Chuyên đề một số bài TOÁN đếm TRONG TOÁN tổ hợp

MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẾM TRONG TOÁN TỔ HỢP
Mã: TO03B
I. Lời nói đầu
Các bài toán tổ hợp là một trong những dạng toán khó trong chương trình
toán phổ thông và thường xuất hiện trong các đề thi olympic, chọn học sinh
giỏi quốc gia và quốc tế. Các bài toán tổ hợp đôi khi có dạng không mẫu mực.
Trở ngại lớn nhất khi giải các bài toán tổ hợp là xác định hướng đi. Để giải
được các bài toán này không phải chỉ cần các hằng đẳng thức, bất đẳng thức,
hay các kết quả trung gian khác … mà cần phải phát hiện và xây dựng một
cách lập luận đầy đủ, chính xác hoặc tạo ra một đại lượng nào đó, chẳng hạn
như tạo ra một tương ứng mà đó là một song ánh … mà nhờ đó ta có thể tìm
được lời giải cho bài toán.
Rõ ràng để có khả năng định hướng tốt thì việc rèn luyện các phương pháp
tiếp cận là rất cần thiết. Trong nội dung bài viết này, tôi xin có đề cập đến hai
phương pháp có tính hiệu quả cao trong toán tổ hợp: Phương pháp sử dụng
các nguyên lý đếm cơ bản và phương pháp sử dụng song ánh, với các bài toán
đi từ dễ đến khó.
II. Cơ sở lý thuyết
1. Hai quy tắc đếm cơ bản
• Quy tắc cộng: Giả sử một công việc có thể được thực hiện theo phương
án A hoặc phương án B. Có n cách thực hiện phương án A và có m cách thực
hiện phương án B. Khi đó công việc có thể được thực hiện bởi n + m cách.
• Quy tắc nhân: Giả sử một công việc nào đó bao gồm hai công đoạn A
và B. Công đoạn A có thể làm theo n cách. Với mỗi cách thực hiện công đoạn
A thì công đoạn B có thể làm theo m cách. Khi đó công việc có thể thực hiện
theo m.n cách.
2. Hoán vị

1

• Định nghĩa: Cho tập hợp A có n (n ≥ 1) phần tử. Khi sắp xếp n phần tử
này theo một thứ tự, ta được một hoán vị các phần tử của tập A (gọi tắt là
một hoán vị của A)
• Số các hoán vị: Ký hiệu Pn là số các hoán vị của một tập hợp có n
phần tử.
Ta có: Pn = n! = 1.2...(n − 2)(n − 1)n .
3. Chỉnh hợp
• Định nghĩa: Cho tập hợp A có n phần tử và số nguyên k với 1 ≤ k ≤ n .
Khi lấy ra k phần tử của A và sắp xếp chúng theo một thứ tự, ta được một
chỉnh hợp chập k của n phần tử của A (gọi tắt là một chỉnh hợp chập k của
A)
• Số các chỉnh hợp: Ký hiệu Ank là số các chỉnh hợp chập k của một tập
hợp có n phần tử. Ta có Ank =

n!
(với 0 ≤ k ≤ n , quy ước An0 = 1 )
(n − k )!

4. Tổ hợp
• Định nghĩa: Cho tập hợp A có n phần tử và số nguyên k với 1 ≤ k ≤ n .
Mỗi tập con của A có k phần tử được gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử
của A (gọi tắt là tổ hợp chập k của A)
• Số các tổ hợp: Ký hiệu Cnk là số các tổ hợp chập k của một tập hợp có
n phần tử. Ta có: Cnk =

n!
(với 0 ≤ k ≤ n )
k !(n − k )!

• Các tính chất cơ bản của số Cnk

- Tính chất 1: Cho số nguyên dương n và số nguyên k với 0 ≤ k ≤ n .
Khi đó: Cnk = Cnn−k
- Tính chất 2: Cho các số nguyên n và k với 1 ≤ k ≤ n .
Khi đó: Cnk+1 = Cnk + Cnk −1
2


• Chú ý: Ta quy ước Cn0 = 1 (coi ∅ là tổ hợp chập 0 của tập hợp có n
phần tử)
5. Công thức nhị thức Niu-tơn
Nhị thức Niu-tơn là công thức khai triển biểu thức (a + b)n với n
nguyên dương dưới dạng đa thức:

( a + b )n = Cn0a n + Cn1a n−1b + .... + Cnk a n−k bk + ... + Cnn−1ab n−1 + Cnnb n
n

( a + b )n =

k

∑ Cn a

n −k

k =0

bk

(quy ước a° = b° = 1)

Công thức trên có nhiều ứng dụng trong toán học và đã được biết đến
từ trước thời Newton. Còn bản thân Newton đã mở rộng khai triển đó trong
trường hợp n âm. Ngoài ra, người ta cũng chứng minh được công thức tổng
quát của khai triển này:

( a1 + a2 + ... + am )

n

=

n!
a1n1 a2n2 ...amnm
n1 + n2 +...+ nm =n n1 !n2 !...nm !

∑

6. Các nguyên lý đếm cơ bản
• Nguyên lý bù trừ. Cho X là một tập hợp hữu hạn và A ⊂ X . Gọi

A = X \ A . Khi đó A = X − A .
• Nguyên lý cộng. Cho A và B là hai tập hợp không giao nhau thì

AUB = A + B .
n

n

i =1

i =1

Tổng quát: Cho Ai , i = 1, n là các tập rời nhau. Khi đó U Ai = ∑ Ai .
• Nguyên lý nhân. Cho A và B là hai tập hợp hữu hạn thì

A×B = A × B .
Tổng quát: Cho n tập hợp Ai , i = 1, n ( n ≥ 2) . Khi đó
• Nguyên lý thêm bớt.
3

n

n

i =1

i =1

∏ Ai = ∏ Ai .


