LVTS Một số dạng toán tổ hợp

1



MỤC LỤC
LỜI NÓI ĐẦU ……………………………………………………………… 3

Chương 1. Một số kiến thức cơ bản ………………………………………

5

1.1. Một số quy tắc cơ bản của phép đếm ……………………………….

5

1.2. Nguyên lý Dirichlet …………………………………………………

10

1.3. Hoán vị ……………………………………………………………

12

1.4. Chỉnh hợp …………………………………………………………

17

1.5. Tổ hợp ……………………………………………………………… 20

1.6. Nhị thức Newton ……………………………………………………

24

Chương 2. Một số cách tiếp cận tới bài toán tổ hợp …………………… 29

2.1. Sử dụng phương pháp liệt kê ………………………………………. 29

2.2. Đếm các phần tử của phần bù ……………………………………… 34

2.3. Sử dụng nguyên lý bao gồm và loại trừ ……………………………. 36

2.4. Sử dụng cách xây dựng phần tử đếm ………………………………. 44

2.5. Sử dụng các công thức tổ hợp ……………………………………

45

2.6. Sử dụng nguyên lý phân phối các đồ vật vào hộp …………………. 48

2.7. Sử dụng công thức truy hồi …………………………………………

52

2.8. Sử dụng phương pháp đánh số ……………………………………

54

2.9. Phương pháp xây dựng song ánh ………………………………… 57

2.10. Sử dụng phương pháp đếm bằng hai cách ……………………… 61

Chương 3. Kỹ năng giải toán bằng phương pháp bất biến …………… 66

3.1. Một số bài toán mở đầu ……………………………………………

66

3.2. Tìm đại lượng không thay đổi sau mỗi phép biến đổi …………… 71


3.3. Tìm tính chất của một đại lượng không thay đổi sau các phép biế
n
đổi ……………………………………………………………………
73

3.4. Nguyên lý bất biến ……………………………………………… 74

3.5. Một số bài tập vận dụng ……………………………………… 80

2



KẾT LUẬN ……………………………………………………………… 88

Tài liệu tham khảo …………………………………………………………. 89




3

LỜI NÓI ĐẦU

Toán tổ hợp – là một ngành toán học nghiên cứu các tổ hợp, hoán vị của các
phần tử. Trong một thời gian dài, mảng khoa học này nằm ngoài hướng phát triển
cơ bản của toán học và các ứng dụng của nó. Trong thời gian khoảng hai thế kỷ
rưỡi, ngành giải tích đã đóng vai trò chủ yếu trong việc nghiên cứu bản chất tự
nhiên. Hiện trạng này đã thay đổi sau khi các máy tính và máy tính cá nhân ra đời.
Nhờ chúng người ta có thể thực hiện việc sắp xếp, phân loại mà trước đây cần hàng
trăm đến hàng ngàn năm. Ở thời buổi sơ khai của toán học rời rạc, vai trò của lĩnh
vực cổ xưa nhất của toán học rời rạc là toán học tổ hợp cũng đã được thay đổi. Từ
lĩnh vực mà phần lớn chỉ những người biên soạn những bài toán thú vị quan tâm
đến và phát hiện ra những ứng dụng cơ bản trong việc mã hóa và giải mã các văn tự
cổ, nó đã được chuyển thành lĩnh vực nằm trong trục đường chính của sự phát triển
khoa học.
Ở nước ta hiện nay, chương trình giảng dạy toán tổ hợp, lý thuyết xác suất và
thống kê đã bắt đầu từ chương trình toán học phổ thông. Trước hết cần khẳng định
rằng hướng này của Bộ Giáo dục và Đào tạo đòi hỏi phát triển các kiểu tư duy
chuyên biệt về tổ hợp và xác suất thống kê, vốn rất cần thiết đối với thế hệ hiện tại.
Bởi thế, trong nhiều kì thi tuyển sinh vào đại học, thi học sinh giỏi, các bài
toán tổ hợp cũng hay được đề cập và thường thuộc loại rất khó. Bằng cái nhìn tổng
quan, luận văn này cũng đã nêu ra một số ví dụ điển hình trong các kì thi tuyển sinh
vào đại học, thi học sinh giỏi thời gian qua. Cụ thể, luận văn được chia thành các
chương:
Chương 1. Một số kiến thức cơ bản.
Chương này trình bày các kiến thức cơ bản trong tổ hợp gồm: Các quy tắc
đếm cơ bản, hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp và nhị thức Newton. Ngoài ra, nguyên lý
Dirichlet được đề cập tới như một công cụ đắc lực trong việc giải quyết các bài toán

tổ hợp ở chương sau.


4



Chương 2. Một số cách tiếp cận tới bài toán tổ hợp.
Chương này ta sẽ tiếp cận tới bài toán tổ hợp nhờ một số phương pháp cơ
bản như: Phương pháp liệt kê, phương pháp đếm các phần tử của phần bù, sử dụng
nguyên lý bao gồm và loại trừ, sử dụng các công thức tổ hợp, sử dụng nguyên lý
phân phối các đồ vật vào hộp, sử dụng công thức truy hồi, phương pháp đánh số,
phương pháp xây dựng song ánh và phương pháp đếm bằng hai cách.
Chương 3. Kỹ năng giải toán bằng phương pháp bất biến.
Chương này trình bày ba bài toán gồm: Bài toán về tính chất hữu hạn hoặc
vô hạn của dãy lặp, bài toán về tính chất tuần hoàn của dãy lặp, bài toán về sự tồn
tại của dãy lặp mà trạng thái cuối cùng thỏa mãn một số tính chất cho trước. Ngoài
ra, rèn luyện kỹ năng phát hiện ra các đại lượng, tính chất của một đại lượng không
đổi sau các phép biến đổi. Cuối cùng, trình bày nguyên lý bất biến và một số bài tập
vận dụng.
Để hoàn thành được luận văn này, trước nhất tôi xin được gửi lời cảm ơn
sâu sắc tới PGS. TS Nguyễn Vũ Lương đã dành thời gian hướng dẫn, đánh giá, chỉ
bảo, tận tình giúp đỡ trong quá trình xây dựng đề tài cũng như hoàn thiện khóa luận.
Qua đây tôi cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành các thầy cô đã đọc, kiểm tra,
đánh giá và cho những ý kiến quý báu để luận văn được đầy đủ hơn, phong phú
hơn. Cũng xin được gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu, phòng sau Đại học, khoa
Toán-Cơ-Tin học trường Đại học Khoa học Tự nhiên đã tạo điều kiện thuận lợi
trong suốt quá trình học tập tại trường.
Tuy đã có nhiều cố gắng nhưng do thời gian và khả năng có hạn nên các vấn
đề trong khóa luận vẫn chưa được trình bày sâu sắc và không thể tránh khỏi có

những sai sót trong cách trình bày. Mong được sự góp ý xây dựng của thầy cô và
các bạn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!



