Một số kỹ năng giải bài toán đếm

Mục lục
1 Một số kỹ năng giải bài toán đếm 3
1.1 Sử dụng các khái niệm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.1 Quy tắc cộng, quy tắc nhân . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.2 Hoán vị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.3 Chỉnh hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.1.4 Tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.2 Phép tương ứng 1- 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.2.1 Mô tả phần tử đếm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.2.2 Mã hóa 0, 1 phần tử đếm . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.2.3 Phương pháp đánh số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.3 Một số phương pháp giải nâng cao của bài toán đếm . . . . . . . 26
1.3.1 Nguyên lí bao gồm và loại trừ . . . . . . . . . . . . . . . . 26
1.3.2 Phương pháp truy hồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2 Một số dạng bài toán tổ hợp liên quan đến bài toán đếm 34
2.1 Nguyên lí bất biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
2.1.1 Phát hiện đại lượng bất biến trong bài toán . . . . . . . 34
2.1.2 Giải toán bằng đại lượng bất biến . . . . . . . . . . . . . 39
2.1.3 Bất biến đơn điệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.1.4 Một số bài toán nâng cao . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
2.2 Phân hoạch . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
2.2.1 Chứng minh không tồn tại phân hoạch thỏa mãn tính
chất (G). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
2.2.2 Chứng minh có tồn tại phân hoạch thỏa mãn tính chất
(G) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
2.2.3 Xây dựng phân hoạch tính chất (G) . . . . . . . . . . . . 49
2.2.4 Phân hoạch cân bằng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
2.2.5 Một số bài toán minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
2.3 Nguyên lí Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
TÀI LIỆU THAM KHẢO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
1

Lời mở đầu
Trong các dạng bài toán tổ hợp thì bài toán đếm và một số dạng toán tổ hợp
liên quan đến bài toán đếm là các dạng bài cơ bản và rất quan trọng. Những
dạng toán này xuất hiện rất nhiều trong các kì thì vào các trường chuyên, thi
học sinh giỏi quốc gia, quốc tế. Việc giải các bài toán dạng này nhiều khi gặp
rất nhiều khó khăn và rất dễ mắc phải những sai lầm vì đây là những dạng
toán khó và chúng ta không nắm được các phương pháp, các kỹ năng giải. Liên
quan đến bài toán đếm có hai vấn đề được quan tâm nghiên cứu.
- Một số kỹ năng giải các bài toán đếm;
- Một số dạng bài toán tổ hợp liên quan đến bài toán đếm.
Để giải được nhanh chóng và chính xác các bài toán đếm chúng ta cần phải
nắm được các kỹ năng giải và việc giải thành thạo các bài toán đếm giúp ta
rất nhiều trong việc giải các bài toán tổ hợp liên quan đến bài toán đếm.
Hiện nay có nhiều sách tham khảo, tài liệu viết về các dạng toán tổ hợp
nhưng một số kỹ năng giải bài toán đếm và đặc biệt là một số dạng bài toán
tổ hợp liên quan đến bài toán đếm như nguyên lí bất biến, phân hoạch thì
chưa được đề cập nhiều. Chính vì vậy, chúng tôi xin chọn đề tài cho luận văn
của mình là: “Một số kỹ năng giải bài toán đếm”. Trong luận văn này ngoài
việc trình bày một số kỹ năng giải bài toán đếm, chúng tôi còn đưa ra một số
dạng toán tổ hợp liên quan đến bài toán đếm. Nội dung luận văn này gồm hai
chương:
- Chương 1: Trình bày một số kỹ năng giải bài toán đếm như sử dụng các
khái niện cơ bản, phép tương ứng 1- 1 và một số phương pháp giải nâng cao.
- Chương 2: Đưa ra một số dạng bài toán tổ hợp liên quan đến bài toán
đếm như nguyên lí bất biến, phân hoạch và nguyên lí Dirichlet kèm theo các
bài tập và lời giải chi tiết.
Các kết quả chính của luận văn nằm trong mục 1.2 của chương 1 và mục
2.2 của chương 2.
Tôi xin được gửi lời cảm ơn sâu sắc và lòng biết ơn chân thành tới PGS. TS
Nguyễn Vũ Lương. Cảm ơn thầy đã hướng dẫn, chỉ bảo và giúp đỡ tận tình

trong suốt quá trình tôi thực hiện luận văn này.
Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn tới các thầy, cô giáo của trường Đại học Khoa
học Tự nhiên – Đại học Quốc gia Hà Nội đã hết lòng đào tạo, dạy dỗ giúp đỡ
tôi trong suốt thời gian tôi học tập tại trường.
Mặc dù vây, do năng lực cá nhân còn hạn chế cũng như thời gian hạn hẹp
luận văn không tránh khỏi những thiếu sót cả về mặt nội dung và hình thức,
rất mong sự đóng góp ý kiến của các thầy cô và các bạn.
2
Chương 1
Một số kỹ năng giải bài toán đếm
Bài toán đếm là một nội dung cơ bản không chỉ dành cho các bài toán
thi đại học mà còn rất cần thiết khi giải các bài toán tổ hợp khó trong
các kỳ thi học sinh giỏi. Một đặc điểm rất đặc thù của nội dung này là
khi giải toán, học sinh thường nhận được các đáp số khác nhau vì những
sai sót mà bản thân không nhận ra. Chính vì vậy xây dựng các kỹ năng
giải là thực sự cần thiết và nội dung của phần này là trình bày các kỹ
năng này.
1.1 Sử dụng các khái niệm cơ bản
1.1.1 Quy tắc cộng, quy tắc nhân
Quy tắc cộng.
Nội dung quy tắc: Nếu có m
1
cách chọn đối tượng a
1
, m
2
cách chọn
đối tượng a
2
, , m

n
cách chọn đối tượng a
n
, trong đó cách chọn đối
tượng a
i
(1 ≤ i ≤ n) không phụ thuộc vào bất kì cách chọn đối tượng a
j
(1 ≤ i ≤ n, i = j) thì sẽ có
n

k=1
m
k
cách chọn đối tượng a
1
, hoặc a
2
, ,
hoặc a
n
.
Quy tắc nhân.
Nội dung quy tắc: Cho n đối tượng a
1
, a
2
, , a
n
. Nếu có m

1
cách chọn
đối tượng a
1
và với mỗi cách chọn a
1
có m
2
cách chọn đối tượng a
2
, sau
đó với mỗi cách chọn a
1
, a
2
có m
3
cách chọn đối tượng a
3
, Cuối cùng
với mỗi cách chọn a
1
, a
2
, a
3
, , a
n−1
có m
n

cách chọn đối tượng a
n
. Như
vậy sẽ có m
1
.m
2
m
n−1
.m
n
cách chọn các đối tượng a
1
, rồi a
2
, rồi a
3

rồi a
n
.
Sau đây ta xét một số bài toán minh họa:
3
Bài 1.Với sáu chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số gồm
bốn chữ số khác nhau và trong mỗi số nhất thiết phải có chữ số 1.
Bài giải
Gọi số cần lập là abcd. Xét các trường hợp:
Trường hợp 1: a = 1 có 1 cách chọn a, có A
3
5

cách chọn các chữ số b, c,
d.
Trường hợp 2: a = 1. Có 4 cách chọn a ( vì a = 0).
- Nếu b = 1 thì có 1 cách chọn b và có A
2
4
cách chọn c, d;
- Nếu c = 1 thì có 1 cách chọn c và có A
2
4
cách chọn b, d;
- Nếu d = 1 thì có 1 cách chọn d và có A
2
4
cách chọn b, c;
Vậy theo quy tắc cộng có thể lập được 1.A
3
5
+ 4.A
2
4
+ 4.A
2
4
+ 4.A
2
4
= 204
(số).
Bài 2. Từ thành phố A đến thành phố B có 3 con đường, từ thành

