Một số dạng bài toán tổ hợp

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
NGUYỄN VIỆT HÙNG
MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN TỔ HỢP
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Hà Nội - 2013
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
NGUYỄN VIỆT HÙNG
MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN TỔ HỢP
Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 60 46 40
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS. NGUYỄN VŨ LƯƠNG
Hà Nội - 2013
Mục lục
LỜI MỞ ĐẦU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . iii
1 Các bài toán về tập hợp 1
1.1 Một số ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2 Các bài toán về phép đếm 12
2.1 Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.2 Một số ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.3 Sử dụng phép đếm để chứng minh các đẳ ng thức về tổ hợp . . . 19
2.4 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
3 Các bài toán về số tổ hợp, chỉnh hợp và hoán vị 28
3.1 Chứng minh các hệ thức về số tổ hợp, chỉnh hợp và hoán vị . . 28
3.2 Nhị thức Newton và bài toán tổng tổ hợp . . . . . . . . . . . . . 35
3.3 Nhị thức Newton và số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
3.4 Sử dụng đạo hà m, tích phân và nhị thức Newton để xây dựng

các đẳng thức tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
3.5 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
4 Một số bài toán tổ hợp nâng cao 56
4.1 Các bài toán sử dụng quan hệ truy hồi . . . . . . . . . . . . . . 56
4.2 Các bài toán sử dụng song ánh . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
4.3 Phương pháp quỹ đạo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
4.4 Một số dạng bài toán khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
i
5 Các bài toán sử dụng nguyên lý Dirichlet 77
5.1 Nguyên lý Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
5.2 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
5.3 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
TÀI LIỆU THAM KHẢO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
Lời mở đầu iii
LỜI MỞ ĐẦU
Các bài toán tổ hợp xuất hiện một cách thường xuyên trong các đề thi học
sinh giỏi Quốc gia, Quốc tế và chúng luôn được xem là một trong những dạng
toán khó nhất đối với phần lớn học sinh. Hẳn l à mỗi chúng ta đều đ ã từng ph ải
rất đ au đầu trước một bài toán tổ hợp . Đặc điểm của toán tổ h ợp là k hông cần
đến n hiều các công th ức cồn g kềnh hay phức tạp mà để giả i chúng thì chủ yếu
dựa vào tư duy nhạy bén là chính. Thêm vào đó là tính trừu tượng và rất dễ
gây nhầm lẫn cho chúng ta. Chính vì lẽ đó mà ở nhiều nước trên th ế giới họ đã
đưa nội dung toán tổ hợp vào chương trình môn toán ngay từ rất sớm cho các
lớp Trung học cơ sở. Còn ở nước ta thì mặc dù chưa được đưa vào sách giáo
khoa chính thống cho học sinh Trung học cơ sở, nhưng loại toán này thường
được sử dụng (như một thách thức đáng kể nhất) cho các kì thi học sin h giỏi
và thi vào trường chuyên, lớp chọn.
Chọn đề tài "Một số dạng bài toán tổ hợp" là chúng tôi đã lường trước được
những khó khăn sẽ ph ải đối mặt. Luận văn này không có tham vọng trình bày

một cách đầy đủ và hệ thống tất cả các dạ ng bài toán tổ hợp (vì chúng vốn
rất đa dạng và phong phú) mà chỉ trình bày một số kĩ năng mang tính kinh
nghiệm để giải quyết l oại toán này. Những lý thuyết cơ bản đã được t rình bày
trong sách giáo kho a, chúng tôi không nêu l ại mà chỉ trình bày một số công
thức chưa thực sự là phổ biến, sau đó đi sâu vào các ví dụ để minh họa cho
dạng toán và phươn g pháp mà chúng tôi muốn nói đến. Các ví dụ và bài toán
được chúng tôi chọn lọc một cách cẩn thận từ rất nhiều nguồn tham khảo khác
nhau, cũng có một số ít trong đó là do chúng tôi tự đưa r a.
Luận vă n này gồm 5 chương. Tuy nhiên c ũng cần phải nó i thêm rằng mọi
sự phân chia đều chỉ mang tính tương đối và do ý thức chủ quan của tác giả
mà thôi bởi trong toán học thì không có gì là thực sự rõ ràng về dan h giới giữa
các phần, các phân môn khác nhau. Luận văn được hoàn thành dướ i sự hướng
dẫn tận tình của PGS. TS Nguyễn Vũ Lương, người thầy của t ôi. Tôi xin đ ược
bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đế n sự giúp đỡ to lớn đó. Những sai xót, khiếm
Lời mở đầu iv
khuyết là điều khó tránh kh ỏi và những lỗi đ ó chỉ là thuộc về cá nhân tác giả.
Chúng tôi mong nhận được sự thông cảm và những lời n hận xét, góp ý từ phía
các thầy, các bạn bè đồn g nghiệp.
Hà Nội, tháng 5 năm 2013
Nguyễn Việt Hùng
Chương 1
Các bài toán về tập hợp
1.1 Một số ví dụ
Ví dụ 1 (Công thức tính lực lư ợng của hợp các tập hợ p). Với n tập hợp hữu
hạn tùy ý A
1
, A
2
, . . . , A
n

ta có đẳng thức
|A
1
∪ A
2
∪ ··· ∪A
n
| =
n

i=1
|A
i
|−

1≤i<j≤n
|A
i
∩ A
j
| +

1≤i<j<k≤n
|A
i
∩ A
j
∩ A
k
|

− ··· + (−1)
n−1
|A
1
∩ A
2
∩ ··· ∩ A
n
|.
LỜI GIẢI. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp (theo n).
Bước cơ sở : Với n = 1 hiển nhiên đẳng thức trên là đ úng. Với n = 2 ta cũng
dễ dàng kểm tra được là đẳ ng thức đúng.
Bước quy nạp: Giả sử đẳng thức đúng đến n. Ta cần chứng minh đẳng thức
cũng đúng với n + 1.
Thật vậy, trước hết ta có
(A
1
∪ A
2
∪ ··· ∪ A
n
) ∩ A
n+1
=
n

i=1
(A
i
∩ A

n+1
).
Từ đây và sử dụng giả thiết quy nạp ta được
|(A
1
∪ A
2
∪ ··· ∪ A
n
) ∩ A
n+1
| =





n

i=1
(A
i
∩ A
n+1
)






