Luận văn thạc sĩ khoa học - Phương pháp xác suất trong toán trung học phổ thông

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
ĐẠI HỌC KHOA HOC TỰ NHIÊN
——————–
NGUYỄN THỊ HỒNG
PHƯƠNG PHÁP XÁC SUẤT TRONG TOÁN
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
HÀ NỘI - 2014
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
ĐẠI HỌC KHOA HOC TỰ NHIÊN
——————–
NGUYỄN THỊ HỒNG
PHƯƠNG PHÁP XÁC SUẤT TRONG TOÁN
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 60 46 01 13
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
PGS. TS. LÊ ANH VINH
HÀ NỘI - 2014
Mục lục
Danh mục ký hiệu 1
Lời nói đầu 2
1 Phương pháp đếm 4
1.1 Hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.1 Hoán vị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.2 Chỉnh hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.3 Tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2 Sự phân hoạch . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.2.1 Sự phân hoạch một số nguyên dương thành tổng các số
nguyên không âm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.2.2 Phân hoạch tập hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.2.3 Phân hoạch số nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.3 Công thức Sieve . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2 Lý thuyết đồ thị cơ bản 26
2.1 Khái niệm cơ bản về đồ thị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.1.1 Định nghĩa đồ thị và phân loại đồ thị . . . . . . . . . . . . 26
2.1.2 Đồ thị đẳng cấu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.1.3 Biểu diễn đồ thị bằng ma trận . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.1.4 Đồ thị con, đồ thị thành phần và đồ thị sinh . . . . . . . . 29
2.2 Các yếu tố trong đồ thị vô hướng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.2.1 Bậc của đỉnh trong đồ thị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.2.2 Đường đi và chu trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.2.3 Tính liên thông . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.2.4 Một số loại đơn đồ thị vô hướng . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.3 Bài toán tô màu và các số Ramsey . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
i
MỤC LỤC
2.3.1 Lý thuyết Ramsey cho đồ thị hữu hạn . . . . . . . . . . . . 39
2.3.2 Lý thuyết Ramsey trong trường hợp tổng quát . . . . . . . 42
3 Xác suất và một số ứng dụng 44
3.1 Phép thử và biến cố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
3.2 Xác suất của biến cố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
3.2.1 Định nghĩa cổ điển của xác suất . . . . . . . . . . . . . . . 45
3.2.2 Định nghĩa thống kê về xác suất . . . . . . . . . . . . . . . 48
3.2.3 Định nghĩa hình học về xác suất . . . . . . . . . . . . . . . 48
3.3 Định lý cộng xác suất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
3.4 Định lý nhân xác suất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
3.5 Một số mở rộng của định lý cộng và định lý nhân xác suất . . . . 57
3.6 Biến ngẫu nhiên và kì vọng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
3.6.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

3.6.2 Tính tuyến tính của kì vọng . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
3.7 Sử dụng xác suất chứng minh một số tính chất của các số Ramsey 68
3.8 Áp dụng xác suất và kì vọng vào một số bài toán thi học sinh giỏi 70
Kết luận 78
Tài liệu tham khảo 79
ii
Danh mục ký hiệu
|A| Số phần tử của A
p(n) Số hoán vị của n phần tử phân biệt
C
k
n
Số tổ hợp chập k của n phần tử
A
k
n
Số chỉnh hợp chập k của n phần tử
S(n, k) Số cách phân hoạch tập n phần tử thành k phần
B(n) Số cách phân hoạch tập n phần tử thành một số phần
P (n) Số cách phân hoạch số n thành k phần
D(n) Số xáo trộn của tập n phần tử
P (A) Xác suất của biến cố A
E(X) Kì vọng của biến ngẫu nhiên X
1
Lời nói đầu
Xác suất là một phần mới đối với toán trung học phổ thông nói chung,Ứng
dụng xác suất trong giải các bài toán Trung học phổ thông là nội dung còn khá
mới mẻ, thú vị. Mặt khác xác suất không chỉ có ứng dụng trong toán học mà
còn có nhiều ứng dụng trong một số môn học khác, trong ngành khoa học khác.
Học và tìm hiểu về xác suất học sinh thấy toán học gần gũi, gắn liền với cuộc

sống thực tế hơn, tạo hứng thú học tập cho học sinh. Bởi vậy tôi lựa chọn tìm
hiểu “ Phương pháp xác suất trong toán trung học phổ thông” .
Xác suất trong toán THPT với cơ sở chủ yếu là các bài toán đếm, với đối
tượng học sinh khá giỏi, còn được tiếp cận với Lý thuyết đồ thị và các bài toán
liên quan giữa lý thuyết đồ thị và tổ hợp xác suất. Với mục đích tìm hiểu về
xác suất , cách tính xác suất, một số ứng dụng của xác suất trong các bài toán
THPT. Nên trong Luận văn này, ngoài phần mở đầu và phần kết luận tôi trình
bày ba chương
Chương 1: Trình bày các quy tắc đếm cơ bản và mở rộng. Nhằm trang bị cho
học sinh kiến thức cơ sở để sử dụng trong các bài toán đếm và bài toán xác
suất. người học muốn học tốt xác suất cần phải có kiến thức tốt về tổ hợp
đếm.
Chương 2: Trình bày rất sơ lược về lý thuyết đồ thị, nhằm trang bị kiến thức
cần thiết cho chương 3.
Chương 3: Là chương trọng tâm, trong chương này tôi trình bày về khái niệm
xác suất,tính chất, các quy tắc tính xác suất. Khái niệm về kỳ vọng, tính
tuyến tính của kỳ vọng và áp dụng vào một số ví dụ.Trong chương này bước
đầu tôi trình bày được cách sử dụng xác suất, kỳ vọng vào một số bài toán
số học, tổ hợp, hình học tổ hợp.
Luận văn này được hoàn thành với sự hướng dẫn tận tình của Thầy PGS.TS
Lê Anh Vinh – Đại học Giáo Dục – Đại học Quốc gia Hà Nội. Từ đáy lòng
mình em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Thầy Lê Anh Vinh đối với sự quan
2
Lời nói đầu
tâm, chỉ bảo tận tình của thầy. Em xin chân thành cảm ơn các thầy cô trong
Trường Đại học Khoa học tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội, đã giúp đỡ em
trong suốt quá trình theo học. Tôi cũng xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu
và các đồng nghiệp Trường THPT Nam Khoái Châu – Hưng Yên đã tạo điều
kiện cho tôi hoàn thành kế hoạch học tập.
Hà Nội, ngày 5 tháng 12 năm 2014

