BÁO CÁO THỰC TẬP-Các nguyên lý cơ bản cho các bài toán đêm

Các nguyên lý cơ bản
cho các bài toán đếm
Bài toán đếm số cấu hình là một trong những bài toán cơ bản của lý thuyết
tổ hợp.Các nguyên lý cơ bản nhất được sử dụng trong quá trình đếm là
nguyên lý cộng, nhân;bù trừ.Trong bài chúng tôi đề cập đến ba nguyên lý
này.Nếu A là một tập hữu hạn thì ta kí hiệu N(A)là số phần tử của A.
1 Nguyên lý cộng và nhân
1.1 Nguyên lý cộng
Nguyên lý cộng:Cho A
1
,A
2
, ,A
m
là các tập hữu hạn từng đôi một
rời nhau.Khi đó ta có N (A
1
∪ A
2
∪ ∪ A
m
) =
m

i=1
N(A
i
).
Nhận xét: ta luôn có N(A
1
∪ A

2
∪ ∪ A
m
) ≤
m

i=1
N(A
i
), dấu bằng
của đẳng thức chỉ xảy ra khi và chỉ khi A
1
, A
2
, , A
m
từng đôi một rời
nhau.
Ví dụ 1 : Trong mặt phẳng cho 10 đường thẳng phân biệt và 6 đường tròn
phân biệt. Tìm số giao điểm tối đa có thể có giữa đường thẳng và đường tròn
đó.
Lời giải
Số giao diểm tối đa của 10 đương thẳng là C
2
10
= 45
Số giao điểm tối đa của 6 đường tròn là 2.C
2
6
= 30

Số giao điểm tối đa của của 10 đường thẳng với 6 đường tròn là: 2.10.6 = 120
Vậy số giao điểm tối đa của các đường thẳng và đường tròn đó là :
45 + 30 + 120 = 195
1.2 Nguyên lý nhân
Nguyên lý nhân: Nếu A
1
, A
2
, , A
m
là các tập hữu hạn, ta có:
N(A
1
.A
2
A
m
) = N(A
1
).N(A
2
) N(A
m
)
Ví dụ1: Người ta có thể ghi nhãn cho những chiếc ghế trong một giảng đường
bằng một chữ cái và một số nguyên dương không vượt quá 100. Bằng cách
như vậy, nhiều nhất có bao nhiêu chiếc ghế có thể được ghi nhãn khác nhau?
Giải
1
Thủ tục ghi nhãn cho một chiếc ghế gồm hai việc, gán một trong 26 chữ cái

và sau đó gán một trong 100 số nguyên dương. Quy tắc nhân chỉ ra rằng
có 26.100 = 2600 cách khác nhau để gán nhãn cho một chiếc ghế. Như vậy
nhiều nhất ta có thể gán nhãn cho 2600 chiếc ghế.
Ví dụ 2: Có bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số được lấy từ tập 1, 2, 3, 4, 5, 6
nếu:
a)Các chữ số không cần phải khác nhau?.
b)Các chữ số phải khác nhau ?
c)Các chữ số phải khác nhau và chứa số 3 ?.
d)Các chữ số không cần phải khác nhau và chứa số 3 ?
Lời giải. Giả sử số cần tìm là abc
a) Do các chữ số không cần khác nhau nên: a có 6 cách chọn, b có 6 cách
chọn, c cũng có 6 cách chọn.
Vậy số các số tự nhiên có 3 chữ số thỏa mãn yêu cầu đề bài là:
6.6.6 = 216
b) Do các chữ số phải khác nhau nên: a có 6 cách chọn, b có 5 cách chọn, c
có 4 cách chọn.
Vậy số các số tự nhiên có 3 chữ số thỏa mãn yêu cầu đề bài là :
6.5.4 = 120
c) Đầu tiên ta chọn vị trí cho số 3, sau đó chọn hai số còn lại lần lượt. Đáp
số là: 3.5.4 = 60.
d)Ta chia trường hợp theo vị trí của số 3 nằm bên trái nhất. Nếu số 3 này
nằm ở vị trí hàng trăm thì số có ba chữ số phải có dạng 3bc
Khi đó số các số thỏa mãn là: 6.6 = 36.
Nếu nó nằm ở vị trí hàng chục thì số có ba chữ số phải có dạng a3c với
(a = 3). Khi đó số các số thỏa mãn là: 5.6 = 30.
Nếu số 3 này nằm ở vị trí hàng đơn vị thì số ba chữ số phải có dạng ab3 với
(a, b = 3). Khi đó số các số thỏa mãn là: 5.4 = 20
Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 36 + 30 + 20 = 86 (số).
Ví dụ 3: Trong mặt phẳng cho một tập gồm 8 đường thẳng song song cắt
một tập hợp gồm n đường thẳng song song (theo phương khác) tạo thành