phố A đến thành phố C có 2 con đường, từ thành phố B đến thành phố
D có 2 con đường, từ thành phố C đến thành phố D có 4 con đường.
Không có con đường nào nối thành phố B với thành phố C. Hỏi có tất
cả bao nhiêu con đường nối từ thành phố A đến thành phố D.
Bài giải
Trường hợp 1: Đi từ A đến B rồi đến D. Có 3 cách đi từ A đến B và có 2
cách đi từ B đến D. Theo quy tắc nhân thì số cách chọn đường đi từ A
đến D qua B là 3.2 = 6;
Trường hợp 2: Đi từ A đến C rồi đến D. Có 2 cách đi từ A đến C và có 4
cách đi từ C đến D. Theo quy tắc nhân thì số cách chọn đường đi từ A
đến D qua C là 2.4 = 8.
Vì cách chọn đường từ A sang D qua B và cách chọn đường từ A sang
D qua C không phụ thuộc lẫn nhau, nên theo quy tắc cộng, ta có số con
đường để đi từ A sang D là 6 + 8 = 14 (cách).
Bài 3. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có thể lập được bao nhiêu số
gồm 4 chữ số khác nhau? Tìm tổng của tất cả các số này.
Bài giải
Gọi số cần lập có dạng abcd.
Có 9 cách chọn a;
Có 8 cách chọn b (b = a);
Có 7 cách chọn c (c = a, c = b);
Có 6 cách chọn d (d = a, d = b, d = c).
Vậy theo quy tắc nhân thì số các số có thể lập được là 9.8.7.6 = 3024
(số).
Số lớn nhất, số nhỏ nhất trong các số dạng này lần lượt là 9876 và 1234
có tổng bằng 11110, nên đối với số bất kì abcd đều tồn tại số a

b

c


d

, mà
4
abcd + a

b

c

d

= 11110
Khi đó, ta có đẳng thức:
(a+a

).1000+(b+b

).100+(c+c

).10+d+d

= 10.1000+10.100+10.10+1.10
Từ đó, ta có các đẳng thức
a + a

= b + b

= c + c


= d + d

= 10
a = a

⇔ b = b

⇔ c = c

⇔ d = d

Bởi vậy, nếu abcd có các chữ số không trùng nhau thì a

b

c

d

cũng có các
chữ số không trùng nhau. Do đó có
1
2
.9.8.7.6 cặp số abcd, a

b

c


d

gồm 4
chữ số không trùng nhau thuộc tập {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}
Vậy tổng tất cả các số dạng trên là :
1
2
.9.8.7.6.11110 = 16798320
Bài 4. Một con ngựa trên bàn cờ vua 8x8. Hỏi có bao cách di chuyển con
ngựa trên bàn cờ.
Bài giải
Các ô của bàn cờ có thể đặt theo quy tắc a
ij
(i=1 8 ,j=1 8)
a
11
có 2 cách di chuyển.
a
12
có 3 cách di chuyển.
a
13
, a
14
, a
22
có 4 cách di chuyển.
a
23
, a

24
có 6 cách di chuyển.
a
33
, a
34
, a
44
có 8 cách di chuyển.
Lấy đối xứng các vị trí trên qua 4 trục đối xứng của bàn cờ, ta có tổng
số cách là:
n = 4.2 + 8.3 + 20.4 + 16.6 + 16.8 = 336.
Bài 5. Cho bàn cờ vua 8x8.
Có bao nhiêu cách chọn ra 1 ô trắng và 1 ô đen?
Có bao cách chọn 1 ô trắng, 1 ô đen cùng nằm trên 1 hàng hay 1 cột?
Bài giải
Trên bàn cờ có 32 ô trắng, 32 ô đen. Có 32 cách chọn ra một ô đen, 32
cách chọn một ô trắng. Vậy số cách chọn n
1
=32.32=1024 (cách).
Có 32 cách chọn một ô trắng. Số ô đen cùng hàng, cùng cột với ô trắng
đã chọn ra là 8.
Vậy số cách chọn n
2
=32.8=256 (cách).
5
Bài 6 Có 28 quân domino ở 2 đầu có x,y chấm 0 ≤ x, y ≤ 6. Có bao
nhiêu cách chọn ra 2 quân domino có thể nối với nhau (số chấm ở một
đầu của quân này bằng số chấm ở một đầu quân khác).
Bài giải

Lấy một quân domino bất kỳ nó thuộc một trong 2 loại:
Loại 1 (7 quân): (0,0), (1,1), ,(6,6).
Loại 2 (21 quân): có số chấm 2 đầu khác nhau.
- Nếu quân domino chọn ra là loại 1 (sẽ có 7 cách chon) sẽ được nối với 6
quân khác. Ví dụ như (1,1) sẽ được nối với (1,0), (1,2), (1,3),(1,4),(1,5),(1,6).
Vậy số cặp nối được trong trường hợp này là:
n
1
= 7.6 = 42.
- Nếu quân domino chọn ra là loại 2 (sẽ có 21 cách chọn), sẽ được nối với
12 quân khác. Ví dụ (2,3) sẽ được nối với (2,0), (2,1), (2,4), (2,2), (2,5),
(2,6),(3,0),(3,1),(3,2),(3,4),(3,5),(3,6).
Vậy số cặp nối đươc trong trường hợp này là n
2
= 21.12 = 252
Theo quy tắc cộng thì số cách nối đươc là 252+42=294 (kể cả thứ tự).
Vì thứ tự giữa 2 đầu của quân domini được xác định, và mỗi cặp 2 quân
domino nối được đến 2 lần, ta suy ra số cặp nối được là n =
294
2
= 147.
1.1.2 Hoán vị
Hoán vị không lặp
Định nghĩa: Cho một tập hợp gồm n (n ≥ 1) phần tử. Mỗi cách sắp
xếp n phần tử này theo một thứ tự nào đó (mỗi phần tử có mặt đúng
một lần) được gọi là một hoán vị của n phần tử đã cho. Kí hiệu số hoán
vị của n phần tử bằng P
n
Ta có công thức
P

n
= n!
Sau đây ta xét một số bài oán minh họa:
Bài 7.Với năm chữ số 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số gồm năm
chữ số khác nhau?
Bài giải
Mỗi số cần lập là một hoán vị của năm chữ số đã cho.
Vậy số các số lập được bằng số hoán vị của năm phần tử bằng
P
5
= 5! = 120
6
Bài 8. Trong một hội nghị có 5 báo cáo viên A, B, C, D, E mỗi người
báo cáo một lần?
1. Có bao nhiêu cách xếp thứ tự cho báo cáo viên.
2. Có bao nhiêu cách xếp thứ tự cho báo cáo viên nếu yêu cầu báo cáo
viên B báo cáo ngay sau báo cáo viên A?
3. Có bao nhiêu cách xếp thứ tự cho báo cáo viên nếu B không báo cáo
trước A?
Bài giải
1. Số cách xếp thứ tự cho báo cáo viên bằng 5! = 120
2. B báo cáo ngay sau A ta thay thế bằng một cặp báo cáo viên X= AB.
Khi đó, xem X như là một báo cáo viên.
Vậy số cách là n
2
= 4! = 24.
3. Trong mọi cách sắp xếp khả năng A đứng trước B hay đứng sau B là
như nhau.
Vậy số cách sắp xếp B không báo cáo trước A là
1

2
.5! = 60.
Bài 9 Có bao nhiêu cách xếp 5 người đàn ông, 5 người đàn bà xung
quanh một bàn tròn 10 ghế sao cho không có 2 người đàn ông hoặc 2
người đàn bà nào ngồi cạnh nhau.
Bài giải
Lấy 1 ghế bất kỳ.
Nếu xếp 1 người đàn ông thì ghế tiếp theo là của đàn bà Số cách
xếp 5 đàn ông vào vị trí có sẵn là 5!, số cách xếp 5 đàn bàn vào vị trí là
5!. Số cách xếp theo vị trí này là 5!5!.
Nếu xếp 1 người đàn bà thì số cách xếp tương tự bằng 5!5!.
Đáp số:: 2.(5!)
2
.
Hoán vị có lặp
Định nghĩa: Hoán vị trong đó mỗi phần tử xuất hiện ít nhất một lần
được gọi là hoán vị có lặp.
Số hoán vị lặp của n phần tử thuộc k loại, mà các phần tử loại i
(1 ≤ i ≤ k) xuất hiện n
i
lần được kí hiệu là P (n
1
, n
2
, , n
k
) và được
tính bằng công thức
P (n
1

, n
2
, , n
k
) =
n!
n
1
!.n
2
! n
k
!
.
Sau đây ta xét một số bài toán minh họa:
Bài 10. Với các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số gồm
chín chữ số, trong đó mỗi chữ số 1, 2, 3, 4 xuất hiện đúng một lần, chữ
số 5 xuất hiện đúng hai lần và chữ số 6 xuất hiện đúng ba lần.
7
Bài giải
Xét một số tùy ý x = 154626356 và kí hiệu các vị trí của x một cách
hình thức, ta có x = a
1
a
2
a
3
a
4
a

5
a
6
a
7
a
8
a
9
. Khi đó, mỗi số x tương ứng với
một hoán vị lặp của chín phần tử a
1
, a
2
, a
3
, a
4
, a
5
, a
6
, a
7
, a
8
, a
9
.
Số các hoán vị khác nhau của chín phần tử a

i
(1 ≤ i ≤ 9) là 9!
song do a
2
= a
8
= 5 nên khi đổi chỗ a
2
và a
8
cho nhau thì hoán vị
x = a
1
a
2
a
3
a
4
a
5
a
6
a
7
a
8
a
9
vẫn chỉ cho ta số x.

