BÁO CÁO SÁNG KIẾN CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐẾM NÂNG CAO

Trang 1
MÉu
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HÔNG PHONG
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM DỰ THI CẤP TỈNH
BÁO CÁO SÁNG KIẾN
CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐẾM NÂNG CAO
Tác giả: Trần Mạnh Sang
Trình độ chuyên môn: Cử nhân Toán học
Chức vụ: Giáo viên Toán
Nơi công tác:Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong
Nam Định, tháng 5 name 2014
THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1. Tên sáng kiến:
CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐẾM NÂNG CAO
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:
Dạy Toán cho học sinh các lớp chuyên Toán, học sinh đội tuyển thi Duyên hải
và Đồng bằng Bắc Bộ, học sinh đội tuyển thi HSG quốc gia.
3. Thời gian áp dụng sáng kiến:
Các năm học từ 2010 - 2011 đến 2013 – 2014.
4. Tác giả:
Họ và tên: Trần Mạnh Sang
Năm sinh: 1987
Nơi thường trú: Phường Ngô Quyền, thành phố Nam Định
Trình độ chuyên môn: Cử nhân Toán học
Chức vụ công tác: Giáo viên Toán
Nơi làm việc: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong
Địa chỉ liên hệ: Số 19 Máy Tơ, thành phố Nam Định

Điện thoại: 097.227.6698
5. Đơn vị áp dụng sáng kiến:
Tên đơn vị: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong
Địa chỉ: 76 Vị Xuyên, tp. Nam Định – tỉnh Nam Định
Điện thoại: (0350) 364 0297
Trang 2
Trang 3
I. Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến:
Mục tiêu giáo dục của chúng ta hiện nay là đào tạo những con người lao
động tự chủ, năng động, sáng tạo có năng lực giải quyết những vấn đề thường gặp,
góp phần xây dựng đất nước giàu mạnh, xã hội công bằng và văn minh, đưa đất
nước Việt Nam tiến nhanh trên con đường phát triển hòa nhập với thế giới ở đầu
thế kỉ XXI. Đứng trước tình hình đó, Bộ Giáo dục và Đào tạo, Sở Giáo dục và Đào
tạo cũng như nhà trường đã đề ra nhiều biện pháp tích cực. Một trong những biện
pháp đó là cải tiến chương trình dạy học, cải tiến phương pháp dạy của thầy và
phương pháp học của trò, phải có cuộc cách mạng thực sự về phương pháp giáo
dục, cũng như cách thức tổ chức kiểm tra chất lượng học sinh để hưởng ứng cuộc
vận động của Bộ trưởng Bộ GD - ĐT về chống tiêu cực trong thi cử và bệnh thành
tích trong giáo dục.
Đối với bộ môn Toán - Bộ môn then chốt của khoa học tự nhiên, thì một
trong những khâu quan trọng của quá trình cải tiến chương trình dạy học là tiếp
nhận và giải quyết một vấn đề theo nhiều hướng khác nhau, cố gắng tìm đến bản
chất của nó, từ đó có mối liên hệ giữa các bài toán riêng lẻ với nhau.
Trong chương trình môn Toán cấp THPT chuyên, vấn đề tổ hợp luôn là lĩnh
vực khó khăn với cả thầy và trò. Vấn đề này xuất hiện nhiều trong các kì thi HSG
quốc gia và quốc tế (có 2 trên 7 bài), là một phần quan trọng trong việc phát hiện và
bồi dưỡng các học sinh có tư chất thực sự. Một trong những phần thường hay xuất
hiện trong các đề thi chính là bài toán đếm.
Bài toán đếm có thể nói là một bài toán cổ xưa nhất: Đếm số súc vật trong
chuồng, đếm số học sinh trong lớp, đếm số quân của đoàn quân, Để đếm, có lẽ ai

cũng sẽ có thể cho 1 kết quả, tuy nhiên kết quả đó có đúng hay không? Khi kết quả
đúng rồi thì cũng có thể có những cách đếm khác nhau. Ví dụ cùng là kết quả 36
nhưng có người đếm là 36x1, có người lại ra là 6.6, đó đã là hai cách hoàn toàn khác
nhau. Có thể thấy được bài toán đếm rất hay dẫn đến nhầm lẫn trong tính toán. Để
Trang 4
hiểu rõ hơn các bài toán thuộc dạng này, chúng tôi tìm hiểu và đưa ra các phương
pháp đếm nâng cao. Trước hết giúp học sinh hiểu rõ vấn đề bản chất cùng với sự tư
suy logic thông qua việc kết hợp các bài toán với nhau. Sau nữa, chúng tôi muốn
đưa ra những cách phát biểu khác nhau cho một bài toán, có thể từ những bài đơn
giản, khi phát biểu theo ngôn ngữ thực tế lại thấy không dễ dàng, từ đó cho ta cảm
giác khó khăn trong giải bài toán.
II. Thực trạng (trước khi tạo ra sáng kiến)
Đã có rất nhiều bài toán, các đề thi HSG có xuất hiện bài toán đếm: HSG
quốc gia (VMO, VNTST), đề thi quốc tế (IMO, IMC) hay các kì thi của các quốc
gia (China TST, USA TST, ). Việc giải quyết các bài toán này không hề đơn giản
(Thường là bài khó nhất trong đề thi). Một phần khó đối với học sinh của Việt
Nam chính là việc các em ít tiếp xúc với dạng toán, dẫn đến cảm giác sợ khi gặp.
Vì vậy tôi viết sáng kiến này, tổng kết những kinh nghiệm, phần nào giúp
các em học sinh tháo gỡ các khó khăn, nhìn nhận vấn đề đơn giản hơn, bên cạnh đó
cũng mong muốn là một tài liệu tham khảo giúp đỡ các thầy cô một phần nhỏ trong
quá trình giảng dạy.
III. Phương pháp nghiên cứu:
Để hoàn thành báo cáo này tôi đã lựa chon các phương pháp nghiên cứu sau:
+) Nghiên cứu các loại tài liệu có liên quan đến vấn đề này.
+) Trao đổi với các đồng nghiệp để có những nhìn nhận vấn đề dưới nhiều
góc độ khác nhau, từ đó tìm ra giải pháp cho vấn đề nghiên cứu.
+) Quan sát quá trình tiếp thu kiến thức của học sinh, lắng nghe ý kiến, giải
đáp các thắc mắc của các em, để tìm ra khâu mà các em học sinh còn vướng mắc,
từ đó rút ra những bài học kinh nghiệm cho bản thân.
IV. Đối tượng nghiên cứu:

