọi là tập) là một khái niệm cơ bản của toán học, không định
nghĩa.
Giả sử đã 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 không phải là một phần tử của tập hợp A, ta viết a /∈ A (đọc là a
không thuộc A).
Ví dụ 1.1.1. Tập những học sinh giới tính nam trong một lớp, tập học sinh

có nhà cách trường trên 30km,. . .
Các phần tử của một tập hợp có thể chỉ ra được bằng một trong hai cách
sau:
• Liệt kê các phần tử của chúng.
Ví dụ: A là tập hợp các ước nguyên dương của 30, Ta viết
A = {1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30}.
• Chỉ ra tính chất đặc trưng cho các phần tử.
6
Ví dụ: B là tập hợp các nghiệm của phương trình : 2x
2
−5x + 3 = 0, ta viết
là :
B =

x ∈ R/2x
2
− 5x + 3 = 0

.
Một số tập hợp toán học: Tập các số thực, được ký hiệu R ; Tập các số hữu
tỷ, được ký hiệu Q ; Tập các số nguyên, được ký hiệu Z ; Tập các số nguyên
không âm, được ký hiệu Z
+
; Tập các số tự nhiên ký hiệu N ; Tập rỗng, tập
không có phần tử nào, được ký hiệu ∅.
Tập B mà mỗi phần tử của nó đều thuộc tập A, thì B được gọi là tập con
của tập A và viết B ⊆ A.
Tập B mà mỗi phần tử của nó đều thuộc tập A và B = A, thì A được gọi
là tập con thực sự của tập A và viết B ⊂ A.
Khi A ⊂ B và B ⊂ A ta nói tập hợp A bằng tập hợp B và viết là A = B.

Số các phần tử của tập hợp A được gọi là lực lượng của tập A, được ký hiệu
bởi |A| hay n(A). Ví dụ |∅| = 0 , và |Z| = ∞.
n - tập là ký hiệu tập có n phần tử.
1.1.2. Xâu
Trong nhiều bài toán tổ hợp, thứ tự các phần tử đóng vai trò rất quan trọng
(ví dụ thứ tự các trận đấu, thứ tự sắp xếp học lực của học sinh trong một lớp,
thứ tự lắp ráp linh kiện cho một cỗ máy . . . ), trong khi đó trong tập hợp thứ
tự giữa các phần tử không giữ vai trò gì. Do vậy phải đưa một khái niệm “xâu”
để giải quyết các bài toán nêu trên.
Định nghĩa 1.1.2. Cho tập X bất kỳ và tập gồm các số tự nhiên N
n
=
{1, 2, 3, , n}. Cho ánh xạ từ tập N
n
vào tập X tương ứng số 1 với phần tử
x
1
∈ X, số 2 với phần tử x
2
∈ X, . . . , số n với phần tử x
n
∈ X. Kết quả ta
nhận được bộ x
1
, x
2
, . . . , x
n
các phần tử của tập hợp X, trong đó mỗi số phần
tử có thể xuất hiện nhiều lần. Khi sắp xếp các phần tử của bộ trên theo thứ tự,

ta nhận được xâu (x
1
, x
2
, , x
n
) độ dài n, lập nên từ những phần tử của tập
X.
Phần tử x
k
, 1 ≤ k ≤ n được gọi là thành phần thứ k hoặc là tọa độ thứ k
của xâu (x
1
, . . . , x
n
).
7
Các xâu có độ dài 2 được gọi là các cặp, còn xâu có độ dài 3 là bộ ba. Đôi
khi các xâu độ dài n được gọi là n-bộ.
Ví dụ 1.1.3. Xâu a
1
a
2
a
3
a
4
a
5
, “abcdefg”, “123468”, . . .

Hai xâu (x
1
, x
2
, . . . , x
n
) và (y
1
, y
2
, . . . , y
n
) được xem là bằng nhau nếu chúng
có độ dài như nhau, đồng thời các thành phần của chúng có cùng số thứ thự
thì bằng nhau. Ta kí hiệu bằng các xâu bằng chữ cái Hy Lạp. Như vậy, nếu
α = (x
1
, x
2
, . . . , x
n
) và β = (y
1
, y
2
, . . . , y
m
) thì α = β khi và chỉ khi n = m và
x
k