Tác giả
Nguyễn Thị Hồng
3
Chương 1
Phương pháp đếm
1.1 Hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp
Nội dung chính của chương 1 được tam khảo chủ yếu ở tài liệu số 8 của tác giả
Miko’s Bo’na, “A walk through combinatorics – An introduction to enumeration
anh graph theory”. Ngoài cơ sở lý thuyết chính trong tài liệu trên, hệ thống ví
dụ minh họa được xây dựng trên cơ sở lý thuyết tương ứng.
1.1.1 Hoán vị
Định nghĩa 1.1.1. Mỗi sự sắp xếp thứ tự của n đối tượng khác nhau thành
hàng, mà mỗi đối tượng xuất hiện đúng một lần được gọi là một hoán vị của n
đối tượng đó.
Định lý 1.1.1. Số hoán vị của tập hợp A có n phần tử là p(n) = n!.
Ví dụ 1.1.1. Một người trồng hoa có 5 cây hoa đỏ, 3 cây hoa vàng, 2 cây hoa
trắng muốn trồng thành một hàng. Hỏi có bao nhiêu cách trồng?
Lời giải. Ta xét hai trường hợp:
• Trường hợp 1: Các cây hoa đôi một khác loại nhau. Khi đó số cách trồng
là 10!.
• Trường hợp 2: Các cây hoa cùng màu thuộc cùng một loại. Khi đó sự thay
đổi vị trí của 5 cây hoa đỏ cho ta cùng một cách trồng, sự thay đổi vị trí
của 3 cây hoa vàng cho ta cùng một cách trồng, sự thay đổi vị trí của 2 cây
hoa trắng cho ta cùng một cách trồng. Nên số cách trồng 10 cây hoa đó là
10!
5!2!3!
.
4
Chương 1. Phương pháp đếm
Từ ví dụ trên ta thấy khi sắp xếp n đối tượng không đôi một phân biệt định lý

1.1.1 không còn đúng. Mở rộng định nghĩa hoán vị ta có định nghĩa hoán vị lặp
như sau.
Định nghĩa 1.1.2. Cho n, a
1
, a
2
, , a
k
là các số nguyên dương thỏa mãn
a
1
+ a
2
+ + a
k
= n.
Mỗi cách sắp xếp n đối tượng thành hàng trong đó có a
i
đối tượng loại i là một
hoán vị lặp của n đối tượng đó.
Khi đó ta có số hoán vị lặp được tính như sau.
Định lý 1.1.2. Cho n, a
1
, a
2
, , a
k
là các số nguyên không âm thỏa mãn
a
1

+ a
2
+ + a
k
= n,
có a
i
đối tượng loại i, i = 1, k. Khi đó số hoán vị lặp của n đối tượng trên là
n!
a
1
!a
2
! a
k
!
. (1.1)
Ví dụ 1.1.2. Cho tập A = {1, 2, 3, 4, 5}. Có bao nhiêu số nguyên dương có 8 chữ
số được lập từ A. Biết chữ số 2 xuất hiện 3 lần, chữ số 3 xuất hiện 2 lần.
Lời giải.
Ta coi mỗi số có 8 chữ số là một hoán vị lặp của 8 đối tượng, trong đó số 2
xuất hiện 3 lần, số 3 xuất hiện 2 lần, số các số thỏa mãn yêu cầu là:
8!
2!3!
=
40320
2.6
= 3360 (số).
Ví dụ 1.1.3. Cho 2n người, trong đó có n nam, n nữ. Hỏi
a) Có bao nhiêu cách sắp xếp cho 2n người ngồi thành hàng sao cho nam nữ

ngồi xen kẽ?
b) Có bao nhiêu cách sắp xếp cho 2n người ngồi thành hàng sao cho nam ngồi
liền nhau?
c) Có bao nhiêu cách sắp xếp cho 2n người ngồi quanh một bàn tròn?
d) Có bao nhiêu cách sắp xếp cho 2n người ngồi quanh một bàn tròn sao cho
nam nữ ngồi xen kẽ?
Lời giải.
a) Ta xét hai trường hợp
5
Chương 1. Phương pháp đếm
• Trường hợp 1: n nam ngồi ở các vị trí lẻ có n! cách. Với mỗi cách sắp
xếp nam ta có n! cách sắp xếp n nữ vào các vị trí chẵn, nên ta có
n!n! = (n!)
2
cách sắp xếp nam vào vị trí lẻ, nữ vào vị trí chẵn.
• Trường hơp 2: n nam ngồi vị trí chẵn, n nữ ngồi vị trí lẻ, vậy ta có (n!)
2
cách sắp xếp.
Vậy có 2(n!)
2
cách sắp xếp nam nữ ngồi xen kẽ.
b) Trước hết ta sắp xếp n nam vào n vị trí liền kề nhau trong 2n vị trí. Khi đó
ta có n + 1 cách (tương ứng với người thứ 1 ngồi ở vị trí thứ 1 tới vị trí
n + 1). Sau đó với mỗi cách chọn n vị trí liền kề đó có n! cách sắp xếp n
nam. Với mỗi cách sắp xếp n nam lại có n! cách sắp xếp n nữ vào n chỗ còn
lại nên có
(n + 1)(n!)
2
(cách).
c) Ta cần chọn một người vào một vị trí bất kỳ trong bàn tròn để xác định số