420 hình bình hành( nhiều hình có thể phủ hình khác). Tính n.
2
Lời giải.
Gọi A, B lần lượt là các tập hợp gồm 8 và n đường thẳng song song.
Khi đó mỗi hình bình hành tương ứng với một cách chọn 2 đường thẳng
thuộc A và 2 đường thẳng thuộc B.
Vậy có tất cả C
2
8
.C
2
n
= 420 ⇔ 28.
n!
2!(n−2)!
= 420 ⇔ n(n − 1) = 30
⇔

n=−5
n=6
=⇒ n = 6
Ví dụ: Có thể tạo được bao nhiêu ánh xạ từ tập A có m phần tử vào
tập B có n phần tử?
Giải Theo định nghĩa, một ánh xạ xác định trên A có giá trị trên B là một
phép tương ứng mỗi phần tử của A với một phần tử nào đó của B. Giả sử
các phần tử của A được đánh số theo thứ tự là a
1
, a
2
, , a

m
. Rõ ràng
có n cách chọn ảnh cho mỗi phần tử a
1
, a
2
, , a
m
Vì vậy số ánh xạ từ A đền B là: n.n.n n = n
m
Ví dụ 4: Có bao nhiêu đơn ánh xác định trên tập A có m phần tử và nhận
giá trị trên tập B có n phần tử?
TH1: Nếu m > n thì với mọi ánh xạ, ít nhất có hai phần tử của A có cùng
một ảnh, điều đó có nghĩa là không có đơn ánh từ A đến B.
TH2: Nếu m ≤ n và gọi các phần tử của A là a
1
, a
2
, , a
m
. Rõ ràng có n
cách chọn ảnh cho phần tử a
1
. Vì ánh xạ là đơn ánh nên ảnh của phần tử a
2
phải khác ảnh của a
1
nên chỉ có n − 1 cách chọn ảnh cho phần tử a
2
. Nói

chung, để chọn ảnh của a
m
ta có n − m + 1 cách. Theo quy tắc nhân, ta có
n(n − 1)(n − 2) (n − m + 1)
đơn ánh từ tập A đến tập B.
Ví dụ 5: Một đợt phát hành sổ số với cách đánh vé số gồm 2 phần:
phần đầu gồm 3 chữ cái trong bảng 26 chữ cái, phần sau gồm 4 chữ số trong
hệ thập phân. Hỏi có tất cả bao nhiêu vé được phát hành?
Lời giải:Theo nguyên lý nhân ta thấy phần chữ của vé có 26
3
khả năng. Cũng
theo nguyên lý nhân thì phần số của vé có 10
4
khả năng .
Vậy lại theo nguyên lý nhân ta có số vé được phát hành là:
26
3
.10
4
= 175760000
Ví dụ 6: Có 2n học sinh trong đó có n học sinh nữ và n học sinh nam ngồi
xung quanh một bàn tròn.Hỏi có bao nhiêu cách xếp 2n học sinh vào một
bàn tròn sao cho 2 học sinh cùng giới không ngồi cạnh nhau?
3
Lời giải
Trước hết ta xếp n học sinh nữ vào vị trí xung quanh bàn tròn.Số cách xếp
là
(n − 1)!
Sau khi xếp n học sinh nữ, ta xếp n học sinh nam vào n chiếc ghế trong n
khoảng trống giữa các học sinh nữ. Số cách xếp là n!

