Về hệ số nhị thức, hệ số đa thức và một số bài toán liên quan

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

NGUYỄN BÁ NAM

VỀ HỆ SỐ NHỊ THỨC, HỆ SỐ ĐA THỨC
VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2018


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

NGUYỄN BÁ NAM

VỀ HỆ SỐ NHỊ THỨC, HỆ SỐ ĐA THỨC
VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 84 60 113

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

TS. Trần Xuân Quý

THÁI NGUYÊN - 2018


Mục lục
Bảng ký hiệu

1

Mở đầu

2

Chương 1. Một số kiến thức về giải tích tổ hợp
1.1 Hai quy tắc đếm cơ bản . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Quy tắc cộng . . . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Quy tắc nhân . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Hoán vị và hoán vị xoay vòng . . . . . . . . .
1.2.1 Hoán vị . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.2 Hoán vị xoay vòng (hay hoán vị tròn) .
1.3 Tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.
.
.

4

4
4
6
8
8
10
13

.
.
.
.
.
.
.
.

16
17
18
22
24
30
33
38
43

Chương 3. Một số bài toán áp dụng
3.1 Một số bài toán về hệ số nhị thức và hệ số đa thức . . . .
3.2 Một số bài toán liên quan trong các kỳ thi học sinh giỏi . .

48
48
84

Tài liệu tham khảo

90

Chương 2. Về hệ số nhị thức và hệ số đa thức
2.1 Định lý nhị thức . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Đồng nhất tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Tam giác Pascal . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Đồng nhất Shih - Chieh . . . . . . . . . . .
2.5 Một vài tính chất của hệ số nhị thức . . . .
2.6 Hệ số đa thức và Định lý hệ số đa thức . . .
2.7 Tổng của các hệ số nhị thức đều nhau . . .
2.8 Quỹ đạo tiệm cận của các hệ số nhị thức . .

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.


1

Bảng ký hiệu
N
N∗
Z
R
a |b
a |b
[x]
a ≡ b (mod m)
|S|  
n


Cnr = 
r
Arn = Pnr
Pn

Qn
Hrn
Cnn1 ,n2 ,...,nm
MO
IM O
AP M O
V MO

=
=
=
=
=
=
=
:
:
=
:
=

Tập hợp các số tự nhiên
{0, 1, 2, 3...}
Tập hợp các số tự nhiên khác 0
{1, 2, 3...}
Tập hợp các số nguyên
{..., −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3...}
Tập hợp các số thực
a là ước của b
a không là ước của b

phần nguyên của số thực x
a đồng dư b theo mô đun m
số phần tử của tập hợp S

=

số tổ hợp chập r của tập n phần tử

=

n!
r!(n−r)!

=
=

số chỉnh hợp chập r của n phần tử

=
=
=
=
=
=
:
:
:
:

số hoán vị của tập n phần tử

n!
số hoán vị vòng quanh của tập n phần tử
(n − 1)!
r
Cr+n−1

n!
(n−r)!

n!
n1 !.n2 !...nm !