Tương tụ đổi chỗ hai trong ba phần tử a
4
, a
6
, a
9
cho nhau vẫn chỉ cho
số x.
Như vậy, khi thực hiện 2! hoán vị a
2
, a
8
và 3! hoán vị a
4
, a
6
, a
9
, ta chỉ
được một số cần tìm x.
Vậy số các số có thể lập được là
S =
9!
2!3!
= 30240
Bài 11. Với sáu chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số chia
hết cho 5 gồm 11 chữ số, trong đó chữ số 1 có mặt 4 lần, chữ số 2 có mặt
3 lần, chữ số 3 có mặt 2 lần chữ số 4 có mặt 1 lần và tổng số lần xuất
hiện của chữ số 0 và chữ số 5 là 1.
Bài giải

Để số cần lập x = a
1
a
2
a
3
a
4
a
5
a
6
a
7
a
8
a
9
a
10
a
11
chia hết cho 5, thì x phải
tận cùng bằng chữ số 0 hoặc chữ số 5.
Vì tổng số lần xuất hiện trong x của 0 và 5 bằng 1 nên nếu x tận cùng
bằng 0 thì 5 không có mặt và ngược lại nếu x tận cùng bằng 5 thì chữ
số 0 không xuất hiện. Bởi vậy a
i
(1 ≤ i ≤ 10) chỉ có thể là một trong
những chữ số 1, 2, 3, 4. Bởi vậy số khả năng lập phần đầu độ dài 10

a
1
a
2
a
3
a
4
a
5
a
6
a
7
a
8
a
9
a
10
của x bằng số hoán vị lặp của 10 phần tử thuộc
4 loại chữ số: 1, 2, 3, 4 với 1 xuất hiện 4 lần, 2 xuất hiện 3 lần, 3 xuất
hiện 2 lần và 4 xuất hiện 1 lần sẽ bằng P(1, 2, 3, 4) . Ngoài ra a
11
lại có
thể nhận 0 hoặc 5 nên có thể lập được
2.P (1, 2, 3, 4) = 2.
10!
1!2!3!4!
= 25200

Bài 12. Có bao nhiêu cách đảo từ PARABOLA sao cho các phụ âm và
nguyên ân được xếp xen kẽ.
Bài giải
Vì có 4 phụ âm và 4 nguyên âm nên ta xếp 4 phụ âm (có 4! cách xếp) và
xếp vào 4 vị trí xem kẽ 4 nguyên âm là
4!
3!
.
Vị trí ban đầu có thể là phụ âm hoặc nguyên âm đối với mỗi hoán vị
của phụ âm. Suy ra số cách xếp: n = 2.4!.
4!
3!
= 192.
8
Bài 13. Tìm số cách đảo từ ROKOKO sao cho 3 chữ O không đứng liền
nhau.
Bài giải
Tất cả các cách đảo từ bằng
n
1
=
6!
3!2!
=
6.5.4
2
= 60.
Số cách đảo từ mà 3 chữ O đứng cạnh nhau (coi như là một chữ) bằng
n
2

=
4!
2!
= 4.3 = 12.
Đáp số: n = n
1
− n
2
= 48
Ta xét một ví dụ đơn giản sau:
Xét tập A = {a, b}, ta lập tập B = {a, a, b, b, b}. Khi đó B = (A, α)
,α(a) = 2, a xuất hiện 2 lần, α(b) = 3 gọi là tập bội số lần xuất hiện α.
Khi đó, số cách xếp thành một hàng ngang của B bằng:
P (2, 5) =
5!
2!3!
.
Mở rộng, xét tập A = {x
1
, x
2
, , x
n
} gồm n phần tử riêng biệt.
Xét tập bội B trong đó x
i
xuất hiện α(x
i
) = α
i

lần. Khi đó, số cách xếp
thành một hàng ngang của B bằng
P (α
1
, α
2
, , α
n
) =
(α
1
+ α
2
+ + α
n
)!
α
1
!.α
2
! α
n
!
Hoán vị vòng quanh
Ví dụ dẫn dắt. Mời sáu người khách ngồi xung quanh một bàn tròn.
Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp chỗ ngồi.
Bài giải
Nếu ta mời một người nào đó ngồi vào một vị trí bất kì, thì số cách sắp
xếp 5 người còn lại vào 5 vị trí giành cho họ sẽ là 5! = 120.
Vậy có tất cả 120 cách sắp xếp 6 người ngồi xung quanh một bàn tròn.

Số hoán vị vòng quanh của n phần tử khác nhau (Q
n
) được tính bằng
công thức
Q
n
= (n − 1)!
Sau đây ta xét một số bài toán minh họa
9
Bài 14. Một hội nghị bàn tròn có năm nước tham gia. Anh có 3 đại biểu,
Pháp có 5 đại biểu, Đức có 2 đại biểu, Nhật có 3 đại biểu, Mỹ có 4 đại
biểu. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp chỗ ngồi cho mọi đại biểu sao cho
hai người cùng quốc tịch đều ngồi cạnh nhau.
Bài giải
Đầu tiên ta sắp xếp khu vực cho đại biểu từng nước. Ta mời phái đoàn
nào đó ngồi vào chỗ trước. Khi đó, bốn phái đoàn còn lại có 4! cách sắp
xếp.
Đối với mỗi cách sắp xếp các phái đoàn lại có: 3! cách sắp xếp đại biểu
trong nội bộ phái đoàn Anh; 5! cách sắp xếp đại biểu trong nội bộ phái
đoàn Pháp; 2! cách sắp xếp đại biểu trong nội bộ phái đoàn Đức; 3! cách
sắp xếp đại biểu trong nội bộ phái đoàn Nhật; 4! cách sắp xếp đại biểu
trong nội bộ phái đoàn Mỹ.
Bởi vậy, số cách sắp xếp chỗ ngồi cho tất cả các đại biểu để những
người cùng quốc tịch ngồi cạnh nhau sẽ bằng
4!3!5!2!3!4! = 4976640
Bài 15. Có bao nhiêu cách sắp xếp 5 nam A
1
, A
2
, A

3
, A
4
, A
5
và 3 nữ
B
1
, B
2
, B
3
vào một bàn tròn sao cho:
a) Không có điều kiện gì?;
b) Nam A
1
không ngồi cạnh nữ B
1
?
c) Nữ không ngồi cạnh nhau?
Bài giải
a) Mỗi cách sắp xếp bất kì là một hoán vị vòng quanh của 8 phần tử,
nên số cách sắp xếp bằng số hoán vị vòng quanh của 8 phần tử, bằng
Q
8
= 7! = 5040.
b) Năm nam và hai nữ không kể B
1
có (7 − 1)! = 6! cách sắp xếp.
Ứng với một trong những phương án sắp xếp năm nam và hai nữ không

kể B
1
, khi đó B
1
có thể xếp vào giữa A
2
, B
2
, giữa B
2
, A
4
, giữa A
4
, B
3
,
giữa A
5
, B
3
, giữa A
3
, A
5
. Như vậy có 7 −2 = 5 cách sắp xếp B
1
Vậy có
6!.5 = 720 cách sắp xếp.
c) Trước hết ta xếp 5 nam ngồi xung quanh bàn tròn. Số cách sắp xếp

này bằng số hoán vị vòng quanh của 5 phần tử, bằng (5 −1)! = 4! = 24.
Có 5 cách sắp xếp nữ B
1
, 4 cách sắp xếp nữ B
2
và 3 cách sắp xếp nữ B
3
.
Vậy số cách sắp xếp cần tìm là 4!.5.4.3 = 1440.
1.1.3 Chỉnh hợp
Chỉnh hợp không lặp
10
Định nghĩa: Cho tâp hợp A hữu hạn gồm n phần tử. Mỗi bộ gồm k
(0 ≤ k ≤ n) phần tử được sắp thứ tự của tập hợp A được gọi là một
chỉnh hợp chập k của n phần tử thuộc A.
Ta ký hiệu số chỉnh hợp chập k của n phần tử bằng A
k
n
.
Số chỉnh hợp chập k của n phần tử được tính bởi công thức
A
k
n
= n(n − 1) (n −k + 1) =
n!
(n −k)!
.
Chứng minh
Để có một hoán vị chập k ta làm như sau:
Có n cách lấy ra phần tử thứ 1.