Vậy số cách xếp 2n học sinh thỏa mãn yêu cầu bài toán là
(n − 1)!n!
Ví dụ 7: Từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 lậptất cả các chữ số gồm 4
chữ số khác nhau. Hãy tìm tổng của tất cả các số này?
Lời giải
Kí hiệu S là tất cả các số lập được. Giả sử số cần lập có dạng: abcd
Khi đó ta có: a có 9 cách chọn, b có 8 cách chọn, c có 7 cách chọn và d có 6
cách chọn.
Từ đó theo nguyên lý nhân ta có số phần tử của S là
9.8.7.6 = 3024
Số lớn nhất trong S là 9876.
Số nhỏ nhất trong S là 1234
Tổng của số lớn nhất và số nhỏ nhất là:11110.
Ta sẽ chia S thành các cặp có tổng là 11110. Giả sử a
1
b
1
c
1
d
1
∈ S và a

1
b

1
c

1

d

1
là số sao cho
a
1
b
1
c
1
d
1
+ a

1
b

1
c

1
d

1
= 11110
.
Khi đó: a + a

= b + b


= c + c

= d + d

= 10. Vì
a
1
b
1
c
1
d
1
có các chữ số khác
nhau nên a

1
b

1
c

1
d

1
cũng có các chữ số khác nhau, tức là a

1
b


1
c

1
d

1
∈ S.Vậy ta
có thể chia S thành các cặp,mỗi cặp có tổng là 11110.
Như vậy tổng các phần tử của S là
1
2
.3024.11110 = 16798320
4
2 Nguyên lý bù trừ
Nguyên lý bù trừ là một quy tắc hữu hiệu, trong việc giải quyết những bài
toán đếm.Nguyên lý này là sự kết hợp cả hai nguyên lý cộng và nhân. Nguyên
lý trừ không hề xa lạ với đời sống thực tế, chẳng hạn :Để tính số công dân
Việt Nam ở ngoài biên chế nhà nước, thì ta chỉ việc tính số người ở trong
biên chế, rồi từ đó suy ra số người kia. Triết lý của nó là "Hãy đếm phần tử
dễ đếm rồi suy phần tử khó đếm”
Ví dụ 1: Có 5 người đứng thành một hàng ngang. Tính xác xuất của sự
kiện A không đứng cạnh B.
Giải
Trước hết ta thấy ngay có tất cả 5!=120 cách xếp hàng.Để đếm số cách xếp
A không đứng cạnh B, ta đã gặp phải khá nhiều khả năng.vì vậy hãy đếm
số cách sắp xếp mà A đứng cạnh B.
Ta giải bài toán này như sau:
Ta xem A và B như một chỗ, ta có số cách sắp xếp là 4!.Nhưng khi ta xem

A và B như một chỗ thì có hai khả năng khi A đứng cạnh B, đó là A đứng
bên phải B và ngược lại.
Từ trên ta suy ra số cách sắp xếp để A đứng cạnh là:2.4!.Bù lại ta suy ra số
cách sắp xếp mà A không đứng cạnh B phải là : 5! − 2.4! = 72
Vậy xác xuất phải tìm là:
72
120
=0,6
Nguyên lý trừ (Dạng đơn giản): N (X \ A) = N(X) − N(A) với A là tập
con của X
Nếu A là sự kết hợp của nhiều khả năng .Chẳng hạn: A = B ∪C là sự kết hợp
chỉ hai khả năng ,khi đó ta có N(A) = N(B) + N (C) − N(B ∩ C) Lúc
này ta thu được:
N(X \ A) = N(X) − [N (B) + N(C)] + N(B ∩ C)
Như vậy nếu A là sự kết hợp của nhiều khả năng khác nhau thì nguyên lý
trừ sẽ phức tạp hơn rất nhiều
Nguyên lý bù trừ dạng tổng quát: Giả sử A
1
, A
2
, , A
m
là các
tập con của một tập hữu hạn. khi đó ta có
N(X \ A
1
∪ A
2
∪ A
2