- Đối với 2 tập con hữu hạn A và B , ta có: A ∪ B = A + B − A ∩ B .
- Đối với 3 tập con hữu hạn A, B và C , ta có:

A∪ B ∪C = A + B + C −( A∩ B + A∩C + B ∩C )+ A∩ B ∩C .
- Tổng quát: Cho A1 , A2 ,..., An là các tập hữu hạn. Khi đó:
n

n

i =1

i =1

UAi = ∑ Ai −

∑

1≤i < j ≤ n

Ai I Aj +

∑

1≤i < j < k ≤ n

n

Ai I Aj I Ak − ... + (−1) n +1 I Ai .
i =1

7. Ánh xạ f : X → Y được gọi là song ánh giữa X và Y nếu nó vừa là đơn
ánh, vừa là toàn ánh. Như vậy f : X → Y là song ánh nếu và chỉ nếu với mỗi

y ∈ Y , tồn tại duy nhất một phần tử x ∈ X để f ( x) = y .
Chú ý rằng: Nếu X và Y là hai tập hữu hạn thì X = Y .
III. Các bài toán đếm
1. Phương pháp 1: Sử dụng các nguyên lý đếm cơ bản
Bài toán 1. (Ví dụ SGK Đại số và Giải tích 11 Nâng cao)
Trong một trường THPT, khối 11 có: 160 học sinh tham gia câu lạc bộ

Tin học, 140 học sinh tham gia câu lạc bộ Ngoại ngữ, 50 học sinh tham gia
cả hai câu lạc bộ và 100 học sinh không tham gia câu lạc bộ nào trong hai
câu lạc bộ nêu trên. Hỏi khối 11 ở trường đó có bao nhiêu học sinh ?
Giải
Gọi tập hợp học sinh khối 11 ở trường THPT tham gia câu lạc bộ Tin
học và câu lạc bộ Ngoại ngữ lần lượt là A và B .
Khi đó tập hợp học sinh khối 11 ở trường đó tham gia câu lạc bộ (Tin
học hoặc Ngoại ngữ) là A ∪ B .
Theo bài ra ta có A = 160, B = 140, A ∩ B = 50 .
Theo quy tắc cộng mở rộng, số học sinh khối 11 tham gia câu lạc bộ
(Tin học hoặc Ngoại ngữ) là

A ∪ B = A + B − A ∩ B = 160 + 140 − 50 = 250.
4


Vậy khối 11 ở trường đó có 250 + 100 = 350 (học sinh).
Lời bình: Đây là một bài toán khá đơn giản đối với các em học sinh, tuy
nhiên đây là một bài toán mà có A ∩ B ≠ ∅ . Do đó tính khi cộng số phần tử
của A với số phần tử của B , thì số phần tử của A ∩ B được tính hai lần,
thành thử kết quả ta phải bớt đi số phần tử của A ∩ B .
Bài toán 2. Một cỗ bài tú lơ khơ gồm 52 quân bài chia thành 4 chất: rô, cơ
(màu đỏ), pích và nhép (màu đen). Mỗi chất có 13 quân bài là: 2, 3, 4, 5, 6, 7,
8, 9, 10, J, Q, K, A (đọc là át). Bốn quân 2 (gồm 2 rô, 2 cơ, 2 pích, 2 nhép)
làm thành một bộ 2 (hay còn gọi là “tứ quý” 2); …; bốn quân át (gồm át rô,
át cơ, át pích, át nhép) làm thành một bộ át (hay còn gọi là “tứ quý” A).
Chọn ngẫu nhiên 13 quân bài. Tính xác suất để trong 13 quân bài đó
có “tứ quý”.
Giải
Có C5213 cách chọn 13 quân bài từ bộ bài 52 quân. Ta cần tìm số cách

chọn trong đó có 4 quân bài giống nhau.
Trước hết, ta đếm số cách chọn có “tứ quý” A. Lấy 4 quân A và 9 quân
bất kỳ từ 48 quân còn lại, suy ra có C489 cách chọn được “tứ quý” A.
Với các quân bài khác cũng vậy. Vì có 13 loại quân bài khác nhau nên số
cách rút được “tứ quý” là 13.C489 .
- Trong lời giải trên, chúng ta đã đếm lặp. Cụ thể là những cách rút bài có hai
“tứ quý”, chẳng hạn “tứ quý” K và “tứ quý” A được đếm hai lần: một lần ở
“tứ quý” K và một lần ở “tứ quý” A. Nhưng ta đang đếm không phải là số “tứ
quý” mà là số lần gặp “tứ quý”. Như thế, những lần đếm lặp đó phải trừ đi.
Nhận thấy, số cách rút có “tứ quý” K và A là C445 . Lý luận tiếp tục như thế, ta
có con số chính xác cách rút có “tứ quý” là: 13C489 − C132 .C445 + C133 .C401
Vậy xác suất cần tìm là: p =

13C489 − C132 .C445 + C133 .C401
≈ 0,0342 .
C5213
5


Lời bình: Trong lời giải trên, để không bị đếm lặp, chúng ta đã lần lượt bớt
đi, rồi lại thêm, rồi lại bớt đi, … Cơ sở toán học của phương pháp này chính
là nguyên lý bù trừ.

{

}

{

}

Bài toán 3. Xét tập hợp X = 1; 2; 3;...; 2015 . Đặt A = x ∈ X : x ≡ 1(mod30)
a) Tính A .

b) Tìm số tập con của B sao cho B ∩ A = ∅ .