Có n-1 cách lấy ra phần tử thứ 2

Có n-k+1 cách chọn ra phần tử thứ k
Theo quy tắc nhân, số hoán vị của k phần tử bằng n(n-1) (n-k+1)
(đpcm).
Sau đây ta xét một số bài toán minh họa:
Bài 16. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự
nhiên mà trong mỗi số này các chữ số khác nhau?
Bài giải
Ta xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1: Lập số có 1 chữ số có 6 số;
Trường hợp 2: Lập số có 2 chữ số có 5.5 = 25 số;
Trường hợp 3: Lập số có 3 chữ số có 5.A
2
5
= 100 số;
Trường hợp 4: Lập số có 4 chữ số có 5.A
3
5
= 300 số;
Trường hợp 5: Lập số có 5 chữ số có 5.A
4
5
= 600 số;
Trường hợp 6: Lập số có 6 chữ số có 5.A
5
5
= 600 số;
Vậy số các số tự nhiên có thể lập là 6+25+100+300+600+600 = 1631
Bài 17. Một cuộc khiêu vũ có 10 nam và 6 nữ tham gia. Đạo diễn

chọn có thứ tự 4 nam và 4 nữ để ghép thành 4 cặp. Hỏi có bao nhiêu
cách chọn?
Bài giải
Mỗi cách chọn có thứ tự 4 nam trong 10 nam là một chỉnh hợp chập 4
của 10. Số chỉnh hợp này là A
4
10
=
10!
(10 −4)!
= 5040. Vậy có 5040 cách
chọn 4 nam.
Mỗi cách chọn có thứ tự 4 nũ trong 6 nũ là một chỉnh hợp chập 4 của
6. Số chỉnh hợp này là A
4
6
=
6!
(6 −4)!
= 360. Vậy có 360 cách chọn 4 nữ.
11
Mỗi cách chọn nam lại tương ứng với tất cả các cách chọn nữ, nên số
cách chọn có thứ tự 4 nam, 4 nữ trong số nam, nữ tham gia hội diễn sẽ
là 5040.360 = 1814400 cách chọn.
Bài 18. Có 7 thành viên ứng cử vào hội đồng trường. Hỏi có bao nhiêu
cách chọn ra một chủ tịch, một phó chủ tịch, một thư ký, một thủ quỹ
trong số họ.
Bài giải
Có 7 cách chọn 1 người làm chủ tịch.
Có 6 cách chọn 1 người làm phó chủ tịch trong số còn lại.

Có 5 cách chọn 1 người làm thư ký.
Có 4 cách chọn 1 người làm thủ quỹ.
Theo quy tắc nhân, số cách chọn bằng n=7.6.5.4=840.
Bài 19
Chọ tập A={0, 1, 2, 3, 4, 5}.Hỏi có bao nhiêu số gồm 4 chữ số phân biệt
lập được từ các chữ số của A. Hỏi có bao nhiêu số chẵn gồm 4 chữ số
phân biệt lập được từ các chữ số của A.
Bài giải
Đáp số n
1
= 5.A
3
5
= 300.
Ta chia tất cả các số chẵn thành 2 loại:
Loại 1: Số 0 đứng cuối cùng.
Loại 2: Số 2 hoặc số 4 đứng cuối cùng.
Số các số gồm 4 chữ số phân biệt mà số 0 đứng cuối bằng |S
1
| = A
3
5
=60.
Số các số mà số 2 hoặc 4 đứng cuối cùng (theo quy tắc nhân) bằng
|S
2
| = 4.4.3.2 = 96.
Đáp số n
2
= |S

1
| + |S
2
| = 60 + 96 = 156.
Bài 20. Cho tập A = {0, 1, 2, 3, 4, 5} có bao nhiêu số gồm 4 chữ số
phân biệt của A chia hết cho 5.
Bài giải
- Xét các số mà chữ số 0 đứng cuối cùng. Trong trường hợp này số các
số thỏa mãn yêu cầu của bài toán bằng n
1
= A
3
5
= 60.
- Xét các số có số 5 đứng cuối cùng, ta cần chọn thêm 3 chữ số phân biệt
(số có 3 chữ số phân biệt) xếp phía trên số 5.
Có 5.4.3 bộ 3 số phân biệt.
Có 4.3 số phân biệt mà số 0 đứng đầu.
Suy ra số các số thỏa mãn yêu cầu của bài toán trong trường hợp này
bằng n
2
= 5.4.3 − 4.3 = 48.
Đáp số n = n
1
+ n
2
= 60 + 48 = 108.
12
Chỉnh hợp có lặp
Định nghĩa. Cho tập hữu hạn X gồm n phần tử. Mỗi dãy có độ dài k

các phần tử của tập X, mà mỗi phần tử có thể lặp lại nhiều lần và được
sắp xếp theo một thứ tự nhất định được gọi là một chỉnh hợp lặp chập k
của n phần tử thuộc tập X.
Số chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử kí hiệu là A
k
n
bằng số ánh xạ từ
tập k phần tử đến tập n phần tử và bằng n
k
, tức
A
k
n
= n
k
Sau đây ta xét một số bài toán minh họa:
Bài 21.Từ bốn chữ số 1, 2, 3, 5 có thể lập được bao nhiêu số chẵn gồm
4 chữ số?
Bài giải
Gọi số cần lập có dạng x = abcd. Vì x là số chẵn nên d = 2
Mỗi cách chọn bộ ba chữ số a, b, c là một chỉnh hợp lặp chập 3 của 4
phần tử 1, 2, 3, 5.
Vậy số các số chẵn có thể lập được bằng A
3
4
= 4
3
= 64.
Bài 22.Có thể lập được bao nhiêu biển số xe với hai chữ cái đầu thuộc
tập {A, B, C, D, E}, tiếp theo là một số nguyên dương gồm năm chữ số

chia hết cho 5?
Bài giải
Giả sử biển số xe cần lập có dạng XY abcde.
Vì X, Y có thể trùng nhau nên XY là chỉnh hợp lặp chập 2 của 5 phần
tử A, B, C, D, E, nên số cách chọn XY bằng
A
2
5
= 5
2
= 25
Do a = 0 nên có 9 cách chọn a
Vì abcde chia hết cho 5 nên e = 0 hoặc e = 5. Vậy có 2 cách chọn chữ số
e.
Do b, c, d có thể trùng nhau nên mỗi bộ b, c, d là một chỉnh hợp lặp
chập 3 của 10. Vậy số cách chọn bộ b, c, d bằng
A
3
10
= 10
3
= 1000
Vậy số biển số xe có thể lập được theo yêu cầu là:25.2.1000 = 50000.
1.1.4 Tổ hợp
Tổ hợp không lặp
Định nghĩa. Cho tập A gồm n phần tử. Mỗi tập con gồm k (0 ≤ k ≤ n)
phần tử thuộc A được gọi là tổ hợp chập k của n phần tử đã cho.
13
Hai tổ hợp được coi là khác nhau khi và chỉ khi có ít nhất một phần
tử khác nhau.