Trang 5
Sáng kiến này tôi đã áp dụng cho các em học sinh lớp chuyên Toán, các em
trong đội dự tuyển, đội tuyển thi HSG quốc gia và khu vực từ năm học 2011-2012 đến
năm học 2013 – 2014.
V. Nội dung chính
A. KIẾN THỨC MỞ ĐẦU
1. HAI NGUYÊN LÝ CƠ BẢN
1.1. Nguyên lý cộng: Nếu A, B là các tập hợp không giao nhau (chúng không có
phần tử chung) thì
| |A B A B∪ = +
.
Nguyên lý cộng còn có thể phát biểu một cách khác như sau:
Nếu một công việc có thể thực hiện bằng một trong hai phương án loại trừ lẫn
nhau: phương án thứ nhất có m cách thực hiện và phương án thứ hai có n cách thực
hiện. Khi đó công việc đó có m + n cách thực hiện.
Nguyên lý cộng mở rộng: Nếu tập hợp hữu hạn C là hợp của n tập đôi một rời
nhau C
1
, C
2
, , C
n
thì: |C| = |C
1
| + | |C
n
|
1.2. Định nghĩa: Tích Descartes của hai tập hợp A, B ký hiệu bởi AxB là tập hợp
tất cả các cặp thứ tự (a, b) với a ∈ A, b ∈ B.
1.3. Nguyên lý nhân: Nếu A và B là hai tập hợp hữu hạn thì AxB cũng hữu hạn và

ta có |A x B| = |A|.|B|
Định nghĩa về tích Descartes và nguyên lý nhân trên đây có thể mở rộng cho nhiều
tập hợp. Nguyên lý nhân có thể phát biểu một cách khác như sau:
Nếu một quá trình có thể được thực hiện qua hai công đọan: công đọan I có n
1
cách
thực hiện, công đọan II (sau khi thực hiện I) có n
2
cách thực hiện. Khi đó có n
1
.n
2
cách thực hiện quá trình đó.
2. Các đối tượng tổ hợp và các số tổ hợp
2.1. Họ các tập con của một tập hợp E được kí hiệu P(E) = {A| A ⊆ E}
Mệnh đề: |P(E)| = 2
|E|
2.2. Chỉnh hợp của n phần tử chọn k (hay chỉnh hợp chập k của n phần tử)
Trang 6
Giả sử E = {a
1
, a
2
, , a
n
}. Chỉnh hợp của n phần tử chọn k là một bộ sắp thứ tự
gồm k phần tử (a
i1
, , a
ik

).
Số các chỉnh hợp chập k của n phần tử được ký hiệu là A
k
n
. Ta có
A
k
n
= n(n-1) (n-k+1) = n!/(n-k)!
2.3. Tổ hợp của n phần tử chọn k (hay tổ hợp chập k của n phần tử)
Giả sử E = {a
1
, a
2
, , a
n
}. Tổ hợp của n phần tử chọn k là một bộ không sắp thứ tự
gồm k phần tử {a
i1
, , a
ik
}. Nói cách khác, đó là một tập con gồm k phần tử.
Số các tổ hợp chập k của n phần tử được ký hiệu là C
k
n
. Ta có
C
k
n
= n(n-1) (n-k+1)/k! = n!/k!(n-k)!

2.4. Hoán vị
Giả sử E = {a
1
, a
2
, , a
n
}. Một hóan vị của E là một cách xếp các phần tử của E
theo một thứ tự nào đó. Nói cách khác, đó chỉnh là chỉnh hợp của n phần tử chọn n.
Số các hóan vị của n phần tử ký hiệu là P
n
. Ta có P
n
= n!.
2.5. Chỉnh hợp lặp
Giả sử E = {a
1
, a
2
, , a
n
}. Chỉnh hợp lặp của n phần tử chọn k là một bộ sắp thứ tự
gồm k phần tử (a
i1
, , a
ik
), trong đó cho phép lấy lặp lại.
Số các chỉnh hợp chập k của n, theo quy tắc nhân, bằng n
k
.

2.6. Tổ hợp lặp
Giả sử E = {a
1
, a
2
, , a
n
}. Tổ hợp lặp của n phần tử chọn k là một bộ không sắp thứ
tự gồm k phần tử {a
i1
, , a
ik
}, trong đó cho phép lấy lặp lại. Nói cách khác, đó là
một đa tập hợp gồm k phần tử lấy từ E.
Số các tổ hợp lặp chập k của n phần tử được ký hiệu là H
k
n
. Ta có H
k
n
= C
k
n+k-1
2.7. Hoán vị lặp
Xét đa tập hợp E(r
1
, r
2
, , r
s

) có n phần tử, trong đó phần tử a
1
có r
1
phiên bản,
phần tử a
2
có r
2
phiên bản, , phần tử a
s
có r
s
phiên bản. r
1
+r
2
+ +r
s
= n. Một cách
xếp các phần tử của E theo thứ tự nào đó được gọi là một hóan vị lặp của n phần tử
của E.
Trang 7
Số hoán vị lặp của đa tập hợp E(r
1
, r
2
, , r
s
) bằng n!/r

1
! r
s
!.
Bổ đề: (Tính chất hệ số nhị thức): C
k-1
n
+C
k
n
= C
k
n+1
Định lý: (Nhị thức Newton): (x+y)
n
= C
0
n
x
n
+ C
1
n
x
n-1
y + + C
n
n
y
n

B. CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐẾM NÂNG CAO
1. SỬ DỤNG NGUYÊN LÝ BÙ TRỪ
Nguyên lý: Cho
1 2
, , ( ), 1
n
A A A n ≥
là các tập hợp hữu hạn khác rỗng thì:
( ) ( )
1 2 1 2 1
1 2 1 2 1
2 1
1 1 1
1 1
1 1
n
n
n n
n
n n
i i i i i i i i
i i i n i i i n
i i
A A A A A A A A
−
−
− −
= ≤ < ≤ ≤ < < < ≤
= =
= − ∩ + + − ∩ ∩ ∩ + −

∑ ∑ ∑ IU
hay:
1 2
1
1
1 1
1
( 1) (1)
k
k
k
n
n
i i i i
k i i n
i
A A A A
−
= ≤ < < ≤
=
= − ∩ ∩ ∩
∑ ∑U
Chứng minh: Ta chứng minh công thức (1) bằng phương pháp quy nạp theo
số n các tập hợp.
• n = 1, 2 công thức (1) đúng.
• Giả sử công thức (1) đúng đến n tập hợp hữu hạn, khác rỗng cho trước
• Xét n + 1 tập hợp hữu hạn bất kỳ: A
1
, A
2

, , A
n+1
thì ta có:
1
1
1 1
(2)
n n
i i n
i i
A A A
+
+
= =
 
=
 ÷
 
U U U
- Theo trường hợp n =2:
1
1 1
1 1 1
( ) (3)
n n n
i i n i n
i i i
A A A A A
+
+ +

