Vũ đình hòa, một số bài toán tổ hợp

MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP
Vũ Đình Hòa
Khoa Công nghệ thông tin,
Trường Đại học sư phạm Hà nội, Vietnam.

Ngày 25 tháng 7 năm 2017

1


3

1

Số lượng phần tử của tập hợp
Lí thuyết tập hợp được nhà toán học người Đức tên là Can-tor (1845-1918)

xây dựng. Theo ông, một tập hợp được hiểu là một tổng thể các phần tử cùng
một tính chất chung nào đó.
Thông thường người ta hay biểu diễn một
tập hợp M như một phần mặt phẳng được giới
hạn bởi một đường cong khép kín (xem hình 1).
Phần mặt phẳng này được tô màu hoặc đánh
dấu để nhận biết được.
Trong cuộc sống ta có rất nhiều ví dụ về tập
hợp: Tập hợp các em học sinh của một lớp học,
Hình 1:

tập hợp các số tự nhiên N , tập hợp các tam

giác...

Sau đây là các kí hiệu quen thuộc của lí thuyết tập hợp mà ta sử dụng trong
cuốn sách này.
a ∈ A - kí hiệu a là phần tử của tập hợp A.
a ∈ A - kí hiệu a không phải là phần tử của tập hợp A.
A = {a : a thỏa mãn tính chất ϑ} - kí hiệu tập hợp A gồm các phần tử a thỏa
mãn tính chất ϑ.
∅ - kí hiệu tập hợp rỗng không có phần tử nào cả.
A ⊂ B - kí hiệu tập hợp A là tập hợp con của tập hợp B khi mỗi phần tử của
tập hợp A cũng là phần tử của tập hợp B.
A = B biểu thị sự bằng nhau của tập hợp A và tập hợp B khi đồng thời có
A ⊂ B và B ⊂ A.
A1 ∪ A2 · · · ∪ An là hợp của các tập hợp A1 , · · · , An - tập hợp chứa tất cả các
phần tử của các tập hợp A1 , · · · , An .
A1 ∩ A2 · · · ∩ An là giao của các tập hợp A1 , · · · , An - tập hợp chỉ chứa tất cả
các phần tử thuộc đồng thời tất cả các tập hợp A1 , · · · , An .
A − B là hiệu của hai tập hợp cho trước A và B, là một tập hợp chứa tất cả
các phần tử thuộc A mà không thuộc B. Nếu B ⊂ A thì A − B được gọi là tập
bù của B trong A và được kí hiệu là B c .
P(A) kí hiệu tập hợp tất cả các tập hợp con của tập hợp A cho trước.
N = {0; 1; 2; 3, · · · } là tập hợp tất cả các số tự nhiên.


4

Z kí hiệu tập hợp các số nguyên.
Q kí hiệu tập hợp các số hữu tỉ.
R kí hiệu tập hợp các số thực.
Dựa trên đặc điểm của tập hợp số tự nhiên N , phương pháp chứng minh
quy nạp là một phương pháp chứng minh xuất hiện khá muộn trong lịch sử
toán học. Ngày nay chứng minh quy nạp trở thành một công cụ khá hiệu quả

mà nhiều khi không thể thay thế được trong chứng minh nhiều bài toán hoặc
khi giải quyết nhiều vấn đề của toán học.
Phương pháp chứng minh quy nạp được tiến hành như sau:
Một khẳng định T (n) thỏa mãn:
1) T (0) đúng, và
2) T (n + 1) đúng nếu như T (n) đúng,
thì T (n) đúng với mọi n ∈ N .
Đôi khi ta có thể tận dụng cả những giá trị T (n − 1), T (n − 2), ..., T (1) vào
việc chứng minh khẳng định T (n + 1). Quá trình đó được tiến hành như sau:
Một khẳng định T (n) thỏa mãn:
1) T (0) đúng, và
2) T (n + 1) đúng nếu như T (k) đúng với mọi k ≤ n,
thì T (n) đúng với mọi n ∈ N .
Và nhiều khi do yêu cầu bài toán chỉ cần phải chứng minh T (n) cho n ≥ n0 nào
đó mà thôi.
Một khẳng định T (n) thỏa mãn:
1) T (n0 ) đúng, và
2) T (n + 1) đúng nếu như T (n) đúng với n ≥ n0 ,
thì T (n) đúng với mọi n ∈ N và n ≥ n0 .
Ta xem xét phương pháp chứng minh quy nạp thông qua ví dụ sau: Ví dụ
n

Tìm n0 nhỏ nhất sao cho ∀n ≥ n0 ta có chữ số tận cùng của số T (n) = 22 là
chữ số 6
Lời giải.Với n = 1 thì T (1) tận cùng là 4. Với n = 2 thì T (2) tận cùng là 6. Giả
sử

rằng

với

n

≥

là 6. Khi đó T (n + 1) = 2
2

2n

6 là 6. Vậy T (n) = 2
n0 = 2.

2n+1

2
= 2

nào
2n .2

đó

thì

T (n)

tận

cùng

2

= T (n) tận cùng bởi tận cùng của

tận cùng bởi chữ số 6 với mọi n ≥ 2. Giá trị cần tìm là


5

Cho trước hai tập hợp A và B. Một quy tắc f cho tương ứng mỗi một phần
tử a ∈ A với một phần tử b ∈ B (gọi là ảnh của a) được gọi là một ánh xạ từ
tập hợp A vào tập hợp B và được kí hiệu f : A → B. Ta thường nói a là tạo
ảnh của b khi b là ảnh của a và kí hiệu b = f (a).
Ánh xạ f : A → B được gọi là đơn ánh nếu f (a1 ) = f (a2 ) với mọi a1 = a2 .
Ánh xạ f : A → B được gọi là toàn ánh nếu với mỗi phần tử b ∈ B luôn tồn
tại ít nhất một phần tử a ∈ A sao cho f (a) = b.
Một ánh xạ f : A → B được gọi là song ánh nếu f đồng thời là một toàn
ánh và là một đơn ánh.
Cho trước các tập hợp A, B và C và hai ánh xạ f : A → B và f : B → C.
Khi đó ánh xạ h : A → C được xác định theo công thức h(a) = g(f (a)) được
gọi là tích của các ánh xạ f và g và được kí hiệu là h = gf .
Một tập hợp A được gọi là tập hợp hữu hạn phần tử nếu A = ∅ hoặc nếu có
một song ánh f : A → {1, 2, · · · , n} và khi đó A có n phần tử, kí hiệu |A| = n.
Trong trường hợp A không phải là tập hợp hữu hạn thì ta nói A là tập hợp
vô hạn . Có thể thấy dễ dàng rằng các tập hợp N , Z, Q và R là các tập hợp
vô hạn.
Nếu A và B cùng có n phần tử, thì tồn tại song ánh f : A → {1, 2, · · · , n}
và song ánh g : B → {1, 2, · · · , n}. Khi đó ta kí hiệu tạo ảnh của k trong song
ánh f và song ánh g là ak và bk . Rõ ràng ánh xạ h : A → B với tương ứng