Số tổ hợp chập k (0 ≤ k ≤ n) của n phần tử được kí hiệu là C
k
n
và
được tính theo công thức
C
k
n
=
n(n −1)(n − k + 1)
k!
=
n!
k!(n −k)!
Sau đây ta xét một số bài toán minh họa:
Bài 23. Có bao nhiêu cách chia một lớp 40 học sinh thành 4 tổ, sao cho
mỗi tổ có đúng 10 học sinh.
Bài giải
Đầu tiên lập tổ 1 bằng cách chọn tùy ý 10 học sinh trong 40 học sinh của
lớp. Số cách chọn bằng số các tổ hợp chập 10 của 40, bằng
C
10
40
=
40!
10!30!
Tổ 2 có thể chọn 10 em tùy ý trong 30 em còn lại, số cách chọn bằng số
các tổ hợp chập 10 của 30, bằng
C
10

30
=
30!
10!20!
Tổ 3 có thể chọn 10 em tùy ý trong 20 em còn lại, số cách chọn bằng số
các tổ hợp chập 10 của 20, bằng
C
10
20
=
20!
10!10!
Tổ 4 gồm 10 em còn lại nên chỉ có 1 cách chọn.
Vậy số cách chia sẽ là
C
10
40
.C
10
30
.C
10
20
.C
10
10
=
40!.30!.20!
10!30!20!10!10!10!
=

40!
(10!)
4
Bài 24. Một lớp học sinh có 40 em gồm 25 nam và 15 nữ. Giáo viên chủ
nhiệm định chọn một ban cán sự gồm 4 người. Hỏi có bao nhiêu cách
chọn nếu:
a) Số nam hoặc nữ trong ban là tùy ý?
b) Ban cán sự có 1 nam và 3 nữ ?
c) Ban cán sự có 2 nam và 2 nữ?
d) Ban cán sự có ít nhất 1 nam?
e) Ban cán sự có ít nhất 1 nam và một nữ?
14
Bài giải
a) Nếu số nam (nữ) là tùy ý, thì số cách chọn là số các tổ hợp chập 4 của
40 phần tử, bằng
C
4
40
=
40!
4!36!
= 91390 (cách)
b) Nếu trong ban cán sự có 1 nam và 3 nữ, thì số cách chọn 1 nam trong
25 nam là C
1
25
còn số cách chọn 3 nữ trong số 15 nữ là C
3
15
. Vậy số cách

chọn theo yêu cầu là
C
1
25
.C
3
15
=
25!
1!24!
.
15!
3!12!
= 11375 (cách)
c) Tương tự như trên, số cách chọn 2 nam và 2 nữ là
C
2
25
.C
2
15
=
25!
2!23!
.
15!
2!13!
= 31500 (cách)
d) Nếu trong ban cán sự có ít nhất 1 nam thì có 4 khả năng xảy ra:
1 nam và 3 nữ có C

1
25
.C
3
15
cách chọn;
2 nam và 2 nữ có C
2
25
.C
2
15
cách chọn;
3 nam và 1 nữ có C
3
25
.C
1
15
cách chọn;
4 nam và không nữ có C
4
25
cách chọn;
Vậy có C
1
25
.C
3
15

+ C
2
25
.C
2
15
+ C
3
25
.C
1
15
+ C
4
25
= 469575 (cách chọn).
e) Nếu ban cán sự gồm toàn nam (nữ) có C
4
25
(C
4
15
) cách chọn. Vậy số
cách chọn để ban cán sự có ít nhất 1 nam và ít nhất 1 nữ là
C
10
40
− (C
4
15

+ C
4
25
) = 77375 (cách)
Bài 25. Cho 6 điểm trên mặt phẳng sao cho không có 3 điểm nào thẳng
hàng. Hỏi có bao nhiêu đường thẳng đi qua 2 điểm trong 6 điểm này.
Bài giải
Theo giả thiết, từ một cặp 2 điểm xác định duy nhất một đường thẳng.
Vậy số đường thẳng bằng số cặp 2 điểm từ 6 điểm: n = C
2
6
= 15.
Bài 26. Từ 7 học sinh nam, 4 học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn
một đội bóng chuyền cho 6 em sao cho trong đội có ít nhất 2 nữ.
Bài giải
Ký hiệu S
2
là tập các đội bóng có 2 nữ, S
3
là tập các đội bóng có 3 nữ,
S
4
là các đội bóng có 4 nữ.
Có C
2
4
cách chọn 2 nữ, C
4
7
cách chọn 4 nam. Suy ra, |S

2
| = C
2
4
.C
4
7
.
Tương tự ta có :|S
3
| = C
3
4
.C
3
7
, |S
4
| = C
4
4
.C
2
7
15
Vậy số cách chọn bằng n = |S
2
|+ |S
3
|+ |S

4
| = 6.35 + 4.35 + 1.21 = 371
Bài 27. Có 12 nam, 15 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 4 cặp nhảy
(mỗi cặp 1 nam, một nữ).
Bài giải
Mỗi cách chọn tương ứng với cách chọn ra 4 em nam xếp thành một hàng,
4 em nữ xếp thành một hàng. (Khi đó 2 em đứng thẳng hàng tạo thành
một cặp nhảy). Vậy số cách chọn bằng
n = C
4
12
.C
4
15
.4!.
Chú ý: Lấy 1 em nam (trong 4 em) có 4 cách chọn 1 em nữ. Lấy 1 em
nam trong 3 em còn lại có 3 cách chọn 1 em nữ trong 3 nữ còn lại. Lấy 1
em nam trong 2 em còn lại có 2 cách chọn 1 em nữ. Vậy số cách xếp cặp
cho 4 nam, 4 nữ bằng 4!
Tổ hợp lặp
Định nghĩa. Cho tập hợp A = {a
1
, a
2
, , a
n
}. Một tổ hợp lặp chập m
(m không nhất thiết phải nhỏ hơn n) của n phần tử thuộc A là một bộ
gồm m phần tử mà mỗi phần tử này là một trong những phần tử của A.
Ta sử dụng C

m
n
để kí hiệu số tổ hợp lặp chập m của n phần tử. Khi
đó
C
m
n
= C
m
m+n−1
Sau đây ta xét một số bài toán minh họa:
Bài 28. Giả sử có 4 loại bóng màu: Xanh, Đỏ, Tím, Vàng với số lượng
mỗi loại không hạn chế. Hai bộ bóng được xem là khác nhau nếu có ít
nhất một màu với số lượng thuộc hai bộ khác nhau. Hỏi có bao nhiêu
cách chọn ra các bộ 6 (quả bóng) khác nhau?
Bài giải
Vì trong mỗi bộ sáu quả bóng có thể có các quả bóng cùng màu và không
phân biệt thứ tự chọn, nên số cách chọn khác nhau bằng số tổ hợp lặp
chập 6 của 4 phần tử (tập hợp bóng cùng màu được coi là một phần tử)
và được tính bằng công thức
C
6
4
= C
6
4+6−1
=
9!
6!3!
= 84

Bài 29.Tiền giấy của Ngân hàng quốc gia Việt nam ban hành phổ
biến trên thị trường có 10 loại 200đ, 500đ, 1000đ, 2000đ, 5000đ, 10000đ,
20000đ, 50000đ, 100000đ, 500000đ. Hãy xác định số bộ khác nhau gồm
15 tờ giấy bạc của Ngân hàng quốc gia Việt Nam.
Bài giải
16
Mỗi bộ gồm 15 tờ giấy bạc thuộc không quá 10 loại, nên có những tờ
giấy bạc cùng loại. Mặt khác trong mỗi bộ không quan tâm đến thứ tự
sắp xếp, nên số bộ giấy bạc khác nhau gồm 15 tờ sẽ bằng số tổ hợp lặp
chập 15 của 10 (loại), bằng
C
15
10
= C
15
10+15−1
= C
15
24
=
24!
15!9!
= 1307504
1.2 Phép tương ứng 1- 1
Xét hai tập hữu hạn A, B. Khi đó có tồn tại một song ánh (phép tương
ứng 1- 1) f : A → B khi và chỉ khi |A|= |B|. Như vậy, nếu tồn tại song
ánh f thì ta có thể thay thế việc đếm các phần tử của tập A bởi các phần
tử của tập B. trong các bài toán cụ thể thì song ánh f có thể được mô tả
như các kỹ năng giải cụ thể rất hiệu quả như sau:
1.Mô tả phần tử đếm: Thay thế phần tử đếm bởi sự mô tả cụ thể

chính xác của nó.
2.Mã hóa 0, 1 phần tử đếm: Thay thế phần tử đếm bởi bộ toàn số
0, 1.
3.Phương pháp đánh số: Thay thế cách xác định vị trí bởi các số
thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
Tuy nhiên, chỉ thông qua việc giải các bài toán cụ thể chúng ta mới
có thể nắm vững các kỹ năng giải này.
1.2.1 Mô tả phần tử đếm
Kỹ năng này gồm 2 bước:
1. Xác định vị trí;
2. Sắp xếp vào vị trí đã chọn.
Sau đây chúng ta xét một số bài toán minh họa:
Bài 1. Tìm các số nguyên dương có 6 chữ số bao gồm 3 chữ số chẵn và
3 chữ số lẻ.
Bài giải
Ta có C
3
6
cách lấy ra 3 vị trí để đặt 3 chữ số chẵn và 3 vị trí còn lại đặt
3 chữ số lẻ. Ở mỗi vị trí đã chọn ta có 5 cách chọn 1 chữ số chẵn hoặc
lẻ. Vậy theo quy tắc nhân ta có C
3
6
.5
6
bộ 6 chữ số trong đó có 3 chữ số
chẵn, 3 chữ số lẻ.
Tuy nhiên, nếu chữ số 0 đứng đầu thì chỉ được số có 5 chữ số nên ta
phải bớt đi các bộ số này. Có C
2