=
=
n

i=1
|A
i
∩ A
n+1
| −

1≤i<j≤n
|A
i
∩ A
j
∩ A
n+1
|+
1
1.1. Một số ví dụ 2
+

1≤i<j<k≤n
|A
i
∩ A
j
∩ A
k

∩ A
n+1
|− ··· + (−1)
n−1





n+1

i=1
A
i





Đặt A = A
1
∪ A
2
∪ ··· ∪ A
n
, B = A
n+1
và á p d ụng đẳng thức
|A ∪ B| = |A| + |B|− |A ∩ B| (trường hợp n=2)
ta thu được điều cần chứng minh.

Công thức trên có nhiều ứng dụng trong giải toán. Dưới đây ta sẽ dẫn ra
một vài bài toán minh họa cho điều đó.
Ví dụ 2. Cho tập S = {1, 2, 3, . . . , 280}. Hỏi trong S có bao nhiêu số không
chia hết cho bất cứ số nào trong các số: 2, 3, 5, 7.
LỜI GIẢI. Gọi A
1
= {k ∈ S| k chia hết cho 2}, A
2
= {k ∈ S|k chia hết cho 3},
A
3
= {k ∈ S| k chia hết cho 5}, A
4
= {k ∈ S| k chia hết cho 7}. Khi đó ta có
|A
1
| =

280
2

= 140, |A
2
| =

280
3

= 93, |A
3

| =

280
5

= 56, |A
4
| =

280
7

= 40,
|A
1
∩ A
2
| =

280
6

= 46, |A
1
∩ A
3
| =

280
10


= 28, |A
1
∩ A
4
| =

280
14

= 20,
|A
2
∩ A
3
| =

280
15

= 18, |A
2
∩ A
4
| =

280
21

= 13, |A

3
∩ A
4
| =

280
35

= 8,
|A
1
∩A
2
∩A
3
| =

280
30

= 9, |A
1
∩A
2
∩A
4
| =

280
42


= 6, |A
2
∩A
3
∩A
4
| =

280
105

= 1,
|A
1
∩ A
2
∩ A
3
∩ A
4
| =

280
210

= 1.
Số số thuộc S mà chia hết cho ít nhất một trong các số: 2, 3, 5, 7 là






4

i=1
A
i





=
4

i=1
|A
i
|−

1≤i<j≤4
|A
i
∩ A
j
|+

1≤i<j<k≤4
|A

i
∩ A
j
∩ A
k
| −





4

i=1
A
i





= (140 + 93 + 56 + 40) − (46 + 28 + 20 + 18 + 13 + 8) + (9 + 6 + 1) − 1
= 229.
Vậy số số thuộc S mà không chia hết cho bất cứ số nào trong các số: 2, 3, 5, 7
là
|S| −






4

i=1
A
i





= 51.
1.1. Một số ví dụ 3
Ví dụ 3 (Công thức φ−hàm Euler). Với mỗi số nguyên dương n > 1, kí hiệu
φ(n) là số các số nguyên dương bé hơn n và nguyên tố cùng nhau với n. Chứng
minh rằng
φ(n) = n
m

i=1

1 −
1
p
i

,
trong đó p
1
, p

2
, . . . , p
m
là tất cả các ước nguyên tố phân biệt của n.
LỜI GIẢI. Kí hiệ u S = {1, 2, . . . , n}. Ta đếm xem tro ng tập S có bao nhiêu số
chia hết cho ít nhất một trong các số p
1
, p
2
, . . . , p
m
. Gọi A
i
= {k ∈ S| k chia hết cho p
i
}
(i = 1, 2, . . . , m). Khi đó A
1
∪ A
2
∪ ··· ∪ A
m
là t ập hợp các số chia hết cho ít
nhất một trong các số p
1
, p
2
, . . . , p
m
. Ta có

|A
i
1
∩ A
i
2
··· ∩ A
i
k
| =
n
p
i
1
p
i
2
···p
i
k
.
Do đó theo công thức ở bài toán trên ta có
|A
1
∪ A
2
∪ ··· ∪ A
m
| =
m


i=1
n
p
i
−

1≤i<j≤n
n
p
i
p
j
+

1≤i<j<k≤n
n
p
i
p
j
p
k
− ··· + (−1)
m−1
n
p
1
p
2

···p
m
.
Vì φ(n) chính bằng số các số không chia hết cho bất cứ số nào trong các số
p
1
, p
2
, . . . , p
m
nên
φ(n) = n − |A
1
∪ A
2
∪ ··· ∪ A
m
|
= n(1 −
m

i=1
1
p
i
+

1≤i<j≤n
1
p

i
p
j
−

1≤i<j<k≤n
1
p
i
p
j
p
k
+ ··· + (−1)
m
1
p
1
p
2
···p
m
)
= n
m

i=1
(1 −
1
p

i
).
Ví dụ 4. Cho A, B là hai tập khác rỗng và có hữu hạn phần tử. Biết rằng số
phần tử nằ m trong cả A và B bằng một phần ba số phần tử của A và hợp của
A và B gồm 9 phần tử. Tìm số phần tử của mỗi tập.
1.1. Một số ví dụ 4
LỜI GIẢI. Theo đề bài ta có
|A| = 3|A ∩ B|, |A ∪ B| = 9.
Mà |A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩B|. Từ đó suy ra
|B| + 2|A ∩ B| = 9.
Xảy ra các khả năng sau
• |A ∩B| = 1, khi đó |B| = 7 và |A| = 3.
• |A ∩B| = 2, khi đó |B| = 5 và |A| = 6.
• |A ∩B| = 3, khi đó |B| = 3 và |A| = 9.
Ví dụ 5. Trong 2012 số nguyên dương đầu tiên, có bao nhiêu số là bội của 3
hoặc 4 nhưng không là bội của 5.
LỜI GIẢI. Ta kí hiệu các tập hợp như sau
X = {1, 2, . . . , 2012},
A = {k ∈ X|k
.
.
. 3}, B = {k ∈ X|k
.
.
. 4}, C = {k ∈ X|k
.
.
. 5}.
Khi đó, số số phải tìm là |(A ∪ B)\C|. Chúng ta có
|(A ∪ B)\C| = |(A\C) ∪(B\C)|