= y
k
với mọi k, 1 ≤ k ≤ n.
Ví dụ: Cho α =

√
2,
√
3, 2

và β =

4
√
4,
4
√
9,
4
√
16

, thì α = β vì
4
√
4 =
4
√
2
2

= 2
2
4
= 2
1
2
=
√
2,
4
√
3 =
4
√
3
2
= 3
2
4
= 3
1
2
=
√
3,
4
√
16 =
4
√

2
4
= 2.
Các xâu (a, b, c, d) và (a, b, c) không bằng nhau vì có độ dài khác nhau. Các
xâu (a, b, c) và (c, a, b) không bằng nhau vì thứ tự các thành phần khác nhau.
Các thành phần của xâu có thể là những tập hợp, những xâu, .
Ví dụ 1.1.4. Xâu (a, b, {c, d}) và xâu (a, b, {d, c}) bằng nhau vì các tập hợp
{c, d} và {d, c} bằng nhau.
Xâu không chứa phần tử nào được gọi là xâu rỗng, ký hiệu bởi ( ).
1.1.3. Tập hợp sắp thứ tự
Định nghĩa 1.1.5. Một tập hợp được gọi là sắp thứ tự, nếu các phần tử của
nó được sắp xếp theo một thứ tự xác định.
Ví dụ 1.1.6. Sắp thứ tự tập các em học sinh trong lớp theo vần chữ cái của
tên, theo điểm trung bình môn. . .
1.2. Các phép toán trên tập hợp
1.2.1. Giao của hai tập hợp
Định nghĩa 1.2.1. Giao của hai tập hợp là tập hợp gồm các phần tử thuộc cả
hai tập hợp đó.
Giao của A và B ký hiệu là A ∩ B. Theo định nghĩa, ta có
A ∩ B = {x|x ∈ B và x ∈ A}.
8
1.2.2. Hợp của hai tập hợp
Định nghĩa 1.2.2. Hợp của hai tập hợp là tập hợp gồm các phần tử thuộc ít
nhất một trong hai tập hợp đó.
Hợp của hai tập hợp A và B được ký hiệu là A ∪B. Theo định nghĩa, ta có
A ∪ B = {x|x ∈ B hoặc x ∈ A}.
1.2.3. Hiệu và phần bù của hai tập hợp
Định nghĩa 1.2.3. Hiệu của hai tập hợp A và B là các phần tử thuộc A nhưng
không thuộc B.
Hiệu của hai tập hợp A và B ký hiệu bởi A \B. Theo định nghĩa, ta có

A \ B = {x|x ∈ A và x /∈ B}.
Định nghĩa 1.2.4. Nếu B ⊂ A thì A \ B là phần bù của B trong tập A.
1.2.4. Tích Đềcác của n tập hợp
Định nghĩa 1.2.5. Cho các tập hợp X
1
, X
2
, , X
n
và xét những bộ α =
(x
1
, x
2
, , x
n
), trong đó x
i
∈ X
i
với i = 1, k. Tập hợp lập nên từ những xâu
như vậy được gọi là tích Đềcác của các tập hợp X
1
, , X
n
. Ta ký hiệu tích Đềcác
này là X
1
× X
2

× × X
n
.
Ví dụ nếu X
1
= {1, 2, 3} và X
2
= {a, b} thì tích X
1
× X
2
lập nên từ 6 cặp:
(1, a), (1, b), (2, a), (2, b), (3, a) và (3, b). Tích X
2
× X
1
cũng lập nên từ 6 cặp
nhưng thành phần của chúng có thứ tự khác: (a, 1), (a, 2), (b, 1), (b, 2), (c, 1) và
(c, 2).
Ví dụ với A = {0, 1} và B = {a, b, c} thì
A × B = {(0, a), (0, b), (0, c), (1, a), (1, b), (1, c)}.
1.3. Số các tập con
Định lý 1.3.1. Một tập có n phần tử có 2
n
tập con.
9
Chứng minh. Trước hết ta chứng minh rằng số các ánh xạ từ k - tập X và m -
tập Y bằng m
k
.

Chẳng hạn, nếu k = 3, m = 2 thì ta có 2
3
= 8 ánh xạ. Còn nếu k = 2, m = 3
thì ta có 3
2
= 9 ánh xạ.
Nếu xem các phần tử của tập hợp X là các “vật”, còn các phần tử của tập
hợp Y là các “thùng”, thì mỗi khi có ánh xạ ϕ tập hợp X vào tập hợp Y , diễn ra
việc sắp xếp các đồ vật vào các thùng (đồng thời một số thùng có thể rỗng, vì
có thể xảy ra trường hợp phần tử y ∈ Y không được phần tử nào ánh xạ vào).
Vì số các ánh xạ từ k - tập X vào m - tập Y bằng m
k
nên số các cách sắp
xếp k vật khác nhau vào m thùng khác nhau (một số thùng có thể rỗng) cũng
bằng m
k
.
Áp dụng tính số tập con của một tập có n phần tử. Thật vậy, lấy hai số 0
và 1. Mỗi tập con A của tập hợp X tương ứng với mỗi ánh xạ ϕ tập hợp X vào
tập hợp {0, 1}, trong đó các phần tử của A được ánh xạ vào 1, các phần tử còn
lại ánh xạ vào 0. Như vậy tồn tại tương ứng một một giữa các tập con của tập
hợp X và các ánh xạ của tập hợp này vào tập gồm hai phần tử {0, 1}. Mà các
ánh xạ như vậy bằng 2
n
, trong đó n là số phần tử của tập hợp X. Điều đó có
nghĩa số tập con của tập X có n phần tử là 2
n
.
Ví dụ tập X = {a, b, c} có 2
3