thứ tự của các chỗ ngồi, sau đó sắp xếp 2n − 1 người vào 2n − 1 vị trí có
(2n −1)! cách.
Vậy số cách sắp xếp 2n người khác nhau vào 2n vị trí trong bàn tròn là
(2n −1)!.
d) Lập luận tương tự ý a), ý c) ta có số cách sắp xếp là 2n!(n −1)! cách.
1.1.2 Chỉnh hợp
Định nghĩa 1.1.3. Cho tập hợp A có n phần tử n ∈ N
∗
(phân biệt). Mỗi cách
sắp thứ tự k (0 ≤ k ≤ n) phần tử của A sao cho không phần tử nào xuất hiện
nhiều hơn một lần được gọi là chỉnh hợp chập k của n phần tử của A.
Chú ý: Quy ước: 0! = 1.
Định lý 1.1.3. Số chỉnh hợp chập k của n phần tử là
A
k
n
=
n!
(n −k)!
. (1.2)
Tương tự hoán vị lặp ta mở rộng định nghĩa chỉnh hợp lặp như sau.
Định nghĩa 1.1.4. Cho tập hợp A có n (n ∈ N
∗
) phần tử phân biệt. Mỗi cách
sắp thứ tự k phần tử của A, mà mỗi phần tử có thể xuất hiện nhiều hơn một
6
Chương 1. Phương pháp đếm
lần được gọi là chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử. (Nói cách khác mỗi chỉnh
hợp lặp chập k của n phần tử là một hoán vị lặp của k phần tử), k ∈ N
∗

, k có
thể lớn hơn n.
Định lý 1.1.4. Cho tập A có n, n ∈ N
∗
phần tử (phân biệt) khi đó số chỉnh hợp
lặp chập k phần tử của A là n
k
.
Chứng minh. Với mỗi vị trí trong k vị trí sắp xếp có n cách để chọn một phần
tử của A, khi đó k vị trí có
n.n.n n = n
k
cách chọn các phần tử của A vào k vị trí.

Ví dụ 1.1.4. Có bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số đôi một khác nhau?
Lời giải.
• Xét tập A = {0, 1, 2, , 9}.
Số các chỉnh hợp chập 7 của 10 phần tử của A là A
7
10
.
Số các chỉnh hợp chập 7 của 10 phần tử của A mà vị trí đầu bằng 0 là A
6
9
.
Nên số các số tự nhiên có 7 chữ số đôi một khác nhau là
A
7
10
− A

6
10
= 604800 −60480 = 544320.
Ví dụ 1.1.5. Một người chơi trò đoán chữ. Có 18 ô chữ cần điền vào đó mỗi ô
1 chữ cái được lấy ra từ các chữ cái H, G, N, A, O, I, T ,C. Hỏi có bao nhiêu
cách sắp xếp các chữ cái vào ô chữ cần tìm.
Lời giải.
Số cách sắp xếp các chữ cái trên vào 18 ô là số chỉnh hợp lặp chập 18 của 8
phần tử, nói cách khác mỗi vị trí có thể chọn một trong 8 chữ cái, nên có 18
8
cách sắp xếp các chữ vào 18 ô.
1.1.3 Tổ hợp
Định nghĩa 1.1.5. Cho tập A có n, n ∈ N
∗
phần tử mỗi tập con có k(k ∈ N, k ≤
n) phần tử của A được gọi là tổ hợp chập k của n phần tử.
Định lý 1.1.5. Cho n, k là các số nguyên thỏa mãn n ∈ N
∗
, k ∈ N, k ≤ n, số tổ
hợp chập k của n phần tử là
C
k
n
=
n!
(n −k)!k!
. (1.3)
7
Chương 1. Phương pháp đếm
Định lý 1.1.6. (Một số tính chất của tổ hợp) Cho n, k là các số nguyên thỏa

mãn n ∈ N
∗
, k ∈ N, k ≤ n. Khi đó
1)C
0
n
= C
n
n
= 1; (1.4)
2)C
k
n
= C
n−k
n
; (1.5)
3)C
k
n−1
+ C
k+1
n−1
= C
k+1
n
. (1.6)
Ví dụ 1.1.6. Cho tập A gồm n phần tử, hỏi
a) Tập A có bao nhiêu tập con?
b) Tập A có bao nhiêu tập con có số lẻ phần tử? Tập A có bao nhiêu tập con

có số chẵn phần tử?
Lời giải.
a) Số tập con có k phần tử của A là C
k
n
, 0 ≤ k ≤ n.
Số tập con của A là
C
0
n
+ C
1
n
+ + C
n
n
= (1 + 1)
n
= 2
n
tập con.
b) Ta xét hai trường hợp
• Trường hợp 1: n là số chẵn, đặt n = 2k. Xét khai triển
0 = (1 − 1)
2n
= C
0
2n
− C
1

2n
+ C
2
2n
− + C
2n−2
2n
− C
2n−1
2n
+ C
2n
2n
.
⇔ C
0
2n
+ C
2
2n
+ + C
2n
2n
= C
1
2n
+ C
3
2n
+ + C

2n−1
2n
. (*)
• Trường hợp 2: n là số lẻ, đặt n = 2k + 1. Xét khai triển
0 = (1 − 1)
2k+1
= C
0
2k+1
− C
1
2k+1
+ + C
2k
2k+1
− C
2k+1
2k+1
.
⇔ C
0
2k+1
+ C
2
2k+1
+ + C
2k
2k+1
= C
1