Hà nội, ngày 15 tháng 01 năm 2015
Học viên

Phùng Thế Tú
5



Chương 1
Một số kiến thức cơ bản

1.1. Một số quy tắc cơ bản của phép đếm
Phép đếm có vai trò rất quan trọng trong đời sống cũng như trong khoa học.
Trong đời sống, hàng ngày ta thường xuyên phải đếm các đối tượng nào đó và vì
thế phép đếm dường như quá quen thuộc và không có gì phải bàn đến. Tuy nhiên,
trong các kì thi đại học và thi học sinh giỏi, bài toán đếm đã gây ra không ít khó
khăn cho các thí sinh.
Trong mục này, chúng ta sẽ trình bày các quy tắc đếm cơ bản, nhờ đó có thể
tính chính xác và nhanh chóng số phần tử của một tập hợp mà không cần đếm trực
tiếp bằng cách liệt kệ.
1.1.1. Quy tắc cộng
Nếu
1 2
, , , A

k
A A
là các tập hợp hữu hạn đôi một rời nhau, tức là
i j
A A  
nếu
i j
. Khi đó
1 2 1 2
,
k k
A A A A A A      
(1.1)
với
i
A
là số phần tử của tập hợp
, 1, 2, 3, , .
i
A i k

1.1.2. Quy tắc nhân
Nếu
1 2
, , , A
k
A A
là các tập hợp hữu hạn và
1 2
A

k
A A  
là tích
Descartes của các tập đó thì

1 2 1 2
. .
k k
A A A A A A   

(1.2)
Quy tắc cộng và quy tắc nhân cũng thường được phát biểu dưới dạng tương
ứng dưới đây:
Quy tắc cộng: Giả sử một công việc nào đó có thể thực hiện theo một trong
k
phương án
1 2
, , ,
k
A A A
. Phương án
i
A

có
i
n

cách thực hiện
 

 1,2, 3, , .i k 

Khi đó công việc có thể thực hiện theo
1 2
 .
k
n n n  

cách.
6



Quy tắc nhân: Giả sử một công việc nào đó bao gồm
k
công đoạn
1 2
, , ,
k
A A A
. Nếu
công đoạn
1
A

có thể làm theo
1
n
cách. Với mỗi
2i 

và với mỗi cách thực hiện
các công đoạn
1 2 1
, , ,
i
A A A

thì công đoạn
i
A

có thể thực hiện theo
i
n
cách. Khi đó
công việc có thể thực hiện theo
1 2
.
k
n n n

cách.
1.1.3. Quy tắc bù trừ
Cho
X
là tập hữu hạn và
.A X
Gọi
\A X A

. Khi đó, ta có

.A X A
 

(1.3)
1.1.4. Số phần tử của hợp hai hoặc ba tập hợp hữu hạn bất kì
Định lí 1.1.1. (Công thức tính số phần tử của hợp hai tập hợp bất kì) Cho
A
và
B

là hai tập hợp hữu hạn bất kì. Khi đó, ta có

.A B A B A B    
(1.4)
Chứng minh
Ta có
B
và
\A B
là hai tập hợp không giao nhau và
 
\A B B A B  

nên

\A B B A B  
. (1.5)
Mặt khác

A B
và
 
\A B
là hai tập hợp không giao nhau và
   
\A A B A B  
nên
\ ,A A B A B  
do đó:

\
A B A A B  
. (1.6)
Thay (1.6) vào (1.5) ta được (1.4).
Định lí 1.1.2. (Công thức tính số phần tử của hợp ba tập hợp bất kì) Cho
, ,A B C
là
ba tập hợp hữu hạn bất kì. Khi đó, ta có

A B C A B C A B B C C A A B C             
.(1.7)
Chứng minh
Theo định lí 1.1.1 ta có

   
A B C A B C A B C A B C
          
. (1.8)
7

Mặt khác cũng theo định lí 1.1.1

B C B C B C    
(1.9)
và
         
. (1.10)
A B C A B A C A B A C A B A C
A B A C A B C
             
      

Thay (1.9) và (1.10) vào (1.8) ta được công thức (1.7).
1.1.5. Ví dụ áp dụng một số quy tắc đếm cơ bản
Ví dụ 1.1.1. Từ ba chữ số 2, 3, 4 có thể tạo ra bao nhiêu số tự nhiên gồm năm chữ
số, trong đó có đủ cả ba chữ số nói trên?
Lời giải
Gọi số cần tìm có dạng
1 2 3 4 5
a a a a a
. Bởi số tạo thành phải có đủ cả ba chữ số
2, 3, 4 nên ta xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1: Số tạo thành gồm ba chữ số 2, một chữ số 3 và một chữ số
4. Ta xếp chữ số 4 có 5 cách chọn một trong các ví trí
1 2 3 4
, , ,a a a a

hoặc
5
a
. Xếp
chữ số 3 vào một trong bốn vị trí còn lại có 4 cách. Ba vị trí còn lại xếp ba chữ số 2
có 1 cách. Theo quy tắc nhân, ta có 5.4.1 = 20 số.
Trường hợp 2: Số tạo thành gồm ba chữ số 4, một chữ số 2 và một chữ số 3.
Tương tự trường hợp 1 có 20 số.
Trường hợp 3: Số tạo thành gồm ba chữ số 3, một chữ số 2 và một chữ số
4. Tương tự, ta có 20 số.
Trường hợp 4: Số tạo thành gồm hai chữ số 2, hai chữ số 3 và một chữ số 4.
Chọn một trong năm vị trí để xếp chữ số 4 có 5 cách. Lấy ra hai vị trí từ bốn vị trí
còn lại và xếp hai chữ số 2 có 6 cách. Hai chữ số 3 xếp vào hai vị trí còn lại có 1
cách. Theo quy tắc nhân, ta có 5.6.1 = 30 số.
Trường hợp 5: Số tạo thành gồm hai chữ số 2, hai chữ số 4 và một chữ số 3.
Tương tự trường hợp 4 có 30 số.
Trường hợp 6: Số tạo thành gồm hai chữ số 3, hai chữ số 4 và một chữ số 2.
Tương tự, ta có 30 số.
8