= |A\C| + |B\C|− |(A ∩ B)\C|
= |A| − |A ∩ C|+ |B|− |B ∩ C| − |A ∩B| + |A ∩ B ∩C|
=

2012
3

−

2012
15

+

2012
4

−

2012
20

−

2012
12

+

2012

60

= 804.
Nhận xét 1. Số số phải tìm có thể tính theo một côn g thức khác như sau
|(A ∪ B) ∩ C| = |(A ∩C) ∪ (B ∩ C)| = |A ∩ C| + |B ∩ C| − |A ∩ B ∩ C|.
1.1. Một số ví dụ 5
Ví dụ 6 (Việt Nam 2005). Tìm hiểu kết quả h ọc tập ở một lớp học người ta
thấy:
a) Hơn
2
3
số học sinh đạt điểm giỏi ở môn Toán cũng đồng thời đạt đi ểm
giỏi ở môn Vật lí.
b) Hơn
2
3
số học sinh đạt điểm giỏi ở môn Vật lí cũng đồng thời đạt điểm
giỏi ở môn Văn.
c) Hơn
2
3
số h ọc sinh đạt điểm giỏi ở môn Văn cũng đồng thời đạt điểm giỏ i
ở môn Lịch sử.
d) Hơn
2
3
số học sinh đạt điểm giỏi ở môn Lịch sử cũng đồng thời đạt đ i ểm
giỏi ở môn Toán.
Chứng minh rằng trong lớp có ít nhất một học sinh đạt điểm giỏi ở cả bốn
môn Toán, Vật lí, Văn và Lịch sử.

LỜI GIẢI. Kí hiệu A, B, C, D tương ứng là tập h ợp các học sinh giỏi Toán,
Vật lí, Văn và Lịch sử. Theo giả thiết ta có
|A ∩ B| >
2
3
|A|, |B ∩ C| >
2
3
|B|,
|C ∩ D| >
2
3
|C|, |D ∩ A| >
2
3
|D|.
Xét tổng
S = |A ∩ B| + |B ∩ C| + |C ∩ D| + |D ∩A|.
Ta có
S >
2
3
(|A| + |B|+ |C| + |D|).
Sử dụng tính chất
|X| + |Y | = |X ∪Y | + |X ∩Y |
ta suy ra
S >
1
3
(S + |A ∪ B| + |B ∪ C| + |C ∪ D| + |D ∪ A|)

hay
S >
1
2
(|A ∪ B| + |B ∪ C| + |C ∪ D| + |D ∪ A|) (1).
1.1. Một số ví dụ 6
Giả sử không có học sinh nào đạt điểm giỏi ở cả bốn môn. Khi đó
A ∩ C = ∅ hoặc B ∩ D = ∅.
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử A ∩ C = ∅. Khi đó
(A ∩ B) ∩ (B ∩ C) = (A ∩ C) ∩B = ∅,
(C ∩ D) ∩ (D ∩A) = (A ∩ C) ∩ D = ∅.
Mặt khác
(A ∩ B) ∪ (B ∩ C) ⊂ B,
(C ∩ D) ∪ (D ∩ A) ⊂ D.
Do đó
|A ∩ B| + |B ∩ C| ≤ |B|,
|C ∩ D|+ |D ∩ A| ≤ |D|.
Suy ra
S ≤ |B| + |D|.
Lại có
|B| + |D| ≤
1
2
(|A ∪ B| + |B ∪ C| + |C ∪ D| + |D ∪ A|).
Suy ra
S ≤
1
2
(|A ∪ B|+ |B ∪ C| + |C ∪ D| + |D ∪A|),
nhưng đ iều này mâu thuẫn với (1). Chứng tỏ điều g iả sử k hông thể xảy ra.

Ví dụ 7. Cho tập S = {1, 2, 3, . . . , n}. Có bao nhiêu bộ sắp t hứ tự (a, b, c)
thỏa mãn a ≥ b ≥ c và a, b, c ∈ S.
LỜI GIẢI. Gọi A = {(a, b, c)| a ≥ b ≥ c và a, b, c ∈ S}. Ta có
A =
n

i=1
A
i
, A
i
=
i

j=1
A
i,j
trong đó A
i,j
= {(i, j, k)| 1 ≤ k ≤ j}. Rõ ràng các tập A
i
đôi một rời nhau và
các tập A
i,j
cũng thế. Dễ thấy |A
i,j
| = j. Do đó
|A
i
| =

i

j=1
|A
i,j
| =
i

j=1
j =
i(i + 1)
2
.
1.1. Một số ví dụ 7
|A| =
n

i=1
|A
i
| =
n

i=1
i(i + 1)
2
=
n(n + 1)(n + 2)
6
.