5
cách chọn 2 vị trí để đặt chữ số chẵn
(vì số 0 đứng đầu). Vậy số bộ có số 0 đứng đầu là C
2
5
.5
5
.
17
Đáp số: d = C
3
6
.5
6
− C
2
5
.5
5
= 281250.
Bài 2. Cho tập A = {1, 2, 3}. Có bao nhiêu số nguyên dương gồm 10
chữ số lập được từ tập A, trong đó chữ số 3 xuất hiện đúng 2 lần. Hỏi có
bao nhiêu số trong các số này chia hết cho 9.
Bài giải
Có C
2
10
cách chọn 2 vị trí trong 10 vị trí để đặt số 3. Tại mỗi vị trí trong 8
vị trí còn lại có 2 cách sắp xếp (1 hoặc 2). Vậy đáp số d = C
2

10
.2
8
= 11520.
Ký hiệu S(n) là tổng các chữ số của số n (với n là số thỏa mãn yêu
cầu của bài toán). Ta suy ra: 14 = 6 + 8.1 ≤ S(n) ≤ 6 + 8.2 = 22
Vì n chia hết cho 9 nên 9|S(n), vậy nên S(n) = 18.
Đã có hai số 3 nên tổng 8 chữ số còn lại bằng 12 nên chỉ có thể có bốn
số 2 và bốn số 1. Suy ra số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán và chia hết
cho 9 bằng d
2
= P(2, 4, 4) =
10!
2!.4!4!
⇒ d
2
= 3150.
Bài 3. Có bao nhiêu số gồm 4 chữ số được cấu tạo từ những chữ số
của số 123124.
Bài giải
Trong kỹ năng mô tả phần tử của những bài toán phức tạp thì bước đầu
tiên là phân loại các phần tử đếm có tính chất giống nhau (thường gọi là
liệt kê). Những số được cấu tạo thuộc một trong những trường hợp sau:
1. Có 4 chữ số phân biệt d
1
= 4! (vì chỉ có 4 chữ số phân biệt 1,2,3,4).
2. Có 2 cặp chữ số giống nhau (2,2,1,1): d
2
=
4!

2!.2!
= 6
3. Có 1 cặp chữ số giống nhau, còn 2 chữ số còn lại là phân biệt. Có 2
cách chọn một cặp 2 chữ số giống nhau và C
2
3
cách chọn 2 chữ số phân
biệt từ 3 chữ số phân biệt còn lại. Suy ra d
3
= 2.C
2
3
.P (2, 1, 1) = 72
Đáp số: 24+6+72 =102.
Bài 4. Cho tập A = {1, 2, 3, 4, 5}. Hỏi có bao nhiêu số gồm 6 chữ số
của A trong đó có 3 số a, 2 số b và 1 số c, với a, b, c là các số đôi một
phâm biệt thuộc A.
Bài giải.
Có C
3
5
cách lấy 3 số phân biệt đôi một a, b, c của tập A. Có 3 cách chỉ
định số nào xuất hiện 3 lần, số nào xuất hiện 2 lần sẽ có 2 cách chỉ định,
hiển nhiên số còn lại xuất hiện 1 lần và ta có đáp số d = C
3
5
.3.2.
6!
3!2!
.

Bài 5. Cho tập A = {0, 1, 2, 3, 4, 5}. Hỏi có bao nhiêu số gồm 5 chữ
số của A sao cho mỗi số có đúng 3 chữ số giống nhau.
Bài giải.
18
Trước hết ta tìm số bộ 5 chữ số thỏa mãn yêu cầu của bài toán, sau đó
bớt đi các bộ số có số 0 đứng đầu.
Có C
3
5
cách chọn 3 vị trí trong 5 vị trí để xếp 3 chữ số giống nhau, có
6 cách chọn 1 trong 6 số để viết vào 3 vị trí đã chọn (ký hiệu là a), có 5
cách chọn b = a, 5 cách chọn c = a (b, c có thể giống nhau).
Vậy bộ 5 số là d
1
= C
3
5
.6.5.5
Xét trường hợp số 0 đứng đầu:
- Trường hợp 1 (có 3 số giống nhau khác 0).
Có C
3
4
cách chọn 3 vị trí để đặt 3 số giống nhau a ∈ A, có 5 cách chọn
a = 0, a ∈ A, có 5 cách chọn b ∈ A, b = a đặt vào vị trí còn lại. Vậy số
bộ trong trường hợp này bằng d
2
= C
3
4

.5.5
- Trường hợp 2 (3 số giống nhau là 3 số 0).
Có C
2
4
cách chọn 2 vị trí để viết thêm 2 số 0, có 5 cách chọn a ∈ A, a = 0,
5 cách chọn c ∈ A, c = 0 để đặt vào 2 vị trí còn lại, Vậy số bộ của trường
hợp này bằng d
3
= C
2
4
.5.5
Đáp số: d = d
1
− (d
2
+ d
3
) = 1250.
Bài 6. Tìm số các số nguyên có 4 chữ số được cấu tạo bởi đúng 2 chữ số
phân biệt.
Bài giải.
Có C
2
10
= 45 cách chọn 2 chữ số từ 10 chữ số. Tử 2 chữ số đó chúng ta có
thể tạo thành 2
4
số có 4 chữ số (tuy nhiên chúng ta phải trừ đi 2 trường

hợp trong 2
4
trường hợp là khi số đó chỉ gồm 1 chữ số (a, a, a, a) hoặc
(b, b, b, b). Vậy số bộ thỏa mãn yêu cầu bài toán bằng d
1
= C
2
10
.(2
4
− 2).
Sau đây ta trừ đi các bộ số có số 0 đứng đầu. Có C
1
9
cách chọn thêm
1 số khác 0, có 2
3
cách tạo thành bộ 3 số xếp sau số 0 (trừ 1 trường hợp
0000). Ta có d
2
= C
1
9
(2
3
− 1).
Đáp số: d = d
1
− d
2

= 630 − 63 = 567.
1.2.2 Mã hóa 0, 1 phần tử đếm
Khi bài toán mà mỗi phần tử đếm là một quy tắc, một cách chọn,
một cách phân chia, một trò chơi thì người ta thường mô tả phần tử đếm
bằng một bộ số 0, 1 để phép đếm trở nên đơn giản hơn.
Sau đây ta xét một số bài toán minh họa:
Bài 7. Ở một cửa hiệu có 12 loại bưu thiếp, hỏi có bao nhiêu cách mua
8 bưu thiếp để gửi đến các địa chỉ khác nhau.
Bài giải
19
Ta viết n
1
số 1 nếu n
1
số thiếp loại 1 được mua (n
1
= 0 ta không viết số
nào), sau đó viết tiếp số 0.
Ta lại viết n
2
số 1 nếu n
2
số thiếp loại 2 được mua, sau đó viết tiếp
số 0.
Cứ tiếp tục như vậy, ta viết n
12
số 1 nếu n
12
số thiếp loại 12 được
mua.

Ta có n
1
+ n
2
+ + n
12
= 8. Thu được bộ 8 số 1 và 11 số 0. Vậy mỗi
cách mua bưu thiếp của khách du lịch tương ứng với một bộ số gồm 8 số
1 và 11 số 0 được sắp xếp theo một thứ tự nào đó. Có 8 cách lấy 8 vị trí
trong 19 vị trí để điền số 1, còn lại điền số 0.
Vậy số cách mua bưu thiếp của khách du lịch bằng P (8, 11) =
19!
8!11!
Bài 8. Có bao nhiêu cách chia 15 quả bóng như nhau cho 6 em học
sinh sao cho mối em học sinh được phát ít nhất một quả bóng.
Bài giải
Trước hết ta phát cho mỗi học sinh một quả bóng và đưa về bài toán
"Có bao nhiêu cách phát 9 quả bóng cho 6 học sinh".
Viết x
1
số 1 nếu phát x
1
bóng cho học sinh thứ 1, sau đó viết tiếp số
0.
Viết x
2
số 1 nếu phát x
2
bóng cho học sinh thứ 2, sau đó viết tiếp số
0.