Vậy theo quy tắc cộng có tất cả 20 + 20 + 20 +30 + 30 +30 = 150 số.
Ví dụ 1.1.2. (Đề thi tuyển sinh ĐHQG TP HCM – 1999) Một bàn dài có 2 dãy ghế
đối diện nhau, mỗi dãy 6 ghế. Người ta muốn xếp chỗ ngồi cho 6 học sinh trường
A

và 6 học sinh trường
B
vào bàn nói trên. Hỏi có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi trong

các trường hợp sau:
(i) Bất kì hai học sinh nào ngồi cạnh nhau hoặc đối diện nhau thì khác trường;
(ii) Bất kì hai học sinh nào ngồi đối diện nhau thì khác trường.
Lời giải
Đánh số các ghế theo hình vẽ

(i) Theo yêu cầu của bài toán, ta có số cách chọn như sau:
Ghế 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

11

12

Số cách xếp chỗ
ngồi
12

6 5 5 4 4 3 3 2 2 1 1
Theo quy tắc nhân, ta có 12.6.5.5.4.4.3.3.2.2.1.1 = 1036800 cách.
(ii) Theo yêu cầu của bài toán, ta có số cách chọn như sau:
Ghế 1 12

2 11

3 10

4 9 5 8 6 7
Số cách xếp chỗ
ngồi
12

6 10

5 8 4 6 3 4 2 2 1
Theo quy tắc nhân, ta có 12.6.10.5.8.4.6.3.4.2.2.1 = 33177600 cách.
Ví dụ 1.1.3. Xét tập hợp
 
1,2, 3, ,2009
X

. Đặt
 
 
: 1 mod29 .
A x X x  

9



(i) Tính
.A

(ii) Tìm số tập con
B
của
X
sao cho
.B A  

Lời giải
(i) Xét
,x A
ta có
 
1 mod 29
x

nên
1 29 ,x k k   
. Ta có
1 2009x 
suy ra
0 69.k 
Vậy
70
A

.
(ii) Để tìm số tập con
B
của
X
thỏa mãn yêu cầu của bài toán ta sử dụng
quy tắc bù trừ. Gọi
( )P X
là tập bao gồm tất cả các tập con của
X
,
M

là tập các tập
con
B
của
X
sao cho
B A  
. Khi đó,
 
\P X M
là tập các tập con
B
của
X
mà
B A  
hay
\ .B X A
Suy ra
 
( )\ M P \ .P X X A
Do đó
   
2009 2009 70 2009 1939
\ 2 2 2 2 .
M P X P X A

     

Ví dụ 1.1.4. Khi điều tra kết quả học tập các môn Toán, Lý, Hóa của một lớp có 45

học sinh, người ta nhận thấy rằng: 19 học sinh không giỏi môn nào, 18 học sinh giỏi
Toán, 17 học sinh giỏi Lý, 13 học sinh giỏi Hóa, 10 học sinh giỏi hai môn Toán và
Lý, 9 học sinh giỏi cả hai môn Lý và Hóa, 10 học sinh giỏi hai môn Toán và Hóa.
Hỏi bao nhiêu học sinh giỏi cả ba môn?
Lời giải
Kí hiệu
T
là tập hợp học sinh của lớp.
, ,A B C
lần lượt là tập hợp các học
sinh giỏi Toán, Lý, Hóa của lớp đó.
Vì
 
\ \
A B C T T A B C
 
    
 
 
nên số học sinh giỏi ít nhất một
môn là
 
\ 45 19 26.
A B C T T A B C        

Suy ra số học sinh giỏi cả ba môn là
26 18 17 13 10 9 10 7.
A B C A B C A B C A B B C C A             
       

Vậy có tất cả 7 học sinh giỏi cả ba môn.
10



1.2. Nguyên lý Dirichlet
Nguyên lý Dirichlet mang tên nhà toán học người Đức, Peter Gustav
Dirichlet (1805 – 1859), được phát biểu hết sức đơn giản:
“Nếu nhốt
1n 

con thỏ vào
n

cái lồng
 
*
n
 
thì có một lồng chứa ít
nhất hai con thỏ”.
Một cách tổng quát, ta có nguyên lý Dirichlet mở rộng:
“Nếu nhốt
m
con thỏ vào
n
cái lồng
 
*
,

m n N

thì luôn tồn tại một lồng
chứa ít nhất
1
1
m
n
 

 

 
 
con thỏ”.
Ở đây, kí hiệu
a
 
 
 
được dùng để chỉ phần nguyên của số thực
a
.
Sử dụng phương pháp phản chứng, ta có thể dễ dàng chứng minh được
nguyên lý Dirichlet.
Mặc dù được phát biểu hết sức đơn giản như vậy nhưng nguyên lý Dirichlet
lại có những ứng dụng hết sức đa dạng, phong phú, trong nhiều lĩnh vực và rất hiệu
quả. Trong một bài toán tổ hợp, nguyên lý Dirichlet nhiều lúc thể hiện được rõ nét
vai trò của nó.
Ví dụ 1.2.1. Xét tập hợp

 
1,2, 3, , 9
M

. Với mỗi tập con
X
của
M
, ta kí hiệu
( )S X

là tổng tất cả các phần tử thuộc
X
. Chứng minh rằng trong số 26 tập con
X

của
M
với
3,
X

luôn tồn tại hai tập
A
và
B

sao cho
   
S A S B

.
Lời giải
Ta chia các tập con
X
của
M

thỏa mãn
3
X

vào các lồng, mỗi lồng bao
gồm các tập có cùng tổng các phần tử. Do
 
0 24
S X
 
nên có 25 lồng. Do có
26 tập
X

với
3
X


nên tồn tại hai tập
,A B

thuộc cùng một lồng. Điều đó có

nghĩa là tồn tại hai tập
,A B
sao cho
   
S A S B
. Vậy ta có điều phải chứng
minh.
11



Ví dụ 1.2.2. Giả sử trong 6 người mà mỗi cặp hai người hoặc là bạn, hoặc là thù
của nhau. Chứng minh rằng tồn tại một bộ ba người từng đôi một là bạn của nhau
hoặc từng đôi một là kẻ thù của nhau.
Lời giải
Gọi
A
là một trong sáu người. Trong 5 người còn lại chia thành 2 nhóm:
Bạn của
A
, thù của
A
. Do 5 = 2.2+ 1 nên theo nguyên lý Dirichlet có 3 người hoặc
là bạn của
A
hoặc là thù của
A
.
Không mất tính tổng quát, gọi
, ,B C D

là các bạn của
A
.
+ Nếu
, ,B C D
không ai là bạn của nhau thì
 
, ,B C D
là bộ ba cần tìm.
+ Nếu
, ,B C D
có 2 người là bạn của nhau; giả sử
,B C
. Khi đó
A
,
,B C
là
các bạn của nhau và
 