Ví dụ 8. Cho tập hợp S ⊂ R th ỏa mãn các tính chất sau
a) Z ⊂ S,
b)
√
2 +
√
3 ∈ S,
c) ∀x, y ∈ S : x + y ∈ S, xy ∈ S.
Chứng minh rằng
1
√
2 +
√
3
∈ S.
LỜI GIẢI. Từ tính chất thứ hai suy ra
(
√
2 +
√
3)
2
= 5 + 2
√
6 ∈ S ⇒ 2
√
6 ∈ S.
Do đó
2
√

6(
√
2 +
√
3) = 4
√
3 + 6
√
2 ∈ S.
Mà
√
3 −
√
2 = 5(
√
2 +
√
3) − (4
√
3 + 6
√
2) ∈ S.
Vậy
1
√
2 +
√
3
∈ S.
Ví dụ 9 (Toán học tuổi trẻ). Cho ba số nguyên tố p

1
< p
2
< p
3
. Gọi
A = {n ∈ N | 1 ≤ n ≤ p
1
p
2
p
3
, n không chia hết cho p
i
, i = 1, 2, 3} .
Chứng minh rằng |A| ≥ 8. Đẳng thức xảy ra khi nào?
LỜI GIẢI. Gọi A
i
= {n ∈ N | 1 ≤ n ≤ p
1
p
2
p
3
, n chia hết cho p
i
}, i = 1, 2, 3.
Dễ dàng tính được
|A
1

| = p
2
p
3
, |A
2
| = p
1
p
3
, |A
3
| = p
1
p
2
,
|A
1
∩ A
2
| = p
3
, |A
2
∩ A
3
| = p
1
, |A

3
∩ A
1
| = p
2
,
|A
1
∩ A
2
∩ A
3
| = 1.
1.1. Một số ví dụ 8
Do đó
|A
1
∪ A
2
∪ A
3
| = p
1
p
2
+ p
2
p
3
+ p

3
p
1
− p
1
− p
2
− p
3
+ 1.
Suy ra
|A| = p
1
p
2
p
3
− |A
1
∪ A
2
∪ A
3
| = (p
1
− 1)(p
2
− 1)(p
3
− 1).

Nhưng do p
1
≥ 2, p
2
≥ 3, p
3
≥ 5 nên ta có |A| ≥ 8. Đẳng thức xảy ra khi
p
1
, p
2
, p
3
là ba số nguyên tố đầu tiên.
Nhận xét 2. Nếu sử dụng kiến thứ c về φ− hàm Euler thì rất đơn giản ta có
|A| = φ(p
1
p
2
p
3
) = φ(p
1
)φ(p
2
)φ(p
3
) = (p
1
− 1)(p

2
− 1)(p
3
− 1).
Ví dụ 1 0. Tập hợp A có số phần tử gấp đôi số phần tử của tập hợp B, tập
hợp B lớn hơn tập hợp C. Số các tập con của A nhiều hơn số các tập con của
B là x. Số các tập con của B nhiều hơn số các tập co n của C là 15. Hãy tính
x.
LỜI GIẢI. Giả sử |B| = n. Thế thì |A| = 2n. Số các tập con của B là 2
n
, số
các tập con của A là 2
2n
. Theo giả thiết ta có
2
2n
− 2
n
= x (1)
Đặt |C| = m (m < n), theo giả thiết ta lại có
2
n
− 2
m
= 15 (2)
Từ (2) suy ra m = 0 vì nếu ngược lại (tức là m ≥ 1) thì vế trái l à một số chẵn
còn 15 lại là số lẻ. Do đó n = 4. Thay vào (1) ta tìm được x = 240.
Ví dụ 11 (Toán học tuổi trẻ). Cho X là tập con của tập {1, 2, . . . , 2010} thỏa
mãn đồng thời các điều kiện sau
(i) |X| = 62,

(ii) Vớ i mọi x ∈ X đều tồn tại a, b ∈ X ∩ {0, 2011} (a và b đều khác x) sao
cho x =
a + b
2
.
1.1. Một số ví dụ 9
Chứng minh rằng có hai phần tử x, y của X sao cho |x−y| ≥ 11 và
x + y
2
/∈ X.
LỜI GIẢI. Giả sử X có 62 phần tử đã được sắp thứ tự x
1
< x
2
< ··· < x
62
.
Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng. Giả sử không tồn tại x, y ∈ X
sao cho |x − y| ≥ 11 và
x + y
2
/∈ X. Ta sẽ chỉ ra các phần tử của X đều cùng
tình chẵn lẻ.
Thật vậy, vì X ⊂ {1, 2, . . . , 2010} nên x
i+1
≥ x
i
+ 1 (i =
1, 61). Do đó
x

62
−x
k
≥ 11(k =
1, 51). Suy ra x
k
cùng tín h chẵn lẻ với x
62
, vì nếu không n hư
vậy, tức tồn tại x
k
khác tín h chẵn l ẻ với x
62
thì
x
k
+ x
62
2
∈ X, trái với giả thiết.
Lập l uận tươ ng tự ta thấy x
l
(l =
12, 62) cùng tính chẵn lẻ với x
1
. Từ đó suy
ra x
1
, x
2

, . . . , x
6
2 cùng tính chẵn lẻ. Tiếp theo với giả thiết (ii) của bài toán thì
tồn tại a, b ∈ X ∩{0, 2011}, (a = b) sao cho x
62
=
a + b
2
. Vì x
62
> x
i
(i =
1, 61)
nên tồn tại x
p
(p =
1, 61) sao cho x
62
=
x
p
+ 2011
2
kéo theo x
p
là một số lẻ.
Tương tự do x
i
> x