= 8 tập con. Đó là các tập ∅, {a}, {b}, {c},
{a, b}, {a, c}, {b, c} và {a, b, c}.
Bây giờ chúng ta quay trở lại việc chứng minh rằng tập có n phần tử có 2
n
tập con.
Sử dụng phương pháp quy nạp toán học, ta có khi n = 1, khẳng định đúng
vì 2
1
= 2, mà tập {a} có hai tập con là {a} và ∅.
Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là số tập con của k - tập X là 2
k
.
Thêm vào X phần tử x
k+1
, ta nhận được tập Y = {x
1
, x
2
, , x
k
, x
k+1
}. Một
tập hợp con tùy ý của tập hợp Y hoặc không chứa phần tử mới x
k+1
, hoặc chứa
nó. Trường hợp thứ nhất, nó là một tập hợp con của k - tập X. Số các tập con
như vậy bằng 2
k
. Trong trường hợp thứ hai, nếu loại phần tử x

k+1
, ta lại nhận
được một tập hợp con của X. Như vậy, số các tập hợp con loại thứ hai đúng
bằng số tập hợp con loại thứ nhất và bằng 2
k
. Khi đó, tổng số các tập hợp con
của Y là 2
k
+ 2
k
= 2
k+1
.
Như vậy ta đã chứng minh khẳng định đúng với n = 1 và nếu khẳng định
10
đúng với n = k thì khẳng định đúng với n = k + 1. Nghĩa là khẳng định đúng
với mọi giá trị của n.
1.4. Quy tắc tổng
Ví dụ 1.4.1. Trên đĩa có 8 quả đào và 7 quả mận thì sẽ có 8 + 7 cách chọn
một quả trên đĩa.
Quy tắc tổng: Nếu một công việc có thể thực hiện theo n phương án khác
nhau, trong đó phương án thứ i có m
i
cách thực hiện, với i = 1, n. Khi đó, ta
có m
1
+ m
2
+ ··· + m
n

cách thực hiện công việc đã cho.
Nếu phát biểu theo ngôn ngữ tập hợp thì quy tắc tổng được phát biểu
như sau: Nếu có k tập hợp A
1
, A
2
, , A
k
, trong đó A
i
∩ A
j
= ∅ nếu i khác j,
i, j ∈ {1, 2, , k} thì nhờ phương pháp quy nạp ta chứng minh được rằng
n(A
1
∪ A
2
∪ ∪ A
k
) = n(A
1
) + n(A
2
) + + n(A
k
).
Chú ý. Trong trường hợp m tập hợp bất kỳ A
1
, A

2
, , A
m
thì ta có công
thức sau đây
n(
m
∪
i=1
A
i
) =
m

i=1
n(A
i
) −

i<j
n(A
i
∩ A
j
) +

i<j<k
n(A
i
∩ A

j
∩ A
k
)
− ··· + (−1)
m−1
n(A
1
∩ A
2
∩ ∩ A
m
).
Công thức này được gọi là công thức bao hàm loại trừ hay công thức giao.
Ví dụ 1.4.2. Tính tổng số học sinh trong lớp học biết: 25 học sinh học được
môn Toán, 20 học sinh học được môn Văn, 10 học sinh học được cả Văn và
Toán.
Lời giải. Nếu đặt T là tập hợp học sinh học được môn Toán và V là tập hợp học
sinh học được môn Văn thì số học sinh học được cả Văn và Toán là n(T ∩V ).
Vậy tổng số học sinh sẽ là n(T ∪V ). Theo công thức bao hàm loại trừ, ta có
n(T ∪V ) = n(T ) + n(V ) − n(T ∩V ) = 25 + 20 − 10 = 35 (học sinh).
Ví dụ 1.4.3. Trong tập S = {1, 2, , 2014} có bao nhiêu số chia hết cho ít nhất
một trong ba số 2, 3 và 9.
11
Lời giải. Gọi A
1
= {k ∈ § : k chia hết cho 2}, A
2
= {k ∈ S : k chia hết cho 3}
và A

3
= {k ∈ S : k chia hết cho 9}. Khi đó n(A
1
∪ A
2
∪ A
3
) là số lượng các số
chia hết cho ít nhất một trong ba số 2, 3 và 9.
Ta có
n(A
1
) =

2014
2

= 1007, n(A
2
) =

2014
3

= 671, n(A
3
) =

2014
9


= 223,
n(A
1
∩ A
2
) =

2014
2 · 3

= 335, n(A
1
∩ A
3
) =

2014
2 · 9

= 111,
n(A
2
∩ A
3
) =

2014
3 · 9


= 74, n(A
1
∩ A
2
∩ A
3
) =

2014
2 · 3 · 9

= 37.
Khi đó,
n(A
1
∪ A
2
∩ A
3
) =
3

i=1
n(A
i
) −

i<j
n(A
i

∩ A
j
) + n(A
1
∩ A
2
∩ A
3
)
= 1007 + 671 + 223 −335 − 111 −74 + 37 = 1418 (số cần tìm).
1.5. Quy tắc nhân
Quy tắc nhân: Cho n đối tượng a
1
, a
2
, , a
n
. Nếu có m
1
cách chọn đối
tượng a
1
và với mỗi cách chọn a
1
có m
2
cách chọn đối tượng a
2
, tiếp theo với
mỗi cách chọn a

1
, a
2
có m
3
cách chọn a
3
, Cuối cùng ứng với mỗi cách chọn
a
1
, a
2
, , a
n−1
có m
n
cách chọn a
n
. Như vậy sẽ có m
1
· m
2
···m
n−1
· m
n
cách
chọn các đối tượng a
1
, rồi a