h(ak ) = bk là một song ánh. Ngoài ra, mệnh đề đảo lại cũng đúng: Nếu tồn tại
song ánh từ tập hợp A vào tập hợp B thì A và B có cùng số lượng phần tử. Vậy
ta có định lí sau đây về sự tương quan giữa khái niệm song ánh và khái niệm
có cùng số lượng phần tử.
Định lí 1. Hai tập hợp A và B có cùng số lượng phần tử khi và chỉ khi tồn tại
một song ánh f : A → B.
Ngoài ra ta còn có các định lí đơn giản sau đây về số lượng các phần tử của
các tập hợp hữu hạn. Chứng minh đơn giản của các định lí này được nhường
cho bạn đọc như bài tập luyện:
Định lí 2. Nếu A = A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An và Ai ∩ Aj = ∅ với mọi i = j thì ta có
|A| = |A1 | + |A2 | + · · · + |An |.
Định lí 3. Cho trước hai tập hợp hữu hạn A và B. Nếu tồn tại một ánh xạ


6

f : A → B sao cho mỗi phần tử b ∈ B có đúng k tạo ảnh trong A thì ta có
|A| = k.|B|.
A1 × A2 × · · · × An = {(a1 , a2 , · · · , an ) : ai ∈ Ai } được gọi là tích Đê-cac của
các tập hợp A1 , A2 , · · · , An . Trong trường hợp A1 = A2 = · · · = An thì ta viết
An thay cho A1 × A2 × · · · × An .
Định lí 4. Cho trước các tập hợp hữu hạn A1 , A2 , · · · , An , trong đó tập hợp
Ai có đúng ki phần tử. Khi đó tập tích Đê-cac A1 × A2 × · · · × An có đúng
k1 k2 · · · kn phần tử. Nghĩa là
|A1 × A2 × · · · × An | = |A1 | × |A2 | × · · · × |An |.
Và đặc biệt ta có |An | = |A|n .
Chứng minh. Ta chứng minh khẳng định của định lí bằng quy nạp theo n.
Rõ ràng kết luận của định lí hiển nhiên đúng cho n = 1. Giả sử kết luận của
định lí đúng cho n − 1 rằng nếu cho trước n − 1 tập hợp A1 , A2 · · · , An−1 , trong
đó tập hợp Ai có ki phần tử, thì số phần tử của tập hợp A1 × A2 × · · · × An−1

là k1 k2 · · · kn−1 . Ta xét n tập hợp A1 , A2 · · · , An trong đó Ai có ki phần tử. Giả
sử các phần tử của An là a1 , a2 , · · · , akn . Cho mỗi i ≤ kn xét tập hợp
Si = {(x1 , x2 , · · · , xn−1 , ai ) : xj ∈ Aj },
và ánh xạ fi : Si → A1 × A2 × · · · × An−1 được định nghĩa bởi
f (x1 , x2 , · · · , xn−1 , ai ) = (x1 , x2 , · · · , xn−1 ).
Rõ ràng fi là một song ánh từ Si vào tập hợp A1 · · · × An−1 . Do đó Si có
k1 k2 · · · kn−1 phần tử. Mặt khác ta có
A1 × A2 × · · · × An = S1 ∪ S2 ∪ · · · ∪ Skn ,
với Si ∩ Sj = ∅.
Tóm lại, ta có
kn

|A1 × A2 × · · · × An | =

|Si | = k1 k2 · · · kn .
i=1


7

Khái niệm có cùng số lượng phần tử được mở rộng cho tập hợp vô hạn. Ta
nói rằng hai tập hợp A và B là hai tập hợp cùng lực lượng nếu tồn tại song ánh
f : A → B. Tập hợp A có cùng lực lượng với tập hợp số tự nhiên N được gọi là
tập hợp đếm được và các phần tử của nó có thể đánh số A = {a1 , a2 , · · · , an , · · · }.
BÀI TẬP
1.1. Cho tập hợp X = {3; −5;

√

2}. Hãy viết ra tất cả các tập hợp con của

X?
1.2. Sn là số các miền do n đường thẳng đôi một không song song và không
có ba đường thẳng nào trong chúng đồng quy tạo ra trên mặt phẳng. Chứng
minh rằng
Sn =

n(n + 1)
+ 1.
2

1.3. Trên mặt phẳng có n đường thẳng đôi một không song song và không
có ba đường thẳng nào trong chúng đồng quy. Những đường thẳng này cắt mặt
phẳng thành những phần mặt phẳng, trong đó có một số là hình đa giác lồi.
Hãy tính số đa giác được tạo thành.
1.4. Chứng minh rằng từ n + 1 số bất kì trong 2n số nguyên dương đầu tiên
luôn có thể tìm được hai số là bội của nhau.
n

1.5. Cho pn là số nguyên tố thứ n. Hãy chứng minh bất đẳng thức 22 > pn .
1.6. Hãy tính số các tập hợp con hai phần tử của một tập hợp có n ≥ 2
phần tử cho trước.
1.7. Tính số tập hợp con của một tập hợp có n phần tử.
1.8. Có bao nhiêu ánh xạ khác nhau từ tập hợp {1, 2, ..., n} vào tập hợp
{1, 2}?
1.9. Cho trước hai tập hợp hữu hạn A và B. Chứng minh đẳng thức |A ∪
B| + |A ∩ B| = |A| + |B|.


8

2

Các phép toán và tính chất của giai thừa
Cho trước một số tự nhiên n, ta kí hiệu tích của n số tự nhiên liên tiếp đầu

tiên 1, 2, ..., n bởi n!. Để cho tiện ta quy ước 0! = 1. Ngoài ra ta đặt
(2n)!! = 2.4. · · · (2n) và (2n − 1)!! = 1.3. · · · (2n − 1).
Một số kết quả của lí thuyết số có liên quan mật thiết đến các phép tính giai
thừa. Ta nhắc tới đây một vài kết quả quan trọng:
Định lí 5. Trong phân tích tiêu chuẩn của n
αk
1 α2
n! = pα
1 p2 · · · pk ,

số mũ αi của pi được tính theo công thức
αi = [

n
n
] + [ 2] + ··· ,
pi
pi

với [a] là kí hiệu phần nguyên của số thực a cho trước.
Chứng minh. Lưu ý rằng tổng nói trên thực chất chỉ có hữu hạn số hạng, vì
n
với j đủ lớn, ta có n < pji và do đó [ m ] = 0 với mọi m ≥ j.
pi

n
Giả sử pi là một số nguyên tố bất kì. Trong tích n! chỉ có đúng [ ] số là bội
pi
của pi . Do đó ta có
n
[
]
pi n
n! = pi .[ ]!.q1 ,
pi
n
ở đó q1 là một số không chia hết cho pi . Bây giờ lặp lại lí luận vừa rồi cho [ ]!,
pi
n
[ ]
n
p
với lưu ý rằng [ i ] = [ 2 ], ta có
pi
pi
n
n
] + [ 2]
p
pi n
n! = pi i
.[ 2 ]!.q1 q2 ,
pi
[

và q1 q2 không chia hết cho pi .
Cứ tiếp tục làm như vậy cho đến khi ta có số j sao cho [
được
[

n! = pi

n
n
n
] + [ 2] + ··· + [ j]
pi
pi
pi

n
pj+1
i

.q1 q2 · · · qj ,

] = 0 và ta thu


9

với qi (i ≤ j) không phải là bội của pi . Do đó số mũ của pi trong n! là
αi = [

n

n
] + [ 2] + ··· .
pi
pi

Định lí nói trên liên quan đến nhiều ứng dụng trong các bài toán của lí
thuyết tổ hợp, nhất là các bài toán đếm phần tử theo một điều kiện nào đó.