Olympic
Olympic
Olympic
Olympic

Toán
Toán
Toán
Toán

học
Quốc tế
Châu Á Thái Bình Dương
Việt Nam


2

Mở đầu
Trong quá trình giảng dạy Toán THPT, tôi nhận thấy rằng đối với đa số
học sinh, việc tiếp thu kiến thức chương Tổ hợp - Xác suất là rất khó khăn.
Đây là phần kiến thức khó trong chương trình sách giáo khoa. Chủ yếu
các kiến thức chuyên sâu về tổ hợp tập trung ở chương trình bậc Cao đẳng
- Đại học, nên đó cũng là một khó khăn cho các thầy cô giáo giảng dạy
Toán THPT trong việc áp dụng phương pháp giảng dạy cho phù hợp. Về
các quy tắc đếm, cũng như hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp và Nhị thức Newton
xuất hiện trong Sách giáo khoa lớp 11. Dựa vào khai triển nhị thức Newton
giúp chúng ta khai triển các lũy thừa bậc cao. Đối với học sinh giỏi và học
sinh ôn thi THPT Quốc gia, thì ngoài những tính chất cơ bản của khai
triển thì các tính chất mở rộng của các hệ số nhị thức cũng như đa thức
là một chủ đề thú vị và các bài toán về chủ đề đó thường được xuất hiện
trong đề thi học sinh giỏi các cấp, cũng như có thể có trong đề thi THPT
Quốc gia. Nhằm hệ thống một cách chặt chẽ các phần kiến thức liên quan
nói trên, chúng tôi chọn đề tài:
“Về hệ số nhị thức, hệ số đa thức và một số bài toán liên quan.”
Ngoài phần mở đầu và kết luận, nội dung chính của luận văn được trình
bày trong 3 chương:
Chương 1. Một số kiến thức về giải tích tổ hợp. Chương 1 trình bày một
số kiến thức cơ bản về giải tích tổ hợp: Hai quy tắc đếm cơ bản, về hoán
vị và hoán vị xoay vòng, về tổ hợp và một số ví dụ minh họa.
Chương 2. Về hệ số nhị thức và hệ số đa thức. Chương này trình bày
về định lý hệ số nhị thức, một số đẳng thức về tổ hợp, tam giác Pascal,
đẳng thức Chu Shih-Chieh, về một số tính chất của hệ số nhị thức, về hệ
số đa thức và định lý hệ số đa thức, về tổng của các hệ số nhị thức đều
nhau, về quỹ đạo tiệm cận của các hệ số nhị thức.


3

Chương 3. Một số bài toán áp dụng. Chương 3 trình bày hệ thống các
bài toán sơ cấp liên quan đến hệ số nhị thức, hệ số đa thức và một số bài
toán trong các kỳ thi học sinh giỏi.
Để hoàn thành bản luận văn này, tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu
sắc tới TS. Trần Xuân Quý, người thầy nhiệt huyết đã truyền thụ kiến
thức, đã chỉ ra hướng đề tài và tận tình hướng dẫn trong suốt quá trình
làm luận văn. Đồng thời, tôi xin chân thành cảm ơn các thầy, cô phản biện
đã dành thời gian đọc và đóng góp những ý kiến quý báu cho bản luận văn
này.
Tôi xin chân thành cảm ơn toàn thể các thầy cô trong Khoa ToánTin, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tận tình hướng
dẫn, truyền đạt kiến thức trong suốt thời gian theo học, thực hiện và hoàn
thành luận văn. Qua đây, tôi cũng gửi lời cảm ơn tới Ban Giám hiệu Trường
THPT Yên Phong số 1 và các thầy cô giáo trong Tổ Toán của nhà trường,
nơi tôi đang công tác, đã tạo mọi điều kiện thuận lợi trong công tác và
giảng dạy để tôi được tập trung hoàn thành chương trình học, cũng như
bản luận văn.
Tôi cũng muốn gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè, đặc biệt là người vợ
của tôi, cũng như các con tôi đã luôn động viên, giúp đỡ và là nguồn động
lực cho tôi trong quá trình học, cũng như hoàn thiện bản luận văn này.

Thái Nguyên, ngày 22 tháng 4 năm 2018
Tác giả luận văn

Nguyễn Bá Nam


4

Chương 1

Một số kiến thức về giải
tích tổ hợp
Trong chương này, chúng tôi trình bày về hai quy tắc đếm cơ bản, về hoán
vị và hoán vị xoay vòng, về tổ hợp và một số ví dụ liên quan. Nội dung cụ
thể được trình bày trong các mục sau:

1.1

Hai quy tắc đếm cơ bản

Trong cuộc sống hàng ngày, chúng ta thường gặp các tình huống cần đếm
hoặc liệt kê "sự kiện" như: sắp xếp các vật theo một cách nào đó, phân
chia các vật trong một điều kiện nhất định, phân phối các vật dụng theo
một đặc điểm nhất định, ... Ví dụ, chúng ta có thể gặp bài toán đếm các
loại sau: "Có bao nhiêu cách để sắp xếp 5 chàng trai và 3 cô gái thành một
hàng sao cho không có hai cô gái nào ngồi cạnh nhau?", "Có bao nhiêu
cách để chia một nhóm 10 người thành ba nhóm bao nhỏ gồm tương ứng
5, 3 và 2 người mỗi nhóm?". Đây là hai ví dụ rất đơn giản về "hoán vị" và
"tổ hợp". Trước khi chúng ta tìm hiểu về hoán vị và tổ hợp, chúng ta nêu
lên hai quy tắc cơ bản về phép đếm.