= = =
= + − ∩
U U U
- Theo giả thiết quy nạp:
( )
1 2
1 2
1
1 1
1 1
1 (4)
n n
n
k
i i i i i
i i i n
i i
A A A A A
−
= ≤ < ≤
= =
= − ∩ + + −
∑ ∑ IU
- Bây giờ ta đi tính
1
1
( )
n
i n
i

A A
+
=
∩
U
Trang 8
- Ta viết:
1 1
1 1
( )
n n
i n i n
i i
A A A A
+ +
= =
 
∩ = ∩
 ÷
 
U U
( )
1 2
1 2
1
1
1 1 1
1 1
1 1
1 (5)

n n
n
n
i n i n j j n i
i j j n
i i
A A A A A A A A
+
−
+ + +
= ≤ < ≤
= =
 
∩ = ∩ − ∩ ∩ + + −
 ÷
 
∑ ∑ IU
Từ (3), (4), (5) với chú ý rằng:
1 1 1
1 1 1
1
1 1

k k
k k
i i j j n
i i n j j n
A A A A A
−
−

+
≤ < < ≤ ≤ < < ≤
∩ ∩ + ∩ ∩ ∩
∑ ∑
=
1
1
1 1

k
k
i i
i i n
A A
≤ < < ≤ +
∩ ∩
∑

ta có điều phải chứng minh
Một số bài toán áp dụng
Bài toán 1: Một lớp có 40 học sinh, trong đó có 20 em giỏi toán, 21 em giỏi lí, 22 em
giỏi hoá; 8 em giỏi toán và hoá, 11 em giỏi lí và hoá, 5 em giỏi cả ba môn. Biết rằng
mỗi học sinh trong lớp giỏi ít nhất một môn. Tìm số học sinh giỏi cả hai môn toán và
lý.
Lời giải : Gọi T, L, H lần lượt là số học sinh giỏi toán, lý, hoá.
Từ giả thiết
20T =
;
21L =
;

22H =

8T H∩ =
;
11L H∩ =
;
5T L H∩ ∩ =
40T L H∪ ∪ =
. Ta phải tìm
T L∩
.
Ta có:
T L H T L H T L T H L H T L H∪ ∪ = + + − ∩ − ∩ − ∩ + ∩ ∩
⇒ 40 =20+21+22-
T L∩
-8-11+5 ⇒
T L∩
= 20+21+22-8-11+5- 40=9
Vậy có 9 học sinh giỏi cả hai môn toán và lý.
Bài toán 2: Có 15 quả cầu đôi một khác nhau, trong đó có 4 quả màu vàng. 5 quả
màu xanh, 6 quả màu đỏ. Có bao nhiêu cách chọn ra 10 quả sao cho trong các quả
cầu còn lại có đủ ba màu.
Trang 9
Lời giải: Gọi A là tập hợp các cách chọn ra 10 quả cầu; V, X, Đ theo thứ tự
là tập hợp các cách chọn ra 10 quả cầu mà trong các quả cầu còn lại không có quả
nào màu vàng, xanh, đỏ; n là số cách chọn 10 quả cầu thoả mãn yêu cầu. Ta có:
(n A V X D A V X D V X X D D V V X D= − ∪ ∪ = − + + − ∩ − ∩ − ∩ + ∩ ∩
)
6 5 4
11 10 9

; ; .V C X C D C= = =
;
1 0 10
6 5 15
; 0; ; 0; .V X C X D D V C V X D A C∩ = ∩ = ∩ = ∩ ∩ = =
Vậy n=
10 6 5 4 1
15 11 10 9 6
( 0 1 0)C C C C C− + + − − − + =
3003 - (462 + 252 + 126 - 7) = 2170
Bài toán 3: Cho 3 chữ số: 1, 2, 3. Từ các chữ số trên có thể lập được bao nhiêu số
gồm n chữ số (n ≥3) sao cho trong mỗi số đó, có mặt cả ba chữ số 1, 2, 3.
Lời giải : Gọi A là tập hợp các số thoả mãn điều kiện bài toán. S là tập hợp
các số gồm n chữ số được lập từ ba chữ số đã cho. T
i
là tập hợp các số thuộc S mà
trong số đó không có mặt chữ số i (i=1,2,3).
Ta có:
1 2 3
T X T T T= − ∪ ∪
*
3
n
T =
*
1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3
T T T T T T T T T T T T T T T∪ ∪ = + + − ∩ − ∩ − ∩ + ∩ ∩
dễ tính được:
1 2 2 3 3 1
1T T T T T T∩ = ∩ = ∩ =

,
1 2 3
T T T∩ ∩
= 0
Vậy:
1 2 3
T T T∪ ∪
= 3. 2
n
- 3 ⇒
3
n
T =
-3.2
n
+3
Bài toán 4: Cho n là số nguyên dương và cho k số nguyên dương a
1
, a
2
, , a
k
đôi
một nguyên tố cùng nhau. Tìm số các số nguyên dương a ≤ n sao cho a không chia
hết cho a
i
với mọi i=1, 2, , k.
Trang 10
Lời giải : Mỗi i=1, 2, , k. Ta đặt
{ }

*
/ ,
i i
A a N a n a a= ∈ ≤ M
và A là tập hợp
các số thoả mãn điều kiện của bài toán thì
(1)
1
k
i
A n Ai
=
= −
U
Dễ thấy
{ }
, 2 , ,
i i i i i
A a a m a=
với m
i
∈N
*
và thoả mãn: m
i
a
i
≤ n < (m
i
+1)a

i
Nên:
i i
i
n
A m
a
 
= =
 
 
.
( )
{ }
*
,
i j i j
A A a N a n vµ a a a∩ = ∈ ≤ M
⇒
i j
i j
n
A A
a a
 
∩ =
 
 
(Do (a
i

,

a
j
) = 1)).
Hoàn toàn tương tự
1 2
1 2


k
k
i i i
i i i
n
A A A
a a a
 
∩ ∩ ∩ =
 
 
 
.
Vậy
1 2
1 2
1
1 1
1 1
( 1)

k k
k
k
i i i i
i i i k
i i
Ai A A A A
−
= ≤ < ≤
= =
= − ∩ + + −
∑ ∑ IU
1 2
1 2
1
1 1
1 2
( 1)

k
k
i i i k
i i i n
n n n
a a a a a a
−
= ≤ < ≤
 
   
= − + + −

 
   
 
   
 
∑ ∑
⇒
1 2
1 2
1 1
1
( 1)
k
k
k
i
i i i k
i i i
i
i
n n n
A n
a a a
a
= ≤ < ≤
=
 
 
 
 

= − + − + −
 
 
 
 
 
 
 