Giải
a) Xét x ∈ X , ta có : x ≡ 1(mod30) ⇒ x = 1 + 30t
Ta có 1 ≤ x ≤ 2015 ⇒ 1 ≤ 1 + 30t ≤ 2015 ⇒ 0 ≤ t ≤ 67 , vậy A = 68.
b) 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( M ) \ X là các tập con B của X sao
cho B ∩ A = ∅ hay B ⊂ X \ A . Suy ra P( X ) \ M = P( X \ A) .
Theo nguyên lý cộng: P ( X ) = M + P ( X \ A)

⇒ M = P ( X ) − P ( X \ A) = 22015 − 22015−68 = 22015 − 21947
Lời bình: Trong lời giải trên, ngoài nắm chắc công thức của nguyên lý đếm
thì ta còn lưu ý kiến thức cơ bản, số các tập con của một tập hợp có n phần
tử là 2 n .
Bài toán 4. Trong một đề thi chọn đội tuyển quốc gia có ba câu: Một câu về
số học, một câu về đại số, một câu về hình học. Trong 40 thí sinh dự thi có 25
thí sinh làm được câu số học, 30 thí sinh làm được câu đại số và 15 thí sinh
làm được câu hình học. Ngoài ra số thí sinh làm được cả hai câu số học và
đại số là 20, số thí sinh làm được cả hai câu số học và hình học là 5, số thí
sinh làm được cả hai câu đại số và hình học là 10. Biêt rằng không có thí sinh
không làm được câu nào. Hỏi có bao nhiêu thí sinh làm được cả ba câu?
Giải

6

Gọi A, B, C là tập hợp các thí sinh làm được câu số học, đại số, hình
học.
Theo giả thiết A = 25, B = 30, C = 15, A ∩ B = 20, B ∩ C = 10, C ∩ A = 5
Vì không có thí sinh nào không làm được câu nào nên A ∪ B ∪ C = 40
Áp dụng nguyên lý thêm bớt

A ∪ B ∪C = A + B + C − A ∩ B − B ∩C − C ∩ A + A ∩ B ∩C
Suy ra A ∩ B ∩ C = 5.
Vậy có 5 thí sinh làm được cả ba câu.
Bài toán 5. Trong một đề thi chọn học sinh dự Trại hè Hùng Vương có ba
câu: Một câu về số học, một câu về đại số, một câu về hình học. Trong 60 thí
sinh dự thi có 50 thí sinh làm được câu số học, 40 thí sinh làm được câu đại
số và 30 thí sinh làm được câu hình học. Ngoài ra số thí sinh làm được ít nhất
một trong hai câu câu số học và đại số là 55, số thí sinh làm được ít nhất một
trong hai câu đại số và hình học là 50, số thí sinh làm được cả hai câu số học
và hình học là 45. Biêt rằng có 15 thí sinh làm được cả ba câu. Hỏi có bao
nhiêu thí sinh không làm được câu nào?
Giải
Gọi A, B, C lần lượt là tập hợp các thí sinh làm được câu số học, đại số,
hình học.
Theo giả thiết :

X = 60, A = 50, B = 40, C = 30, A ∪ B = 55, B ∪ C = 50, C ∪ A = 45
A ∩ B ∩ C = 15
Áp dụng nguyên lý thêm bớt ta thu được :

A ∩ B = A + B − A ∪ B = 35

7

B ∩ C = B + C − B ∪ C = 20
C ∩ A = A + C − C ∪ A = 35

A ∪ B ∪ C = A + B + C − A ∩ B − B ∩ C − C ∩ A + A ∩ B ∩ C =45
Vậy số thí sinh không giải được câu nào

S = X \ ( A ∪ B ∪ C ) = X − ( A ∪ B ∪ C ) = 60 − 45 = 15

{

}

Bài toán 6. Xét tập hợp X = 1; 2; 3;...; 2015 . Hỏi có bao nhiêu phần tử của X

{

}

là bội của ít nhất một phần tử của tập hợp T = 2; 3; 5; 7 .
Giải
Gọi M là tập hợp tất cả các phần tử của X là bội của ít nhất một phần tử
của tập T.

A = {x ∈ X : x ≡ 0( mod 2)},

C = {x ∈ X : x ≡ 0( mod5)},

(

B = {x ∈ X : x ≡ 0( mod3)}

D = {x ∈ X : x ≡ 0( mod7)}

)

Khi đó M = A ∪ B ∪ C ∪ D ; Suy ra

M = A + B + C + D − A ∩ B − B ∩C − C ∩ D − D ∩ A − A ∩C
− B ∩ D + A ∩ B ∩C + A ∩ B ∩ D + A ∩C ∩ D + B ∩C ∩ D
− A ∩ B ∩C ∩ D
Ta có :

A = 1007; B = 671; C = 403; D = 287;
A ∩ B = 335; B ∩ C = 134; C ∩ D = 57; D ∩ A = 143;
A ∩ C = 210; B ∩ D = 95
A ∩ B ∩ C = 67, A ∩ B ∩ D = 47; A ∩ C ∩ D = 28; B ∩ C ∩ D = 19
A ∩ B ∩C ∩ D = 9
M = 1546

8


Bài toán 7. Có bao nhiêu số nguyên dương có 5 chữ số abc de sao cho

a ≤ b < c < d ≤ e.
Giải
Gọi X là tập hợp các số có 5 chữ số abc de sao cho a ≤ b < c < d ≤ e .
Gọi A là tập hợp các số có 5 chữ số số abc de sao cho a < b < c < d < e.

Gọi B là tập hợp các số có 5 chữ số số abc de sao cho a = b < c < d < e.
Gọi C là tập hợp các số có 5 chữ số số abc de sao cho a < b < c < d = e.
Gọi D là tập hợp các số có 5 chữ số số abc de sao cho a = b < c < d = e .
Ta có X = A ∪ B ∪ C ∪ D và A, B, C, D là các tập rời nhau.
Do đó X = A + B + C + D = C 95 + C 94 + C 94 + C 93 = 462
Bài toán 8. Từ các chữ số 0;1; 2; 3; 4 có thể có bao nhiêu số tự nhiên gồm năm
chữ số khác nhau. Tính tổng của các số tự nhiên đó.
Giải
Gọi X là tập hợp tất cả các số có 5 chữ số khác nhau a1a2 a3a4 a5 .

{

}

trong đó, a1, a2 , a3 , a4 , a5 ∈ M = 1; 2; 3; 4; 5 và a1 phải khác 0.

{
}
Z = {a a a a a ∈ X : a = 0}

Gọi Y = a1a2 a3a4 a5 ∈ X : a ≠ 0
1 2 3 4 5

Ta có : Y = X − Z = P5 − P4 = 96
Tính tổng các số lập được :
Trong tập X mỗi số 0 ;1 ;2 ;3 ;4 xuất hiện

P5
= 24 lần nên tổng các số trong S
5

là :

S ( X ) = 24( 0 + 1 + 2 + 3 + 4)(1 + 10 + 102 + 103 + 104 ) = 2666640.