2k+1
+ C
3
2k+1
+ + C
2k+1
2k+1
Ω
tag∗∗ (1.7)
Từ (*) và (**) ta suy ra số tập con có số lẻ phần tử bằng số tập con có số
chẵn phần tử, theo câu a) tổng số tập con của A là 2
n
, suy ra số tập con có
số lẻ phần tử bằng số tập con có số chẵn phần tử và bằng 2
n−1
.
8
Chương 1. Phương pháp đếm
Ví dụ 1.1.7. Có bao nhiêu cách chọn ra 11 sinh viên vào đội bóng đá, 5 sinh
viên vào đội chơi cầu lông từ một lớp có 30 sinh viên nếu
a) Không ai chơi được ở cả hai đội.
b) Bất kỳ sinh viên nào cũng có thể chơi được ở cả hai đội.
c) Nhiều nhất có một sinh viên có thể chơi cho cả hai đội.
Lời giải.
a) Có C
11
30
cách chọn 11 sinh viên cho đội bóng đá. Sau đó, có C
5
19

cách chọn 5
sinh viên chơi cầu lông từ 19 sinh viên còn lại, nên có C
11
30
.C
5
19
(cách).
b) Có C
11
30
cách chọn 11 sinh viên cho đội bóng đá. Để mỗi cầu thủ chơi cả bóng
và cầu lông ta có C
5
11
cách chọn 5 sinh viên chơi cầu lông từ 11 sinh viên
của đội bóng. Nên có C
11
30
.C
5
11
(cách).
c) Số cách chọn một người chơi được cả cầu lông và bóng đá là 30, tương tự ý
a), b), số cách chọn sinh viên cho đội bóng đá và cầu lông sao cho có nhiều
nhất một người chơi cho cả 2 đội là:
C
11
30
.C

5
9
+ 30.C
10
29
.C
4
19
(cách).
Ví dụ 1.1.8. Một sinh viên y phải làm việc 5 ngày trong tháng 1 (có 31 ngày)
với điều kiện không được làm việc liên tiếp 2 ngày trong bệnh viện.
Có bao nhiêu cách chọn 5 ngày làm việc cho sinh viên này?
Lời giải.
Giả sử a
1
, a
2
, a
3
, a
4
, a
5
(theo thứ tự tăng dần) là 5 ngày cần chọn. Khi đó
1 ≤ a
i
≤ 31,i = 1, 5 và 1 ≤ a
1
< a
2

< a
3
< a
4
< a
5
≤ 31.
Do sinh viên này không được làm việc 2 ngày liên tiếp nên ta chọn a
1
, a
2
, , a
5
thỏa mãn
1 ≤ a
1
< a
2
− 1 < a
3
− 2 < a
4
− 3 < a
5
− 4 ≤ 27.
Hay chọn b
1
, b
2
, b

3
, b
4
, b
5
thỏa mãn
1 ≤ b
1
< b
2
< b
3
< b
4
< b
5
≤ 27, 1 ≤ b
i
≤ 27, i = 1, 5.
Tức là ta chọn ra 5 phần tử trong 27 phần tử, nên số cách chọn là C
5
27
(cách).
Ví dụ 1.1.9. Một sinh viên vật lý cần làm việc 5 ngày trong phòng thí nghiệm
trong học kỳ cuối (có 105 ngày). Sau mỗi ngày trong phòng thí nghiệm sinh viên
này cần ít nhất 6 ngày để xử lí số liệu. Sau lần cuối khi làm việc ở phòng thí
nghiệm, sinh viên này cần 10 ngày để hoàn thành báo cáo, báo cáo phải được
9
Chương 1. Phương pháp đếm
hoàn thành và nộp vào ngày cuối cùng của kì học. Có bao nhiêu cách chọn lịch

làm việc cho sinh viên này.
Lời giải.
Giả sử a
1
, a
2
, a
3
, a
4
, a
5
(theo thứ tự tăng dần) là 5 ngày làm việc của sinh viên
trong phòng thí nghiệm, khi đó 1 ≤ a
i
≤ 105, i = 1, 5.
Ta cần chọn 5 ngày thỏa mãn:
1 ≤ a
1
< a
2
< a
3
< a
4
< a
5
≤ 105.
Mặt khác, sau mỗi ngày làm việc sinh viên cần ít nhất 6 ngày xử lý số liệu nên
các ngày phải thỏa mãn

1 ≤ a
1
< a
2
− 6 < a
3
− 12 < a
4
− 18 < a
5
− 24 ≤ 105 −24.
Sau ngày cuối cùng sinh viên cần 10 ngày để hoàn thành và nộp báo cáo nên
ta chọn 5 số b
1
, b
2
, b
3
, b
4
, b
5
thỏa mãn
1 ≤ b
1
< b
2
< b
3
< b

4
< b
5
≤ 71.
Để chọn 5 phần tử từ 71 phần tử có C
5
71
(cách).
Vậy có C
5
71
cách chọn 5 ngày làm việc cho sinh viên này.
Khái quát hóa từ hai ví dụ trên ta có.
Định lý 1.1.7. Cho tập A có n phần tử, các phần tử được sắp thứ tự từ 1 tới
n, số chuỗi có k phần tử được sắp thứ tự của A là C
k
n+k−1
.
Chứng minh. Giả sử a
1
, a
2
, , a
k
là chuỗi cần tìm. Khi đó, a
1
, a
2
, , a
k

thỏa
mãn
1 ≤ a
1
≤ a
2
≤ ≤ a
k
≤ n
⇔ 1 ≤ a
1
< a
2
+ 1 < a
3
+ 2 < < a
k
+ k − 1 ≤ n + k − 1.
Đặt: b
1
= a
1
,
b
i
= a
i
+ i −1, i = 2, k.
Ta chọn b
1

, b
2
, , b
k
thỏa mãn
1 ≤ b
1
< b
2
< < b
k
≤ n + k − 1.
Vậy có C
k
n+k−1
cách chọn dãy b
i
, i = 1, k.