Tiếp tục như vậy đến bước cuối cùng là viết x
6
số 1 nếu phát x
6
quả
bóng cho học sinh thứ 6.
Vậy số cách phát bằng số bộ gồm x
1
+ x
2
+ + x
6
= 9 số 1 và 5 số
0. Số bộ này bằng: P(9, 5) =
14!
9!5!
= C
5
14
Bài 9.Tìm số bộ 3 số (x, y, z) nguyên dương thỏa mãn đẳng thức x +
y + z = 1000.
Bài giải
Đặt u = x−1, v = y−1, t = z−1 ta thu được bài toán tương đương "Tìm
số bộ (u, v, t) nguyên không âm thỏa mãn đẳng thức u + v + t = 997".
Mỗi bộ số (u, v, t) tương ứng với một bộ gồm toàn số 0, 1 sau đây:
(11 1
  
u
, 0, 11 1
  

v
, 0, 11 1
  
t
)
Mỗi bộ này gồm 997 số 1 và 2 số 0 nên số bộ này bằng P (997, 2) =
999!
997!2!
Bài 10. Chúng ta phát 15 quả bóng cho 6 học sinh.
1. Tìm số n
1
cách phát bóng cho học sinh?
2. Tìm số n
2
cách phát bóng cho học sinh sao cho mỗi em có ít nhất một
quả?
Bài giải
20
1) Chú ý: Hai cách phát được gọi là khác nhau nếu có ít nhất một học
sinh nhận số bóng khác nhau trong hai cách phát. Nếu phát x
1
quả bóng
cho học sinh thứ 1 ta viết x
1
số 1 (nếu không phát thì không viết gì) và
sau đó viết số 0. Và ta lại viết x
2
số 1 nếu phát x
2
bóng cho học sinh thứ

2, sau đó viết số 0.
Cứ tiếp tục vậy viết x
6
số 1 nếu phát x
6
bóng cho học sinh thứ 6.
Ta có x
1
+ x
2
+ + x
12
= 15.
Vậy một cách phát bằng một bộ gồm 15 số 1 và 5 số 0 theo một thứ
tự nào đó. Để có một bộ như vậy ta cần chọn 5 vị trí trong 20 vị trí để
viết số 0, còn lại viết số 1.
Vậy số cách phát bằng n
1
= C
5
20
.
2) Ta phát cho mỗi em một quả bóng và sau đó phát 9 quả bóng cho
6 em theo cách trên và thu được số cách phát bằng n
2
= C
5
14
Bài 11.Có bao nhiêu cách chia 7 thùng nho, 5 thùng táo như nhau
cho 3 học sinh (Hai cách chia là khác nhau nếu có ít nhất một học sinh

nhận được số thùng nho hoặc táo khác nhau ở hai cách).
Bài giải
Nếu phát x
1
thùng nho cho học sinh thứ 1 ta viết x
1
số 1 (nếu không
phát ta viết số 0), sau đó viết số 0.
Nếu phát x
2
thùng nho cho học sinh thứ 2 ta viết x
2
số 1, sau đó viết
số 0. Và viết x
3
số 1 nếu phát x
3
thùng nho cho học sinh thứ 3.
Vậy số cách phát bằng số bộ gồm 7 số 1 và 2 số 0 được xếp theo thứ
tự bất kỳ. Suy ra số cách phát bằng: n
1
= C
2
9
.
Sau khi phát nho chúng ta lại tiếp tục phát 5 thùng táo cho 3 học
sinh. Tương tự số cách phát bằng n
2
= C
2

7
.
Theo quy tắc nhân số cách phát này là: n = n
1
.n
2
= C
2
9
.C
2
7
.
Bài 12.Với n ∈ N cố định, Tìm số nghiện phương trình
x
1
+ x
2
+ + x
k
= n.
1. Trên tập các số nguyên không âm.
2. Trên tập các số nguyên dương.
Bài giải
1. Mỗi nghiệm (x
1
, x
2
, , x
k

) tương ứng 1-1 với một bộ các số 0, 1 theo
quy tắc sau:
Viết x
1
số 1 (nếu x
1
= 0 ta không viết số nào). Viết số 0 mô tả dấu
phẩy. Tiếp tục cho đến x
k
số 1 cuối cùng vì bộ số thỏa mãn x
1
+ x
2
+
+ x
k
= n nên gồm n số 1 và k −1 số 0.
Để có một bộ số như vậy chúng ta cần chọn ra n vị trí để viết n số 1
trong n + k −1 vị trí.
21
Đáp số n
1
= C
n
n+k−1
.
2. Ta đặt y
i
= x
i

− 1(i = 1, 2, , k) và mỗi bộ (x
1
, x
2
, , x
k
) tương ứng
1-1 với bộ (y
1
, y
2
, , y
k
) thỏa mãn y
1
+ y
2
+ + y
k
= n −k với y
i
không
âm.
Giải tương tự phần (1) ta có đáp số n
2
= C
n−k
n−k+k−1
= C
n−k

n−1
= C
k−1
n−1
Bài 13.Một cửa hiệu có bán 5 loại cà phê khác nhau. Hỏi có bao cách
để 1 người mua 12 gói? Có bao cách để 1 người mua 12 gói trong đó mỗi
loại có ít nhất 2 gói?
Bài giải
1. Nếu mua x
1
gói loại 1 ta viết x
1
số 1, sau đó viết số 0. Tương tự viết
x
5
số 1 nếu mua x
5
gói loại 5. Vì x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
+ x
5
= 12 nên ta thu
được một bộ số gồm 12 số 1 và 4 số 0. Mỗi cách mua tương ứng 1- 1 với
một cách lấy 4 ví trí từ 16 vị trí để viết 4 số 0 (còn lại viết số 1).

Đáp số n
1
= C
4
16
2. Ta lấy mỗi loại 2 gói, và mua tiếp 2 gói theo cách trên sẽ tương ứng
với một bộ 2 số 1 và 4 số 0.
Đáp số n
2
= C
2
6
.
Bài 14.Có bao nhiêu cách bỏ 12 đồng xu (như nhau) vào 7 phong bì
có đánh số sao cho mỗi phong bì có ít nhất 1 đồng xu.
Bài giải
Ta bỏ vào mỗi phong bì một đồng xu, năm đồng xu còn lại bỏ vào 7
phong bì theo quy tắc sau:
Nếu bỏ x
1
đồng xu vào phong bì thứ 1 ta viết x
1
số 1, sau đó ta viết số
0. Tương tự viết x
7
số 1 nếu bỏ x
7
đồng xu vào phong bì số 7. Mỗi cách
tương ứng với một bộ gồm 5 số 1 (x
1

+ x
2
+ + x
7
= 5) và 6 số 0. Vậy
đáp số n = C
6
11
Bài 15. Có 30 người bỏ phiếu cho 5 đại biểu, mỗi người chỉ bỏ phiếu cho
duy nhất một đại biểu. Hỏi có bao nhiêu cách bỏ phiếu của 30 người cho
tất cả các đại biểu.
Bài giải
Nếu có x
1
người bỏ phiếu cho đại biểu thứ 1 ta viết x
1
số 1 sau đó viết
số 0.
Nếu có x
2
người bỏ phiếu cho đại biểu thứ 2 ta viết x
2
số 1 sau đó
viết số 0.
Tương tự đến khi viết x
5
số 1 nếu có x
5
người bỏ phiếu cho đại biểu
thứ 5. Mỗi cách bỏ phiếu tương ứng với một bộ 30 số 1 và 4 số 0. Vậy số

cách bỏ phiếu bằng C
4
34
22
Bài 16. Có bao nhiêu cách bỏ 2 quả bóng trắng, 7 bóng đen vào 9 lỗ
khác nhau sao cho:
1. Không có lỗ nào trống.
2. Có một vài lỗ trống.
Bài giải
1. Có C
2
9
cách chọn 2 trong 9 lỗ để bỏ bóng trắng, còn lại bỏ bóng đen.
Suy ra n
1
= C
2
9
.
2. Viết x
1
số 1 nếu bỏ x
1
quả bóng trắng vào lỗ thứ 1, sau đó viết 0. Tương
tự đến khi viết x
9
số 1 nếu bỏ x
9
quả bóng trắng vào lỗ thứ 9. Vậy mỗi
cách bỏ bóng trắng tương ứng 1-1 với mỗi bộ 2 số 1 (x