∪ A
3
∪ A
m
) = N(X) +
m

k=1
(−1)
k−1
.N
k
Để chứng minh nguyên lý bù trừ ở dạng tổng quát trước hết ta chứng minh
5
bổ đề sau:
Bổ đề:
N(A
1
∪ A
2
∪ ∪ A
m
) =
m

k=1
(−1)
k−1
.N
k

(1) Chứng minh: Trước hết ta nhắc lại rằng với mỗi tập A hữu hạn, ta kí
hiệu N(A) là số phần tử của A.Giả sử A
1
, A
2
, , A
m
là các tập hữu hạn.
Ta kí hiệu N
k
là tổng phần tử của tất cả các giao của k tập lấy từ m tập đã
cho (k ≤ m).cụ thể hơn ta có:
N
1
=
m

i=1
N(A
1
)
;
N
2
=

1≤i<j≤m
N(A
i
∩ A

j
)
N
k
=

1≤i
1
<i
2
< <i
k
≤m
N(A
i
1
∩ A
i
2
∩ A
i
k
)
N
m
= N(A
1
∩ A
2
∩ ∩ A

m
)
Nhận xét: N
k
có C
k
m
số hạng.
Với một phần tử a ∈ A
1
∪ A
2
∪ ∪ A
m
, ta thấy ngay trong vế trái của
(1), a đếm được 1 lần. Thật vậy giả sử rằng, a chỉ thuộc vào đúng k tập trong
các tập đã cho. Khi đó với mỗi t ≤ k, thì trong tổng N
t
a sẽ được tính C
t
k
lần .Còn với t > k thì trong tổng N
t
a không được tính lần nào. Như vậy,
theo vế phải của (1), thì số lần đếm a theo kiểu vế phải sẽ là
k

t=1
(−1)
t−1

C
t
k
= 1 − (1 −
k

t=1
(−1)
t−1
C
t
k
) = 1
Ta nhận được đẳng thức (1).
Bây giờ giả sử A
1
, A
2
, , A
m
cùng là các tập con của một tập hữu hạn
X nào đó có. Ta cần đếm số lượng tất cả các phần tử của X mà không thuộc
A
1
∪ A
2
∪ ∪ A
m
, tức là cần tính
N = N [X \ (A

1
∪ A
2
∪ ∪ A
m
)]
.
Vì N =N(X) − N(A
1
∪ A
2
∪ ∪ A
m
). Vậy định lý được chứng minh
Ví dụ 2: Có n lá thư và n phong bì ghi sẵn địa chỉ.Bỏ ngẫu nhiên các lá thư
vào phong bì. Hỏi xác suất để xảy ra sự kiện không một lá thư nào bỏ đúng
6
địa chỉ là bao nhiêu?
Trước hết ta thấy ngay có n! cách bỏ thư .
Gọi X là tập tất cả các cách bỏ,A
k
là tập tất cả các cách bỏ sao cho lá thư
thứ k đúng địa chỉ . Ta có n tập con của X: A
1
, A
2
, , A
n
.
Ta có: N

k
=

1≤i
1
<i
2
< <i
k
≤n
N(A
i
1
∩ A
i
2
∩ ∩ A
i
k
) có C
k
n
.Còn N(A
i
1
∩ A
i
2
∩
∩ A

i
k
) là số các cách bỏ thư sao cho có k lá thư đúng địa chỉ = (n − k)!
cách.
Vậy N
k
= (n − k )!C
k
n
=
n!
k!
, và do đó N[X \ (A
1
∪ A
2
∪ ∪ A
3
)] =
n! −
m