Ví dụ.Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n và số tự nhiên k ≤ n ta có n!
chia hết cho k!(n − k)!.
Chứng minh. Với mọi số nguyên tố p ta chỉ cần chứng tỏ rằng số mũ của p
trong dạng phân tích tiêu chuẩn của n! ra các thừa số nguyên tố không nhỏ hơn
số mũ của p trong k!(n − k)!. Theo định lí, số mũ của p trong n! là
n
n
α = [ ] + [ 2] + ··· ,
p
p
trong khi số mũ của p trong (n − k)! là
β=[

n−k
n−k
] + [ 2 ] + ··· ,
p
p

và trong k! là
k
k

γ = [ ] + [ 2] + ··· .
p
p
n
k
Ngoài ra, dễ thấy rằng [ m
] ≥ [m
] + [ n−k
m ] đúng với mọi số tự nhiên n ≥ k và m

tùy ý. Do đó số mũ của p trong dạng phân tích tiêu chuẩn của n! ra các thừa
số nguyên tố không nhỏ hơn số mũ của p trong k!(n − k)!. Vậy n! chia hết cho
k!(n − k)!.
Nếu kí hiệu Cnk =

n!
k!(n−k)! ,

thì số Cnk luôn là một số tự nhiên. Kết quả

nói trên của ta còn được mở rộng hơn nữa cho k số tùy ý n1 , n2 , · · · , nk là
(n1 + n2 + · · · + nk )! luôn là bội của n1 !n2 ! · · · nk !. Ngoài ra còn có các định lí
về sự chia hết cho số nguyên tố của các giai thừa. Sau đây là định lí Vin-xơn về
tính chất số dư của (p − 1)! trong phép chia cho p khi p là số nguyên tố.
Định lí 6. Cho trước p là một số nguyên tố. Khi đó ta có (p − 1)! + 1 chia hết
cho p.
Chứng minh. Trước hết ta chứng tỏ rằng với mỗi x ∈ {1, . . . , p − 1} luôn tồn
tại duy nhất một y ∈ {1, 2, . . . , p − 1}, được gọi là nghịch đảo của x, sao cho xy

10

chia cho p dư 1.
Thật vậy, xét dãy số x, 2x, · · · , (p − 1)x. Trong dãy số này không có hai số nào
có cùng số dư trong phép chia cho p. Thật vậy, giả sử có ax và bx chia cho p có
cùng số dư, thì |ax − bx| = |a − b|x chia hết cho p là điều vô lí, vì x và |a − b|
đều không phải là bội của p. Như vậy trong dãy x, 2x, · · · , (p − 1)x có đúng một
số chia cho p dư 1.
Mặt khác ta có x = y, số nghịch đảo của nó, chỉ khi ta có x2 − 1 = (x − 1)(x + 1)
chia hết cho p, tức là chỉ khi x = 1 hoặc x = p − 1. Bây giờ xét (p − 1)!. Trong
tích này, ta nhóm mỗi số x = 1, p − 1 với số nghịch đảo của nó. Do đó số dư của
(p − 1)! trong phép chia cho p sẽ đúng bằng số dư của 1(p − 1) khi chia cho p.
Suy ra (p − 1)! chia cho p dư p − 1. Vậy (p − 1)! + 1 chia hết cho p.
Tương tự như chứng minh của định lí Vin-xơn là chứng minh của định lí
Fecma nhỏ.
Định lí 7. Cho trước p là một số nguyên tố và x là một số tự nhiên không chia
hết cho p. Khi đó xp−1 − 1 chia hết cho p.
Chứng minh. Thật vậy, xét dãy số x, 2x, · · · , (p − 1)x. Trong dãy số này
không có hai số nào có cùng số dư trong phép chia cho p. Thật vậy, giả sử
có ax và bx chia cho p có cùng số dư, thì ta có |ax − bx| = |a − b|x chia
hết cho p là điều vô lí, vì x và |a − b| đều không phải là bội của p. Từ đó
suy ra dãy số dư của x, 2x, · · · , (p − 1)x trong phép chia cho p chính là dãy
1, 2, · · · , p−1 được sắp lại theo một thứ tự khác mà thôi. Do đó x.2x. · · · (p−1)x
chia cho p có cùng số dư như 1.2. · · · (p − 1) trong phép chia cho p. Ta có
xp−1 .(p − 1)! − (p − 1)! = (p − 1)!(xp−1 − 1) chia hết cho p. Do (p − 1)! là tích
các số nhỏ hơn p nên nguyên tố cùng nhau với p, vậy xp−1 − 1 chia hết cho p.

Sau đây là một số bài luyện tập về giai thừa.
BÀI TẬP
2.1. Với mọi số nguyên dương m, n ta có (2m)!(2n)! chia hết cho m!n!(m+n)!.

Vô địch Toán quốc tế 1972


11

2.2. a) Chứng minh rằng với mọi số dương x và y ta có:
[5x] + [5y] ≥ [x] + [y] + [3x + y] + [3y + x].
b) Từ đó chứng minh rằng (5m)!(5n)! chia hết cho m!n!(3m + n)!(3n + m)! với
mọi số nguyên dương m và n.

Vô địch Mĩ 1975

2.3. Chứng minh rằng nếu cho trước k số tự nhiên n1 , n2 , · · · , nk tùy ý thì
số (n1 + n2 + · · · + nk )! luôn là bội của n1 !n2 ! · · · nk !.
2.4. Chứng minh rằng nếu p là một số nguyên tố và n là một số tự nhiên
không nhỏ hơn p thì Cnp − [ np ] chia hết cho p.
2.5. Giả sử rằng m và n là hai số tự nhiên sao cho m không có ước nguyên tố
nhỏ hơn hay bằng n. Chứng minh rằng số M = (m − 1)(m2 − 1) · · · (mn−1 − 1)
chia hết cho n!.
2.6. Chứng minh rằng mọi số tự nhiên không vượt quá n! đều có thể biểu
diễn thành tổng của không quá n ước số đôi một khác nhau của n!.