, ,A B C
là bộ ba cần tìm.
Nếu
, ,B C D
là thù của
A
thì lập luận tương tự, chỉ cần thay đổi vị trí “bạn”
và “thù”.
Như vậy bài toán được chứng minh.
Ví dụ 1.2.3. (VMO – 2004) Cho tập

 
1,2, 3, ,16
A

. Hãy tìm số nguyên dương
k
nhỏ nhất sao cho trong mỗi tập con gồm
k
phần tử của
A
đều tồn tại hai số phân
biệt
,a b
mà
2 2
a b
là một số nguyên tố.
Lời giải
Ta thấy, nếu
,a b
cùng chẵn thì
2 2
a b
là hợp số. Do đó, nếu tập con
X

của
A
có hai phần tử phân biệt
,a b

mà
2 2
a b
là một số nguyên tố thì
X
không
thể chỉ chứa các số chẵn. Từ đó suy ra
9k 
.
Ta chứng tỏ
=9k
là giá trị nhỏ nhất cần tìm. Điều đó có nghĩa là với mọi
tập con
X
gồm 9 phần tử bất kì của
A
luôn tồn tại hai phần tử phân biệt
,a b
mà
2 2
a b
là một số nguyên tố.
Để chứng minh khẳng định trên, ta chia tập
A
thành các cặp hai phần tử
phân biệt
,a b
mà
2 2
a b

là một số nguyên tố. Ta có 8 cặp gồm
(1;4), (2;3), (5;8), (6;11), (7;10), (9;16), (12;13), (14;15).
12



Theo nguyên lý Dirichlet thì trong 9 phần tử của
X
có hai phần tử thuộc
cùng một cặp và ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 1.2.4. Trên mặt phẳng có 17 điểm, không có 3 điểm nào thẳng hàng. Cứ qua
2 điểm ta kẻ một đoạn thẳng và tô nó bằng một trong ba màu: Xanh, đỏ, vàng.
Chứng minh tồn tại tam giác có 3 cạnh cùng màu.
Lời giải
Gọi
A
là 1 trong 17 điểm đã cho. Xét các đoạn thẳng nối
A
với 16 điểm
còn lại gồm 16 đoạn thẳng. Theo nguyên lý Dirichlet do 16 = 5.3+1 nên tồn tại ít
nhất 6 đoạn thằng cùng màu; giả sử là màu xanh. Gọi đầu mút kia của 6 đoạn là
, , , , ,B C D E F G
.
Nếu tồn tại 1 đoạn thẳng nối 2 trong 6 điểm trên là màu xanh thì bài toán
được chứng minh.
Nếu tất cả các đoạn thẳng nối 2 trong 6 điểm trên không có đoạn nào màu
xanh. Xét 5 đoạn thẳng
, , , ,BC BD BE BF BG
. Do
5 2.2

nên tồn tại ít nhất 3
đoạn cùng màu; chẳng hạn
, ,BC BD BE
cùng màu đỏ. Nếu trong
, ,CD CE DE
có
một đoạn màu đỏ; chẳng hạn
CD
thì bài toán được chứng minh do tồn tại tam giác
BCD
thỏa mãn. Nếu
, ,CD CE DE
đều màu vàng thì bài toán được chứng minh do
tồn tại tam giác
CDE
thỏa mãn.
1.3. Hoán vị
1.3.1. Hoán vị không lặp
Định nghĩa 1.3.1. Cho tập hợp
A
có
n

 
1
n

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
n
P
.

Định lí 1.3.1. Số các hoán vị của
n
phần tử

 
! . 1 2.1.
n
P n n n
  
(1.11)
Chứng minh
Việc sắp xếp thứ tự
n
phần tử của tập hợp
A
có
n
phần tử là công việc
gồm
n

công đoạn. Công đoạn 1 là chọn phần tử để xếp vào vị trí thứ nhất: Có
n

13



cách thực hiện. Sau khi thực hiện công đoạn 1, công đoạn 2 là chọn phần tử để xếp
vào vị trí thứ hai: Có
1n 
cách thực hiện. Sau khi thực hiện xong
1i 
công đoạn
(chọn
1i 
phần tử của
A
vào các vị trí thứ
1,2, , 1i 
), công đoạn thứ
i
tiếp
theo là chọn phần tử xếp vào vị trí thứ
i
: Có
1n i 
cách thực hiện.
Công đoạn cuối cùng (công đoạn thứ
n
) có 1 cách thực hiện. Theo quy tắc

nhân, ta có
( 1) 2.1 !n n n 
cách xếp thứ tự
n
phần tử của tập hợp
A
, tức là có
!n
hoán vị.
Ví dụ 1.3.1. Có bao nhiêu hoán vị của
n
phần tử, trong đó hai phần tử đã cho
không đứng cạnh nhau?
Lời giải
Trước hết ta xác định số hoán vị, trong đó hai phần tử
a
và
b
đã cho đứng
cạnh nhau. Vì
a
và
b
đứng cạnh nhau nên có
1n 
cách chọn vị trí để đặt hai phần
tử
,a b
. Ngoài ra,
a

và
b
còn có thể đổi chỗ cho nhau, do đó có
2( 1)n 
cách sắp
đặt
a
và
b
cạnh nhau. Với mọi cách đó tương ứng
( 2)!n 
hoán vị của các phần tử
khác. Do đó số hoán vị trong đó
a
và
b
đứng cạnh nhau bằng
2.( 1).( 2)! 2.( 1)!.n n n   