1
(i =
2, 61) nên tồn tại x
p
với q ∈ 2, 3, . . . , 61 sao cho
x1 =
x
q
+ 0
2
, kéo theo x
q
là một số chẵn. Như vậy x
p
và x
q
là hai phần tử của
X khác tính chẵn lẻ , trái với kết quả khẳng định ở trên, tức điều g iả sử là sai.
Kết luận: có hai phần tử x, y ∈ X sao cho |x − y| ≥ 11 và
x + y
2
/∈ X.
Nhận xét 3. (i) Có thể thay |x| = 33.
(ii) Bài toán tổng quát: Cho X ⊂ {1, 2, . . . , n}, |X| = k (k ≥ 2, k ∈ N).
Chứng minh rằng tồn tại x, y ∈ X sao cho |x−y| ≥

k
2

−1 và

x + y
2
/∈ X.
Ví dụ 12 (Toán học tuổi trẻ). Tìm tất cả các tập hữu hạn A ⊂ N
∗
sao cho
tồn tại tập hữu hạn B ⊂ N
∗
thỏa mãn A ⊂ B và

x∈B
x =

x∈A
x
2
.
LỜI GIẢI. Gọi m là số lớn nhất trong A. Ta xét ba trường hợp
• m = 1. Khi đó A = {1}. Ta chọn B = {1} yêu cầu bài toán được thỏa
mãn.
• m = 2. Trong trường hợp này ta có A = {2} hoặc A = {1, 2}.
Nếu A = {2} thì

x∈A
x
2
= 4. Như thế nếu tồn tại tập B thỏa mãn các
điều kiện của bài t oán thì

x∈B\

x
2
= 4 − 2 = 2. Từ đó B\A = {2}, mâu
thuẫn , vì 2 ∈ A.
1.2. Bài tập đề ngh ị 10
Nếu A = {1, 2} thì tươ ng tự như trên ta cũng chứng minh được rằng
không tồn tại tập B thỏa mãn các điều kiện của bài toán.
• m > 2. Xét số y =

x∈A
(x
2
−x). Ta có y ≥ m
2
−m = m (m−1) ≥ 2m > m.
Như thế y /∈ A. Xét tập B = A ∪{y}. Ta có

x∈B
x =

x∈A
x + y =

x∈A
x
2
.
Do đó tập B thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Vậy t ất cả các tập A thỏa mãn bài toán là A = {1} hoặc A là tập hữu hạn tùy
ý mà phần tử lớn nhất của nó lớn hơn 2.

1.2 Bài tập đề nghị
Bài 1. Cho A là tập con gồm 90 phần tử của {1, 2, . . . , 100} và S là tổng các
phần tử của A. Tìm số các giá trị có thể có của S.
Bài 2. Cho tập hợp S = {a
1
, a
2
, . . . , a
12
}, ở đó tất cả 12 phần từ đều khác
nhau. Chúng ta sẽ tạo ra những tập hợp con của S. Chỉ có một ràng buộc là chỉ
số dưới của mỗi phần tử trong mỗi tập con được tạo thành phải là bội nguyên
của chỉ số dưới nhỏ nhất có trong tập hợp đó. Ví dụ {a
2
, a
4
, a
8
} là một tập hợp
được chấp nhậ n, tập {a
6
} cũng vậy. Có b ao nhiêu tập hợp như thế được tạo
thành?
Bài 3 (Toán học t uổi trẻ). Cho số nguyên dương n. Tính số các số nguyên
dương không lớn hơn n(n+1)(n+2) mà không chia hết cho các số n, n+1, n+2.
HD. Kí hiệu S = {1, 2, . . . , n(n +1)(n + 2)}, A
1
= {k ∈ S| k
.
.

. n}, A
2
= {k ∈
S| k
.
.
. n + 1}, A
3
= {k ∈ S| k
.
.
. n + 2}. Số cần tìm là
|S| −|A
1
∪ A
2
∪ A
3
| =



n
3
− n nếu n lẻ,
n
3
nếu n chẵn.
Bài 4. Xét tập hợp X = {1, 2, . . . , 2012} . Đặt A = {x ∈ X| x − 2 |
.

.
. 29}.
a) Tính |A|.
b) Tìm số tập con B của X sao cho B ∩ A = ∅.
1.2. Bài tập đề ngh ị 11
HD. b) Kí hiệu P(X) là họ tất cả các tập con của X. M = {B ⊂ X| B∩A =
∅}. Khi đó
P (X) \M = {B ⊂ X| B ∩ A = ∅} = {B ⊂ X \ A}.
Nghĩa là
P (X) \ M = P (X \A).
Do đó
|M| = |P (X)| − |P (X \ A)| = 2
2012
− 2
1942
.
Bài 5. Một hộp đựng 9 thẻ được đánh số từ 1 đến 9. Hỏi phải rút ra ít nhất
bao nhiêu thẻ để xác suất có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4 không nhỏ
hơn
5
6
.
Bài 6 (Toán học tuổi trẻ). Cho 167 tập hợp A
1
, A
2
, . . . , A
167
thỏa mãn các
điều kiện

(i)
167

i=1
|A
i
| = 2004,
(ii) |A
j
| = |A
i
|.|A
i
∩ A
j
| ∀i = j.
Tính




167

i=1
A
i





.
Chương 2
Các bài toán về phép đếm
2.1 Tóm tắt lý thuyết
Hoán vị lặp
Số hoán vị thực sự khác nhau (tức phân biệt được) của một tập hợp gồm n
phần tử, tr ong đó c ó n
1
phần tử loại 1, n
2
phần tử loại 2, . . . , n
k
phần tử loại k
(các phần tử cùng loại giống hệt nhau, n
1
+ n
2
+ ···+ n
k
= n), gọi là số hoán
vị lặp của n phần tử.
Số hoán v ị lặp của n ph ần tử như thế được kí hiệu là P
n
(n
1
, n
2
, . . . , n
k
) và

được tính bởi công thức
P
n
(n
1
, n
2
, . . . , n
k
) =
n!
n
1
!n
2
! . . . n
k
!
.
Chứng minh. Trong P
n
(n
1
, n
2
, . . . , n
k
) cách hoá n vị thực sự khác nhau thì ứng
với mỗi cách hoán vị ấy ta có thể tạo ra n
1

!n
2
! . . . n
k
! cách hoá n vị nếu như tất
cả n phần tử được coi là khác nhau. Nghĩa là ta có
P
n
(n
1
, n
2
, . . . , n
k
).n
1
!n
2
! . . . n
k
! = n!
Từ đó suy ra công thức tính P
n
(n
1
, n
2
, . . . , n
k
) như trên.