1.1.1

Quy tắc cộng

Nội dung quy tắc cộng: Nếu có m1 cách chọn đối tượng a1 , m2 cách chọn
đối tượng a2 ,..., mn cách chọn đối tượng an , trong đó cách chọn đối tượng
ai (1 ≤ i ≤ n) không phụ thuộc vào bất kỳ cách chọn đối tượng aj nào

5

(1 ≤ i ≤ n, i = j), thì sẽ có

n
k=1

mk cách chọn đối tượng a1 , hoặc a2 ,...,

hoặc an .
Quy tắc cộng theo ngôn ngữ tập hợp được phát biểu như sau:
Cho n tập hợp Ak (1 ≤ k ≤ n) với |Ak | = mk và ∀i, j (1 ≤ i, j ≤ n)
Ai ∩ Aj = ∅, khi i = j. Khi đó, số cách chọn a1 , hoặc a2 ,..., hoặc an sẽ
bằng số cách chọn các phần tử a thuộc

n
k=1

Ak và bằng

n
k=1

Ak =

n
k=1

|Ak |.

Ví dụ 1.1.1. (Tài liệu [2], trang 2). Có thể đi từ thành phố A đến thành
phố B bằng đường thủy, đường hàng không và đường bộ. Giả sử có 2 cách
đi bằng đường thủy, 3 cách đi bằng đường hàng không và 2 cách đi bằng
đường bộ. Khi đó, theo quy tắc cộng, tổng số các đường đi từ A đến B
bằng đường thủy, đường hàng không hoặc đường là bộ là 2 + 3 + 2 = 7.
Ví dụ 1.1.2. (Tài liệu [2], trang 2). Tìm số các cặp số nguyên (x, y) thỏa
mãn điều kiện:
x2 + y 2 ≤ 5.
Lời giải: Ta có thể chia làm 6 trường hợp:
x2 + y 2 = 0, 1, 2, 3, 4, 5.
Với i ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5}, ta đặt
Si = (x; y) |x, y ∈ Z, x2 + y 2 = i
Khi đó, ta có
S0
S1
S2
S3
S4
S5

= {(0; 0)} .
= {(1; 0), (−1; 0), (0; 1), (0; −1)} .
= {(1, 1), (−1; −1), (1; −1), (−1; 1)} .
= ∅.
= {(2, 0), (−2; 0), (0; 2), (0; −2)} .
= {(2, 1), (−2; −1), (2; −1), (−2; 1) , (1; 2), (−1; −2) , (1; −2), (−1; 2)} .

Vậy, theo quy tắc cộng, tổng số cặp (x; y) thỏa mãn đề bài là:
5

|Si | =1 + 4 + 4 + 0 + 4 + 8 = 21.
i=1

Ví dụ 1.1.3. (Tài liệu [1], trang 12). Với các chữ số: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có
thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau và
trong mỗi số phải nhất thiết có mặt chữ số 1?


6

Lời giải: Gọi số cần lập là abcd. Vì trong abcd nhất thiết phải có mặt chữ số
1, nên ta xét các tập A1 , A2 , A3 , A4 là tập các số dạng 1bcd, a1cd, ab1d, abc1
tương ứng.
1. Xét A1 khi lập số 1bcd, b có 6 cách chọn từ các chữ số 0, 2, 3, 4, 5, 6;
c có 5 cách chọn từ các chữ số thuộc tập {0, 2, 3, 4, 5, 6} \ {b}; d có 4
cách chọn từ các chữ số của tập {0, 2, 3, 4, 5, 6} \ {b, c}. Do đó, số cách
lập các số dạng 1bcd là 6.5.4 = 120 hay |A1 |=120.
2. Xét A2 , A3 , A4 .
• Xét A2 . Chữ số a đứng đầu của số a1cd, nên nó không được là chữ
số 0, nên a chỉ có thể chọn từ 1 trong 5 chữ số 2, 3, 4, 5, 6; c có 5
cách chọn từ các chữ số thuộc tập {0, 2, 3, 4, 5, 6} \ {a}; d có 4 cách
chọn từ các chữ số của tập {0, 2, 3, 4, 5, 6} \ {a, c}. Do đó, số cách
lập các số dạng a1cd là 5.5.4 = 100 hay |A2 |=100. Lập luận tương
tự, ta cũng có |A3 | = |A4 | = 100.
• Vì các số thuộc các dạng khác nhau đều khác nhau, nên với mọi
i, j với (1 ≤ i, j ≤ 4) , i = j, ta đều có Ai ∩ Aj = ∅. Do đó, số các
số cần tìm được tính theo quy tắc cộng, ta có
|A1 | + |A2 | + |A3 | + |A4 | = 120 + 100 + 100 + 100 = 420.