3

Một số bài toán chuẩn bị
Trong mục này là một số bài toán tự giải giúp cho các bạn có thể tập luyện

một số phương pháp chứng minh được giới thiệu trong [?] và sẽ được dùng trong
các chương sau.
BÀI TẬP

3.1. Trên một đường thẳng cho một số hữu hạn những đoạn thẳng, mỗi cặp
hai đoạn thẳng đều có điểm chung. Chứng minh rằng tất cả những đoạn đã cho
có một điểm chung.
32.* Cho trước m, n là hai số nguyên dương và các số tự nhiên p ≤ m và
q ≤ n. Người ta điền hết các số 1, 2, ..., mn vào các ô vuông một hình chữ nhật
kích thước m × n ô vuông. Một số tự nhiên được gọi là xấu nếu như nó nhỏ hơn
p số cùng cột và q số cùng hàng. Hãy chỉ ra một cách điền các số này sao cho
số các số xấu trong bảng là nhỏ nhất.


12

3.3. Tính số các đa giác tạo nên bởi n đường thẳng trên mặt phẳng thỏa
mãn là trong chúng không có hai đường thẳng nào song song với nhau và không
có ba đường thẳng nào đồng quy.
3.4. Cho A là tập hợp 2n điểm trong mặt phẳng, không có ba điểm nào
thẳng hàng. Giả sử n điểm trong chúng có màu đỏ và n điểm còn lại màu xanh.
Chứng minh rằng tồn tại một đường gấp khúc khép kín không có hai đoạn gấp
khúc nào cắt nhau, sao cho những điểm cuối của mỗi đoạn gấp khúc là những
điểm của A, có những màu khác nhau.
3.5. Tìm một tam giác đơn có bán kính đường tròn ngoại tiếp là một số hữu
tỉ.
3.6. Tồn tại hay không một tam giác nguyên có ba góc nhọn?
3.7. Chứng minh rằng mọi tam giác với chu vi 12cm và diện tích 6cm2 có
thể chia ra thành 100 tam giác, mà mỗi tam giác này có chu vi lớn hơn 6cm.
3.8. Trong một mặt phẳng cho 6 đường tròn bằng nhau và có điểm chung.
Chứng minh rằng ít nhất một trong những đường tròn này chứa tâm của một
đường tròn khác trong chúng.
3.9. Tìm số tự nhiên k nhỏ nhất có tính chất là nếu chọn từ các số 1, 2, · · · , 9
ra k số bất kì thì k số này bao giờ cũng chứa một cấp số cộng có ba số hạng

cùng màu.
3.10. Trong một bảng ô hình vuông có cỡ 10 × 10 được viết các số. Tổng
những số trong mỗi hình chữ thập (hình tạo bởi một hàng và một cột) không
nhỏ hơn 19. Hãy tìm khả năng để tổng của những số trong bảng là nhỏ nhất.
3.11. Một lớp học có 50 học sinh. Mỗi đêm phải có 3 người trực gác. Họ
phải trực một số đêm liền. Hỏi rằng có thể xếp lịch gác sao cho hai người bất
kì trực đêm cùng nhau đúng một lần hay không?
3.12. Kí hiệu Pn,0 , Pn,1 , Pn,2 là tổng các ba phần tử trong hàng thứ n của
tam giác số Pascal, bắt đầu từ bên trái là phần tử thứ nhất, phần tử thứ hai
và phần tử thứ ba tương ứng. Hãy nghiên cứu dãy số tạo ra và tính giá trị của


13

P100,1 .

Dãy k phần tử có lặp

4

Trong nhiều bài toán, ta phải tính số lượng các dãy k phần tử, mỗi phần tử
được xếp là một phần tử của một tập hợp A cho trước, trong đó cho phép một
phần tử được sử dụng nhiều lần.
Bài toán.

Mỗi dãy độ dài k được sắp xếp bởi các phần tử của tập hợp A cho

trước, trong đó cho phép một phần tử được lặp lại nhiều lần, được gọi là một
dãy k phần tử có lặp của A. Hãy tính số các dãy k phần tử có lặp của tập hợp
A.

Ví dụ.Cho trước tập hợp A = {a; b}. Tất cả các dãy kí tự có ba phần tử
được chọn từ tập hợp A là
aaa, bbb, aab, bba, abb, baa, aba, bab.
Tất cả có 8 dãy kí tự như vậy.
Định lí sau đây cho ta số lượng phần tử của dãy độ dài k có lặp của một tập
hợp A cho trước.
Định lí 8. Số các dãy k phần tử có lặp của một tập hợp A là |A|k .
Chứng minh. Một dãy k phần tử có lặp của tập hợp A có thể coi là một phần
tử của tích Đê-cac Ak , cho nên số các dãy k phần tử có lặp của tập hợp A chính
bằng số lượng phần tử của tích Đê-cac Ak . Theo định lí 4 nó có đúng |A|k số
hạng.
Ví dụ.Có bao nhiêu số tự nhiên có chín chữ số mà trong biểu diễn thập phân
của nó không có mặt chữ số nào trong tập hợp {0; 1; 2; ; 3; 4; 5}?

Lời giải. Mỗi số tự nhiên có chín chữ số và không được viết bởi một trong các
chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5} là một dãy chín kí tự có lặp của tập hợp {6; 7; 8; 9}. Theo
định lí 8, ta có tất cả 49 = 262144 số như vậy.
Bài toán tính số các dãy k phần tử có lặp của một tập hợp A cho trước có
thể mở rộng cho trường hợp n tập hợp khác nhau cho trước.


14

Bài toán.

Cho trước k tập hợp A1 , A2 , · · · Ak (chúng có thể bằng nhau). Hãy

tính số các dãy k phần tử a1 a2 · · · ak với điều kiện ai ∈ Ai .
Ví dụ.Cho A1 = {a; b} và A2 = {a; c}. Tất cả các dãy a1 a2 với điều kiện
a1 ∈ A1 , a2 ∈ A2 là

aa, ac, ba, bc.
Tương tự như định lí trên, ta dễ dàng có kết quả sau:
Định lí 9. Cho trước các tập hợp A1 , A2 , · · · Ak . Số các dãy a1 a2 · · · ak với điều
kiện ai ∈ Ai (i = 1, k) là |A1 ||A2 | · · · |Ak |.
Chứng minh. Dễ thấy mỗi dãy a1 a2 · · · ak tương ứng với phần tử (a1 ; a2 ; · · · ak )
của tích Đê-cac A1 A2 · · · Ak , và do đó ta có đúng |A1 ||A2 | · · · |Ak | dãy như vậy.
Một kết quả hiển nhiên của định lí trên là số các dãy a1 a2 · · · ak là n1 n2 · · · nk
nếu với mỗi i = 1, k có ni khả năng chọn lựa ai .
Ví dụ.Tính số các số tự nhiên chẵn có hai chữ số.
Lời giải. Rõ ràng các chữ số hàng chục là phần tử của tập hợp {1; 2; · · · 9} (có
9 phần tử), còn chữ số hàng đơn vị là phần tử của tập hợp {0; 2; · · · 8} (có 5
phần tử). Theo định lí 9 có tất cả 9.5 = 45 số như vậy.
BÀI TẬP
4.1. Có bao nhiêu số tự nhiên có chín chữ số mà trong biểu diễn thập phân
của nó không có mặt chữ số nào trong các số 0, 1, 2, 3, 4 và 6?
4.2. Có bao nhiêu số tự nhiên có chín chữ số mà trong biểu diễn thập phân
của nó không có mặt chữ số nào trong các số 0, 1, 2, 3, 4 , 5 và 6?
4.3. Có bao nhiêu số tự nhiên là bội của 5 và có chín chữ số, mà trong biểu
diễn thập phân của nó không có mặt chữ số nào trong các số 0, 1, 2, 3, 4 và 6?
4.4. Có bao nhiêu số tự nhiên có bốn chữ số và là bội của 5?
4.5. Có bao nhiêu số chẵn có ba chữ số mà trong biểu diễn thập phân của
nó không có mặt chữ số nào trong các số 7, 8 và 9?
4.6. Có bao nhiêu số tự nhiên không vượt quá 2001 là bội của 3 và không