 
∑ ∑
∏
Bài toán 5: Cho n là số nguyên dương. Gọi A là tập gồm tất cả các số nguyên
dương
a n
≤
và
( )
, 1a n =
. Xác định
A
.
Lời giải : Phân tích chuẩn tắc n ta được
1 2
1 2

m
k
k k
m
n p p p=

với
*
,
i i
k p∈¥
là các ước
nguyên tố của n với mọi i.
Trang 11
Khi đó
{ }
*
| , , 1,
i
A a a n a p i m
/
= ∈ ≤ ∀ =¥ M

Gọi
{ }
*
| ,
i i
A a a n a p= ∈ ≤¥ M
Suy ra
1
m
i
i
A
=

U
là tập các số
a n
≤
và
( )
, 1a n >
Theo nguyên lí bù trừ và bài toán trên ta có:
( )
1
1 1
1 1
1
m m
m
m
i i i j i
i i j n
i i
A A A A A
−
= ≤ < ≤
= =
= − ∩ + + −
∑ ∑ IU
1
1 1
1 2
( 1)

k
k
i i i k
i i i n
n n n
p p p p p p
−
= ≤ < ≤
     
= − + + −
     
     
∑ ∑
1
1 1
1 2
( 1)

m
m
i i j m
i i j m
n n n
p p p p p p
−
= ≤ < ≤
= − + + −
∑ ∑
1 2
1 1 1

1 1 1
m
n
p p p
 
  
= − − −
 ÷
 ÷ ÷
  
 
Bài toán 6: Cho các số nguyên dương k và n thỏa mãn điều kiện
2
1n k k> − +
.
Xét n tập hợp
1 2
, , ,
n
A A A
thỏa mãn đồng thời các điều kiện:
i.
, 1,2, ,
i
A k i n= ∀ =

ii.
{ }
2 1, 1,2, ,
i j

A A k i j n∪ = − ∀ ≠ ∈
Tính
1
n
i
i
A
=
U
.
Lời giải : Từ giả thiết suy ra
{ }
1, 1,2, ,
i j
A A i j n
∩ = ∀ ≠ ∈
Xét một tập bất kì, chẳng hạn
i
A
. Khi đó
1
1, 2,3, ,n
i
A A i∩ = ∀ =
Trang 12
Mà
i
A
có k phần tử nên theo nguyên lí Dirichlet, phải tồn tại 1 phần tử
i

a A∈
là
phần tử chung của ít nhất m tập trong các tập
2 3
, , ,
n
A A A
với
1
1
n
m k
k
−
≥ > −
.
Nếu
1m n< −
thì sẽ tồn tại
j
A
mà
j
a A∈
/
. Khi đó suy ra
1
j
A m k
≥ + >

, vô lí.
Suy ra
1m n= −
hay
1
1
n
i
i
A
=
=
I
, suy ra
( )
1
1 1
n
i
i
A n k
=
= − +
U
Bài toán 7: Cho m quả cầu đôi một khác nhau và n cái hộp đôi một khác nhau (m
≥ n). Có bao nhiêu cách bỏ tất cả các quả cầu vào trong các hộp sao cho hộp nào
cũng có ít nhất 1 quả cầu (không kể thứ tự các quả cầu trong mỗi hộp).
Khi giải bài toán này, rất nhiều học sinh mắc sai lầm như sau: Trước hết bỏ
vào mỗi hộp một quả cầu: Có
n

m
A
cách, sau đó phân phối ngẫu nhiên m-n cầu còn
lại vào n cái hộp và có n
m-n
và kết luận:
n
m
A
. n
m-n
cách. Cách giải trên đã mắc sai
lầm vì ta không kể thứ tự của các quả cầu trong mỗi hộp.
Để giải bài toán này, ta phải dùng nguyên lí bù trừ.
Gọi A là số cách bỏ cầu vào hộp thoả mãn điều kiện bài toán;
Với mỗi i=1, 2, , n ta ký hiệu A
i
là số cách bỏ cầu vào hộp mà A
i
không chứa
cầu. S là tập hợp tất cả các cách bỏ cầu vào hộp. Thế thì
1
n
i
i
A S A
=
= −
U
Ta dễ thấy số cách bỏ ngẫu nhiên x quả cầu vào y cái hộp (số lượng cầu trong

mỗi hộp không hạn chế và không kể thứ tự các quả cầu trong mỗi hộp) là y
x
.
Thật vậy: Quả cầu thứ nhất có y cách bỏ vào hộp (bỏ vào hộp nào cũng
được); quả cầu thứ hai cũng có y cách bỏ vào hộp (bỏ vào hộp nào cũng được, kể
cả hộp đã có cầu) quả cầu thứ x cũng có y cách bỏ vào hộp.
Trang 13
Vậy theo quy tắc nhân thì ta có:
.
x
x
y y y y=
12 3
cách bỏ hết cầu vào hộp.
Từ nhận xét trên ta thấy:
S
=n
m
.
( )
1
m
i
A n= −
(bỏ m quả cầu vào n-1 cái hộp
khác hộp A
i
) với i=1, 2, , n
( )
2

m
i j
A A n
∩ = −
(bỏ m quả cầu vào n-2 cái hộp khác hộp A
i
và A
j
), ∀i≠j
i, j=1, 2, , n.Tương tự:
( )
1 2

m
i i ik
A A A n k∩ ∩ ∩ = −
với 1 ≤ i
1
< i
2
< < i
k
≤ n.
Từ đó
( ) ( ) ( ) ( )
1 2 1 2 1
2
1 1 1
1
1 2 1 1

n
n
n
n
m
m m
i
i i i n i i i n
i
A n n n n
−
−
= ≤ < ≤ ≤ < < < ≤
=
= − − − + + − − −
 
 
∑ ∑ ∑U
=
( ) ( ) ( )
2
1 2 1
1 2 1
m m n
n
n n n
C n C n C
−
−
− − − + + −

( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1
1
1 2 1
0
1 2 1 1
n
m m n i m
m n i
n n n n
i
A n C n C n C C n i
−
−
−
=
= − − − − − + − = − −
∑
Nhận xét: Bản chất bài toán trên là " Có bao nhiêu toàn ánh f: X
→
Y, trong
đó X có m phần tử còn Y có n phần tử, m
≥
n".
Bài toán 8: Cho n quả cầu C
1
, ,C
n
và n cái hộp H

1
, ,H
n
. Có bao nhiêu cách bỏ các quả
cầu vào hộp, mỗi hộp 1 quả cầu sao cho hộp H
i
không chứa quả cầu C
i
,
1, , .i n=

Ta có thể phát biểu bài toán ở dạng khác:
Cho hai tập hợp hữu hạn khác rỗng có cùng số phần tử :
{ }
1 2
, ,
n
X a a a=
và Y=
{ }
1 2
, ,
n
b b b
. Hãy tìm số các song ánh
:f X Y→
: sao cho
ƒ
(a
i