2
, , rồi a
n
.
Ví dụ 1.5.1. Có bao nhiêu cách chọn một lớp trưởng và một lớp phó cho một
lớp có 35 học sinh?
Giải: Có 35 cách chọn lớp trưởng, ứng với mỗi cách chọn lớp trưởng có 34 cách
chọn lớp phó. Do đó có 35 × 34 = 1190 cách chọn một lớp trưởng và một lớp
phó cho một lớp có 35 học sinh.
Chuyển qua ngôn ngữ tập hợp, quy tắc nhân được phát biểu như sau: Nếu
có k tập hợp A
1
, A
2
, , A
k
(1 ≤ k ≤ n) với n(A
k
) = m
k
. Khi đó, số cách chọn
(S) bộ gồm n phần tử (x
1
, x
2
, , x
n
) với x
i
∈ A

i
(1 ≤ i ≤ n) sẽ là
S = n(A
1
× A
2
× . . . × A
n
) = m
1
× m
2
× . . . × m
n
=
n

k=1
m
k
. (*)
12
Chứng minh. Ta chứng minh (*) bằng quy nạp.
Thật vậy, với k = 2 ta có n(A
1
× A
2
) = n(A
1
) × n(A

2
).
Giả sử A
1
= {x
1
, , x
k
}, A
2
= {y
1
, , y
m
}. Tích Đềcác A
1
× A
2
lập nên từ
các cặp (x
i
, y
i
). Ta có thể sắp xếp chúng như sau:
(x
1
, y
1
), (x
1

, y
2
), , (x
1
, y
m
),
(x
2
, y
1
), (x
2
, y
2
), , (x
2
, y
m
),

(x
k
, y
1
), (x
k
, y
2
), , (x

k
, y
m
).
Ta nhận được k hàng, mỗi hàng có m cặp. Từ đó suy ra tổng số các cặp tham
gia trong A
1
× A
2
bằng k ·m, tức là bằng n(A
1
) × n(A
2
).
Với m = k: n(A
1
× × A
k
) = n(A
1
) ···n(A
k
).
Xét các tập hợp A
1
, , A
k
, A
k+1
. Một bộ tùy ý gồm k+1 phần tử: (x

1
, , x
k
, x
k+1
),
trong đó x
i
∈ A
i
, 1 ≤ i ≤ k + 1. Ta tương ứng mỗi bộ như vậy với cặp
((x
1
, , x
k
), x
k+1
) lập nên từ bộ (x
1
, , x
k
) ∈ A
1
× A
2
× × A
k
và phần tử
x
k+1

∈ A
k+1
. Theo quy tắc nhân đối với m = 2, số các cặp như vậy bằng
n(A
1
× ×A
2
)n(A
k+1
). Nhưng theo giả thiết n(A
1
× A
k
) = n(A
1
) n(A
k
).
Suy ra số cặp đang xét bằng n(A
1
× × A
2
)n(A
k+1
).
Do tồn tại tương ứng một - một giữa các cặp dạng ((x
1
, , x
k
), x

k+1
) và các
bộ k+1 phần tử (x
1
, , x
k
, x
k+1
) nên số phần tử trong tích Đềcác A
1
× ×A
k+1
cũng bằng n(A
1
) n(A
k+1
). Vậy
n(A
1
× A
k+1
) = n(A
1
) n(A
k+1
).
Nhưng đây chính là công thức (*) trong trường hợp k + 1. Suy ra rằng công
thức đó đúng với mọi m ≥ 2.
1.6. Hoán vị không lặp và hoán vị vòng
1.6.1. Hoán vị không lặp

Định nghĩa 1.6.1. Cho tập hợp A gồm n phần tử (n ≥ 1). Mỗi kết quả của
sự sắp xếp thứ tự n phần tử của tập hợp A được gọi là một hoán vị của n phần
tử đó.
13
Ví dụ 1.6.2. {1, 2, 3, 4}, {4, 2, 3, 1} và {4, 3, 2, 1} là ba hoán vị của tập hợp
A = {1, 2, 3, 4}.
Định lý 1.6.3. Số các hoán vị của n phần tử được ký hiệu bởi P
n
và
P
n
= n(n − 1) 2.1.
Ký hiệu n! = n(n − 1) 2.1, 0! = 1. Khi đó P
n
= n!.
Chứng minh. Ta chứng minh định lý này trong trường hợp n = 3 bằng hình
ảnh cây quyết định dưới đây:
Hình 1.1: Một cây quyết định cho việc chọn một hoán vị của {a, b, c}
Rõ ràng với một tập có n phần tử, có n mũi tên đi ra từ đỉnh, và vì vậy có
n nút trên hàng tiếp theo. Khi đó có n −1 mũi tên đi ra từ mỗi nút trên, vì vậy
có n(n −1) nút trên hàng thứ ba. Khi đó có n −2 mũi tên đi ra từ mỗi nút này
, hàng cuối cùng có n! nút. Điều này chỉ ra rằng có đúng n! hoán vị.
Ví dụ 1.6.4. Số cách dán 5 con tem khác nhau vào 5 phong bì khác nhau là
5! = 5.4.3.2.1 = 120.
14
1.6.2. Hoán vị vòng
Định nghĩa 1.6.5. Cho n - tập A. Một cách sắp xếp n phần tử của tập A
thành một dãy kín được gọi là một hoán vị vòng quanh của n phần tử.
Khi ta chọn một phần tử từ n phần tử làm mốc để sắp xếp thì lúc đó số các
hoán vị sẽ được tính từ n − 1 phần tử còn lại. Do đó, ta có công thức tính số