15

có chữ số nào là một trong các số 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9?

5

Dãy k phần tử không có lặp
Trong nhiều bài toán, các dãy k phần tử, mỗi phần tử được sử dụng là phần

tử của một tập hợp A cho trước, trong đó mỗi phần tử chỉ được phép sử dụng
không quá một lần. Rõ ràng bài toán này chỉ có nghĩa nếu k ≤ n.
Bài toán.

Cho trước một tập hợp A có n phần tử và một số tự nhiên k ≤ n.

Mỗi dãy độ dài k được xếp bởi các phần tử của tập hợp A, trong đó mỗi phần tử
chỉ được phép có mặt không quá một lần, được gọi là một dãy k phần tử không
lặp của A. Hãy tính số các dãy k phần tử không lặp của tập hợp A.
Ví dụ.Cho trước tập hợp A = {a; b; c; d}. Tất cả các dãy kí tự có hai phần
tử không lặp của tập hợp A là
ab, ac, ad, ba, bc, bd, ca, cb, cd, da, db, dc.
Tất cả có 12 dãy như vậy.
Số các dãy k phần tử không lặp của tập hợp A có n phần tử được kí hiệu
Akn

và còn được gọi là chỉnh hợp chập k của n phần tử.

Định lí 10. Cho trước một tập hợp A gồm n phần tử và một số tự nhiên k ≤ n.
Số các dãy k phần tử không lặp của A là

n!
(n−k)! .

Chứng minh. Trong dãy k phần tử không lặp a1 a2 · · · ak ta có n khả năng
chọn lựa a1 từ tập hợp A. Sau khi a1 được chọn lựa, ta có n − 1 khả năng chọn

lựa a2 từ tập hợp A − {a1 }... Tóm lại, nếu a1 , a2 , · · · ai được chọn lựa thì ta có
n − i khả năng chọn lựa ai+1 từ tập hợp A − {a1 , a2 , · · · ai }.
Do đó số các dãy k phần không lặp của tập hợp n phần tử A chính bằng
số các dãy k phần tử có lặp a1 a2 · · · ak của dãy tập hợp A, A − {a1 }, · · · , A −
{a1 , · · · , ak−1 }. Theo định lí đã chứng minh ở trên, số các dãy này chính bằng
n(n − 1) · · · (n − k + 1) =

n!
.
(n − k)!

Ví dụ.Có bao nhiêu số có bốn chữ số mà trong biểu diễn thập phân của nó
không có hai chữ số nào giống nhau và không có mặt chữ số chẵn nào cả?


16

Lời giải. Số các số bốn chữ số mà trong biểu diễn thập phân của nó không
có hai chữ số nào giống nhau và không có mặt chữ số chẵn nào cả là số các
dãy không lặp của tập hợp A = {1; 3; 5; 7; 9}. Theo định lí 10 thì ta có tất cả
5!
(5−4)!

= 120 số như vậy.
BÀI TẬP

5.1. Trong một trận đấu bóng đá quốc tế có 18 đội bóng đá tham gia. Sau
trận đấu, người ta trao giải nhất, nhì và ba cho ba đội bóng đá xuất sắc nhất.
Hỏi rằng có bao nhiêu khả năng có thể xảy ra?
5.2. Cho trước hai số tự nhiên k ≤ n. Hãy tính số các đơn ánh từ một tập

hợp k phần tử vào một tập hợp n phần tử.
5.3. Với các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 và 5 có thể lập được bao nhiêu số gồm năm
chữ số khác nhau?
5.4. Với các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 và 6 có thể lập được bao nhiêu số là bội
của 5 gồm năm chữ số khác nhau?
5.5. Có bao nhiêu số tự nhiên có mười chữ số đôi một khác nhau?
5.6. Số điện thoại của một thành phố gồm mười chữ số và có thể bắt đầu
bằng chữ số 0. Hỏi rằng thành phố đó có thể có tối đa bao nhiêu số điện thoại
khác nhau, và thành phố đó có thể có tối đa bao nhiêu số điện thoại nếu mỗi
chữ số chỉ được xuất hiện trong nó không quá một lần?

6

Hoán vị
Cho trước một tập hợp n phần tử. Khi xếp các phần tử của chúng cạnh

nhau ta có được một dãy n phần tử của tập hợp đã cho và gọi nó là một hoán
vị của n phần tử đã cho.
Bài toán.

Hãy tính số Pn các hoán vị khác nhau của một tập hợp n phần tử

cho trước.
Ví dụ.Cho tập hợp A = {a; b; c; d}. Tất cả những hoán vị có thể có của tập


17

hợp A này là:
abcd, abdc, acbd, acdb, adbc, adcb

bacd, badc, bcad, bcda, bdca, bdac
cabd, cadb, cbad, cbda, cdab, cdba
dabc, dacb, dbca, dbac, dcab, dcba.

Hiển nhiên số tất cả các hoán vị của một tập hợp n phần tử chính là số Ann
các dãy n phần tử không lặp của tập hợp n phần tử cho trước. Do đó ta có theo
định lí 10:
Định lí 11. Số các hoán vị khác nhau của một tập hợp n phần tử là Pn = n!.
Ví dụ.Hãy tính số các số sau:
a) Tính số các số có năm chữ số được viết bởi đúng năm chữ số 1, 2, 3, 4 và 5.
b) Tính số các số năm chữ số được viết bởi đúng năm chữ số 1, 2, 3, 4 và 5,
trong đó ba chữ số đầu là ba số lẻ và hai chữ số sau là hai chữ số chẵn.
Lời giải. Theo định lí 11 ta có:
a) Số các số có năm chữ số được viết bởi đúng năm chữ số 1, 2, 3, 4 và 5 là
5! = 120.
b) Số các số lẻ được viết bởi đúng ba chữ số 1, 3 và 5 là 3! = 6, số các số chẵn
được viết bởi đúng hai chữ số chẵn 2 và 4 là 2! = 2. Do đó số các số năm chữ
số được viết bởi đúng năm chữ số 1, 2, 3, 4 và 5, trong đó ba chữ số đầu là ba
số lẻ và hai chữ số sau là hai chữ số chẵn là 3!2! = 6.2 = 12.
BÀI TẬP
6.1. Cho năm chữ số 1, 2, 3, 4 và 5. Hãy tính số các số
a) có năm chữ số đôi một khác nhau.
b) có năm chữ số đôi một khác nhau và bắt đầu bởi chữ số 1.
c) có năm chữ số đôi một khác nhau và không bắt đầu bởi chữ
số 1.
d) có năm chữ số đôi một khác nhau và bắt đầu bởi 24.
e) có năm chữ số đôi một khác nhau và không bắt đầu bởi số 241.