)
≠
b
i
,
∀
i=1, 2, , n.
Lời giải: Ta ký hiệu A là tập các song ánh
:f X Y→
thoả mãn điều kiện bài
toán; Với mỗi i = 1, , n. Ta đặt A
i
là tập hợp các song ánh
:f X Y→
mà ƒ(a
i
)=b
i
;
S là tập hợp các song ánh từ X lên Y
Trang 14
Ta có nhận xét: Nếu các tập hợp khác rỗng, hữu hạn P, Q có cùng số phần tử
là k thì có k! song ánh từ P lên Q (mỗi song ánh tương ứng với 1 hoán vị của k
phần tử). Từ nhận xét đó dễ thấy:
S
=n!
( )
1 !, 1,2, ,
i
A n i n= − ∀ =

( )
1
2
2 !, ; , 1,2, ,
i i
A A n i j i j n
∩ = − ∀ ≠ =
.
( )
1
2 1 2
!, , , ,
i i ik k
A A A n k i i i
∩ ∩ ∩ = − ∀
thoả mãn: 1≤i
1
<i
2
<…<i
k
≤n
Vậy
( ) ( ) ( ) ( )
1 2 1
! 1 ! 2 ! 1 !
n
n
n n n
A n C n C n C n n

−
= − − + − − + − −

( )
( )
1
1
! ! ! 1 1
! 1 !
1! 2! ! 2! 3! !
n
n
n
n
n n n
n C n
n n
−
 
−
= − + − + − = − + −
 
 
 
Bài toán 9: Một người đưa thư phân phối n bức thư mang tên người nhận khác
nhau vào n hộp thư của các người nhận. Do tên người nhận ghi trên các phong bì bị
mờ nên việc phân phối được thực hiện ngẫu nhiên mỗi thư vào một hộp. Có bao
nhiêu kết quả phân phối khác nhau, sao cho có ít nhất một bức thư đến đúng địa
chỉ.
Ta có thể phát biểu bài toán ở dạng khác như sau:

Cho hai tập hợp hữu hạn khác rỗng có cùng số phần tử :
{ }
1 2
, ,
n
X a a a=
và Y=
{ }
1 2
, ,
n
b b b
. Hãy tìm số các song ánh
:f X Y→
: sao cho
tồn tại i
∈
{1,2, ,n} mà
ƒ
(a
i
)=b
i
,
∀
i=1, 2,…,n.
Lời giải: Dựa theo kết quả ví dụ 6. Số các song ánh f thỏa mãn yêu cầu là:
Trang 15
( ) ( ) ( ) ( )
( )

( )
1 2 1
1
1 ! 2 ! 1 !
1
! ! ! 1 1
1 ! 1
1! 2! ! 2! 3! !
n
n
n n n
n
n
n
n
A C n C n C n n
n n n
C n
n n
−
−
= − − − + − − −
 
−
= − + − − = − − + −
 
 
 
Bài toán 10 : Cho hai tập hợp hữu hạn, khác rỗng có cùng số phần tử là n:
{ }

1 2
, ,
n
X a a a=
và Y=
{ }
1 2
, ,
n
b b b
. Có bao nhiêu song ánh
:f X Y→
: sao
cho có đúng k số tự nhiên i
1
, i
2
, , i
k
(1 ≤ k ≤ n) mà ƒ(a
ij
)=b
ij
∀j=1, 2, , k
Lời giải : Trước hết ta chọn k số trong tập X :
1 2 k
i i
, a , , a
i
a

và đặt
( )
j j
i i
f a b=
,
j=1, 2, , k. có
k
n
C
cách chọn ra k phần tử như vậy.
Ta xét n-k phần tử còn lại trong X và n-k phần tử còn lại trong Y (khác với các b
ij
). Theo
ví dụ 5 thì có (n-k)!
( )
( )
1
1 1

2! 3! !
n k
n k
−
 
−
− + −
 
−
 

 
song ánh từ X lên Y mà
( )
j j
i i
f a b=
.
Vậy số song ánh cần tìm:
( )
( )
( )
1
1 1
. !
2! 3! !
n k
k
n
n
C n k
n k
−
 
−
− − + +
 
−
 
 
(Theo quy tắc nhân)

Bài toán 11: Cho n là một số tự nhiên. Ta nói hoán vị (x
1
, x
2
, , x
2n
) của tập hợp
{1, 2, , 2n} có tính chất P nếu
1i i
x x n
+
− =
với ít nhất một i∈{1, , 2n-1}. Chứng
minh rằng với mỗi n, số các hoán vị có tính chất P lớn hơn số các hoán vị không có
tính chất P.
Lời giải: Ta chia các số 1, 2, ,n thành từng cặp (1; n+1); (2; n+2); ; (n; 2n).
Một hoán vị có tính chất P nếu có x
i
và x
i+1
trong cùng một cặp. Giả sử A
k
là
tập hợp các hoán vị trong đó các số k và n+k đứng kề nhau. Số các hoán vị có tính
chất P là:
1
n
k
k
A

=
U
, số tất cả các hoán vị là: (2n)!.
Trang 16
Vậy ta đi chứng minh:
1
n
k
k
A
=
U
>
1
2
(2n)!
Ta có:
1 1
1
n
n
k k i j
k i j n
k
A A A A
= ≤ < ≤
=
≥ −
∑ ∑
I

U
Trong mỗi hoán vị của 2n phần tử có 2n-1 các chọn cặp 2 phần tử kề nhau
để đặt hai số k và n + k.
Vì vậy
k
A
= 2(2n - 1)(2n - 2)! = 2(2n - 1)!;
1
(2 )!
n
k
k
A n
=
=
∑
Tương tự, Trong mỗi hoán vị của 2n phần tử có (2n - 3)(n - 1) các chọn
2cặp, mỗi cặp có 2 phần tử kề nhau để đặt hai số k và n + k và i, n + i. Vì vậy
8( 1)(2 3)! 4(2 2)!
i j
A A n n n
= − − = −
I
2
1
1 1
4 (2 2)! (2 )! (2 )!
2 1 2
i j n
i j n

n
A A C n n n
n≤ < ≤
−
= − = <
−
∑
I
Cuối cùng ta được:
1 1
1
(2 )!
2
n
k i j
k i j n
A A A n
= ≤ < ≤
− >
∑ ∑
I
Bài toán 12: (VMO-1995, Bảng B). Hỏi từ các số 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao
nhiêu số có 10 chữ số thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
1. Trong mỗi số, mỗi chữ số có mặt đúng hai lần
2. Trong mỗi số, hai chữ số giống nhau không đứng cạnh nhau
Gợi ý
Gọi A là tập gồm tất cả các số có 10 chữ số, lập từ các số 1, 2, 3, 4, 5 thỏa mãn
điều kiện (1) của để bài. Với mỗi
i
kí hiệu A

i
là tập gồm tất cả các số thuộc A mà
trong mỗi số đều có hai chữ số
i
đúng cạnh nhau.
Suy ra số các số cần tìm là:
Trang 17
5 5
5 5
1 2
1 1
1 1; 2 1
5 5
5
1 2 3 1 2 3 4
1
1; 2; 3 1 1; 2; 3; 4 1
\
i i i i i
i i
i i i
i i i i i i i i
i
i i i i i i i
A A A A A A A A
A A A A A A A A
= =
= =
=
= =

∪ = − ∪ = − + ∩
− ∩ ∩ + ∩ ∩ ∩ − ∩
∑ ∑
∑ ∑
Ta có:
5
10!
2
A =
;
( )
1 2
5
10 !