9


Trong tập Z mỗi số 0; 1; 2; 3; 4 xuất hiện

P4
= 6 lần nên tổng các số trong Z
4

là :

Z ( X ) = 6( 0 + 1 + 2 + 3 + 4)(1 + 10 + 102 + 103 + 104 ) = 66660.
Vậy S(Y) = S(X) – S(Z) =2599980.
Bài toán 9. (IMO 1989)

( x ; x ;....; x ) của tập
(1; 2;....; 2n) được gọi là có tính chất T nếu tồn tại i ∈ (1; 2;....; 2n − 1) sao cho
Cho n số nguyên dương. Một hoán vị

1

2

2n

xi − xi +1 = n . Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương, số các hoán vị có
tính chất T lớn hơn số các hoán vị không có tính chất T.
Giải

(

)

Ta có : xi − xi +1 = n nên nếu xi = k ⇒ xi +1 = k + n với mỗi k ∈ 1; 2;....; n .
Kí hiệu Ak là tập các hoán vị trong đó có hai phần tử k và k + n đứng liên
tiếp.
Gọi A là tập các hoán vị có tính chất T. Ta có

n

UA
k =1

k

n

Do đó A ≥ ∑ Ak − ∑ Ak ∩ Ah .
k =1

k
Dễ dàng chứng minh được Ak = 2( 2n − 1)!, Ak ∩ Ah = 4( 2n − 2)!
Thay vào ta có:

⎡
n( n − 1) ⎤
( 2n)!
.
A ≥ ( 2n − 2)! ⎢ n.2.( 2n − 1) −
.4⎥ = 2n2 ( 2n − 2)! >
2
2
⎣
⎦
Ta biết số hoán vị của tập có 2n phần tử là (2n) !
Ta có A + A = ( 2n)! , mà A >

( 2n)!
( 2n)!
⇒ A<
hay A > A .
2
2

10


Bài toán 10. (VMO – 1995, bảng B)
Hỏi từ các số 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số có 10 chữ số thỏa
mãn đồng thời các điều kiện sau:
1) Trong mỗi số, mỗi chữ số có mặt đúng hai lần.
2) Trong mỗi số, hai chữ số giống nhau không đứng cạnh nhau.
Giải
Kí hiệu số phần tử của tập X là X . Đặt A = {1, 2, 3, 4, 5} . Gọi

{

}

T = i1i2 ...i10 là tập các số gồm 10 chữ số, trong đó i j ∈ A ( j = 1,2,...,10) sao
cho mỗi chữ số thuộc A có mặt đúng hai lần. Xét tập Ti ⊂ T mà trong

i1i2 ...i10 ∈Ti thì mỗi chữ số thuộc A chiếm hai vị trí liên tiếp. Xét tập B ⊂ T
mà trong i1i2 ...i10 ∈ B
5

có i j ≠ i j +1 với mọi j = 1, 2, ...,9 thì B = T \ U Ti .
i =1

Gọi s là số các số thỏa mãn đề bài thì theo nguyên lý bù trừ ta có:
5

5

i =1

i =1

s = B = T \ U Ti = T − ∑ Ti +

∑

1≤i1

Ti ∩ Ti − ... + (−1) k
1

2

k

∑ I

1≤i1 <...
5

Ti − I Ti
j

i =1

(1)
Trong ký hiệu trên k chạy từ 1 đến 5 và ta coi

1

I

j =1

Ti = Ti . Số các số
j

j

t = i1i2 ...i10 ∈T bằng số các hoán vị của các chữ số i j ( j = 1, 2, ... ,10) ở 10 vị
trí, nên bằng 10! nhưng các hoán vị của i với i (i = 1, 2, 3, 4, 5) không làm
xuất hiện phần tử mới của T nên T =

10!
. (2)
25

k

Trong mỗi phần tử t ∈ I Ti (với k = 1, 2, 3, 4, 5 ) có đúng k cặp chữ số giống
j =1

j

nhau (i1 , i1 ), (i2 , i2 ), ... , (ik , ik ) (hai chữ số giống nhau đứng kề nhau). Ta coi
mỗi cặp này chỉ chiếm một vị trí trong t thì coi như có 10 − k vị trí có thể
11


hoán vị cho nhau với số hoán vị là (10 − k )!, nhưng các hoán vị của i với i
(1 ≤ i ≤ 5, i ≠ it với mọi t = 1, 2, ..., k ) không làm xuất hiện phần tử mới của
k

I

j =1

k

I

Ti nên
j

j =1

Ti =
j

(10 − k )!
25 − k

(3)

Từ (1), (2) và cho k chạy từ 1 đến 5 trong (3) ta được

s=

10!
9
8!
7!
6! 5!
− C51. 4 + C52 . 3 − C53 . 2 + C54 . − 0 = 39480 .
5
2
2

2
2
2 2

Bài toán 11. (VMO – 1996, bảng A)
Cho các số nguyên dương k và n với k ≤ n . Hỏi có tất cả bao nhiêu
chỉnh hợp (a1 , a2 , ... , ak ) chập k của n số nguyên dương đầu tiên, mà mỗi
chỉnh hợp (a1 , a2 , ... , ak ) thỏa mãn ít nhất một trong hai điều kiện sau:
1) Tồn tại s, t thuộc {1, 2, ...,k} sao cho s < t và as > at .
2) Tồn tại s thuộc {1, 2, ...,k} sao cho (as − s ) không chia hết cho 2.
Giải
Kí hiệu số phần tử của tập X là X . Xét tập A gồm các hoán vị

a = ( ai , ai , ... , ai
1

2

n

)

của n số a1 , a2 , ... , an . Ký hiệu ai , a j , ak , ah là bốn số

phân biệt và đều thuộc tập E = {a1 , a2 , a3 , a4 }. Số cách lấy 3 số thuộc E và
hoán vị của chúng là C43.(3!) = 4!.
Xét tập B ⊂ A mà trong phần tử a ∈ B thì 3 số của tập E nằm ở ba vị
trí liên tiếp. Tập B chứa tập B1 mà B1 gồm các hoán vị chứa đúng bốn số của