Hoán vị vòng quanh
Số cách x ếp n đối tượn g khác nha u theo một vòng tròn, trong đó hai c ách
xếp khác nhau bởi một phép quay (tức là h ai cách xếp khác nhau về vị trí
nhưng có cùng thứ tự đối với n đố i tượng) được coi là một, gọi là số hoán vị
12
2.1. Tóm tắt lý thuyết 13
vòng quanh của n phần t ử khác nhau. Số hoá n vị vòng quanh của n phần tử
khác nhau kí hiệu là Q
n
và được tính bởi công thức
Q
n
= (n −1)!.
Chứng minh. Ta có thể định trước một vị trí cho một đối tượng bất kì trong
chúng, sau đó tính số cách xếp vị t rí cho n −1 đối tư ợng còn lại. Do đ ó số cách
xếp sẽ là
Q
n
= (n −1)!.
Chỉnh hợp lặp
Một chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử là một dãy có thứ tự g ồm k ph ần
tử, trong đó mỗi phần tử có thể lặp lại nhiều lần.
Số chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử kí hiệu là
A
k
n
và được tính bở i công
thức
A
n

k
= n
k
.
Chứng minh công thức này rất dễ nên ta bỏ qua.
Tổ hợp lặp
Một tổ hợp lặp chập k của n phần tử là một nhóm không kể thứ tự gồm k
phần tử, trong đó mỗi phần tử có thể lặp lại nhiều lần. Số tổ hợp lặp chập k
của n phần tử kí hiệu là
C
k
n
và được tính bởi công thức
C
k
n
= C
k
n+k−1
.
Chứng minh. Một t ổ hợp lặp chập k của n phần tử tương ứng với một nhóm
X
1
, X
2
, . . . , X
n
trong đó phần tử X
i
(i =

1, n) xuất hiện với tần xuất x
i
(0 ≤
x
i
≤ k) lần và
x
1
+ x
2
+ ··· + x
n
= k (∗)
Như vậy số tổ h ợp chập k của n phần tử chính bằng số nghiệm nguyên không
âm của phương trình (∗). Sau này (trong phần các bài toán sử dụng song ánh)
ta sẽ thấy rằng số nghiệm nguyên không âm của (∗) bằng
C
k
n
= C
k
n+k−1
.
2.2. Một số ví dụ 14
Nhận xét 4. Khác với C
k
n
, C
k
n

không cần có điều kiện k ≤ n.
2.2 Một số ví dụ
Ví dụ 13. Tổ một có 10 người, tổ ha i có 12 người và tổ ba có 15 người . Hỏi
có bao nhiêu c ách chọn ra một nhóm gồm 10 người trong đó số người của tổ
một không ít hơn 2, số người của tổ hai cũng không ít hơn 2 còn số người của
tổ ba không vượt quá 3.
LỜI GIẢI. Trước hết ta lấy 2 người từ tổ một thì có C
2
10
cách và cũng lấy 2
người từ tổ hai thì có C
2
12
cách. Tiếp theo từ tổ ba ta lấy ra k (0 ≤ k ≤ 3)
người thì có C
k
15
cách. Lúc này số người còn lại của tổ một và tổ ha i ta đem
gộp lại thành một nhóm 18 người. Từ n hóm này lấy ra 6 −k người thì có C
6−k
18
.
Theo quy tắc nhân, số cách chọn r a 10 người là C
2
10
C
2
12
C
k

15
C
6−k
18
. Cho k chạy từ
0 tới 3 và lấy tổng ta thu được số cách chọn thỏa mãn yêu cầu của đề bài là
C
2
10
C
2
12
C
0
15
C
6
18
+ C
2
10
C
2
12
C
1
15
C
5
18

+ C
2
10
C
2
12
C
2
15
C
4
18
+ C
2
10
C
2
12
C
3
15
C
3
18
Ví dụ 14. Giả sử số nguyên dương n có phân tích ra thừa số ngu yên tố là
n = p
n
1
1
p

n
2
2
···p
n
k
k
.
Ta dùng kí hiệu τ
n
để chỉ số ước nguyên dương của n. Chứng minh rằng
τ
n
= (n
1
+ 1)(n
2
+ 1) ···(n
k
+ 1).
LỜI GIẢI. Mọi ước nguyên dương của n đều có dạng p
m
1
1
p
m
2
2
···p
m

k
k
, trong
đó m
1
, m
2
, . . . , m
k
là cá c số nguyên không âm và 0 ≤ m
1
≤ n
1
, 0 ≤ m
2
≤
n
2
, . . . , 0 ≤ m
k
≤ n
k
. Như vậy, số ư ớc nguyên dương của n đún g bằng số cách
chọn bộ (m
1
, m
2
, . . . , m
k
) thỏa mãn nhữ ng điều kiệ n trên. Vì m

i
(i = 1, 2, . . . , k)
có n
i
+ 1 cách chọn nên số ước nguyên dư ơng của n chính là
τ
n
= (n
1
+ 1)(n
2
+ 1) ···(n
k
+ 1).
2.2. Một số ví dụ 15
Ví dụ 15. Một hộp đựng 2n viên b i, trong đó có n viên bi đỏ giống hệt nhau
và n viên bi xanh đôi một khác nhau. Hỏi có bao n hiêu cách k hác nhau để lấy
ra n viên bi từ hộp đó?
LỜI GIẢI. Công đoạn 1 . Ta lấy k (0 ≤ k ≤ n) viên bi từ n viên bi xanh th ì
có C
k
n
cách.
Công đoạn 2. Ta lấy n −k viên bi từ n viên bi đỏ thì chỉ có đúng một cách
vì các viên bi này là hoàn toàn giốn g nhau .
Cho k chạy từ 0 tới n và lấy tổng ta sẽ được số cách lấy thỏa mãn bài toán
là
n