2
i i ik
k
k
A A A
−
−
∩ ∩ ∩ =
Suy ra kết quả là: 39480
Một số bài tập áp dụng
Bài 1: Có
n
người xếp thành một hàng dọc. Hỏi với mỗi số nguyên dương
2
n

k
 
≤
 
 
cho trước có bao nhiêu cách chọn ra
k
người
n
người trên sao cho không
có hai người đứng kề nhau được chọn
Bài 2: (Bài đề nghị cho IMO của Trung Quốc năm 1991): Cho s = 1, 2, 3, …, 280.
Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho mọi tập hợp con gồm n phần tử của S đều chứa
năm số đôi một nguyên tố cùng nhau
Bài 3 (VMO - 1995). Cho số nguyên
2n ≥
và cho một đa giác đều 2n đỉnh. Người
ta tô tất cả các đỉnh của đa giác đều đó bởi n màu sao cho các điều kiện sau được
đồng thời thỏa mãn:
1. Mỗi đỉnh được tô bởi một màu
2. Mỗi màu được dùng để tô cho đúng hai đỉnh không kề nhau
Hai cách tô màu, thỏa mãn các điều kiện trên, được gọi là tương đương nếu cách tô
màu này có thể nhận được từ cách tô màu kia nhờ một phép quay quanh tâm của đa
giác đã cho
Hỏi có tất cả bao nhiêu cách tô màu đôi một không tương đương
Trang 18
2. PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ÁNH XẠ
Để đếm số phần tử của một tập hữu hạn A, ta tìm một tập hữu hạn B có cùng
số phần tử như A nhưng dễ đếm hơn. Hoặc khi gặp bài toán yêu cầu chứng minh
bất đẳng thức lên quan đến số phần tử của hai tập, ta tìm một ánh xạ ( là đơn hay

toàn ánh tùy thuộc vào bất đẳng thức) từ tập này vào tập kia. Điều này được suy ra
do nguyên lí ánh xạ.
Trước hết có một số kiến thức lý thuyết mở đầu
1. Định nghĩa ánh xạ: Một ánh xạ f từ tập X đến tập Y là một quy tắc đặt tương
ứng mỗi phần tử x của X với một và chỉ một phần tử y của Y. Phần tử y được gọi là
tạo ảnh của x qua ánh xạ f và được kí hiệu là
( )
f x
.
i. Tập X được gọi là tập xác định của f. Tập Y được gọi là tập giá trị của f.
ii. Ánh xạ f từ X đến Y được ký hiệu là
:f X Y→
.
2. Đơn ánh, toàn ánh, song ánh
2.1. Ánh xạ
:f X Y→
được gọi là đơn ánh nếu với mọi
, ,a X b X a b∈ ∈ ≠
thì
( ) ( )
f a f b≠
.
Hay với mọi
,a X b X∈ ∈
mà
( ) ( )
f a f b≠
thì
a b=
.

2.2. Ánh xạ
:f X Y→
được gọi là toàn ánh nếu với mỗi
y Y∈
đều tồn tại một
phần tử
x X∈
sao cho
( )
y f x=
.
2.3. Ánh xạ
:f X Y→
được gọi là song ánh nếu nó vừa là toàn ánh, vừa là đơn ánh.
Nguyên lý ánh xạ. Cho A và B là các tập hữu hạn khác rỗng và
:f A B→
là một
ánh xạ. Khi đó:
a) Nếu f là đơn ánh thì
A B≤
;
b) Nếu f là toàn ánh thì
A B≥
;
c) Nếu f là song ánh thì
A B=
.
Chúng ta cùng đến với một số ví dụ mở đầu sau
đây.
Bài toán 1: Xét hình chữ nhật 1x4 như hình vẽ.

Có bao nhiêu cách để đi từ A đến B trong mỗi
trường hợp sau:
a. Chỉ đi lên và qua phải.
b. Không có đoạn nào lặp lại.
Giải
Ta cần đưa việc tính số đường đi thông qua một bộ kí tự mới.
a. Ta có thể mã hóa mỗi lần đi lên là số 1, đi qua phải là số 0. Khi đó mỗi đường
đi sẽ ứng với một dãy các số 1 và 0, trong đó có đúng 1 số 1 và 4 số 0 ( Ở đây
Trang 19
B
A
đã xuất hiện song ánh từ tập đường đi với tập bộ số 1, 0 thỏa mãn yêu cầu). Số
các dãy đó là số cách chọn 1 vị trí trong 5 vị trí để đặt số 1, có 5 cách.
b. Mỗi bước đi có thể coi là một dãy các cách đi lên, qua phải, đi xuống (không
được đi qua trái vì nếu thế sẽ có đoạn lặp lại). Có thể thấy sau mỗi bước đi lên
hoặc đi xuống thì phải qua phải, vì vậy ta chỉ quan tâm đến đường đi bên trên
và đường đi bên dưới.
Ví dụ dãy: LPPXPLP, ta coi nó như dãy TTDT.
Như vậy số cách thỏa mãn bằng số cách sắp xếp 2 kí
tự T, D vào 4 vị trí mà không cần điều kiện gì
ràng buộc, số cách là
4
2
.
Bài toán 2: Cho hình chữ nhật
( )
m n m n× <
với
đỉnh dưới cùng bên trái là A, trên cùng bên phải là
B. Có bao nhiêu cách đi từ A đến B trong mỗi