18

6.2. Hãy tính tổng của tất cả các số có năm chữ số được viết bởi đúng năm
chữ số 1, 2, 3, 4 và 5.
6.3. Chứng minh rằng tồn tại hai số khác nhau có năm chữ số, mỗi số được
viết bởi đúng năm chữ số 1, 2, 3, 4 và 5, sao cho hiệu của chúng là bội của 120.
6.4. Tìm tất cả các chữ số k sao cho trong tất cả k! số có đúng k chữ số
{1; 2; · · · k} luôn có hai số khác nhau a và b sao cho a − b là bội của k!.

7

Tổ hợp
Tổ hợp chập k của n phần tử là số các tập hợp con k phần tử của một tập

hợp n phần tử cho trước.
Bài toán.

Cho trước hai số tự nhiên k ≤ n. Hãy tính số tập hợp con k phần

tử của tập hợp n phần tử cho trước.
Ví dụ.Cho tập hợp A = {a; b; c; d}. Tất cả các tập hợp hai phần tử của A là
{a; b}, {a; c}, {a; d}, {b; c}, {b; d}, {c; d}.
Kí hiệu tổ hợp chập k của n là Cnk , ta có định lí sau đây.
Định lí 12. Số tập hợp con k phần tử của một tập hợp A có n phần tử cho
trước là Cnk =

n!
k!(n−k)! .

Chứng minh. Ta tính số các dãy k phần tử không lặp của tập hợp n phần tử
này bằng cách tính số các hoán vị của tất cả các tập hợp con k phần tử của A.

Với mỗi tập hợp con k phần tử của A ta có đúng k! dãy k phần tử không lặp
của A. Như vậy ta có đẳng thức Akn = Cnk .k!. Do đó
Cnk =

n!
Akn
=
.
k!
k!(n − k)!

BÀI TẬP
7.1. Trong một khoang của tàu hỏa có hai hàng ghế đối mặt nhau. Mỗi hàng
ghế có bốn chỗ ngồi. Trong số tám hành khách có hai người muốn ngồi nhìn


19

theo hướng tàu chạy, còn hai người muốn ngồi nhìn ngược hướng tàu chạy. Tính
số cách xếp chỗ cho tám người khách đó trên hai hàng ghế này thỏa mãn được
yêu cầu của họ!
7.2. Với các chữ số 0, 1, 3, 6 và 9 có thể lập được bao nhiêu số
a) có bốn chữ số khác nhau?
b) có bốn chữ số khác nhau và là số chẵn?
c) có bốn chữ số khác nhau và là bội của 3?
7.3. Cho trước hai số nguyên dương k ≤ n. Hãy tính số các đơn ánh f :
{1; 2; · · · ; k} → {1; 2; · · · ; n} thỏa mãn điều kiện f (1) < f (2) < · · · < f (k).
7.4. Chứng minh rằng một số dương nguyên n > 1 là số nguyên tố khi và
chỉ khi với mọi số tự nhiên 1 ≤ k ≤ n − 1 luôn có Cnk là bội của n. (Lưu ý rằng
phải có điều kiện với mọi k ≤ n − 1, vì chẳng hạn C95 là bội của 9 nhưng 9 không

phải là số nguyên tố)
7.5. Trên một đường tròn cho trước n điểm. Hãy tính số các đoạn thẳng nối
tất cả các cặp điểm của n điểm này.
7.6. Trong một n-giác lồi ta kẻ tất cả các đường chéo. Biết rằng không có
ba đường chéo nào trong chúng đồng quy. Hãy tính số giao điểm của các đường
chéo này.

8

Xếp có lặp với tần số cho trước
Một phần tử ai của một dãy k phần tử cho trước a1 a2 · · · ak được nói là

có tần số lặp ki , nếu như nó xuất hiện trong dãy đúng ki lần. Trong mục này
chúng ta xét bài toán sau:
Bài toán.

Cho trước một tập hợp A = {a1 ; a2 ; ...; an } và k là một số dương
m

nguyên cùng với các số tự nhiên k1 , k2 , · · · kn thỏa mãn

ki = k. Hãy tính số
i=1

P (k1 , k2 , · · · , kn ) các dãy k phần tử của tập hợp A sao cho phần tử ai của A có
tần số lặp là ki cho mọi i ≤ n. Để đơn giản hoá trình bày, ta sẽ nói gọn là dãy
k phần tử có lặp (k1 , k2 , ..., kn ) nếu ki là tần số lặp của phần tử ai trong dãy.


20

Ví dụ.Cho tập hợp A = {a; b; c; d}. Tất cả các dãy có lặp (3, 2, 0, 0) của A
là:
aaabb, aabba, abbaa, bbaaa, aabab,
ababa, babaa, abaab, baaba, baaab.

Định lí 13. Cho trước một tập hợp A có n phần tử. Số các dãy k phần tử có
lặp (k1 , k2 , ..., kn ) là
k!
.
k1 !k2 ! · · · kn !
Chứng minh. Không mất tính tổng quát có thể giả sử ki ≥ 1 cho mọi giá trị
i ≤ n. Ta xét tập hợp
B = {a11 ; a21 ; · · · ak11 ; a12 ; a22 ; · · · ak22 ; · · · ; a1n ; a2n ; · · · ; aknn }.
Như vậy mỗi dãy có lặp (k1 , k2 · · · kn ) là một hoán vị của các phần tử của B (tất
cả có (k1 + k2 + · · · kn )! = k! hoán vị), trong đó mỗi dãy bị tính lặp k1 k2 · · · kn
lần, do khi đổi chỗ các phần tử aji (1 ≤ j ≤ ki )với nhau ta vẫn chỉ thu được
chính dãy đó mà thôi.
Vậy số các dãy có lặp (k1 , k2 · · · , kn ) là
P (k1 , k2 , · · · , kn ) =

k!
.
k1 !k2 ! · · · kn !

Ví dụ.Tính số các số tự nhiên có bảy chữ số, trong đó có ba chữ số 1, hai
chữ số 2 và hai chữ số 3.
Lời giải. Số các số tự nhiên cần tìm là
P (3, 2, 2) =

7!
= 210.
3!2!2!

Định lí sau đây cho ta số các tần số có thể có để cho ta dãy lặp k phần tử.
Định lí 14. Cho trước một tập hợp A có n phần tử. Số các tần số cho ta cùng
k
một dãy lặp k phần tử của A là Cn+k−1
.