k=0

C
k
n
= 2
n
.
Ví dụ 16. a) Có bao nhiêu cách xếp một n hóm gồm 10 học sinh nam và 6
học sinh nữ thành một hàng ngang sao cho không có 2 em nữ nào ngồi
cạnh nhau?
b) Có bao nhiêu cách xếp một nhóm gồm 10 học sinh nam và 6 học sinh n ữ
quanh một bàn tròn sao cho không có 2 e m nữ nào ngồi cạnh nhau? Lưu
ý rằng hai c ách xếp khác nhau về vị trí nhưng có cùng thứ tự đối với các
đối tượng (tức là ha i cách xếp khác nhau bởi một phép quay) được coi l à
một.
c) Vẫn c âu hỏi như ý b) nhưng có thêm yêu c ầu là ba bạn Hùng (nam), Hoa
(nữ) và Huệ (nữ) phải ngồi cạnh nhau.
LỜI GIẢI. a) Ta xếp hàng cho 10 bạn nam trước thì có 10! cá ch. Giữa họ 9
vị trí xen kẽ và 2 vị trí đầu cuối. Từ 11 vị tr í này, cần chọn ra 6 vị trí để
dành cho 6 bạn nữ thì có C
6
11
cách. Lại có 6! cách đặt các bạn nữ vào các
vị t rí đã chọn. Do đó, theo quy tắc nhân, số cách xếp thỏa mãn yêu cầu
của đề bài là 10!C
6
11
.6!
b) Trước hết ta cũng xếp vị trí cho 10 bạn nam trước thì có 9! cách (vì đây
là hoá n vị vòng quanh Q
10

). Giữa h ọ có 10 vị trí xen kẽ. Cần chọn ra 6 vị
2.2. Một số ví dụ 16
trí trong 10 vị trí đó để dành cho 6 bạn nữ, thế thì có C
6
10
cách. Lại có 6!
cách để đặt các bạn nữ vào các vị trí đã đ ịnh. Như vậy số cách xếp thỏa
mãn yêu cầu là 9!C
6
10
.6!
c) Để cho đơn giản, ta " buộc" ba người Hùn g, Hoa, Huệ vào với nhau (Hùng
phải ở giữa hai ngư ời kia) và xem họ như một người nữ. Có 2 cách "buộc"
như thế. Khi đó tình huống hoàn toàn giống với ý b) nh ưng đối với 9
người nam và 5 người nữ. Lặp lạ i lý luận như trên, ta được số cách xếp
thỏa mãn yêu cầu là 2.8!C
5
8
.5!
Ví dụ 17. Một nhóm 9 người gồm 3 người đàn ôn g, 4 phụ nữ và 2 đứa trẻ
đi xem phim. Hỏi có bao nhiêu cách xếp họ ng ồi trên một hàng ghế sao cho
mỗi đ ứa trẻ ngồi giữa hai người phụ nữ và có hai người đàn ông nào ngồi cạnh
nhau?
LỜI GIẢI. Ta xếp 4 n gười phụ nữ ngồi trước thì có 4! cách. Giữa họ có 3 vị
trí xen kẽ và 2 vị trí đầu cuối. Trong 3 vị trí xen kẽ đó, cần chọn ra 2 vị trí để
dành cho 2 đứa trẻ, thế thì có C
2
3
cách. Lại có 2! cách để đặt 2 đứa tr ẻ vào 2
vị trí đã chọn. Còn lại 3 vị trí để xếp 3 người đàn ông vào, do đó có 3! cách.

Theo quy tắc nhân, số cách xếp th ỏa mãn yêu cầu đề bài là
4!C
2
3
.2!3! = 864.
Ví dụ 18. Cho tập hợp S = {1, 2, . . . , 2n}. Một tập con A của S gọi là tập
cân nếu trong tập đó, số các số chẵn bằng số các số lẻ (tập rỗng cũng là một
tập cân). Hỏi S chứa bao nhiêu tập cân?
LỜI GIẢI. Với mỗi k (0 ≤ k ≤ n) ta đếm số tập cân gồm 2k phần tử của S.
Vì trong S có n số chẵn và n số lẻ nên có C
k
n
cách chọn k số chẵn và C
k
n
cách
chọn k số lẻ. Do đó theo quy tắc nhân, số tập cân gồm 2k phần tử của S là
(C
k
n
)
2
. Cho k chạy từ 0 tới n và lấy tổng ta sẽ được số tập cân của tập S là
(C
0
n
)
2
+ (C
1

n
)
2
+ ··· + (C
n
n
)
2
= C
n
2n
.
2.2. Một số ví dụ 17
Ví dụ 19. Trong một giải thi đấu bóng bàn có 2n vận động viên t ham dự.
Trong vòng đầu của giải, ban tổ chứ c cần phân ra n cặp đấu. Hỏi có bao
nhiêu cách ghép t hành n cặp đấu? Từ kết quả thu được, hãy chứng tỏ rằng
(n + 1)(n + 2) ···(2n −1)(2n) chia hết cho 2
n
với mọi số nguyên dương n.
LỜI GIẢI. Công đoạn 1: Chọn 2 người tr ong 2n n gười để làm thành cặp đấu
thứ nhất thì có C
n
2n
cách chọn.
Công đoạn 2: Chọn 2 người t rong 2n −2 n gười còn lại để làm thành cặp đấu
thứ hai thì có C
n
2n−2
cách chọn.
Công đoạn 3: Chọn 2 người t rong 2n −4 n gười còn lại để làm thành cặp đấu

thứ ba thì có C
2
2n−4
cách chọn.
Cứ tiếp tục như vậy, đến công đoạn cuối cùng, ta có C
2
2
cách chọn 2 người
cuối cùng để làm thành cặp đấu thứ n. Như vậy, theo quy tắc nhân ta có
C
2
2n
C
n
2n−2
C
2
2n−4
···C
2
2
cách chọn n cặp đấu. Nhưng vì thứ tự giữa các cặp đấu
không được xét đến nên số cách ghép thành n cặp đấu thực sự là
C
2
2n
C
n
2n−2
C