Ví dụ 1.1.10. Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số, mỗi chữ số đứng sau lớn
hơn hoặc bằng chữ số đứng trước.
10
Chương 1. Phương pháp đếm
Lời giải.
Giả sử số cần tìm là a
1
a
2
a
3

a
4
, khi đó các số a
i
, i = 1, 4 thỏa mãn.
1 ≤ a
1
≤ a
2
≤ a
3
≤ a
4
≤ 9
⇔ 1 ≤ a
1
< a
2
+ 1 < a
3
+ 2 < a
4
+ 3 ≤ 12
⇔ 1 ≤ b
1
< b
2
< b
3
< b

4
≤ 12, b
i
= a
i
+ i −1, i = 1, 4.
Khi đó có C
4
12
cách chọn b
1
b
2
b
3
b
4
tức là có C
4
12
số có 4 chữ số sao cho chữ số đứng
sau lớn hơn hoặc bằng chữ số đứng trước.
1.2 Sự phân hoạch
Xét bài toán tổ hợp rất phổ biến "có bao nhiêu cách sắp xếp n quả bóng vào
k chiếc hộp?" Để giải quyết bài toán này ta phải xét đầy đủ tất cả các trường
hợp: Các quả bóng là giống nhau hay khác nhau, các chiếc hộp giống nhau hay
khác nhau? Ta sẽ xem xét tất cả các trường hợp ở các phần dưới đây.
1.2.1 Sự phân hoạch một số nguyên dương thành tổng các số nguyên không
âm
Khi chia n quả bóng giống nhau vào k hộp khác nhau, thực chất ta thực hiện

tách số nguyên dương n thành tổng của k số nguyên không âm thỏa mãn
n = n
1
+ n
2
+ + n
k
với n
k
là số quả bóng ở hộp thứ k nào đó.
Định nghĩa 1.2.1. Mỗi dãy a
1
, a
2
, , a
k
là các số nguyên không âm thỏa mãn
a
1
+ a
2
+ + a
k
= n được gọi là một phân hoạch yếu của n thành k phần. Nếu
a
i
> 0, i = 1, k thì a
1
, a
2

, , a
k
là một phân hoạch của n thành k phần.
Định lý 1.2.1. Với ∀n ∈ N
∗
, k ∈ N, k ≤ n. Số cách phân hoạch yếu n thành k
phần là C
k−1
n+k−1
.
Chứng minh. Giả sử ta cần bỏ n quả bóng giống nhau vào k hộp khác nhau.
Để thực hiện việc này ta xếp n quả bóng thành hàng sau đó đặt k −1 vách ngăn
vào dãy các quả bóng vừa xếp để chia các quả bóng vào k hộp. Khi đó tổng
các quả bóng và vách ngăn là n + k − 1. Mà ta cần chọn k − 1 vị trí cho k − 1
vách ngăn nên số cách chọn là C
k−1
n+k−1
. Tức số cách phân tích n thành tổng k số
nguyên không âm là C
k−1
n+k−1
.

11
Chương 1. Phương pháp đếm
Định lý 1.2.2. Với mọi k, n ∈ N
∗
, k ≤ n, số các phân hoạch n thành k phần
khác rỗng là C
k−1

n−1
.
Chứng minh. Tương tự định lý 1.2.1 ta sắp n quả bóng thành hàng để đảm
bảo không có hộp nào không có bóng, ta cần đặt k − 1 vách ngăn vào n − 1 vị
trí giữa các quả bóng, sẽ có C
k−1
n−1
cách đặt. Tức là có C
k−1
n−1
cách phân hoạch số
nguyên dương n thành tổng của k phần.

Hệ quả 1.2.1. ∀n ∈ N
∗
, k ∈ N
∗
, k ≤ n, số cách phân hoạch n thành k phần,
mỗi phần ít nhất là 1 là 2
n−1
.
Chứng minh. Số cách phân tích n thành k phần, mỗi phần ít nhất là 1 là C
k−1
n−1
,
k = 1, n, khi đó ta có số cách phân tích số nguyên dương n thành một số phần,
mỗi phần ít nhất là 1 là
C
0
n−1

+ C
1
n−1
+ + C
n−1
n−1
= 2
n−1
.

Ví dụ 1.2.1. Trong một hộp có 40 cái kẹo như nhau, hỏi có bao nhiêu cách chia
hộp kẹo cho k người nếu mỗi người có ít nhất một cái kẹo?
a) k = 4.
b) k tùy ý thỏa mãn k ≤ 40.
Lời giải.
a) Theo định lí 1.2.2 ta có số cách chia là C
3
39
cách.
b) Theo hệ quả 1.2.1 ta có số cách chia là 2
39
cách.
1.2.2 Phân hoạch tập hợp
Tiếp theo ta xét trường hợp n quả bóng khác nhau, k hộp giống nhau. Đây chính
là bài toán phân chia tập có n phần tử thành k tập con.
Định nghĩa 1.2.2. Số cách phân chia tập hợp có n phần tử thành k tập con
khác ∅ được ký hiệu là S(n, k), số S(n, k) là số Stirling loại 2.
Từ định nghĩa ta thấy nếu k > n thì S(n, k) = 0.
Ta quy ước: S(0, 0) = 1.
Ví dụ 1.2.2. Ta có S(4, 2) = 7.

12
Chương 1. Phương pháp đếm
Lời giải.
Thật vậy số cách chia tập A = {a
1
, a
2
, a
3
, a
4
} thành hai tập con khác ∅. Bao
gồm chia thành
+ {a
1
} và {a
2
, a
3
, a
4
};
+ {a
2
} và {a
1
, a
3
, a
4

};
+ {a
3
} và {a
1
, a
2
, a
4
};
+ {a
4
} và {a
1
, a
2
, a
3
};
+ {a
1
, a
2
} và {a
3
, a
4
};
+ {a
1

, a
3
} và {a
2
, a
4
};
+ {a
1
, a
4
} và {a
2
, a
3
}.
Ví dụ 1.2.3. Với ∀n ≥ 1 ta có S(n, 1) = S(n, n) = 1.
Với ∀n ≥ 2 ta có S(n, n −1) = C
2
n
.
Ở phần này ta chưa có một công thức cụ thể cho các số S(n, k), ta sẽ chứng
minh ở phần sau. Tuy nhiên ta chứng minh được một số tính chất sau của các
số S(n, k).
Định lý 1.2.3. Cho n, k ∈ N
∗
, k ≤ n. Khi đó
S(n, k) = S(n −1, k −1) + k.S(n −1, k). (1.8)
Chứng minh. Giả sử ta đã thực hiện phân chia n −1 quả bóng khác nhau vào
k hộp giống nhau. Ta xét quả bóng thứ n, nếu quả bóng thứ n ở một hộp không

có quả bóng nào, khi đó n − 1 quả trước đó được phân vào k − 1 hộp, mỗi hộp
có ít nhất một quả nên số cách là S(n −1, k −1). Nếu quả bóng thứ n được cho
vào một hộp đã có bóng, khi đó có k cách chọn hộp cho quả bóng thứ n, đồng
thời đã có S(n −1, k) cách chia n − 1 quả bóng trước đó vào k hộp.
Vậy ta có:
S(n, k) = S(n −1, k −1) + k.S(n −1, k).