các hoán vị vòng quanh của n phần tử là Q
n
= (n − 1)!.
Ví dụ 1.6.6. Có bao nhiêu cách sắp xếp 5 học sinh vào một vòng tròn ?
Giải: Đặt một học sinh làm mốc, bài toán trở về tính số hoán vị của 4 phần
tử. Do đó có 4! = 24 cách.
1.7. Chỉnh hợp
1.7.1. Chỉnh hợp không lặp
Định nghĩa 1.7.1. m - tập sắp thứ tự lập nên từ những phần tử của n - tập
X, được gọi là m - tập con sắp thứ tự của tập hợp X, hoặc chỉnh hợp không lặp
chập m của n phần tử.
Ví dụ 1.7.2. Các véctơ được lập từ hai điểm bất kỳ trong n điểm phân biệt
không thẳng hàng trong mặt phẳng, khi đó mỗi véctơ là một chỉnh hợp chập 2
của n phần tử. Cụ thể trong mặt phẳng cho ba điểm A, B, C không thẳng hàng,
ta có thể lập được các véctơ
−−→
AB,
−−→
BA,
−→
AC,
−→
CA,
−−→
BC,
−−→
CB. Mỗi véctơ chính là
một chỉnh hợp chập 2 của 3 phần tử.
Định lý 1.7.3. Số các k - tập con (1 ≤ k ≤ n) được sắp thứ tự của một n -
tập hợp là n(n − 1) . . . (n − k + 1).

Chứng minh. Chọn một trong n phần tử đã cho vào vị trí thứ nhất ⇒ có n
cách.
Khi đã có phần tử thứ nhất, chọn tiếp một trong n −1 phần tử còn lại xếp
vào vị trí thứ hai ⇒ có n − 1 cách.

Sau khi chọn k − 1 phần tử rồi, chọn một trong n −(k −1) phần tử còn lại
xếp vào vị trí thứ k ⇒ có n − k + 1 cách.
15
Theo quy tắc nhân, ta được
A
k
n
= n(n − 1) . . . (n − k + 1).
Ví dụ 1.7.4. Trong một lớp có 50 học sinh. Hỏi có bao nhiêu cách chọn một
ban cán sự lớp gồm một lớp trưởng, một lớp phó học tập và một lớp phó lao
động ?
Giải. Số cách chọn ba học sinh chính là số các chỉnh hợp chập 3 của 50 học
sinh và bằng 50(50 −1)(50 − 2) = 117600 cách chọn.
Chú ý. Với quy ước 0! = 1, ta có
A
k
n
=
n!
(n − k)!
, với 1 ≤ k ≤ n.
1.7.2. Chỉnh hợp có lặp
Định nghĩa 1.7.5. Một xâu có độ dài k lập nên từ các phần tử của một n -
tập X được gọi là một chỉnh hợp có lặp chập k của n phần tử.
Số các chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử được ký hiệu là A

k
n
.
Định lý 1.7.6. Số các xâu có độ dài k lập nên từ các phần tử của một m - tập
X bằng n
k
, tức là A
k
n
= n
k
.
Chứng minh. Phần tử đầu tiên của chỉnh hợp lặp có thể chọn theo n cách vì
tập có n phần tử.
Phần tử thứ hai của chỉnh hợp lặp được chọn từ n phần tử của tập vì phần
tử có thể được lấy lặp lại, tức là có n cách chọn phần tử này.
Tương tự như vậy, ta có thể chọn phần tử thứ 3, , k và có n cách chọn
phần tử thứ k.
Vậy theo quy tắc nhân, ta có A
k
n
= n
k
.
1.8. Tổ hợp không lặp
Định nghĩa 1.8.1. Cho n - tập A, k là số tự nhiên thỏa mãn 1 ≤ k ≤ n. Mỗi
k - tập con của tập hợp A được gọi là một tổ hợp chập k của n - tập hợp A. Số
các tổ hợp chập k của một tập hợp gồm n phần tử ký hiệu là C
k
n

.
16
Ví dụ 1.8.2. Mỗi cách chọn ra 3 học sinh trong một lớp gồm 35 học sinh là
một tổ hợp chập 3 của 35 học sinh trong lớp đó.
Định lý sau đây sẽ cho chúng ta công thức tính C
k
n
.
Định lý 1.8.3. C
k
n
=
n!
k!(n − k)!
.
Chứng minh. Với k = 0, công thức hiển nhiên đúng.
Với 1 ≤ k ≤ n, ta thấy một chỉnh hợp chập k của n phần tử được thành lập
như sau:
• Chọn một k - tập con của n - tập hợp ⇒ có C
k
n
cách chọn.
• Sắp thứ tự k phần tử chọn được ⇒ có k! cách.
Vậy theo quy tắc nhân, ta có số các chỉnh hợp chập k của n phần tử là A
k
n
=
k!C
k
n