trường hợp sau:
a. Chỉ được đi lên và qua phải.
b. Chỉ được đi lên và qua phải nhưng không được
chạm vào đường AC (không kể điểm A).
c. Chỉ được đi lên và qua phải nhưng không đi qua điểm I (là giao của dòng i
và cột j).
Giải
a. Tương tự như ý a của bài toán 1, ta có thể mã hóa mỗi lần đi lên là số 1, đi qua
phải là số 0. Khi đó mỗi đường đi sẽ ứng với một dãy các số 1 và 0, trong đó có
đúng m số 1 và n số 0. Số các dãy đó là số cách
chọn m vị trí trong
m n+
vị trí để đặt số 1, ta
được kết quả là
m
m n
C
+
.
b. Đi từ A đến B mà không chạm AC, nghĩa là bước
đầu phải qua D. Số bước đi từ A
đến B không chạm AC bằng số cách đi từ D đến B
mà không chạm AC bằng số cách đi từ D đến B trừ
đi số cách đi từ D đến B mà chạm vào AC.
Trang 20
B
A
Mỗi cách đi từ D đến B mà chạm AC, giả sử chạm tại điểm M và N (như hình vẽ)
ta lấy đối xứng qua đường AC đoạn đường đi từ D đến N, sẽ được một cách đi
từ E đến B, tổng quát hơn thì ta sẽ lấy đối xứng đường đi từ D đến điểm chạm

AC cuối cùng. Dễ thấy đây là một song ánh từ tập cách đi từ D đến B mà chạm
AC với tập cách đi từ E đến B.
Theo ý a, ta được: số cách đi từ D đến B là
1
m
m n
C
+ −
, số cách đi từ E đên B là
1
1
m
m n
C
−
+ −
.
Vậy kết quả là:
1
1 1
m m n
m n m n n m
n m
C C C
n m
−
+ − + − +
−
− =
+

.
c. Số cách đi không qua I bằng số cách đi từ A đến B trừ đi số cách đi qua I.
Số cách đi qua I bằng số cách đi từ A đến I nhân với số cách đi từ I đến B (quy tắc
nhân) =
( )
.
i m i
i j
m n i j
C C
−
+
+ − +
.
Vậy kết quả là
( )
.
n i m i
m n i j
m n i j
C C C
−
+ +
+ − +
−
.
Bài toán 3 (Bài toán bầu cử): Trong một cuộc bầu cử, ứng cử viên A được a phiếu
bầu, ứng cử viên B được b phiếu bầu (a > b). Cử tri bỏ phiếu tuần tự từng người. Có
bao nhiêu cách sắp xếp việc bỏ phiếu để lúc nào A
cũng hơn B về số phiếu bầu?

Giải
Xét hình chữ nhật
b a×
như hình vẽ (có b hàng và a
cột). Mỗi một cách sắp xếp việc bỏ phiếu là một
cách đi từ M đến N (nếu bỏ cho A thì qua phải, bỏ
cho B thì lên trên).
Cách sắp xếp để lúc nào A cũng thắng là cách đi từ
M đến N mà không chạm MP (không kể điểm M).
Theo bài toán 2, được kết quả là
1
1 1
a a a
a b a b a b
a b
C C C
a b
−
+ − + − +
−
− =
+
.
Tuy nhiên, chúng ta cần hoán vị những cử tri để có được kết quả là
! !
a
a b
a b
a b C
a b

+
−
+
Một mở rộng của bài toán bầu cử: Trong một cuộc bầu cử, ứng cử viên A nhận
được m phiếu bầu và ứng cử viên B nhận được n phiếu bầu, với
m kn≥
. Hỏi có
Trang 21
bao nhiêu cách sắp thứ tự các phiếu bầu để ứng cử viên A luôn nhận được số phiếu
nhiều hơn k lần ứng cử viên B trong toàn bộ quá trình kiểm phiếu.
Bài toán 4 (bài toán xếp hàng mua vé): Có m + n người đang đứng quanh quầy
vé, trong đó n người chỉ có tiền 5.000 và m người chỉ có tiền 10.000. Đầu tiên ở
quầy không có tiền, vé giá 5.000. Hỏi có bao nhiêu cách xếp m + n người thành
hàng để không một người nào phải chờ tiền trả lại (m
≤
n).
Giải
Xét hình chữ nhật
m n×
như hình vẽ (có m hàng và n cột).
Mỗi một cách sắp xếp việc mua vé là một cách đi từ
M đến N (nếu người mua vé có 5000 thì qua phải,
người mua vé có 10.000 thì lên trên).
Cách sắp xếp để không có người nào phải đợi trả lại
vé, nghĩa là tại một thời điểm bất kì số người đã mua
vé có 5000 nhiều hơn số người đã mua vé có 10.000,
đây chính là cách đi từ M đến N mà không chạm MP
(không kể điểm M).
Theo bài toán 2, được kết quả là:
1

1 1
n n n
n m n m n m
n m
C C C
n m
−
+ − + − +
−
− =
+
.
Cũng như bài 3, ta cần hoán vị những người mua vé, được kết quả là
! !
n
n m
n m
m n C
n m
+
−
+
Bài toán 5 ( Bài toán chia kẹo của EULER ) : Cho k, n là các số nguyên dương.
Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình :
( )
1 2
*
k
x x x n+ + + =
.

Đây là bài toán quen thuộc của toán đếm tổ hợp. Có thể kể ra một vài phương
pháp giải quyết đối với bài toán này như đệ quy, hàm sinh,…Nhưng ở đây chúng
ta sẽ tiếp cận nó theo một góc nhìn khác : Song ánh. Một cách tự nhiên ta nghĩ đến
việc thiết lập một ánh xạ từ tập {x
1
, x
2
, … , x
k
}. Và để thuận tiện ta sẽ cho ánh xạ
này chạy vào một dãy nhị phân , đưa bài toán trở về đếm tổ hợp thông thường.
Giải Gọi A là họ các bộ {x
1
, x
2
, … x
k
}thoả mãn phương trình, B là họ các
dãy nhị phân có độ dài n + k - 1 gồm k-1 bit 0 và n bit 1.
Trang 22
Xét ánh xạ f cho bởi quy tắc : Với mỗi bộ {x
1
, x
2
, … x
k
} ta thực hiện viết liên
tiếp từ trái qua phải x
1
bit 1, rồi đến 1 bit 0, rồi lại đến x

2
bit 1, cứ như thế đến hết
x
n
. Như vậy ứng với mỗi bộ{x
1
, x
2
, … x
k
} ta xây dựng được một dãy nhị phân có
độ dài n+k-1 gồm k-1 bit 0 và n bit 1. Dễ dàng chứng minh được f là một song
ánh.
Vậy số nghiệm của phương trình (*) sẽ tương ứng với số dãy nhị phân có độ
dài n+k-1 gồm k-1 bit 0 và n bit 1. Mặt khác mỗi dãy nhị phân tương ứng với một
cách chọn k-1 vị trí cho bit 0 nên số dãy nhị phân thoả mãn là
1
1
k
n k
C
−
+ −
.
Ta có thể mở rộng hơn bài toán trên khi thêm điều kiện của ẩn, ví dụ như:
Cho k, n là các số nguyên dương. Tìm số nghiệm nguyên lớn hơn hoặc bằng m
của phương trình : x
1
+ x
2