k=1
(−1)
k−1
n!
k!
= n!
n


k=0
(−1)
k
k!
.
Vậy ta thấy xác xuất cần tính là:
n

k=0
(−1)
k
k!
Chú ý: Khi n ra vô tận thì
n

k=0
(−1)
k
k!
hội tụ về e
−1
.như vậy với n đủ lớn thì
xác xuất này còn cao hơn
1
3
. Số N[X \ (A
1
∪ A
2
∪ ∪ A

m
)] = n!
n

k=0
(−1
k
)
k!
được gọi là số mất trật tự.
Ví dụ 3: Trong 2010 số nguyên dương đầu tiên có bao nhiêu số không
chia hết cho 2, 3, 5?
Giải: Kí hiệu S là tập 2010 số nguyên dương đầu tiên.
Ta sẽ đếm xem số phần tử của S chia hết cho ít nhất một trong các số 2,
3, 5. Kí hiệu A
1
, A
2
, A
3
tương ứng là tập con của S gồm các số chia hết cho
2, 3, 5. Khi đó A
1
∪ A
2
∪ A
3
là tập các số trong S chia hết cho ít nhất một
trong các số 2, 3, 5. Ta có:
N(A

1
) = [
2010
2
] = 1005, N(A
2
) = [
2010
3
] = 670 , N(A
3
) = [
2010
5
] = 402
,
N(A
1
∩A
2
) = [
2010
6
] = 335 , N(A
1
∩A
3
) = [
2010
10

] = 201 , N(A
2
∩A
3
) = [
2010
15
] = 134
,
N(A
1
∩ A
2
∩ A
3
) = [
2010
30
] = 67
Từ đó áp dụng bổ đề (1) ta có
N(A
1
∪A
2
∪A
3
) = N(A
1
)+N(A
2

)+N(A
3
)−N(A
1
∩A
2
)−N(A
1
∩A
3
)−N(A
2
∩A
3
)+N(A
1
∩A
2
∩A
3
)
7
= 2010 − 1005 − 670 − 402 + 335 + 201 + 134
= 1474
Vậy theo nguyên lý bù trừ ta có: 2010 − 1474 = 536 số không chia hết cho
2, 3, 5.
Ví dụ: Một số điện thoại d
1
d
2

d
3
d
4
d
5
d
6
d
7
được gọi là dễ nhớ nếu dãy d
1
d
2
d
3
giống hoặc d
4
d
5
d
6
hoặc d
5
d
6
d
7
(hoặc cả hai ). Mỗi d
i

(1 ≤ i ≤ 7) là một trong
các giá trị 0,1, , 9. Hãy tính số các số điện thoại dễ nhớ.
Lời giải:
Kí hiệu A là tập hợp các số điện thoại dễ nhớ mà d
1
d
2
d
3
giống d
4
d
5
d
6
và B
là tập các số điện thoại dễ nhớ mà d
1
d
2
d
3
giống d
5
d
6
d
7
. Khi đó A ∪ B là tập
tất cả các số điện thoại dễ nhớ. Ngoài ra một số điện thoại thuộc vào A ∩ B

khi và chỉ khi d
1
= d
2
= d
3
= d
4
= d
5
= d
6
= d
7
. Do đó theo nguyên nguyên
lý bù trừ ta có:
N(A ∪ B) = N(A) + N(B) − N (A ∩ B)
= 10
3
.1.10 + 10
3
.10.1 − 10 = 19990
Ví dụ 4: Cho số nguyên dương n. Tính số các số nguyên dương không lớn
hơn n(n + 1)(n + 2) mà không chia hết cho n, n+ 1, n+ 2.
Lời giải
kí hiệu S là tập các số nguyên dương không vượt quá n(n + 1)(n + 2).
Giả sử A
1
, A
2