. Từ đó ta có
C
k
n
=
A
k
n
k!
=
n!
k!(n − k)!
.
Ví dụ 1.8.4. Số các cách chọn 5 em cho đội văn nghệ trong một lớp có 35 học
sinh là C
5
35
= 324632 cách.
1.9. Hoán vị có lặp
Định nghĩa 1.9.1. (Cấu tạo của xâu).
Giả sử α là một xâu độ dài n lập nên từ những phần tử của m - tập X.
Ta đánh số thứ tự các phần tử của X: X = {x
1
, , x
m
}. Khi đó mỗi số k,
1 ≤ k ≤ m, được tương ứng với số n
k
là số lần mà phần tử x
k

có mặt trong xâu
α. Viết lần lượt theo thứ tự các số đó, ta nhận được xâu mới (n
1
, , n
m
), được
gọi là cấu tạo của xâu α.
Ví dụ 1.9.2. Tập A = {a, b, c, d} và α = (a, a, b, c, c, a) thì xâu α có cấu tạo là
(3, 1, 2, 0).
Định nghĩa 1.9.3. (Hoán vị có lặp).
Xâu β có cùng cấu tạo với xâu α, nhưng khác nhau ở thứ tự thành phần thì
xâu β được gọi là một hoán vị có lặp của xâu α.
17
Ví dụ 1.9.4. Xâu (a, b, a) là một hoán vị của xâu (a, a, b).
Ký hiệu số các hoán vị có lặp có cấu tạo (n
1
, n
2
, , n
k
) bởi P (n
1
, n
2
, , n
k
).
Định lý 1.9.5. P (n
1
, n

2
, , n
k
) =
(n
1
+ n
2
+ + n
k
)!
n
1
!n
2
! n
k
!
.
Chứng minh. Ta xét trường hợp riêng: Tìm số các hoán vị có lặp lập nên
từ những chữ cái a, a, a, b, b, c, c. Trước tiên, ta đánh số các chữ cái này bởi
a
1
, a
2
, a
3
, b
1
, b

2
, c
1
, c
2
. Vì sau khi đánh số, các chữ cái trở thành khác nhau (bây
giờ ta có thể phân biệt a
1
với a
3
) nên từ chúng có thể lập 7! hoán vị, trong đó
7 = 3 + 2 + 2. Nếu trong mỗi hoán vị đó ta xóa đi chỉ số dưới các chữ cái, ta
lại sẽ nhận được hoán vị có lặp từ các chữ cái a, a, a, b, b, c, c. Ví dụ, từ hoán vị
(a
1
, b
1
, c
2
, c
1
, a
3
, b
2
, a
2
) ta nhận được (a, b, c, a, a, b, a). Đồng thời cùng một hoán
vị có lặp như vậy sẽ nhận được nhiều lần. Ví dụ hoán vị có lặp (a, a, a, b, b, c, c)
nhận được từ tất cả các hoán vị các chữ cái a

1
, a
2
, a
3
, b
1
, b
2
, c
1
, c
2
, mà trong đó
ở ba vị trí đầu là các chữ cái a
1
, a
2
, a
3
(theo thứ tự tùy ý), ở các vị trí thứ tư
và thứ năm là các chữ cái b
1
, b
2
(theo thứ tự tùy ý), còn ở vị trí thứ sau và thứ
bảy là các chữ cái c
1
, c
2

. Những chữ cái a
1
, a
2
, a
3
có thể sắp xếp bởi 3! cách,
các chữ cái b
1
, b
2
sắp xếp bởi 2! cách, và các chữ cái c
1
, c
2
bởi 2! cách. Vì các
cách sắp xếp này có thể kết hợp với nhau một cách tùy ý, nên ta thấy rằng
(a, a, a, b, b, c, c) nhận được từ 3!2!2! hoán vị các chữ cái a
1
, a
2
, a
3
, b
1
, b
2
, c
1
, c

2
.
Một hoán vị có lặp tùy ý khác của các chữ cái a, a, a, b, b, c, c cũng có thể nhận
được bằng chừng đó cách. Nghĩa là, số các hoán vị có lặp khác nhau sẽ ít hơn
3!2!2! lần so với tổng số các hoán vị của các chữ cái a
1
, a
2
, a
3
, b
1
, b
2
, c
1
, c
2
, tức
là bằng
7!
3!2!2!
= 210.
Trường hợp tổng quát, ta phân tích hoàn toàn như trên. Kết quả ta thu
được
P (n
1
, n
2
, , n

k
) =
(n
1
+ n
2
+ + n
k
)!
n
1
!n
2
! n
k
!
.
Ví dụ 1.9.6. Từ các chữ số 1, 2, 3 lập được bao nhiêu số tự nhiên có đúng năm
chữ số 1, hai chữ số 2 và ba chữ số 3.
18
Giải. Xem số cần lập có 10 chữ số gồm năm chữ số 1 giống nhau, hai chữ số 2
giống nhau và ba chữ số 3 giống nhau. Vậy có
10!
5!2!3!
= 2520 số.
1.10. Tổ hợp có lặp
Định nghĩa 1.10.1. Các cấu tạo khác nhau của các xâu độ dài n từ các phần
tử của m - tập được gọi là các tổ hợp có lặp chập n của m phần tử.
Ký hiệu số các tổ hợp có lặp chập n của m phần tử bởi C
n