Nhận xét 1.2.1. Nếu n quả bóng khác nhau, k hộp khác nhau thì có k!S(n, k)
cách phân chia n quả bóng vào k hộp.
Định nghĩa 1.2.3. Số cách phân chia tập A có n phần tử thành k phần khác ∅,
k = 0, n là B(n). Số B(n) được gọi là số Bell.
Quy ước: B(0) = 1, B(n) =
n

i=1
S(n, i).
13
Chương 1. Phương pháp đếm
Định lý 1.2.4. Với mọi số nguyên không âm n ta có
B(n + 1) =
n

i=1
C
i
n
B(i). (1.9)
Chứng minh. Ta có vế trái B(n + 1) là số các cách phân chia n + 1 phần tử
phân biệt thành k phần khác ∅, k ≤ n + 1.
Bây giờ ta xét riêng phần tử thứ n + 1, giả sử phần tử thứ n + 1 được chia vào

một hộp có n − i + 1 phần tử. Khi đó có C
n−i
n
cách chọn n − i phần tử ở cùng
hộp với phần tử n + 1, mà C
n−i
n
= C
i
n
.
Với mỗi cách chọn n − i + 1 phần tử đó có B(i) cách phân i phần tử còn lại
vào một số hộp nên số cách phân chia n phần tử thành một số phần là
n

i=1
C
i
n
B(i) = B(n + i).

Ví dụ 1.2.4. Một cơ quan có 10 người được cử đi công tác ở ba địa điểm khác
nhau. Biết vai trò của mỗi người là như nhau hỏi có bao nhiêu cách cử ba đoàn
công tác biết mỗi đoàn phải có ít nhất một người.
Lời giải. Số cách chia 10 người thành ba nhóm mỗi nhóm ít nhất một người là
S(10, 3).
Do ba địa điểm công tác khác nhau nên số cách để phân công ba đoàn công
tác là 3!S(10, 3).
1.2.3 Phân hoạch số nguyên
Cuối cùng ta xét trường hợp n quả bóng giống nhau, k hộp giống nhau. Khi đó

chỉ có một vấn đề là số lượng của các quả bóng bỏ vào hộp. Có nghĩa ta chỉ cần
quan tâm đến việc phân tích một số nguyên dương thành tổng các số nguyên
dương mà không cần quan tâm đến thứ tự của chúng. Bởi vậy, không mất tính
tổng quát ta có thể giả sử các số hạng giảm dần hoặc tăng dần.
Định nghĩa 1.2.4. Cho a
1
≥ a
2
≥ ≥ a
k
≥ 1 là các số nguyên thỏa mãn:
a
1
+ a
2
+ + a
n
= n.
Khi đó dãy (a
1
, a
2
, , a
k
) là một phân hoạch của số nguyên n. Số phân hoạch
của số nguyên n được kí hiệu là p(n).
14
Chương 1. Phương pháp đếm
Ví dụ 1.2.5. Số 5 có 7 phân hoạch là: (5); (4, 1); (3, 2); (3, 1, 1); (2, 2, 1);
(2, 1, 1, 1); (1, 1, 1, 1, 1), tức là p(5) = 7.

Ta đi tìm hiểu một số tính chất của p(n) thông qua biểu diễn Ferrers của mỗi
phân hoạch. Với mỗi phân hoạch của n = (a
1
, a
2
, a
k
) ta có thể biểu diễn bằng
tập n ô vuông bằng nhau như sau
Ở dòng thứ i ta vẽ a
i
ô vuông, sao cho các ô vuông ở vị trí thứ 1 của dòng
thẳng cột với nhau. Khi đó trong biểu diễn n = (a
1
, a
2
, a
k
) có k dòng, dòng thứ
k có a
k
ô vuông, với mỗi phân hoạch có duy nhất 1 biểu diễn của nó.
Ví dụ 1.2.6. 7 có 1 phân hoạch (4,2,1) có biểu diễn Ferrers hình 1.1
Hình 1.1: Số 7 có một phân hoạch.
Định nghĩa 1.2.5. Một biểu diễn Ferrers của phân hoạch p của n, khi ta lấy
đối xứng qua đường chéo chính ta được một biểu diễn Ferrers của một phân
hoạch q của n. Khi đó p và q là hai phân hoạch liên hợp.
Nhận xét 1.2.2. Đường chéo chính ở đây là đường thẳng chứa đường chéo của
các hình vuông ở hàng i và cột i.
Định nghĩa 1.2.6. Một phân hoạch được gọi là tự liên hợp nếu phân hoạch

liên hợp của nó là chính nó.
Ví dụ 1.2.7. Hai phân hoạch (4, 2, 1) và (3, 2, 1, 1) là hai phân hoạch liên
hợp của nhau (xem hình 1.2).
15
Chương 1. Phương pháp đếm
Hình 1.2: Phân hoạch liên hợp.
Các phân hoạch (4, 3, 2, 1), (5, 1, 1, 1) và (4, 2, 1, 1) là các phân hoạch tự
liên hợp (xem hình 1.3).
Hình 1.3: Các phân hoạch tự liên hợp.
Định lý 1.2.5. Số phân hoạch của n thành nhiều nhất k phần bằng với số cách
phân hoạch của n thành một số phần mà mỗi phần không quá k.
Chứng minh. Trong biểu diễn của một phân hoạch p của n có nhiều nhất k
phần thì số hàng không quá k. Trong biểu diễn một phân hoạch q của n mà mỗi
phần không quá k thì số cột không quá k.
Ta thiết lập một song ánh từ tập P các phân hoạch của n có nhiều nhất k
phần, tới tập Q các phân hoạch của n mà mỗi phần không quá k. Cho tương
ứng với mỗi p ∈ P với phân hoạch liên hợp q của p, q ∈ Q. Khi đó ta có số phần
tử của P và Q bằng nhau.
16
Chương 1. Phương pháp đếm