+ … + x
k
= n (*)
Bằng cách đổi biến
i i
y x m= −
, nhận xét
0
i i
x m y≥ ⇒ ≥
Ta được phương trình:
1 2

k
y y y n km+ + + = −
, khi đó cần điều kiện
0n km− ≥
để phương trình có nghiệm, và ta đưa về bài toán trên.
Bài toán chia kẹo của EULER có rất nhiều ứng dụng trong việc đếm số cách
sắp xếp các phần tử, chủ yếu vào 1 hàng và thỏa mãn điều kiện nào đó. Có thể
kể ra một số ứng dụng của bài toán này:
VMO 2012 - Bài toán 5
Cho một nhóm gồm 5 cô gái, kí hiệu là G
1
, G
2
, G
3
, G
4

, G
5
và 12 chàng trai. Có 17
chiếc ghế được xếp thành một hàng ngang. Người ta xếp nhóm người đã cho ngồi
vào các chiếc ghế đó sao cho các điều kiện sau được đồng thời thỏa mãn:
1/ Mỗi ghế có đúng một người ngồi;
2/ Thứ tự ngồi của các cô gái, xét từ trái qua phải, là G
1
, G
2
, G
3
, G
4
, G
5
;
3/ Giữa G
1
và G
2
có ít nhất 3 chàng trai;
4/ Giữa G
4
và G
5
có ít nhất 1 chàng trai và nhiều nhất 4 chàng trai.
Hỏi có tất cả bao nhiêu cách xếp như vậy?
Trang 23
(Hai cách xếp được coi là khác nhau nếu tồn tại một chiếc ghế mà người ngồi ở

chiếc ghế đó trong hai cách xếp là khác nhau).
Lời giải.
Đánh số thứ tự các ghế từ trái sang phải là 1, 2, …,17.
Gọi x
1
là số chàng trai được xếp bên trái G
1
, x
2
là số chàng trai ở giữa G
1
và G
2
, x
3
là số chàng trai ở giữa G
2
và G
3
, x
4
là số chàng trai ở giữa G
3
và G
4
, x
5
là số chàng
trai ở giữa G
4

và G
5
, x
6
là số chàng trai được xếp ở bên phải G
5
. Khi đó bộ số (x
1
,
x
2
, …, x
6
) hoàn toàn xác định vị trí các cô gái và ta có
1) x
1
+ x
2
+ … + x
6
= 12
2) 3 ≤ x
2

3) 1 ≤ x
5
≤ 4
Đổi biến y
2
= x

2
– 3 và y
5
= x
5
– 1 ta được x
1
+ y
2
+ x
3
+ x
4
+ y
5
+ x
6
= 8
Với các ẩn không âm và có thêm điều kiện y
5
≤ 3.
Tiếp theo, sử dụng bài toán chia kẹo của Euler ở dạng
x
1
+ y
2
+ x
3
+ x
4

+ x
6
= 8 – y
5
ta được số cách phân ghế cho các cô gái là
4 4 4 4
12 11 10 9
1161.C C C C+ + + =
Vì còn có 12 chàng trai có thể hoán đổi vị 12 chiếc ghế dành cho họ nên số cách
xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán là 12!. 1161.
Lưu ý: Với các bài toán dưới đây, điều kiện của k, m, n đều là các số nguyên dương.
Bài toán 6: Có bao nhiêu cách chọn k số từ n số nguyên dương đầu tiên sao cho
không có 2 số nào là 2 số liên tiếp (ở đây không quan tâm thứ tự chọn các số này).
Giải
Cần tìm số phần tử của tập
( )
{ }
1 2 1
; ; ; | 1,1
k i i i
A a a a a a a n
+
= < − ≤ ≤

Xét tập
( )
{ }
1 2 1
; ; ; | ; 1 1
k i i i

B b b b b b b n k
+
= ≤ ≤ ≤ − +
.
Thiết lập một ánh xạ
:f A B→

( ) ( )
1 2 3 1 2 3
; ; ; ; ; 1; 2; ; 1
k k
a a a a a a a a k→ − − − +
Ta chứng minh đây là một song ánh.
Trang 24
Với hai bộ bất kì
( )
( )
' ' ' '
1 2 3 1 2 3
; ; ; ; , ; ; ; ;
k k
a a a a a a a a A∈
là khác nhau, nghĩa là
chúng khác nhau tại một vị trí nào đó, giả sử là vị trí thứ i, tức là
' '
1 1
i i i i
a a a i a i≠ ⇒ − + ≠ − +
,
hay hai bộ

( )
( )
' ' ' '
1 2 3 1 2 3
; 1; 2; ; 1 ; ; 1; 2; ; 1
k k
a a a a k a a a a k− − − + − − − +
là khác
nhau. Suy ra f là đơn ánh.
Với mỗi bộ
( )
1 2 3
; 1; 2; ; 1
k
a a a a k B− − − + ∈
rõ ràng luôn cho một bộ
( )
1 2 3
; ; ; ;
k
a a a a A∈
, hay f là toàn ánh.
Vậy f là song ánh.
A B⇒ = =
số cách chọn k số từ
1n k− +
số mà không quan tâm thứ tự
1
k
n k

C
− +
=
.
Có thể thấy một số cách phát biểu khác của bài toán 6
Bài toán 6.1: Trên đường thẳng cho các điểm
1 2
; ; ;
n
A A A
. Có bao nhiêu cách tô
màu k điểm trong n điểm trên sao cho không có hai điểm liên tiếp được tô.
Hướng dẫn: Đánh số các điểm
1 2
; ; ;
n
A A A
tương ứng với các số 1, 2, …, n. Cách tô
màu thỏa mãn đề bài chính là cách chọn k số từ n số trên sao cho không có hai số
liên tiếp được chọn. Theo bài toán 6 được kết quả là
1
k
n k
C
− +
.
Bài toán 6.2: Trên đường tròn cho các điểm
1 2
; ; ;
n

A A A
theo chiều kim đồng hồ.
Có bao nhiêu cách tô màu k điểm trong n điểm trên sao cho không có hai điểm liên
tiếp được tô.
Hướng dẫn
Xét điểm
1
A
. Nếu
1
A
được tô màu, khi đó hai điểm
2
;
n
A A
không được tô.
Suy ra số cách thỏa mãn là số cách tô
1k −
điểm trong số
3n −
điểm
3 4 1
; ; ;
n
A A A
−

sao cho không có hai điểm liên tiếp được tô. Kết quả là
1

1
k
n k
C
−
− −
.
Trang 25