E nằm ở bốn vị trí liên tiếp. Giả sử a ∈ B chứa (ai , a j , ak ) , nếu ta coi bộ 3 số

này chỉ chiếm một vị trí trong hoán vị a thì số các hoán vị a là (n − 2)!
(gồm n − 2 phần tử là (ai , a j , ak ) , ah và am với m = 5,6,..., n ), nhưng trong
các hoán vị đó có các hoán vị dạng

(..., (ai , a j , ak ), ah , ...)

và

(...ah ,(ai , a j , ak ), ...) là như nhau khi chỉ số thay đổi, chúng đều chứa 4 số
12


của tập E ở bốn vị trí liên tiếp, do đó phải bỏ đi (n − 3)! là số các hoán vị của

n − 3 phần tử (gồm ( ai , a j , ak , ah ) và am với m = 5,6,..., n ).
Như vậy:

B = C43 .(3!).( (n − 2)!− (n − 3)!) = 4!(n − 3)!(n − 3) .
Số các phần tử của A là n!; do đó số các hoán vị phải tìm gồm các hoán vị
mà không có 3 số nào trong 4 số của E nằm ở ba vị trí liên tiếp là:

A \ B = A − B = n!− 4!(n − 3)!(n − 3) = (n − 3)!(n − 4)(n 2 + n − 18) .
Chú ý: Nếu gọi B2 là tập các hoán vị của A chứa đúng 3 số của E nằm ở ba
vị trí liên tiếp mà không có 4 số của E nằm ở bốn vị trí liên tiếp thì ta có

B = B1 ∪ B2 và B1 ∩ B2 = ∅ và B1 = C43 (3!).(n − 3)!
Từ đó, A \ B = A \ ( B1 ∪ B2 ) ; A \ B = A − B1 − B2 cũng dẫn đến kết quả như
trên.
Bài toán 12. (VMO – 2005, bảng B)
Tìm kết quả học tập ở một lớp học, người ta thấy:

- Hơn

2
số học sinh đạt điểm giỏi ở môn Toán cũng đồng thời đạt điểm giỏi
3

ở môn Vật lý;
- Hơn

2
số học sinh đạt điểm giỏi ở môn Vật lý cũng đồng thời đạt điểm giỏi
3

ở môn Văn;
- Hơn

2
số học sinh đạt điểm giỏi ở môn Văn cũng đồng thời đạt điểm giỏi ở
3

môn Lịch sử;
- Hơn

2
số học sinh đạt điểm giỏi ở môn Lịch sử cũng đồng thời đạt điểm
3

giỏi ở môn Toán.
Chứng minh rằng trong lớp học nói trên có ít nhất một học sinh đạt
13

điểm giỏi ở cả 4 môn Toán, Vật lý, Văn, Lịch sử.
Giải
Gọi T , L, V , S tương ứng là tập hợp các học sinh đạt điểm giỏi ở môn
toán, Vật lý, Văn, Lịch sử.
- Ký hiệu: T1 = T ∩ L; L1 = L ∩ S ; V1 = V ∩ S .
Theo giả thiết bài toán ta có: T1 ≥
- Ta sẽ chứng minh

2
2
2
T ; L1 ≥ L ; V1 ≥ V .
3
3
3

T ∩ L ∩V ∩ S > 0

Không mất tính chất tổng quát, ta giả sử T là tập có nhiều phần tử nhất.
Ta có: T1 ∩ L1 = T1 + L1 − T1 ∩ L1

(1)

Vì (T1 ∪ L1 ) ⊂ L nên T1 ∪ L1 ≤ L . Do đó từ (1) ta được

T1 ∩ L1 >

2

2
2
1
1
T + L − L = T − L ≥ T (do T ≥ L )
3
3
3
3
3

Lại có: T1 ∩ L1 ∩ V1 = T1 ∩ L1 + V1 − (T1 ∩ L1 ) ∪ V1

(2)
(3)

Vi L1 ⊂ V nên (T1 ∩ L1 ) ⊂ V . Từ đây lưu ý rằng V1 ⊂ V suy ra:

⎡⎣(T1 ∩ L1 ) ∪ V1 ⎤⎦ ⊂ V suy ra (T1 ∩ L1 ) ∪ V1 ≤ V .
Vậy từ (1), (2) và (3) ta được :

1
2
1
1
T1 ∩ L1 ∩ V1 > T + V − V = ( T − V ) ≥ 0
3
3
3
3

Hiển nhiên T ∩ L ∩ V ∩ S = T1 ∩ L1 ∩ V1

(4)
(5)

Từ (4) và (5) ta có T ∩ L ∩ V ∩ S > 0 , suy ra đpcm.
2. Phương pháp2: Sử dụng song ánh
Trước hết, ta xem xét nhận xét sau: Có n người đến dự một buổi hội
thảo toán học trong một hội trường có 400 ghế. Giả sử mỗi người chỉ chiếm
một ghế ngồi và mỗi ghế chỉ có nhiều nhất một người ngồi.
Nếu ta được thông báo rằng mọi người đều có chỗ ngồi thì ta kết luận
14


rằng n ≤ 400 . Nếu ta biết thêm rằng không có ghế nào trống thì ta biết ngay

n = 400. Nếu có một số người phải đứng vì không có ghế ngồi thì ta sẽ suy ra
n > 400. Như vậy, có thể xác định hay ước lượng số phần tử của một tập hợp
A nào đó thông qua một tập hợp B mà ta đã biết số phần tử của nó nhờ một
phép tương ứng (ánh xạ) giữa A và B . Đây là một phương pháp được sử
dụng rất hiệu quả để giải nhiều bài toán đếm nâng cao.
Bài toán 13. Có một nhóm người mà trong đó, mỗi cặp không quen nhau có
đúng hai người quen chung, còn mỗi cặp quen nhau thì không có người quen
chung. Chứng minh rằng số người quen của mỗi người là như nhau.
Giải
Giả sử a quen b và gọi tập các người quen của a và tập các người
quen của b (không kể a và b ) lần lượt là A và B . Mỗi người a ' thuộc A sẽ
quen với duy nhất một người thuộc B (do a ' và b không quen nhau, hơn nữa
họ đã có một người quen chung là a ). Tương tự, mỗi người thuộc B cũng
quen với duy nhất một người thuộc A .