Định lý 1.2.6. Số phân hoạch n thành các phần lẻ phân biệt bằng với số phân
hoạch tự liên hợp của n.
Chứng minh. Ta xây dựng một song ánh f từ tập A các phân hoạch tự liên
hợp của n tới tập B các phân hoạch của n thành các phần lẻ phân biệt.
Giả sử a = (a
1
, a
2
, , a

k
) là một phân hoạch tự liên hợp của n, a ∈ A. Xét biểu
diễn Ferrers của a, do a tự liên hợp nên trong biểu diễn Ferrers của a có số ô
vuông ở dòng i bằng số ô vuông ở cột i là a
i
ô vuông.
Với mỗi a ∈ A ta cho tương ứng với b = f(a) ∈ B như sau
Bước 1: Ta lấy các ô vuông ở hàng 1, cột 1 trong biểu diễn Ferrers của a, xếp
vào hàng 1 trong biểu diễn của b, khi đó hàng 1 của b có 2a
1
− 1 ô vuông.
Lúc này trong biểu diễn của a có các ô vuông từ hàng 2, cột 2 tới hàng k
cột k. Ở mỗi hàng, cột đã bớt đi một ô vuông so với ban đầu.
Bước 2: Lấy toàn bộ các ô vuông ở hàng 2, cột 2 của a xếp vào hàng 2 của b,
khi đó hàng 2 của b có 2a
2
− 3 ô vuông.
Cứ tiếp tục ta có
b = f(a) = (2a
1
− 1, 2a
2
− 3, , 2a
i
− (2i −1)) = (b
1
, b
2
, , b
i

), i ≤ k.
Vậy phân hoạch b có các phần đều lẻ và theo cách xếp ta có
n =
k

j=1
a
j
=
i

j=1
(2a
j
− (2j − 1)) =
i

j=1
b
j
Do trong biểu diễn của a thì a
1
≥ a
2
≥ ≥ a
k
≥ 1
Suy ra 2a
1
− 1 > 2a

2
− 3 > > 2a
i
− (i −1)
⇔ b
1
> b
2
> > b
i
, i ≤ k.
Tức trong phân hoạch p có các phần lẻ phân biệt.
Vậy |A| = |B|. 
Định lý 1.2.7. Cho q(n) là số phân hoạch của n mà mỗi phần ít nhất là 2. Khi
đó q(n) = p(n) − p(n −1), ∀n ≥ 2, n ∈ N.
Chứng minh. Ta xây dựng một song ánh từ tập A các phân hoạch của n − 1
vào tập B các phân hoạch của n có ít nhất một phần bằng 1 như sau.
Cho tương ứng mỗi phân hoạch a = (a
1
, a
2
, , a
k
) của n − 1 với phân hoạch
f(a) = (a
1
, a
2
, , a
k

, 1) của n khi đó f(a) là phân hoạch của n có ít nhất một phần
bằng 1, f(a) ∈ B. Dễ thấy f là song ánh.
17
Chương 1. Phương pháp đếm
Số các phân hoạch của n bao gồm các phân hoạch chứa ít nhất một phần
bằng 1 và các phân hoạch mỗi phần ít nhất bằng 2, tức là
p(n) = p(n − 1) + q(n)
⇔ q(n) = p(n) − p(n −1).

Để tiện so sánh đối chiếu giữa các công thức đếm ta có bảng các công thức
đếm dưới đây
Tên Tham số của bài toán Công thức
Hoán vị n phần tử phân biệt p(n) = n!
Hoán vị lặp n phần tử, có a
i
đối tượng loại i,
1, k
n!
a
1
! a
k
!
Chỉnh hợp k phần tử phân biệt của n phần
tử
A
k
n
=
n!

(n − k)!
Chỉnh hợp lặp k phần tử của n phần tử, các
phần tử có thể có mặt nhiều lần
n
k
Tổ hợp tập con có k phần tử của tập n
phần tử
C
k
n
=
n!
k! (n − k)!
Phân hoạch yếu số nguyên
dương thành k phần
n đối tượng giống nhau, k hộp
khác nhau
C
k−1
n+k−1
Phân hoạch số nguyên
dương thành k phần, mỗi
phần ít nhất 1
n đối tượng giống nhau, k hộp
khác nhau
C
k−1
n−1
n đối tượng khác nhau, một số
hộp khác nhau

2
n−1
Phân hoạch tập hợp n đối tượng khác nhau, k hộp
giống nhau
S(n, k)
n đối tượng khác nhau, số hộp
giống nhau tùy ý
B(n) =
n

k=0
S (n, k)
Phân hoạch số nguyên n đối tượng giống nhau, k hộp
giống nhau
p
k
(n)
n đối tượng giống nhau, một số
hộp giống nhau
p(n) =
n

k=1
p
k
(n)
Các hàm toán học n đối tượng khác nhau, k hộp
khác nhau
k!S(n, k)
n đối tượng khác nhau, số hộp