21

Chứng minh. Không mất tính tổng quát, giả sử A = {1; 2; · · · ; n}. Ta xét dãy
tượng trưng có độ dài k + n − 1 phần tử (k phần tử x và n − 1 phần tử 0):
x · · · x 0 x · · · x 0 · · · 0 x · · · x,

(∗)

trong đó số các kí tự x ở đoạn thứ i (được ngăn cách bởi các số 0) tương ứng
với tần số xuất hiện của số i. Như vậy ta có thể thấy là mỗi một bộ tần số cho
ta dãy lặp độ dài k tương ứng với một cách xếp n − 1 số 0 trong dãy (∗), và
cách tương ứng này cho ta một song ánh từ tập hợp các bộ tần số vào tập hợp
các dãy dạng (∗). Mặt khác số các dãy dạng (∗) tương ứng một cách chọn n − 1
vị trí cho n − 1 số 0 (là một tập hợp con n − 1 phần tử) của k + n − 1 vị trí của
dãy (∗). Vậy số cần tìm là
n−1
k
Ck+n−1
= Ck+n−1

.

BÀI TẬP
8.1. Hãy tính số các từ khác nhau (có thể vô nghĩa) thu được bằng cách
hoán vị các chữ cái của từ T OAN HOCT U OIT RE.
8.2. Hãy tính số các từ khác nhau (có thể vô nghĩa) thu được bằng cách
hoán vị các chữ cái của từ T OAN HOCT U OIT RE mà trong đó không có ba
chữ T đứng cạnh nhau.
8.3. Hỏi với các chữ số 0, 2, 4, 6, 8 và 9 có thể thiết lập được bao nhiêu số
có tám chữ số mà trong đó chữ số 9 có mặt đúng ba lần, còn các chữ số khác
xuất hiện đúng một lần?
8.4. Có 2n cái bánh ngọt cần xếp vào n cái hộp khác nhau sao cho trong
mỗi hộp có đúng hai cái. Hỏi rằng có bao nhiêu cách xếp khác nhau?
8.5. Có 12 em bé. Hỏi rằng có bao nhiêu cách ghép các em thành 6 cặp đôi?

9

Dãy k phần tử có lặp và bảo tồn thứ tự
Giả sử chúng ta có tập hợp A = {a1 ; a2 ; · · · ; an }. Trong bài toán tính số các

dãy lặp k phần tử của A ta không xét thứ tự của các phần tử của A trong dãy


22

phải tuân theo thứ tự chỉ số của chúng (tức là được xếp theo thứ tự chỉ số tăng
dần). Tuy không phải dãy k phần tử có lặp nào của A cũng bảo tồn thứ tự chỉ
số, nhưng cũng có một số dãy k phần tử được xếp theo thứ tự chỉ số tăng dần.
Bài toán.

Cho trước tập hợp A = {a1 ; a2 ; · · · ; an }. Hãy tính số các dãy k

phần tử có lặp của A sao cho các phần tử trong dãy được xếp theo thứ tự không
giảm.
Ví dụ.Cho A = {a1 ; a2 }. Số các dãy có lặp ba phần tử của A là
a1 a1 a1 , a1 a1 a2 , a1 a2 a2 , a1 a2 a1 ,
a2 a1 a1 , a2 a1 a2 , a2 a2 a1 , a2 a2 a2 .

Trong các dãy này, có tất cả bốn dãy có các phần tử được xếp theo thứ tự chỉ
số tăng dần:
a1 a1 a1 , a1 a1 a2 , a1 a2 a2 , a2 a2 a2 .
Bài toán ta đang xét có liên quan đến bài toán tính số các tần số cùng tương
ứng với dãy k phần tử có lặp với tần số cho trước.
Định lí 15. Cho trước tập hợp A = {a1 ; a2 ; · · · ; an }. Số các dãy có lặp k phần
k
tử bảo tồn thứ tự chỉ số của tập hợp A là Ck+n−1
.

Chứng minh. Dễ thấy rằng mỗi bộ tần số tương ứng với dãy k phần tử chỉ
cho ta đúng một dãy nếu ta đòi hỏi nó phải bảo tồn thứ tự. Do đó số các dãy
có lặp k phần tử bảo tồn thứ tự chỉ số đúng bằng số các bộ tần số cho cùng độ
k
dài k phần tử. Theo định lí 14 đã chứng minh ở cuối mục trên là Ck+n−1
.

Ví dụ.Tính số các số có năm chữ số có thứ tự tăng dần và không có chữ số
0 và chữ số 9.
Lời giải. Số các số cần tìm chính là số các dãy có lặp năm phần tử bảo tồn chỉ
số của tập hợp A = {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8}. Theo định lí 15 , con số này là
12.11.10.9.8

5
= 792.
C12
=
1.2.3.4.5
Cũng bài toán tương tự, nhưng thêm ràng buộc là tất cả các phần tử của
tập hợp A phải có mặt trong dãy k phần tử có lặp và bảo tồn chỉ số, thì ta có
công thức tính bằng phương pháp tương tự.


23

Ví dụ.Cho A = {a1 ; a2 }. Số các dãy có lặp ba phần tử của A được xếp theo
thứ tự chỉ số tăng dần là:
a1 a1 a1 , a1 a1 a2 , a1 a2 a2 , a2 a2 a2 .
Trong đó chỉ có hai dãy có mặt đầy đủ tất cả các phần tử của tập hợp A:
a1 a1 a2 , a1 a2 a2 .
Định lí 16. Cho trước tập hợp A = {a1 ; a2 ; · · · ; an }. Số các dãy có lặp k phần
tử bảo tồn thứ tự chỉ số của tập hợp A sao cho mỗi phần tử của A có mặt ít
n−1
nhất một lần trong dãy là Ck−1
.

Chứng minh. Không mất tính tổng quát giả sử là A = {1; 2; · · · ; n}. Ta xét
dãy tượng trưng có độ dài k + n − 1 phần tử (k phần tử x và n − 1 phần tử 0):
x · · · x 0 x · · · x 0 · · · 0 x · · · x,
k1

k2

kn

trong đó số các kí tự x ở đoạn thứ i (được ngăn cách bởi các số 0) tương ứng
với tần số xuất hiện của số i, vì điều kiện ki ≥ 1 cho mọi i = 1, n. Ta có thể rút
bớt từ mỗi đoạn xx · · · x một phần tử x theo điều kiện ki ≥ 1, và lập dãy
x · · · x 0 x · · · x 0 · · · 0 x · · · x,
k1 −1

k2 −1

(∗)

kn −1

Như vậy ta có thể thấy là mỗi một bộ tần số cho ta dãy lặp độ dài k sao cho
mọi phần tử của A phải có mặt tương ứng với một cách xếp n − 1 số 0 trong
dãy (∗), và cách tương ứng này cho ta một song ánh từ tập hợp các bộ tần số
vào tập hợp các dãy dạng (∗). Mặt khác số các dãy dạng (∗) tương ứng một
cách chọn n − 1 vị trí cho n − 1 số 0 (là một tập hợp con n − 1 phần tử) của
n−1
tập hợp k − 1 vị trí của dãy (∗). Vậy số cần tìm là Ck−1
.