Vì vậy số các hoán vị cần tìm bằng
! 2.( 1)! ( 1)!( 2).n n n n    

Ví dụ 1.3.2. Có 5 thẻ trắng, 5 thẻ đen, đánh dấu mỗi loại theo các số 1, 2, 3, 4, 5. Có
bao nhiêu cách sắp xếp các thẻ này thành một hàng ngang sao cho hai thẻ cùng màu
không nằm liền nhau?
Lời giải
Trường hợp 1: Các thẻ trắng ở vị trí số lẻ, các thẻ đen ở vị trí số chẵn. Mỗi
một cách sắp xếp các thẻ trắng ở vị trí số lẻ là một hoán vị của 5 thẻ trắng. Suy ra có
5
5 !P 

cách sắp xếp các thẻ trắng. Tương tự, ta cũng có
5
5 !P 
cách sắp xếp các
thẻ đen ở vị trí số chẵn. Vậy ta có
5 ! 5 !
cách sắp xếp 10 thẻ theo yêu cầu bài toán.
14



Trường hợp 2: Các thẻ trắng ở vị trí số chẵn, các thẻ đen ở vị trí số lẻ.
Tương tự như trường hợp 1 có
5 ! 5 !
cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Vậy ta có tất cả
2
2.(5!)
cách sắp xếp 5 thẻ trắng, 5 thẻ đen thỏa mãn yêu
cầu bài toán.
1.3.2. Hoán vị lặp
Định nghĩa 1.3.2. Hoán vị trong đó mỗi phần tử xuất hiện ít nhất một lần gọi là
hoán vị lặp.
Định lí 1.3.2. Số hoán vị lặp của
n
phần tử thuộc
k
loại khác nhau, mà các phần tử
loại
i

 
1
i k 
giống hệt nhau, xuất hiện
i
n

lần với
1 2

k
n n n n   
, được
kí hiệu là
 
1 2
,  , , 
k
P n n n
và được tính bằng công thức
 
2
2
1
1
!
! !
, ,
. !
,

k
k
P n n
n
n n
n
n


(1.12)
Chứng minh
Nếu coi
n
phần tử này là khác nhau thì sẽ có
!n
cách sắp xếp. Trong mỗi
cách sắp xếp như vậy,
1
n
phần tử loại 1 có thể hoán vị theo
1
!n
cách,
2
n
phần tử
loại 2 có thể hoán vị theo
2
!n
cách, …,

k
n
phần tử loại
k
có thể hoán vị theo
!
k
n
cách.
Do
i
n
phần tử loại
 
1,2, ,i i k
là giống nhau nên số cách sắp xếp chỉ
còn
1 2
!
! ! !
k
n
n n n


Vậy
 
2
1
1

2
,  , ,
!
! ! !

k
k
n
n
n
P n n
n n

 

Ví dụ 1.3.3. 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?

15



Lời giải
Để số cần lập
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
x a a a a a a a a a a a

chia hết cho 5, thì

x
phải tận
cùng là 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 là 0
thì 5 không có mặt và ngược lại nếu
x
tận cùng là 5, thì chữ số 0 không xuất hiện.
Bởi vậy
 
1 10
i
a i
 
chỉ có thể là một trong những chữ số 1, 2, 3, 4. Bởi vậy, số
khả năng lập phần đầu độ dài 10
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
a a a a a a a a a a
của số
x
bằng số hoán vị
lặp của 10 phần tử thuộc bốn 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
 
1,2, 3, 4 .
P

Ngoài ra
11
a

lại có
thể nhận giá trị 0 hoặc 5 nên số các số cần tìm sẽ là
 
10!
2 1,2, 3, 4 .2 25200.
1!2! 3! 4!
P  

Ví dụ 1.3.4. Với các chữ số
0,1, 2, 3, 4, 5
. Có thể lập được bao nhiêu số có 8 chữ số,
trong đó chữ số 1 xuất hiện 3 lần, các chữ số khác xuất hiện đúng 1 lần?
Lời giải
Số tất cả các số có 8 chữ số (kể cả số 0 đứng đầu) trong đó chữ số 1 lặp lại
3 lần, các chữ số khác có mặt đúng 1 lần là
 
8! 8!
3,1,1,1,1,1
3!1!1!1!1!1! 3!
P
  

Trong các số vừa lập ở trên ta phải loại đi các số bắt đầu bằng chữ số 0, tức
là các số chỉ có 7 chữ số, trong đó chữ số 1 có mặt 3 lần các chữ số 2, 3, 4 và 5 mỗi
chữ số có mặt đúng 1 lần. Số các số như vậy bằng
 

7! 7!
3,1,1,1,1
3!1!1!1!1! 3!
P
  





16



Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu của bài toán là

8! 7!
- 5880
3! 3!

.
1.3.3. Hoán vị vòng quanh
Ví dụ 1.3.5. (Ví dụ dẫn dắt) Mời sáu người khách ngồi xung quanh một bàn tròn.
Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp?
Lời giải
Nếu ta mời một người nào đó vào một vị trí bất kì, thì số cách sắp xếp năm
người còn lại vào 5 vị trí giành cho họ sẽ có 5! = 120 cách.
Vậy có tất cả 120 cách xếp sáu người ngồi xung quanh một bàn tròn.
Nhận xét 1.3.1: Số hoán vị vòng quanh của
n

phần tử khác nhau được tính bởi
công thức
 
1 !.Q n
n
 

(1.13)
Ví dụ 1.3.6. Có bao nhiêu cách xếp chỗ cho 6 bạn nữ và 6 bạn nam ngồi vào 12 ghế
sắp quanh một bàn tròn mà không có hai bạn nữ nào ngồi cạnh nhau?
Lời giải
Xếp 6 ghế quanh một bàn tròn rồi xếp nam vào ngồi: Có 5! cách. Giữa hai
bạn nam có khoảng trống. Xếp 6 bạn nữ vào trong 6 khoảng trống đó có 6! cách.
Theo quy tắc nhân, ta có
5!6! 86400
cách xếp.
Ví dụ 1.3.7. Một hội nghị bàn tròn có phái đoàn các nước: Việt Nam có 3 người,
Lào có 5 người, Campuchia có 2 người, Thái Lan 3 người, Trung Quốc 4 người.
Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp chỗ ngồi cho mọi thành viên sao cho người cùng
quốc tịch thì ngồi cạnh nhau?
Lời giải
Đầu tiên, sắp xếp khu vực cho thành viên từng nước. Ta có thể mời một
phái đoàn nào đó ngồi vào chỗ trước, rồi sắp xếp các phái đoàn còn lại có 4! cách
xếp.
Ứng với mỗi vị trí của phái đoàn lại có: 3! cách xếp chỗ ngồi cho 3 thành
viên Việt Nam; 5! cách sắp xếp chỗ ngồi cho 5 thành viên Lào; 2! cách xếp chỗ
17

ngồi cho 2 thành viên Campuchia; 3! cách xếp chỗ ngồi cho 3 thành viên Thái Lan;
4 !
cách xếp chỗ ngồi cho 4 thành viên Trung Quốc.
Vậy số cách sắp xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán bằng
4 !3!5!2!3!4 ! 4976640.