m
.
Định lý 1.10.2. Số các tổ hợp lặp chập k của n phần tử được xác định bởi
C
n
m
= C
n
n+m−1
.
Chứng minh. • Trước tiên, ta chứng minh công thức
P (n −k, k) = C
k
n
. (*)
Thật vậy, hoán vị có lặp tùy ý từ n − k chữ cái a và k chữ cái b được xác định
duy nhất bằng cách chọn các vị trí để tại đó có chữ b. Nhưng số các vị trí bằng
(n −k) + k = n, mà chữ b chiếm k vị trí, nên các vị trí này có thể chọn bằng
C
k
n
cách.
• Bây giờ, ta đi tính C
n
m
.
Ta tìm số các cấu tạo khác nhau mà những xâu độ dài n lập nên từ các phần
tử của m - tập X có thể có được. Mỗi cấu tạo như vậy là một xâu lập nên từ m
số n
1

, n
2
, , n
m
sao cho n
1
+n
2
+ +n
m
= n. Nó có thể viết dưới dạng một xâu
gồm các số 0 và 1, bằng cách thay mỗi số bởi số số 1 tương ứng và viết số 0 sau
mỗi nhóm số 1, trừ nhóm cuối cùng. Chẳng hạn, thay cho xâu (4, 2, 1) có thể
viết (1, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 1) và thay cho xâu (2, 0, 0, 3) là xâu (1, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 1).
Số các số 1 trong xâu nhận được bằng n
1
+ + n
m
= n, số các số 0 bằng m −1.
Do đó, số các xâu khác nhau có dạng trên bằng số các hoán vị có lặp từ n số 1
và m −1 số 0, tức là bằng P (n, m − 1). Áp dụng công thức (*), ta có
P (n, m − 1) = C
n
n+m−1
.
19
Ví dụ 1.10.3. Có bao nhiêu cách chọn 5 tờ giấy bạc từ một két đựng tiền gồm
những tờ 10.000 đ, 20.000 đ, 50.000 đ, 100.000 đ, 200.000 đ và 500.000 đ. Giả
sử thứ tự mà các tờ tiền được chọn không quan trọng, các tờ tiền cùng loại là
không phân biệt và mỗi loại có ít nhất 5 tờ.

Giải. Vì ta không kể tới thứ tự chọn tờ tiền và vì ta chọn đúng 5 lần, mỗi lần
lấy một tờ tiền từ một trong sáu loại tiền nên mỗi cách chọn 5 tờ giấy bạc này
chính là một tổ hợp lặp chập 5 từ 6 phần tử. Do đó số cách lấy là C
5
6+5−1
= 252.
1.11. Tính chất của C
n−m
n
Tính chất 1. C
m
n
= C
n−m
n
.
Chứng minh. Ta có
C
n−m
n
=
n!
(n − m)!(n − (n −m))!
=
n!
m!(n − m)!
= C
m
n
.

Tính chất 2. Với số nguyên n tùy ý, ta có đẳng thức:
C
0
n
+ C
1
n
+ + C
k
n
+ + C
n
n
= 2
n
.
Chứng minh. Ta đã biết rằng một tập hợp gồm n phần tử có 2
n
tập con. Nhưng
một tập hợp con tùy ý của n - tập có k phần tử, trong đó k là số nguyên,
0 ≤ k ≤ n. Vì các k - tập con trong n - tập bằng C
k
n
, nên theo quy tắc tổng, số
các tập con của n - tập bằng C
0
n
+ C
1
n

+ + C
k
n
+ + C
n
n
. Vậy ta có điều phải
chứng minh.
Tính chất 3. Với mọi số nguyên m, n sao cho 0 ≤ m ≤ n, ta có đẳng thức
sau:
C
m
n
= C
m−1
n−1
+ C
m
n−1
.
Chứng minh. Ta có
C
m−1
n−1
=
(n − 1)!
(m − 1)!(n − m)!
=
(n − 1)!m
m!(n − m)!

,
20
và
C
m
n−1
=
(n − 1)!
m!(n − m − 1)!
=
(n − 1)!(n − m)
m!(n − m)!
.
Vậy
C
m−1
n−1
+ C
m
n−1
=
(n − 1)!m
m!(n − m)!
+
(n − 1)!(n − m)
m!(n − m)!
=
(n − 1)!(m + n −m)
m!(n − m)!
=

n!
m!(n − m)!
= C
m
n
.
1.12. Nhị thức Newton
Định lý 1.12.1. (Nhị thức Newton).
(a + b)
n
= C
0
n
a
n
+ C
1
n
a
n−1
b + + C
k
n
a
n−k
b
k
+ + C
n
n

b
n
. (1)
Chứng minh. Ta chứng minh (1) bằng phương pháp quy nạp toán học.
• Với n = 1, đẳng thức (1) có dạng a + b = C
0
1
a + C
1
1
b. Đẳng thức này đúng
vì C
0
1
= C
1
1
= 1.
• Giả sử đẳng thức đúng với n = m, tức là
(a + b)
m
= C
0
m
a
m
+ C
1
m
a

m−1
b + + C
k
m
a
m−k
b
k
+ + C
m
m
b
m
. (2)
• Để chứng minh đẳng thức đúng khi n = m + 1, ta nhân hai vế của (2) với
a + b. Ta nhận được
(a + b)
m+1
= (C
0
m
a
m
+ C
1
m
a
m−1
b + + C
k

m
a
m−k
b
k
+ + C
m
m
b
m
)(a + b)
= C
0
m
a
m+1
+ (C
0
m
+ C
1
m
)a
m
b + + (C
k
m
+ C
k+1
m