Vậy tồn tại một song ánh đi từ A tới B , tức a và b có số người quen
bằng nhau.
Nếu a không quen b thì tồn tại c quen cả a và b . Do đó, số người
quen của a và số người quen của b bằng nhau do cùng có cùng số người
quen của c .
Bài toán 14. (VMO – 2002)
Cho tập hợp S gồm tất các các số nguyên dương trong đoạn

[1; 2002] . Gọi T

là tập hợp tất cả các tập con không rỗng của S . Với mỗi X

thuộc T , ký hiệu m( X ) là trung bình cộng các phần tử của X . Tính

α=∑

m( X )
; trong đó tổng lấy theo tất cả các tập X thuộc T .
T

Giải

15


Xây dựng song ánh f : T → T như sau;

f ( X ) = {2003 − x / x ∈ X }; ∀X ∈ T .
Rõ ràng m( X ) + x ( f ( X ) ) = 2003. Do đó

2∑ m( X ) = ∑ ⎡⎣m( X ) + m ( f ( X ) )⎤⎦ = T .2003 ⇒ α = ∑

m( X ) 2003
.
=
T
2

Lời bình: Ý tưởng giải bài tập trên thực chất có thể xem nó xuất phát từ một
bài toán quen thuộc: tính tổng 1 + 2 + ... + 100 , với cách giải tuyệt vời của nhà
toán học Gauxơ.
Ở đây chúng ta có thể diễn đạt lại cách tính đó như sau:

∀i ∈ S = {1,2,...,100}, gọi f là ánh xạ được xác định như sau: f (i) = 101 − i .
Rõ ràng f là một song ánh đi từ S tới S , do đó:

2∑ i = ∑ (i + f (i) ) = A .101 = 10100
i∈s

i∈s

Suy ra tổng cần tính bằng 5050.
Bài toán 15. Hãy tính trung bình cộng của tất cả các số N gồm 2002 chữ số
thỏa mãn N M99 và các chữ số của N thuộc tập hợp {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} .
Giải
Gọi M là tập các số N thỏa mãn điều kiện đề bài.
Xây dựng ánh xạ f : M → M như sau:
Nếu N = a1a2 ...a2002 thì f ( N ) = bb
...b2002 với bi = 9 − ai ; i = 1, 2, 3, ...,2002 .
1 2

Do N + f ( N ) = 99...9
{ M99 nên f là song ánh.
2002

Từ đó, ta có: 2 ∑ N = M . 99...9
{ .
N ∈M

2002

Suy ra trung bình cộng các số N là

99...9
{
2002

2

=

102002 − 1
2

Bài toán 16. Trong các xâu nhị phân có độ dài n , gọi an là số các xâu
16


không chứa quá 3 số liên tiếp 0, 1, 0 và bn là số các xâu không chứa 4 số liên
tiếp 0, 0, 1, 1 hoặc 1, 1, 0, 0. Chứng minh rằng bn +1 = 2an .
Giải

Ta gọi một xâu thuộc loại A nếu nó không chứa quá 3 số liên tiếp 0, 1,
0 và gọi một xâu thuộc loại B nếu nó không chứa 4 số liên tiếp 0, 0, 1, 1 hoặc
1, 1, 0, 0.
Với mỗi xâu X = ( x1 , x2 , ..., xn ) , ta xây dựng f ( X ) = ( y1 , y2 , ..., yn +1 )
như sau:

y1 = 0 , yk ≡ x1 + x2 + ... + xk (mod 2) . Rõ ràng X chứa 3 số liên tiếp 0, 1, 0 khi
và chỉ khi f ( X ) chứa 4 số hạng liên tiếp 0, 0, 1, 1 hoặc 1, 1, 0, 0 tức X
thuộc loại A khi và chỉ khi f ( X ) thuộc loại B .
Vậy f là một song ánh đi từ tập các xâu loại a độ dài n đến tập các
xâu loại B độ dài n + 1 mà bắt đầu bằng 0. Nhưng mỗi xâu X thuộc B ta
nhận được một xâu X cũng thuộc B bằng cáh đổi các phần tử của X theo
quy tắc 1 → 0; 0 → 1 nên số các xâu loại B có độ dài n + 1 gấp đôi số các xâu
loại B độ dài n + 1 mà bắt đầu bằng số 0. Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 17. (Bài toán chia kẹo của Euler). Cho k , n là các số nguyên
dương. Tìm số nghiệm không âm của phương trình:

x1 + x2 + ... + xn = k

(1)

Giải
Ta xây dựng một song ánh từ tập hợp A các nghiệm nguyên không âm
của (1) với tập hợp B các xâu nhị phân độ dài n + k − 1 với k bít 1 và n − k
bít 0 như sau:

( x1 , x2 , ..., xn ) a 1...101...101...1...01...1
Trong đó có x1 số 1 liên tiếp, sau đó đến một số 0, sau đó đến x2 số 1
liên tiếp, lại đến số 0, … , cuối cùng là xn số 1 liên tiếp.
17

Ta chứng minh được ánh xạ này là một song ánh. Từ đó A = B = Cnn+−k1−1 .
Bài toán 18. Chứng minh rằng với mỗi n∈• thì

C2nn = (Cn0 ) + (Cn1 ) + ... + (Cnn )
2

2

2

Giải
Ta đếm số cách chọn n phần tử từ một tập gồm 2n phần tử theo hai cách.
- Cách thứ nhất: Mỗi lần chọn ra n phần tử, khi đó số cách hiển nhiên là C2nn .
- Cách thứ hai: Trước hết chia tập 2n phần tử thành hai tập con, mỗi tập gồm

n phần tử; sau đó chọn từ tập con thứ nhất ra k phần tử (có Cnk cách chọn) và
chọn từ tập con thứ hai ra n − k phần tử (có Cnn−k = Cnk cách chọn), ta sẽ có