2
2n−4
···C
2
2
n!
=
(2n)!
n!2
n
.
Bằng biến đổi đơn giản ta có
(n + 1)(n + 2) ···(2n − 1)(2n)
2
n
=
(2n)!
n!2
n
.
Từ đó suy ra
(n + 1)(n + 2) ···(2n −1)(2n)
2
n
phải là một số nguyên.
Ví dụ 20. Cho a = 122233456. Thay đổi thứ tự các chữ số của a thì nh ận
được bao nhiê u số mà không có hai chữ số 2 đứng cạnh nhau.
LỜI GIẢI. Trước tiên t a xếp vị trí cho các chữ số: 1, 3, 3, 4, 5, 6 thì có
6!
2!

cách,
giữa chúng có 5 vị trí xen kẽ và 2 vị trí đầu cuối . Vì hai chữ số 2 không được
đứng cạnh nhau nên có C
3
7
cách chọn ra 3 trong 7 vị trí ấy để đặt b a chữ số 2.
Vậy số số phải tìm là
6!
2!
C
3
7
.
Ví dụ 21. Cho tập A = {1, 2, 3, 4, 5}. Tìm số các số gồm 3 chữ số a, 2 chữ số
b và 1 chữ số c sao cho a, b, c ∈ A và khác nhau đôi một.
2.2. Một số ví dụ 18
LỜI GIẢI. a có 5 cách chọn, b có 4 c ách chọn, c có 3 cách chọn. Sau kh i chọn
xong các số a, b, c thì có
6!
3!2!
cách sắp x ếp chúng.
Vậy số số phải tìm là 5. 4.3.
6!
3!2!
.
Nhận xét 5. Bài toán sẽ phức tạp hơn nếu trong tập A có chứa số 0. Khi đó
ta phải dùng phương pháp "loại trừ" như sau: trước tiên vẫn tiến hành như
trường hợp bình thường, nghĩa là coi số 0 cũng giống như các số khác; sau đó
xét riêng trường hợp số 0 đứng ở vị trí đầu tiên (lúc này lại có 3 khả năng: số
0 ấy hoặc là a, h oặc l à b, ho ặc là c). Cuố i cùng lấy tổng số trừ đi trường hợp

riêng thì được kết quả cần tìm.
Ví dụ 22 (Toán học tuổi trẻ). a) Hãy tính số các hoán vị khác nhau c ủa từ
TOANHOCTUOITRE.
b) Trong số các hoán vị ở a) có bao nhiêu hoán vị có cụm TTT (ba chữ T
đứng liền nhau)?
c) Có bao nhiêu hoán vị ở a) không có hai chữ T đứng cạnh nhau?
LỜI GIẢI. a) Số hoán vị cần tìm chính là số hoán vị lặp
P
14
(3, 3, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1) =
14!
3!3!
.
b) Ta "buộc" ba chữ T lại với nhau và xem như một chữ cái thông thường.
Khi đó, số hoán vị cần tìm sẽ là
P
12
(3, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1) =
12!
3!
.
c) Trước tiên ta sắp xếp vị trí cho các chữ cái kia (không có chữ T) thì có
11!
3!
cách. Giữa các chữ này có 10 vị trí xen kẽ và hai vị đầu cuối. Chọn
ra 3 trong số 12 vị trí n ày để đặt ba chữ T thì có C
3
12
cách. Như vậy, theo
quy tắc nhân thì có tất cả là

11!
3!
C
3
12
hoán vị thỏa mãn yêu cầu.
2.3. Sử dụng phép đếm để chứng minh các đẳng thức về tổ hợp 19
2.3 Sử dụng phép đếm để chứng minh các đẳng
thức về tổ hợp
Cơ sở l ý thuyết của phương pháp n ày như sau: nếu cùng một số lượng mà
được đếm theo hai cách khác nhau thì các kết quả thu đ ược phải bằng nhau.
Ví dụ 23. Với n, k là các số nguyên dương, n ≥ k. Chứng minh đẳng thức
C
k
n
= C
n−k
n
.
LỜI GIẢI. Xét một tập hợp X có n phần tử. Ta sẽ đếm số tập con gồm k
phần tử của X theo hai cách như sau:
• Cách 1. Mỗi cách lấy ra k phần tử từ tập X ta có một tập con gồm k
phần tử của X. Số tập con như thế là C
k
n
.
• Cách 2. Mỗi cách lấy ra n − k phần tử của tập X và loại n − k phần tử
này đi, ta có được k phần tử còn lại là một tập con gồm k phầ n tử của
X. Số tập con như vậy sẽ là C
n−k

n
.
Rõ ràng hai cách đếm khác nhau đều phải cho cùng một kết quả. Do đó ta có
C
k
n
= C
n−k
n
. Bài toán được chứng minh.
Ví dụ 24 (Đẳng thức Pascal). Với n, k l à các số nguyên dương, n > k ≥ 1.
Chứng minh đẳng thức
C
k
n
= C
k−1
n−1
+ C
k
n−1
.
LỜI GIẢI. Ta đếm số tập con A gồm k phần tử của tập X = {x
1
, x
2
, . . . , x
n
}
theo hai cách như sau:

• Cách 1. Số tập A là C
k
n
.
• Cách 2. Số tập A được phân làm hai loại:
Loại 1. Gồm những tập chứa phần tử x
n
. Mỗi t ập A thuộc loại này cho
ta một tập A
′
= A\{x
n
} là tập con gồm k − 1 phần tử của tập X\{x
n
}.
Và ngược lại mỗi tập A
′
cho ta một tập A. Do đó số tập A thuộc loại này
chính bằng số tập A
′
và bằng C
k−1
n−1
.