Ví dụ.Tính số các số tự nhiên có mười chữ số, trong đó không có mặt chữ
số 0 sao cho các chữ số được xếp theo thứ tự tăng dần trong mỗi số.
Lời giải. Số có đúng mười chữ số của tập hợp A = {1; 2; · · · ; 9} sao cho các
chữ số này được xếp theo thứ tự tăng dần trong dãy là một dãy mười phần
tử bảo tồn thứ tự của tập hợp A. Khi đó, theo định lí ta có số các số này là
10
10

C10+9−1
= C18
= 43758.


24

Ví dụ.Tính số các số tự nhiên có đúng mười chữ số, trong đó không có mặt
chữ số 0 và có đủ mặt chín chữ số còn lại sao cho các chữ số được xếp theo thứ
tự tăng dần.
Lời giải. Mỗi số có đúng mười chữ số của tập hợp A = {1; 2; · · · ; 9} sao cho
mỗi chữ số này xuất hiện ít nhất một lần và được xếp theo thứ tự tăng dần
trong dãy là một dãy mười phần tử bảo tồn thứ tự và mỗi phần tử của tập hợp
A phải xuất hiện ít nhất một lần trong dãy. Khi đó, theo định lí 16 ta có số các
số này là C98 = 9 số. Ta có thể liệt kê tất cả các số này là
1123456789, 1223456789, 1233456789, 1234456789,
1234556789, 1234566789, 1234567789, 1234567889, 1234567899.

BÀI TẬP
9.1. Tính số các số tự nhiên 20 chữ số, trong đó không có mặt chữ số 0 và
các chữ số trong mỗi số được xếp theo thứ tự không giảm.
9.2. Tính số các số tự nhiên 20 chữ số, trong đó không có mặt chữ số 0 và
có đủ mặt chín chữ số còn lại sao cho các chữ số được xếp theo thứ tự tăng dần.
9.3. Có bao nhiêu cách chia n cái kẹo cho k em bé?
9.4. Có bao nhiêu cách chia n cái kẹo cho k em bé sao cho mỗi em bé có ít
nhất một cái kẹo?
9.5. Cho trước các số tự nhiên n và k.
Hãy tính số các ánh xạ f : {1; 2 · · · ; n} → N sao cho

f (i) = k cho trước.

9.6. Tính số các nghiệm tự nhiên của phương trình
x1 + x2 + · · · + xn = k,
trong đó n ≥ 1 và k ≥ 0 là các số tự nhiên cho trước.
9.7. Tính số các nghiệm nguyên dương của phương trình
x1 + x2 + · · · + xn = k,


25

trong đó k ≥ n ≥ 1 là các số tự nhiên cho trước.

10

Hoán vị trên đường tròn

Nếu ta xét bài toán xếp n số trên đường tròn thì hai hoán vị khác nhau
(1, 2, · · · , n) và (2, 3, · · · , n, 1) chỉ là một cách xếp mà thôi.
Bài toán.

Tính số các hoán vị khác nhau của một tập hợp A gồm n phần tử

nằm trên một đường tròn.

Hình 2:
Ví dụ.Cho tập hợp A = {a; b; c; d; }. Tất cả các hoán vị khác nhau trên đường
tròn (H. 2) là:
abcd, abdc, acbd, acdb, adbc, adcb.
Dễ dàng ta có kết quả sau:
Định lí 17. Số các hoán vị khác nhau của tập hợp A gồm n phần tử là

Qn = (n − 1)!.

Chứng minh. Rõ ràng số các hoán vị khác nhau của tập hợp A trên đường
tròn bằng số các hoán vị của A bắt đầu bởi một phần tử cố định và là (n−1)!.
Ví dụ.Người ta sản xuất những viên đá hoa hình vuông được chia làm 4 hình
vuông nhỏ bằng nhau. Trong mỗi hình vuông nhỏ được in một chữ G để trang
trí. Các chữ G được in trong các hình vuông nhỏ theo 4 vị trí khác nhau: đặt
thẳng, nằm ngang 90◦ , nằm ngang −90◦ và đặt lộn ngược. Các chữ G được in
sao cho trong mỗi mẫu đá hoa có đủ 4 vị trí khác nhau của chữ G. Hỏi rằng có
bao nhiêu mẫu đá hoa khác nhau có thể có?


26

Lời giải. Ta đặt cho mỗi cách in chữ G một số khác nhau 1, 2, 3 và 4. Mỗi mẫu
gạch đá hoa có thể có là một hoán vị trên đường tròn của tập hợp A = {1; 2; 3; 4}.
Như vậy số các mẫu đá hoa khác nhau đúng bằng số hoán vị trên đường tròn
của tập hợp A = {1; 2; 3; 4}, theo công thức của định lí 17 , là (4 − 1)! = 6.
BÀI TẬP
10.1. Người ta sản xuất những viên đá hoa hình vuông được chia làm bốn
hình vuông nhỏ bằng nhau. Trong mỗi hình vuông nhỏ được in một chữ G để
trang trí. Các chữ G được in trong các hình vuông nhỏ theo bốn vị trí khác
nhau: đặt thẳng, nằm ngang 90◦ , nằm ngang −90◦ và đặt lộn ngược. Hỏi rằng
có bao nhiêu mẫu đá hoa khác nhau có thể có?
10.2. Tổng của năm số thực không âm bằng 1. Chứng minh rằng ta có thể
xếp chúng trên đường tròn sao cho tổng các tích của năm cặp số đứng cạnh
nhau không lớn hơn 51 .
10.3. Hỏi rằng có bao nhiêu cách xếp 5 nam và 3 nữ ngồi quanh một bàn
tròn? Và trong những cách xếp đó có bao nhiêu cách xếp sao cho không có 2 nữ
ngồi cạnh nhau?

10.4. Có n ≥ 3 số thực được xếp trên đường tròn sao cho tích của ba số liên
tiếp nhau không nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng tích của tất cả các số này không
nhỏ hơn 1.
10.5. Chứng minh rằng tổng của năm số thực không âm không nhỏ hơn 1
nếu với mọi cách xếp chúng trên đường tròn tổng các tích của năm cặp số đứng
cạnh nhau không nhỏ hơn 15 .

11

Nguyên lí cơ bản

Trong các mục trên chúng ta đã làm quen với một số các công thức cơ bản.
Nhưng trong nhiều trường hợp, bài toán được đặt ra phức tạp hơn nhiều để
chúng ta không thể ngay tức khắc áp dụng công thức cơ bản, hoặc sự áp dụng
công thức cơ bản phức tạp hơn nhiều.
Giả sử chúng ta có k dữ kiện cần chọn lựa là E1 , E2 , · · · Ek , trong đó số cách