(C )
k
n

2

cách chọn, cuối cùng cho k chạy từ 0 tới n ta được tổng số cách chọn

cần tìm là (Cn0 ) + (Cn1 ) + ... + (Cnn ) .
2

2

2

Vậy theo 2 cách chọn trên ta có: C2nn = (Cn0 ) + (Cn1 ) + ... + (Cnn )
2

2

2

Lời bình: Đây là cách suy luận khá đơn giản nhưng cũng có hiệu quả. Tuy
nhiên ta cũng có thẻ có cách giải khác nhờ phương pháp đồng nhất hệ số x n
trong đẳng thức đúng (1 + x)n (1 + x)n = (1 + x)2 n , cách này học sinh phải biết
công thức khai triển nhị thức Niu tơn. Dưới đây sẽ là bài tập phức tạp hơn.
Bài toán 19. (Vô địch Trung Quốc – 1994)
Chứng minh rằng:

n

∑ 2 C C[
k =0

k

k
n

( n − k )/2]

n−k

= C2nn+1 ; ∀n ∈ ¢ + .

Giải
Ta chọn ra n số từ 2n + 1 số như sau. Trước hết, từ 2n + 1 số, ta chia ra

n cặp và số x .
- Bước 1: Ta chọn ra k cặp rồi từ mỗi cặp chọn ra một số.
- Bước 2: Chọn [(n − k ) / 2] cặp trong n − k cặp còn lại, ngoài ra, số x sẽ
được chọn nếu n − k lẻ và không được chọn nếu n − k chẵn. rõ ràng bước 1
18


có 2n Cnk cách chọn và bước 2 có Cn[(−nk− k )/2] cách chọn và ta chọn được tổng
cộng n số, trong đó k chạy từ 0 đến n . Từ lập luận này ta có điều phải chứng
minh.
Bài toán 20. Gọi M là tập hợp tất cả các số nguyên dương (viết theo hệ thập
phân) có n chữ số 1, n chữ số 2 và không còn chữ số nào khác. N là tập hợp
tất cả các số nguyên dương có n chữ số thuộc tập {1, 2, 3, 4} và số chữ số 1
bằng số chữ số 2.
Chứng minh rằng M = N = C2nn .
Giải
Rõ ràng M và N là các tập hữu hạn.
Ta sẽ chứng minh tồn tại một song ánh từ N vào M như sau:
Số có n chữ gồm các số 1, 2, 3, 4 và số các chữ số 1 bằng số các chữ số 2
được “nhân đôi” thành số có 2n chữ số theo quy tắc: Đầu tiên, hai phiên bản
của số này được viết kề nhau thành số có 2n chữ số. Sau đó, các chữ số 3 ở n
chữ số đầu được đổi thành chữ số 1, các chữ số 3 ở n chữ số sau được đổi

thành chữ số 2. Tương tự, các chữ số 4 ở n chữ số đầu được đổi thành chữ số
2, các chữ số 4 ở n chữ số sau được đổi thành chữ số 1.
Như thế, ta thu được một số có đúng n chữ số 1 và n chữ số 2. Rõ
ràng đây là một đơn ánh, ta xây dựng ánh xạ ngược như sau:
Với mỗi số có n chữ số 1 và n chữ số 2, ta cắt n chữ số đầu và n chữ số
cuối và đặt chúng “ song song ” với nhau khi thực hiện phép “cộng”. Thực
hiện phép “cộng” theo quy tắc: 1 + 1 = 2, 2 + 2 = 1,1 + 2 = 3, 2 + 1 = 4 . Ta sẽ thu
được một số có n chữ số gồm các chữ số 1, 2, 3, 4, với cac chữ số 1 bằng các
chữ số 2.
Do đó, song ánh giữa hai tập hợp M và N đã được thiết lập.
Tính M :

19


Có 2n vị trí để bố trí các chữ số 1, suy ra có C2nn cách. Còn lại n vị trí để bố
trí các chữ số 2, suy ra có 1 cách. Theo nguyên lý nhân, ta có: 1.C2nn = C2nn số
có n chữ số 1 và n chữ số 2. Do đó M = C2nn .
Do vậy: M = N = C2nn .
Cách 2: ∀k ∈ S = {0,1, ..., n}, ta thực hiện 2 lần (độc lập với nhau) việc đánh
dấu k trong n vị trí trên một hàng. Sau đó, ở mỗi vị trí ta ghi: chữ số 3 nếu
được đánh dấu 3 lần, chữ số 4 nếu không được đánh dấu lần nào, chữ số 1 nếu
chỉ được đánh dấu lần đầu và chữ số 2 nếu chie được đánh dấu lần sau.
Rõ ràng khi cho k chạy trên S thì số tất cả các số thu được chính là

N . Hơn nữa, ∀k ∈ S thì có thể xem số cách đánh dấu lần đầu là số cách chọn
k trong số n vị trí, còn số cách đánh dấu lần sau là số cách chọn n − k vị trí
trong n vị trí. Do đó tổng số cách đánh dấu khi k chạy trên S đúng bằng số
cách chọn n phần tử từ 2n phần tử (tức là C2nn ), và số này chính là M . Vậy
ta có M = N = C2nn .

v Bài tập tương tự
1) Từ một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng và 6 viên bi vàng. NGười ta
chọn ra 4 viên bi. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mà số viên bi lấy ra không đủ
cả 3 màu.
2) Cho n là một số nguyên dương. Xét A = p1α . p2α ... pnα với p1 , p2 , ..., pn là
1

2

n

các số nguyên tố phân biệt. Hỏi A có bao nhiêu ước số dương phân biệt.
Đáp số: (α1 + 1)(α 2 + 1)...(α n + n) .
3) (Poland). Cho tập M gồm n phần tử. Với hai tập con tùy ý A, B của tập