)a
m−k+1
b
k
+ + C
m
m
b
m+1
.
Thật vậy, a
m−k+1
b
k
có thể nhận được trong hai trường hợp: khi nhân C
k
m
a
m−k
b
k
với a và khi nhân C
k−1
m
a
m−k+1
b
k−1
với b. Ta có C
0

m
= C
m
m
= 1, C
m
n
= C
m+1
m+1
= 1,
C
k
m
+ C
k−1
m
= C
k
m+1
. Vậy
(a + b)
m+1
= C
0
m+1
a
m+1
+ C
1

m+1
a
m
b + + C
k
m+1
a
m+1−k
b
k
+ + C
m+1
m+1
b
m+1
.
Suy ra đẳng thức (1) đúng với n = m + 1.
Như vậy ta đã chứng minh được đẳng thức (1) đúng khi n = 1, và nếu nó
đúng với n = m thì nó cũng đúng với n = m + 1. Nghĩa là (1) đúng với mọi số
tự nhiên n.
21
Áp dụng định lý trên, ta chứng minh được các đẳng thức dưới đây:
i) Nếu đặt a = b = 1, ta có
2
n
= C
0
n
+ C
1

n
+ + C
k
n
+ + C
n
n
. (3)
ii) Nếu đặt a = b = −1, ta có
0 = C
0
n
− C
1
n
+ + (−1)
k
C
k
n
+ + (−1)
n
C
n
n
. (4)
iii) Công thức bao hàm loại trừ:
n(A
1
∪ ∪ A

m
) = n(A
1
) + n(A
2
) + + n(A
n
) − n(A
1
∩ A
2
) − n(A
1
∩ A
3
)
− − n(A
1
∩ A
m
) − − n(A
m−1
∩ n(A
m
)) + n(A
1
∩ A
2
∩ A
3

) +
+(−1)
k−1
n(A
1
∩ ∩ A
k
) + + (−1)
m−1
n(A
1
∩ ∩ A
m
). (5)
Chứng minh. Ta xét vế phải của công thức (5). Giả sử một phần tử có mặt
trong các tập hợp A
1
, A
2
, , A
k
. Khi đó nó được tính một lần trong mỗi số
hạng n(A
i
), 1 ≤ i ≤ k, n(A
i
∩ A
j
), 1 ≤ i, j ≤ k, i = j, , n(A
i

∩ ∩ A
k
).
Nhưng số các số hạng có dạng n(A
i
), 1 ≤ i ≤ k là C
i
k
, dạng n(A
i
∩ A
j
),
1 ≤ i, j ≤ k, i = j là C
2
k
, Để ý đến dấu của các số hạng này ta thấy
C
1
k
− C
2
k
+ C
3
k
+ + (−1)
k
C
k

k
.
Nhưng theo công thức (4), tổng này bằng C
0
k
, tức là bằng 1. Nghĩa là vế phải
của (5) là tổng các số 1, mà số 1 bằng số phần tử trong tập hợp A
1
∪ ∪A
m
. Nói
cách khác, tổng này bằng n(A
1
∪ ∪A
m
). Vậy ta có điều phải chứng minh.
iv) Chứng minh định lý nhỏ Fermat: Nếu p là một số nguyên tố thì n
p
− n
chia hết cho p.
Chứng minh. Thật vậy, khi n = 1, khẳng định đúng vì 1
p
− 1 = 0 chia hết cho
p.
Giả sử k
p
−k chia hết cho p. Để chứng minh hiệu (k + 1)
p
−(k + 1) chia hết
cho p ta xét hiệu:

(k + 1)
p
− (k + 1) −(k
p
− k).
Khai triển (k + 1)
p
theo công thức nhị thức Newton ta nhận được
(k + 1)
p
− (k + 1) −(k
p
− k) = (k + 1)
p
− k
p
− 1
22
= C
1
p
k
p−1
+ C
2
p
k
p−2
+ + C
p−1

p
k. (6)
Nhưng khi 1 ≤ j < p, ta có C
j
p
=
p(p − 1) (p − j + 1)
1.2 j
. Vì p là số nguyên
tố nên nó không chia hết cho số nào trong các số 1, 2, , j ở mẫu số. Do đó C
j
p
chia hết cho p với 1 ≤ j < p. Nhưng khi đó mọi số hạng trong vế phải của đẳng
thức (6) chia hết cho p, nghĩa là vế trái cũng chia hết cho p. Vì ta đã có k
p
−k
chia hết cho p nên ta suy ra (k + 1)
p
− (k + 1) chia hết cho p.
Như vậy tính chia hết cho p của n
p
− n đã được chứng minh với n = 1, và
tính chia hết cho p của k
p
−k suy ra tính chia hết cho p của (k + 1)
p
−(k + 1).
Nghĩa là n
p
− n chia hết cho p với mọi số tự nhiên n.

23