, A
3
tương ứng là các tập con của S gồm các số không chia hết
cho4n, n + 1, n + 2. Khi đó
A = S \ (A
1
∪ A
2
∪ A
3
)
là tập các số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu của bài toán .
Ta có:
N(A
1
) = [
n(n + 1)(n + 2)
n
] = (n + 1)(n + 2)
N(A
2
) = n(n + 2)
N(A
3
) = n(n + 1)
Mặt khác :
A
1
∩ A
2

= {k ∈ S|k chia hết cho n(n + 1)}
8
Do đó N(A
1
∩ A
2
) = n + 2. Tương tự N(A
2
∩ A
3
) = n.
Để tính N(A
3
∩ A
1
) và N(A
1
∩ A
2
∩ A
3
) ta xét hai trường hợp sau :
TH1: n lẻ. Khi đó n, n+2 nguyên tố cùng nhau, do đó
N(A
1
∩ A
3
) = [
n(n + 1)(n + 2)
n(n + 2)

] = n + 1
và
N(A
1
∩ A
2
∩ A
3
) = 1
TH2: n chẵn.Khi đó (n, n +2) = 2, do vậy
N(A
1
∩ A
3
) = 2( n + 1)vN(A
1
∩ A
2
∩ A
3
) = 2
Sử dụng nguyên lý bù trừ ta có:
Nếu n lẻ thì:
N(A
1
∪A
2
∪A
3
) = N(A

1
)+N(A
2
)+N(A
3
)−N(A
1
∩A
2
)−N(A
2
∩A
3
)−N(A
1
∩A
3
)+N(A
1
∩A
2
∩A
3
)
= (n + 1)(n + 2) + n(n + 2) + n(n + 1) − (n + 2) − n − (n + 1) + 1
= 3n(n + 1)
Nếu n chẵn:
N(A
1
∪ A

2
∪ A
3
) = n(3n + 2)
Vậy ta có:
Nếu n chẵn thì
N(A) = n(n + 1)(n + 2) − n(3n + 2) = n
3
Nếu n lẻ thì
N(A) = n(n + 1)(n + 2) − 3n(n + 1) = n
3
− n
9
Ví dụ 5 :Đề thi học sinh giỏi toán tại một trường trung học phổ thông
gồm ba bài: hình học, đại số và tổ hợp. Có 100 học sinh tham ra kỳ thi. Kết
quả chấm thi cho thấy: 80 em làm được bài hình, 70 em giải được bài đại, 50
em giải được bài tổ hợp, 60 em giải được cả bài hình và bài đại, 50 em giải
được cả bài hình và bài tổ hợp, 40 em giải được cả bài đại và bài tổ hợp và
30 em giải được cả 3 bài. Hỏi có bao nhiêu em giả được ít nhất một bài thi?
Lời giải
Kí hiệu A
1
là tập học sinh giải được bài hình
A
2
là tập học sinh giải được bài đại
A
3
là tập học sinh giải được bài tổ hợp
Khi đó tập học giải được ít nhất một bài thi là A

1
∪ A
2
∪ A
3
. Ta có
N(A
1
∪A
2
∪A
3
) = N(A
1
)+N(A
2
)+N(A
3
)−N(A
1
∩A
2
)−N(A
2
∩A
3
)−N(A
1
∩A
3

)+N(A
1
∩A
2
∩A
3
)
= 80 + 70 + 50 − 60 − 50 − 40 + 30 = 80
Ví dụ: Trên mỗi cạnh của một hình vuông, lấy n điểm khác
nhau. Tính số tam giác được tạo thành từ các điểm đó.
Lời giải:
Nhận xét: Cứ 3 điểm không cùng nằm trên một cạnh của hình vuông tạo
thành một tam giác.
Do mỗi cạnh của hình vuông có n điểm khác nhau nên ta có tất cả 4n điểm.
Số cách chọn 3 điểm từ các điểm đã cho là C
3
4n
.
Số cách chọn 3 điểm sao cho chúng cùng nằm trên một cạnh của hình
vuông là: 4.C
3
n
.
Vậy số tam giác được tạo thành là:
C
3
4n
− 4.C
3
n