1
+x
2
+ +x
9
= 2)
và 8 số 0.
Số bộ bằng n
1
= C
2
10
Tương tự số cách bỏ bóng đen tương ứng 1-1 với một bộ 7 số 1 và 8 số 0
bằng n
2
= C
7
15
.
Theo quy tắc nhân thì số cách bỏ bóng trắng và bóng đen bằng
n = n
1
.n
2
= C
2
10
.C
7
15

.
Bài 17. Tìm số bộ (x
1
, x
2
, x
3
) nguyên không ân thỏa mãn x
1
+x
2
+x
3
≤
1000.
Bài giải.
Mỗi bộ (x
1
, x
2
, x
3
) thỏa mãn x
1
+ x
2
+ x
3
≤ 1000 tương ứng 1-1 với bộ
(x

1
, x
2
, x
3
, x
4
) thỏa mãn x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
= 1000. Mỗi bộ (x
1
, x
2
, x
3
, x
4
)
tương ứng 1-1 với bộ:
(11 1
  
x
1
, 0, 11 1

  
x
2
, 0, 11 1
  
x
3
, 0, 11 1
  
x
4
)
gồm 1000 số 1 và 3 số 0. Số bộ này bằng P (1000, 3) =
1003!
1000!3!
.
Bài 18. Xét bất phương trình x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
≤ 9
1. Tìm số nghiệm nguyên không âm.
2. Tìm số nghiệm nguyên dương.
Bài giải
1. Số nghiệm khi x
1

+ x
2
+ x
3
+ x
4
= 9 bằng C
3
12
(3 số 0, 9 số 1).
Khi x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
= 8 bằng C
3
11
.
Tiếp tục như vậy, khi x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4

= 1 bằng C
3
4
.
Tiếp tục như vậy, khi x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
= 0 bằng C
3
3
.
Đáp số:
n = C
3
3
+ C
3
4
+ C
3
5
+ + C
3
12
= C

0
4
+ C
1
4
+ C
2
5
+ + C
9
12
= C
1
5
+ C
2
5
+ C
3
6
+ + C
9
12
23
= C
2
6
+ C
3
6

+ + C
9
12
=
= C
8
12
+ C
9
12
= C
9
13
2. Đặt y
i
= x
i
− 1, ta thu được
y
1
+ y
2
+ y
3
+ y
4
≤ 5.
Suy ra:
n
2

= C
3
8
+ C
3
7
+ C
3
6
+ + C
3
3
= C
0
4
+ C
1
4
+ C
2
5
+ + C
5
8
=
= C
4
8
+ C
5

8
= C
5
9
1.2.3 Phương pháp đánh số
Để kỹ năng đếm hiệu quả, chính xác hơn với các bài toán phức tạp
chúng ta xây dựng phương pháp đánh số như sau: Đánh số các vị trí để
sắp xếp các thành phần của phần tử đếm theo thứ tự khi đó mỗi cách
chọn vị trí tương ứng với một bộ số nguyên dương thỏa mãn một tính
chất cụ thể theo yêu cầu của bài toán đếm.
Sau đây ta xét một số bài toán minh họa:
Bài 19. Một tổ có 7 học sinh nam, 3 học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách
xếp tổ thành một hàng ngang mà không có 2 học sinh nữ nào ngồi cạnh
nhau.
Bài giải
Ta đánh số các vị trí từ 1 đến 10. 3 vị trí không kề nhau tương ứng với
các số a < b < c thỏa mãn tính chất sau 3 ≤ a + 2 < b + 1 < c ≤ 10.
Để xác định a, b, c ta cần chọn ra 3 số phân biệt trong 8 số từ 3 đến
10. Vậy có C
3
8
cách chọn ra 3 vị trí trong 10 vị trí để xếp các em nữ.
Vậy số cách xếp bằng n = C
3
8
.3!.7!
Bài 20. Có bao nhiêu cách xếp 7 nam, 3 nữ ngồi xung quanh một bàn
tròn 10 ghế sao cho không có 2 em nữ nào ngồi cạnh nhau.
Bài giải
Ta lấy một chiếc ghế bất kỳ và xếp tiếp theo một chiếc.

- Trường hợp 1: Xếp em nữ thì ghế thứ 10 không thể là nữ:
1 (nữ) - 2 - 3 - . . . -10 (nam).
Vậy ta cần chọn 2 vị trí ứng với các số a, b để xếp 2 em nữ. Khi đó
4 ≤ a + 1 < b ≤ 9
(Vì ghế thứ 2 không thể xếp nữ). Vậy số cách chọn thêm 2 vị trí bằng
C
2
6
(chọn 2 số phân biệt trong 6 số).
24
- Trường hợp 2: Ghế đã chọn xếp em nam:
1 (nam) - 2 - 3 - - 10.
Khi đó 3 vị trí xếp nữ ứng với 3 số a < b < c thỏa mãn 4 ≤ a + 2 <
b + 1 < c ≤ 10
Số cách chọn 3 vị trí bằng C
3
7
.
Sau khi chọn vị trí ta có 3! cách xếp nữ và 7! cách xếp nam.
Vậy số cách xếp bằng: n = (C
2
6
+ C
3
7
).3!7!
Bài 21. Xét tập A = {0, 1, 2, 3, 4, 5}. Hỏi có thể lập được bao nhiêu
số có bảy chữ số gồm 5 chữ số phân biệt khác không của A và 2 số 0 sao
cho giữa 2 số 0 có ít nhất 2 số khác 0.
Bài giải

Ta cần 7 vị trí để xếp các chữ số cho một số. Đánh số thứ tự các vị trí
từ 1 đến 7. Ta chọn ra 2 vị trí để viết số 0 tương ứng với 2 số a, b thỏa
mãn tính chất 4 ≤ a + 2 < b ≤ 7. (ta có a ≥ 2 vì số 0 không được đứng
đầu). Vậy số cách chọn 2 vị trí bằng số cách chọn 2 số phân biệt trong 4
số từ 4 đến 7. Số cách chọn bằng C
2
4
và tại các vị trí này ta viết số 0.
Còn 5 vị trí còn lại có 5! cách xếp các số 1,2,3,4,5.
Đáp số: n = C
2
4
.5!
Bài 22.Xét đa giác đều n đỉnh (n ≥ 12), hỏi có bao nhiêu tam giác
có 3 cạnh là 3 đường chéo. Hỏi có bao nhiêu tứ giác có 2 cạnh là cạnh đa
giác, 2 cạnh còn lại là 2 đường chéo.
Bài giải
- Xuất phát từ 1 đỉnh bất kỳ ta đánh số các đỉnh theo thứ tự A
1
, A
2
, , A
n
.
Ta cần chọn thêm 2 đỉnh ứng với các số a, b thỏa mãn 4 ≤ a + 1 < b ≤
n −1.
Suy ra số cách chọn 2 đỉnh bằng số cách lấy ra 2 số phân biệt từ n − 4
số (từ 4 đến n −1).
Suy ra số tam giác đỉnh A
1

thỏa mãn yêu cầu của bài toán bằng C
2
n−4
.
Vì có n đỉnh và mỗi tam giác được đếm lặp lại 3 lần nên số tam giác thỏa
mãn yêu cầu của bài toán bằng d =
nC
2
n−4
3
.
- Xét trường hợp tứ giác có 2 cạnh là 2 cạnh kề nhau cỉa đa giác. Với mỗi
cặp 2 cạnh kề nhau ta cần chọn thêm một đỉnh ứng với số a thỏa mãn
5 ≤ a ≤ n − 1. Suy ra số cách chọn thêm 1 đỉnh bằng (n −5).
Vậy số tứ giác có 2 cạnh là 2 cạnh kề nhau của đa giác và 2 cạnh còn lại
là đường chéo bằng d
1
= n(n − 5). (Vì có n cặp 2 cạnh đa giác kề liền
nhau ).
Trường hợp có 2 cạnh là cạnh đa giác không kề nhau. Muốn có 2 cạnh
còn lại là hai đường chéo ta thực hiện như sau: Xuất phát từ một cạnh
25