tùy ý, khác nhau
n

i=1
S (n, i)i!
Bảng 1.1: Bảng công thức đếm.
1.3 Công thức Sieve
Công thức Sieve là công thức quen thuộc khi học sinh học về các phép toán tập
hợp. Trong phần này ta xem xét công thức tổng quát và một vài áp dụng công
18
Chương 1. Phương pháp đếm
thức để chứng minh công thức tính S(n,k) và số xáo trộn của tập hợp.
Ví dụ 1.3.1. Trong một lớp có 14 học sinh thích văn, 17 học sinh thích toán,
18 học sinh thích hóa, 4 học sinh thích văn và hóa, 3 học sinh thích văn và toán,
5 học sinh thích toán và hóa, 1 học sinh thích cả ba môn. Hỏi có bao nhiêu học
sinh thích ít nhất một môn?
Lời giải.
Ta có thể dùng sơ đồ Ven biểu diễn tập hợp.
Hình 1.4: Sơ đồ Ven.
Số học sinh thích ít nhất một môn là
14 + 17 + 18 −3 − 4 −5 + 1 = 38 (học sinh).
Trong trường hợp tồng quát công thức Sieve được phát biểu và chứng minh như
sau
Định lý 1.3.1. (Công thức Sieve) Cho A
1
, A
2
, , A
n
là các tập con của tập A

hữu hạn. Khi đó
|A
1
∪ A
2
∪ ∪A
n
| =
n

j=1
(−1)
j

i
1
<i
2
< <i
j


A
i
1
∩ A
i
2
∩ ∩A
i

j


. (1.10)
Với n = 2 ta có |A
1
∪ A
2
| = |A
1
| + |A
2
| −|A
1
∩ A
2
|
Với n = 3 ta có
|A
1
∪ A
2
∪ A
3
| = |A
1
| + |A
2
| + |A
3

| −|A
1
∩ A
2
| −|A
2
∩ A
3
|−
|A
1
∩ A
3
|
+ |A
1
∩ A
2
∩ A
3
|
19
Chương 1. Phương pháp đếm
Chứng minh.
Nhận xét 1.3.1. Mỗi một phần tử không thuộc |A
1
∪ A
2
∪ ∪A
n

| cũng không
thuộc bất kỳ tập nào trong vế phải của (1.10). Ta cần chứng minh mỗi phần tử
x thuộc A
1
∪ A
2
∪ ∪A
n
được đếm đúng một lần bên vế phải của (1.10).
Do x ∈ A
1
∪ A
2
∪ ∪A
n
nên tồn tại
A
i
1
, A
i
3
, A
i
t
, 1 ≤ i
1
, i
2
, , i

t
≤ n chứa x.
Khi đó số lần x được đếm bên vế phải của (1.10) là
t −C
2
t
+ C
3
t
+ + (−1)
t−1
.C
t
t
= C
1
t
− C
2
t
+ + (−1)
t−1
.C
t
t
= 1 −(1 − 1)
t
= 1.

Ví dụ 1.3.2. Tìm các hoán vị của A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}. Trong đó

a) Không chứa các "khối" 23; 45; 678.
b) Không chứa các "khối" 34; 45; 738.
Lời giải.
Gọi X là tập hợp tất cả các hoán vị của A thì X = n!.
a) Gọi A, B, C lần lượt là các tập con của X chứa các khối 23; 45; 678. Khi đó
|A| = |B| = 8!;
|C| = |A ∩ B| = 7!;
|A ∩C| = |B ∩C| = 6!;
|A ∩B ∩ C| = 5!.
Vậy kết quả cần tìm là 9! −(8! + 8! + 8!) + (7! + 6! + 6!) − 5! = 283560.
b) Gọi A, B, C lần lượt là các tập con của X chứa các khối 34; 45; 738. Khi đó
|A| = |B| = 8!;
|C| = |A ∩ B| = 7!;
|B ∩ C| = 6!;
|A ∩C| = |A ∩ B ∩C| = 0.
Vậy kết quả cần tìm là 9! −(8! + 8! + 7!) + (7! + 0 + 6!) − 0 = 282960.
20
Chương 1. Phương pháp đếm
Ví dụ 1.3.3. Tìm các số nguyên dương nhỏ hơn 601 thỏa mãn không có ước là
3 hoặc 5 hoặc 7.
Lời giải.
Gọi X = {1, 2, , 600} thì n(X) = 600, gọi A, B, C là các tập con của X tương
ứng chứa các số chia hết cho 3, 5, 7. Ta có
|A| + |B| + |C| =
600
3
+
600
5
+

600
7
= 405.
Do cứ ba số có một số chia hết cho 3, cứ năm số có một số chia hết cho 5, cứ
bảy số có một số chia hết cho 7 nên
|A ∩B|+ |B ∩ C| + |A ∩C| =
600
15
+
600
21
+
600
35
= 85;
|A ∩B ∩ C| =
600
105
= 5.
Vậy số các số cần tìm là: 600 - 405 +85 - 5 = 275.
Ví dụ 1.3.4. Có 30 sinh viên trong ký túc xá có 15 sinh viên học lớp hội họa, 8
sinh viên học lớp sinh học, 6 sinh viên học lớp hóa học. Biết có 3 sinh viên tham
gia cả ba lớp trên. Chứng minh có ít nhất 7 sinh viên không tham gia lớp nào.
Lời giải.
Gọi A, B, C lần lượt là tập các sinh viên lần lượt tham gia các lớp hội họa,
sinh học và hóa hoc. Ta có
|A| + |B| + |C| = 15 + 8 + 6 = 29;
|A ∩B ∩ C| = 3;
Gọi X là tập các sinh viên không tham gia lớp nào. Khi đó
|X| = 30 − 29 + |A ∩B|+ |B ∩ C| + |A ∩ C| − 3

= |A ∩B|+ |B ∩ C| + |A ∩C| − 2.
Do
|A ∩B ∩ C| = 3
nên
|A ∩B| ≥ 3;
|B ∩ C| ≥ 3;
|A ∩C| ≥ 3.
Suy ra: |X| ≥ 3 + 3 + 3 − 2 = 7.
Trên cơ sở công thức Sieve ta giải quyết được bài toán về sự xáo trộn, một
bài toán đếm khá phức tạp. Ta cũng tìm được công thức tính cho các số S(n, k).
21