1.4. Chỉnh hợp
1.4.1. Chỉnh hợp không lặp
Định nghĩa 1.4.1. Cho tập hợp
A
gồm
n
phần tử và số nguyên dương
k
với
1 k n 
. Khi lấy ra
k
phần tử của
A
và sắp xếp chúng theo một thứ tự nào đó ta
được chỉnh hợp chập
k
của
n
phần tử của
A
(gọi tắt là một chỉnh hợp chập
k
của

A
). Số các chỉnh hợp chập
k
của tập hợp có
n
phần tử được kí hiệu là
k
n
A
.
Nhận xét 1.4.1: Từ định nghĩa, ta thấy một hoán vị của tập hợp
A

có
n
phần tử là
một chỉnh hợp chập
n
của
A
.
Định lí 1.4.1. Số các chỉnh hợp chập
k
của tập
A
có
n
phần tử được tính bởi công
thức
   

 
!
1 1
!
k
n
n
A n n n k
n k
     

(1.14)
Chứng minh
Việc thiết lập một chỉnh hợp chập
k
của tập
A
có
n
phần tử là công việc
gồm
k
công đoạn. Công đoạn 1 là chọn phần tử để xếp vào vị trí thứ nhất: Có
n

cách thực hiện. Sau khi thực hiện công đoạn 1, công đoạn 2 là chọn phần tử xếp vào
vị trí thứ hai: Có
1n 
cách thực hiện. Sau khi thực hiện xong
1i 

công đoạn
(chọn
1i 
phần tử của
A
vào các vị trí thứ
1, 2, 1i 
), công đoạn thứ
i
tiếp
theo là chọn phần tử xếp vào vị trí thứ
i
: Có
1n i 
cách thực hiện. Công đoạn
cuối cùng (công đoạn thứ
k
) có
1n k 
cách thực hiện. Theo quy tắc nhân, ta có
   

1 1
n n n k
  
cách lập một chỉnh hợp chập
k
của tập
A
có

n
phần tử, tức
là có
   
1 1
n n n k
   
chỉnh hợp chập
k
của tập
A
có
n
phần tử.
Ví dụ 1.4.1. Cho mười chữ số
0,1,2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9
. Có bao nhiêu số lẻ có sáu chữ
số khác nhau nhỏ hơn 600000 tạo ra từ mười chữ số đã cho?
18



Lời giải
Gọi số lẻ có sáu chữ số khác nhau có dạng
1 2 3 4 5 6
a a a a a a
được tạo thành từ
mười chữ số đã cho. Để số này nhỏ hơn 600000 thì
1
1 5.a 

Vì vậy ta phải xét
riêng hai trường hợp.
Trường hợp 1:
 
6 1
1, 3,5
a A
 
. Khi đó ta có 3 cách chọn
6
a
,
có 4 cách
chọn
1
a
và
4
8
A
cách chọn ra 4 chữ số từ 8 chữ số còn lại để xếp vào 4 vị trí
2 3 4 5
, , ,a a a a
. Theo quy tắc nhân, ta có
4
8
20160
3.4.A

số.

Trường hợp 2:
 
6 2
7, 9
a A
 
. Khi đó ta có 2 cách chọn
6
a
, có 5 cách chọn
1
a
và
4
8
A

cách chọn 4 chữ số từ 8 chữ số còn lại để xếp vào 4 vị trí
2 3 4 5
, , , .a a a a
Theo quy tắc nhân, ta có
4
8
2.5.A 16800
số.
Vậy theo quy tắc cộng, ta có 20160 + 16800 = 36960 số.
Ví dụ 1.4.2. Từ các chữ số 1, 3, 5, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên mà trong
mỗi số này các chữ số không lặp lại?
Lời giải
Vì có bốn chữ số khác nhau, nên số dài nhất trong các số cần tìm cũng chỉ

gồm 4 chữ số.
Ta lập các loại số tự nhiên dạng
1 2

n
a a a
. Dùng
1
S
để kí hiệu tập số dạng
1 2
,a S
để kí hiệu tập số dạng
1 2
a a
,
3
S
để kí hiệu tập số dạng
1 2 3
a a a
,
4
S
để kí hiệu
tập số dạng
1 2 3 4
a a a a
.
Mỗi số thuộc

1
S
là một chỉnh hợp chập 1 của 4 phần tử của tập
 
1, 2, 3, 4
S

; mỗi số thuộc
2
S
là một chỉnh hợp chập 2 của 4 phần tử của tập
S
;
mỗi số thuộc
3
S
là một chỉnh hợp chập 3 của 4 phần tử của tập
S
; mỗi số thuộc
4
S

là một chỉnh hợp chập 4 của 4 phần tử của tập
S
.
Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu của đề bài bằng
1 2 3 4
4 4 4 4
64.
A A A A

   

19



1.4.2. Chỉnh hợp có lặp
Định nghĩa 1.4.2. Cho tập hợp hữu hạn
A
gồm
n
 
1
n

phần tử. Mỗi dãy có độ
dài
 
1
k k


các phần tử của tập
A
, 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

A
.
Định lí 1.4.2. Số các chỉnh hợp lặp chập
k
của
n
phần tử của tập
A
, được kí hiệu
là
k
n
A
và được tính bởi công thức
.
k k
n
A n

(1.14)
Chứng minh
Cho
 
1 2
, , ,
n
A x x x
gồm
n
phần tử phân biệt. Dãy số có độ dài

k
là
1 2 k
a a a
. Ta thấy
1
a
có
n
cách chọn từ
n
phần tử của tập
2
,A a
cũng có
n
cách
chọn (vì có thể giống
1
a
), …,
k
a

cũng có
n
cách chọn. Vậy dãy có độ dài
k
có
k

n

cách chọn, hay
k k
n
A n

.
Ví dụ 1.4.3. 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?
Lời giải
Giả sử một biển số xe nào đó có dạng
XYabcde
. Vì
,X Y
có thể trùng
nhau nên
XY
là một chỉnh hợp lặp chập 2 của 5 phần tử
, , , , ,A B C D E
nên số cách
chọn
XY
bằng
2 2
5
5 25.
A  

Do
 0a 
, nên có 9 cách chọn
a
. Vì
abcde
chia hết cho 5 nên
 0e 

hoặc
 5e 
, suy ra có 2 cách chọn chữ số
.e
Do
, ,b c d
có thể trùng nhau nên mỗi
số
bcd
là một chỉnh hợp lặp chập 3 của 10 chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Bởi vậy
số cách chọn
bcd

là
3 3
10
10 1000
A  
.