Ví dụ 6 : Cho p > 4 điểm trong không gian, trong đó có q điểm đòng phẳng.
Dựng tất cả các mặt phẳng chứa 3 điểm trong p điểm đã cho. Hỏi có bao
nhiêu mặt phẳng phân biệt, và có bao nhiêu tứ diện được tạo thành?
Lời giải
Số mặt phẳng đi qua 3 điểm trong p là C
3
p
. Do trong p điểm đã cho có q
điểm đồng phẳng nên số mặt phẳng đi qua 3 điểm trong q điểm này chỉ được
10
tính là 1.
Vậy số các mặt phẳng phân biệt được tọa thành là :
C
3
p
− C
3
q
+ 1
.
Mỗi tứ diện được tạo thành từ 4 trong p điểm trên. Số cách chọn 4 điểm
trong p điểm đã cho là: C
4
p
. Do 4 điểm đồng phẳng không tạo thành một tứ
diện, mà trong p điểm trên có q điểm đồng phẳng nên ta có: C
4
p
− C
4

q
tứ diện
được tạo thành.
3 Bài tập
Bài 1: Cho số tự nhiên n. Chứng minh rằng
C
n
2n
= (C
0
n
)
2
+ (C
1
n
)
2
+ + (C
n
n
)
2
Lời giải
Số cách chọn n phần tử từ một tập gồm 2n phần tử là C
n
2n
(1).
Để chứng minh được bài toán trên ta sẽ đếm số cách chọn n phần tử từ 2n
phần tử bằng một cách khác như sau:

Trước hết ta chia tập gồm 2n phần tử thành 2 tập con, mỗi
tập gồm n phần tử, sau đó chọn từ tập con thứ nhấ k phần tử . Số cách chọn
sẽ là: C
k
n
Cách và chọn từ tập con thứ hai n − k phần tử, số cách chọn sẽ là:
C
n−k
n
= C
k
n
cách .
Vậy số cách chọn n phần tử từ 2n phần tử bằng cách chia 2n phần tử thành
2 tập con là:(C
k
n
)
2
cách. Cho k chạy từ 0 đến n ta được số cách chọn cần tìm
là:
(C
0
n
)
2
+ (C
1
n
)

2
+ + (C
n
n
)
2
. (2)
.
Từ (1) và (2) ta suy ra:
(C
0
n
)
2
+ (C
1
n
)
2
+ + (C
n
n
)
2
= C
n
2n
Bài 2: Có bao nhiêu số chẵn có 4 chữ số được tạo thành từ các chữ số 0, 1,
2, 3, 4, 5, 6 sao cho:
a) Các chữ số có thể giống nhau?

b) Các chữ số phải khác nhau?
Lời giải
11
a) Giả sử l = abcd là một số thỏa mãn yêu cầu đề bài. Do l là số chẵn nên
có 4 cách chọn chữ số hàng đơn vị d. Chữ số a có 6 cách chọn. Còn lại hai
chữ số b và c mỗi chữ số có 7 cách chọn.
Vậy số các số chẵn có 4 chữ số thỏa mãn yêu cấu là: 4.6.7.7 = 1176.
b) Gỉa sử số cần tìm có dạng l = abcd
TH1: Nếu d = 0 thì có 6 cách chọn chữ số hàng nghìn a = 0.Với mỗi cách
chọn này thì có 5.4 cách chọn 2 chữ số b và c từ 5 chữ số còn lại.
Vậy số các số thỏa mãn trong trường hợp này là: 6.5.4 = 120 (số).
TH2: Nếu d = 0 thì d có 3 cách chọn. Khi đó có 5 cách chọn chữ số hàng
nghìn khác 0 và khác d, và có 5.4 cách chọn 2 chữ số b, c khác nhau từ 5 chữ
số còn lại.
Vậy số các số thỏa mãn trong trường hợp này là: 3.5.5.4 = 300 số .
Như vậy tất cả các số thỏa mãn yêu cầu đề bài là: 120 + 300 = 420 ( số)
12