M tính số phần tử của A ∩ B . Chứng minh rằng tổng của tất cả các phần tử
của mọi giao có thể gồm hai tập con của M bằng n.4n−1 .
4) (VMO - 2006, bảng A). Xét tập hợp số S có 2006 phần tử. Ta gọi một tập
con T của S là tập con “bướng bỉnh” nếu với hai số u, v tùy ý (có thể u = v )
20


thuộc T luôn có u + v không thuộc T . Chứng minh rằng:
a) Nếu S là tập hợp gồm 2006 số nguyên dương đàu tiên thì mỗi tập con
“ bướng bỉnh” của S đều có không quá 1003 phần tử.
b) Nếu S là tập hợp gồm 2006 số nguyên dương tùy ý thì tồn tại một tập
con “bướng bỉnh” của S có 669 phần tử.
5) Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số mà tổng của các chữ số là bội của 4.
Đáp số : 2249

{

6) Cho tập X = 0;1; 2; 3; 4; 5} . Hỏi từ tập X ta có thể có bao nhiêu số tự nhiên

abc de f gồm sáu chữ số khác nhau thỏa mãn d + e + f − a − b − c = 1.
Đáp số : 84

{

7) (IMO - 1991). Xét tập hợp S = 1; 2; 3;...; 280}. Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất
sao cho mọi tập hợp con gồm n phần tử của S đều chứa 5 số dôi một nguyên
tố cùng nhau.
Đáp số : n = 217
8) Có bao nhiêu cách sắp xếp từ bộ chữ cái MAYMAN sao cho mỗi cách sắp
xếp hai chữ cái giống nhau không được đứng gần nhau.
HD :
Kí hiệu M1 là tập hợp chứa các cách sắp xếp hai chữ cái M đứng cạnh nhau.
M2 là tập hợp chứa các cách sắp xếp hai chữ cái A đứng cạnh nhau.
d0 là tất cả các cách sắp xếp.
Khi đó, số cách sắp xếp phải bằng :

d = d0 − M1 ∪ M2 = d0 − ( M1 + M2 ) + M1 ∩ M2

⇒ d = 180 − 120 + 24 = 84
9) Chứng minh rằng bản báo cáo thành tích cuối năm của một lớp sau là sai.
“ Lớp có 45 học sinh, trong đó có 30 em nam. Lớp có 30 em học sinh đạt loại
giỏi và trong số đó có 16 em nam. Lớp có 25 em chơi thể thao và trong số này
21

có 18 em nam và 17 em đạt loại giỏi. Có 15 em nam vừa đạt loại giỏi, vừa
chơi thể thao.”
HD: Gọi M là tập hợp số học sinh trong lớp. Gọi A, B, C lần lượt là số học
sinh nam, số học sinh đạt loại giỏi và số học sinh chơi thể thao. Khi đó

(

) (

M − A ∪ B ∪C = M − A + B + C + A ∩ B + B ∩C + C ∩ A

)

− A ∩ B ∩C

= 45 − (30 + 30 + 25) + (16 + 18 + 17) − 15 = −4 (mẫu thuẫn ).
10) Có bao nhiêu số nguyên dương là bội của 3 và 4 và không chia hết cho 5
trong 2015 số nguyên dương đầu tiên.
Đáp số : 806
11) Người ta tô tất cả các đỉnh của một đa giác đều 10 đỉnh bởi 5 màu khác
nhau sao cho các điều kiện sau đây được thỏa mãn đồng thời:
i) Mỗi đỉnh được tô bởi một màu;
ii) Mỗi màu được dùng để tô cho đúng hai đỉnh không kề nhau.
Hai cách tô màu thỏa mãn các điều kiện trên được gọi là tương đương
nếu cách tô màu này có thể nhận được từ cách tô màu kia nhờ một phép quay
quanh tâm của đa giác đều đã cho.

Cnk+ k n Cmk + k
12) Cho trước các số nguyên dương m, n . Tính T = ∑ m+ k + ∑ n + k
k =0 2

k =0 2
m

Đáp số: T = 2m+ n+1
13) Cho các số nguyên dương n, k với n ≥ k . Xét phép toán f đối với bộ sắp
thứ tự X = ( x1 , x2 , ..., xn ) như sau: mỗi lần chọn k số liên tiếp tùy ý trong X
và đổi dấu của chúng. Tìm số các bộ thứ tự X = ( x1 , x2 ,..., xn ) thỏa mãn các
điều kiện:
i) Mọi phần tử của X đều thuộc tập {0,1} ;
ii) Có thể thực hiện hữu hạn lần phép toán f để từ X nhận được bộ

(1,2,...,1) .
22


KẾT LUẬN
Các vấn đề nghiên cứu trên phần nào giúp cho giáo viên cũng như học
sinh có được cách nhìn đôi chút về hai phương pháp cơ bản trong các bài toán
đếm của toán tổ hợp, đó là phương pháp sử dụng các nguyên lý đếm cơ bản
và phương pháp dùng song ánh. Trong quá trình nghiên cứu và biên soạn lại
các dạng bài toán, tác giả đã cố gắng thu thập và hệ thống lại một cách rõ
ràng, tuy nhiên vẫn không thể tránh khỏi những thiếu sót. Rất mong các thầy
cô và các em học sinh khi sử dụng chuyên đề này đóng góp các ý kiến để
chuyên đề ngày càng hoàn thiện hơn.

23


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Tủ sách Toán học và tuổi tre (2007), Các bài thi Olympic Toán THPT

Việt Nam (1990 - 2006). NXB Giáo Dục.
2. Văn Phú Quốc (Chủ biên), Bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán I. NXB
Đại học Quốc gia Hà Nội
3. Đoàn Quỳnh (Tổng chủ biên), Nguyễn Huy Đoan (Chủ biên), Trần
Phương Dung, Nguyễn Xuân Liêm, Đặng Hùng Thắng (2013), Đại số
và Giải tích 11 nâng cao(tái bản lần thứ sáu), NXB Giáo Dục.
4. Tuyển chọn theo chuyên đề toán học và tuổi trẻ, Quyển 1, NXB Giáo
Dục Việt Nam 2009.

24