20



Vậy số biển số xe có thể thành lập theo yêu cầu đề bài là
25.2.1000 50000.

Ví dụ 1.4.4. Hỏi có bao nhiêu số có 10 chữ số mà 3 chữ số đầu và 3 chữ số cuối
tương ứng giống nhau?
Lời giải
Ta thấy với một cách chọn 3 chữ số đầu cũng chỉ có một cách chọn 3 chữ
số cuối để chúng tương ứng giống nhau. Ta có
3 3
10
10
A 
cách chọn tùy ý cho 3
chữ số đầu. Ta phải loại trường hợp số 0 đứng đầu, suy ra có
2
10
A
cách bị loại. Như
vậy ta có
3 2
10 10
900
A A 
cách chọn 3 chữ số đầu. Vì thế có 900 cách chọn cho 3
chữ số đầu và 3 chữ số cuối tương ứng giống nhau.

Còn lại 4 vị trí, mà từ 4 vị trí đó có
4 4
10
10
A 
cách chọn.
Vậy có tất cả
4
900.10 9000000
số cần tìm.
1.5. Tổ hợp
1.5.1. Tổ hợp không lặp
Định nghĩa 1.5.1. Cho tập hợp
A
gồm
n
phần tử và số nguyên dương
k
với
1 .k n 

Mỗi tập con có
k
phần tử của
A
được gọi là một tổ hợp chập
k
của
n

phần tử của tập
A
(gọi tắt là một tổ hợp chập
k
của
A
). Số các tổ hợp chập
k
của
tập hợp có
n
phần tử được kí hiệu là
.
k
n
C

Định lí 1.5.1. Số các tổ hợp chập
k
của tập hợp có
n
phần tử được tính bởi công
thức
   
 
1 1
!
(1.15)
! !
! !

k
k
n
n
n n n k
A
n
C
k k
k n k
  
   


Chứng minh
Từ định nghĩa, ta có mỗi hoán vị của một tổ hợp chập
k
của
A
cho ta
một chỉnh hợp chập
k
của
A
. Do đó, từ một tổ hợp chập
k
của
A
, ta lập được
!k

chỉnh hợp chập
k
của
A
. Vậy
!
k k
n n
A k C
hay
!
k
k
n
n
A
C
k

.
21



Chú ý: Ta quy ước 0! = 1 và
0 0
1.
n n
C A
 

Với quy ước đó thì định lí 1.4.1 và 1.5.1 đúng cho cả
0k 
và
k n
.
Định lí 1.5.2. (Hai tính chất cơ bản của số
k
n
C
)
(i) Cho số nguyên dương
n
và số nguyên
k
với
0 k n 
. Khi đó

k n k
n n
C C


.

(1.16)
(ii) (Hằng đẳng thức Pascal) Cho số nguyên dương
n
và số nguyên

k
với
1 k n 
. Khi đó

1
1
k k k
n n n
C C C


 
. (1.17)
Chứng minh
(i) Suy ra từ công thức
 
!
! !
k n k
n n
n
C C
k n k

 

.
(ii) Ta có
     

 
   
 
 
1
1
! !
! ! 1 ! 1 !
! 1
!
! 1 ! ! 1 !
1 !
! 1 !
k k
n n
k
n
n n
C C
k n k k n k
n n k
n k
k n k k n k
n
C
k n k


  
   

 
 
   

  
 

Ví dụ 1.5.1. Cho đa giác đều
1 2 2

n
A A A
(
n  
và
2n 
) nội tiếp trong đường
tròn (O). Biết rằng số tam giác có đỉnh là 3 trong
2n
đỉnh
1 2 2
, , ,
n
A A A
nhiều gấp
20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong
2n
đỉnh
1 2 2
, , ,

n
A A A
. Tìm
n
?
Lời giải
Số tam giác có các đỉnh là 3 trong
2n
đỉnh
1 2 2
, , ,
n
A A A
là
3
2n
C
. Gọi đường
chéo của đa giác đều
1 2 2

n
A A A
đi qua tâm của đường tròn (O) là đường chéo lớn
thì đa giác đã cho có
n
đường chéo lớn. Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong
2n
điểm
1 2 2

, , ,
n
A A A
có các đường chéo là hai đường chéo lớn. Ngược lại, với
22



mỗi cặp đường chéo lớn ta có các đầu mút của chúng là 4 đỉnh của một hình chữ
nhật. Vậy số hình chữ nhật nói trên bằng số cặp đường chéo lớn của đa giác
1 2 2

n
A A A
, tức là
2
n
C
.
Theo giả thiết
3 2
2
(2 )! !
20 20
3!(2 3)! 2!( 2)!
2 1 15
8.
n n
n n
C C

n n
n
n
  
 
  
 

Vậy
8n 
là giá trị cần tìm.
Ví dụ 1.5.2. Một tập thể có 14 người trong đó có An và Bình. Người ta muốn chọn
1 tổ công tác gồm 6 người. Tìm số cách chọn sao cho trong tổ phải có 1 tổ trưởng, 5
tổ viên, hơn nữa An và Bình không đồng thời có mặt trong tổ.
Lời giải
Chúng ta chọn tùy ý 6 người trong 14 người có
6
14
C
cách. Chọn An và Bình
rồi chọn thêm 4 người trong số 12 người còn lại có
4
12
C
cách. Vậy số cách chọn ra 6
người từ 14 người trong đó An và Bình không có mặt đồng thời là
6 4
14 12
2508
C C

 
cách.
Với 6 người đã chọn xong có 6 cách chọn ra 1 người làm tổ trưởng. Vậy số
cách thỏa mãn yêu cầu của bài toán là
 
6 4
14 12
6 6 2508 15048
C C   
cách.
1.5.2. Tổ hợp lặp
Định nghĩa 1.5.2. Cho tập hợp
 
1 2
, , ,
n
A a a a
. 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
. Kí hiệu số tổ hợp lặp
chập
m
của
n
phần tử là
m
n
C
.
Định lí 1.5.3. Số các tổ hợp lặp chập
m
của
n
phần tử của tập hợp
A
được tính
bằng công thức
1
1 1
m m n
n m n m n
C C C

   
 
(1.18)

23



Chứng minh
Xét một tổ hợp có lặp chập
m
của
n
phần tử, trong đó có
1
k
phần tử
1 2
,a k
phần tử
2
, ,
n
a k
phần tử
n
a
, với
1 2

n
k k k m   
. Với mỗi bộ
1 2

( , , , )
n
k k k

như vậy, ta đặt tương ứng với một dãy nhị phân (dãy gồm các chữ số 0 và 1) theo
quy tắc sau: Viết liên tiếp từ trái sang phải
1
k
số 1 liên tiếp, số 0,
2
k
số 1 liên tiếp,
số 0,
3
k
số 1 liên tiếp, số 0, …, số 0,
n
k
số 1 liên tiếp
  
1 2
11 1011 1 0 0 11 1
n
k k k
.
Nếu một phần tử
i
a
nào đó không có mặt trong tổ hợp lặp, tức là
0

i
k 
,
thì ta không viết nhóm chữ số 1 tương ứng. Như vậy, mỗi bộ
1 2
( , , , )
n
k k k
được
tương ứng với một dãy nhị phân có độ dài
1m n 
, trong đó có
m
chữ số 1 và
1n 
chữ số 0. Rõ ràng phép tương ứng đó là một đơn ánh.
Ngược lại, với mỗi dãy
1m n 
kí tự với
m
kí tự 1 và
1n 
kí tự 0, khi
ta đếm từ trái sang phải mà có:
1
k
số 1, số 0,
2
k
số 1, số 0, …, số 0 và

n
k
chữ số 1
thì dãy số đó sẽ tương ứng với bộ
1 2
( , , , )
n
k k k
thỏa mãn
1 2

n
k k k m   
.
Như vậy, ta đã thiết lập được một song ánh giữa các tổ hợp có lặp chập
m
của
n
phần tử với tập hợp các dãy nhị phân có độ dài là
1m n 

trong đó có
m

kí tự 1 và
1n 
kí tự 0. Do đó, số các tổ hợp lặp chập
m
của
n

phần tử bằng số các
dãy nhị phân có độ dài bằng
1m n 
trong đó có
m
kí tự 1 và
1n 
kí tự 0.
Mặt khác, một dãy nhị phân có độ dài
1m n 
với
m
kí tự 1 và
1n 
kí
tự 0 tương ứng với cách chọn
1n 
vị trí trong
1m n 
vị trí để ghi số 0 (
m
vị
trí còn lại ghi số 1). Thành thử có
1
1
n
m n
C

 

dãy nhị phân có độ dài
1m n 

với
m

ký tự 1 và
1n 
ký tự 0.
Vậy số các tổ hợp có lặp chập
m
của
n
phần tử bằng
1
1 1
.
m m n
n m n m n
C C C

   
 

Ví dụ 1.5.3. Tiền giấy của Ngân Hàng Nhà Nước Việt Nam lưu hành phổ biến trên
thị trường có 10 loại: 200đ, 500đ, 1000đ, 2000đ, 5000đ, 10000đ, 20000đ, 50000đ,
24

100000đ, 500000đ. Hãy xác định số bộ khác nhau gồm 15 tờ giấy bạc của Ngân
Hàng Nhà Nước Việt Nam.
Lời giải
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 tới 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), tức bằng
15 15
10 24
24!
1307504
15!9!
C C  
.
Ví dụ 1.5.4. Có bao nhiêu cách mua 10 quả trứng trong số 3 loại: Trứng gà, trứng
vịt và trứng ngỗng?
Lời giải
Mỗi bộ gồm 10 quả trứng thuộc không quá 3 loại trứng, nên có những quả
trứng cùng loại. Mặt khác trong mỗi bộ không quan tâm tới thứ tự sắp xếp, nên số
cách mua 10 quả trứng trong số 3 loại: Trứng gà, trứng vịt, trứng ngỗng sẽ bằng số
tổ hợp lặp chập 10 của 3 loại, tức bằng
10 10
3 12
66.
C C 

1.6. Nhị thức Newton
Định lí 1.6.1. Với
,a b
là các số thực và
n

là số nguyên dương, ta có
 
0
n
n
k n k k
n
k
a b C a b


 

(1.19)
(quy ước
0 0
1a b 
).
Công thức (1.19) được gọi là công thức nhị thức Newton (gọi tắt là nhị thức
Newton).
Chứng minh
Trước hết ta chứng minh khẳng định
( )P n
sau:
Với mỗi số thực
x
và một số nguyên dương
,n
ta có
0

(1 )
n
n k n
n
k
x C x

 

. (1.20)
Chứng minh bằng quy nạp theo
n
. Rõ ràng
(1)P
đúng. Giả sử
( )P n
đúng, ta có
25



 
1
0
1
0 0
(1 ) (1 )(1 ) (1 )
. 1.21
n
n n k k

n
k
n n
k k k k
n n
k k
x x x x C x
C x C x



 
     
 

 

Lại có
0 1
1 ,
n n
k k k k
n n
k k
C x C x
 
 
 

 
1 1 1
0 1
. 1.22
n n
k k n k k
n n
k k
C x x C x
  
 
 
 

Thay (1.22) vào (1.21) và áp dụng hằng đẳng thức Pascal, ta được
 
1 1 1
1
1
1
1 1
1 0
(1 ) 1
1 .
n
n n k k k
n n
k
n n
n k k k k

n n
k k
x x C C x
x C x C x
  



 
 
    
   

 

Vậy
( 1)P n 
đúng. Theo nguyên lý quy nạp ta có
( )P n
đúng với mọi
n
.
Trở lại định lí, nếu
0a 

thì công thức hiển nhiên đúng. Giả sử
0a 
.
Đặt
b

x
a

và áp dụng (1.20) ta có
0
1
n
k
n
k
n
k
k
b b
C
a
a

 



  





 


Thành thử
 
0 0
1 .
n
k
n n
n
n n k k n k k
n n
k
k k
b b
a b a a C C a b
a
a

 
 



    





 

 

Nhận xét 1.6.1: Công thức (1.19) là khai triển của
 
n
a b

theo lũy thừa giảm của
a

và lũy thừa tăng của
b
. Ta cũng có thể viết khai triển của
 
n
a b

theo lũy thừa
tăng của
a
và lũy thừa giảm của
b
.
 
0
.
n
n
k k n k
n

k
a b C a b


 