1.1.2

Quy tắc nhân

Nội dung quy tắc nhân: Cho n đối tượng a1 , a2 ,..., an . Nếu có m1 cách
chọn đối tượng a1 và với mỗi cách chọn a1 có m2 cách chọn đối tượng
a2 , sau đó với mỗi cách chọn a1 , a2 có m3 cách chọn a3 ,.... Cuối cùng với
mỗi cách chọn a1 , a2 , an−1 có mn , cách chọn đối tượng an . Như vậy sẽ có
m1 .m2 .....mn−1 .mn cách chọn các đối tượng a1 , rồi a2 , rồi a3 ,..., rồi an .
Quy tắc nhân theo ngôn ngữ tập hợp được phát biểu như sau:
Cho n tập hợp Ak (1 ≤ k ≤ n) với |Ak | = mk . Khi đó, số cách chọn (S)
bộ gồm n phần tử (a1 , a2 , ..., an ), với ai ∈ Ai (1 ≤ i ≤ n) sẽ là
n

S = |A1 × A2 × ... × An | = m1 × m2 × ... × mn =

mk
k=1

Ví dụ 1.1.4. (Tài liệu [1], trang 13). Từ thành phố A đến thành phố B có
4 con đường, từ thành phố A đến thành phố C có 3 con đường, từ thành


7

phố B đến thành phố D có 2 con đường, từ thành phố C đến thành phố D
có 4 con đường. Không có con đường nào nối thành phố B và thành phố
C. Hỏi có tất cả bao nhiêu con đường đi từ thành phố A đến thành phố D
mà phải đi qua thành phố B hoặc thành phố C?
Lời giải: Trước hết ta tìm số con đường đi từ A đến D qua B. Có 4 cách

chọn đường đi từ A đến B và có 2 cách chọn đường đi từ B đến D, nên
theo quy tắc nhân, số cách chọn đường đi từ A đến D qua B là 4.2=8.
Tương tự, số cách chọn đường đi từ A đến D qua C là 3.4=12.
Vì cách chọn đường đi từ A sang D qua B và cách chọn đường đi từ A
sang D qua C không phụ thuộc lẫn nhau, nên theo quy tắc cộng, ta có số
con đường để đi từ A sang D là 8+12=20.
Ví dụ 1.1.5 (Tài liệu [2], trang 5). Tìm số các ước số dương của số 600
(kể cả 1 và chính nó).
Lời giải: Trước hết, ta thấy rằng số 600 có sự phân tích thành tích duy
nhất qua các thừa số nguyên tố, đó là
600 = 23 .31 .52 .
Do đó, một số nguyên dương m là ước của 600 khi và chỉ khi m có dạng
m = 2a .3b .5c , với a, b, c ∈ Z sao cho 0 ≤ a ≤ 3, 0 ≤ b ≤ 1, 0 ≤ c ≤ 2.
Vậy, số các ước số dương của 600 là số cách để tạo thành bộ ba (a, b, c),
với a ∈ {0, 1, 2, 3} , b ∈ {0, 1} , c ∈ {0, 1, 2} .
Khi đó, theo quy tắc nhân, ta có tất cả 4x2x3=24 ước số dương của số
600.
Nhận xét 1.1.6. Bằng cách áp dụng quy tắc nhân một cách tương tự, ta
có được kết quả tổng quát sau đây:
Nếu một số tự nhiên n có sự phân tích thành các thừa số nguyên tố dạng
n = p1k1 .pk22 ...pkr r , trong đó, pi là các số nguyên tố phân biệt và ki là các số
r
nguyên, thì số các ước số dương của n bằng
(ki + 1).
i=1

Trong các ví dụ trên, chúng ta đã thấy các quy tắc cộng và nhân được
sử dụng riêng biệt để giải quyết một số bài toán đếm. Hiển nhiên, việc giải
quyết một bài toán phức tạp hơn có thể cần áp dụng đồng thời cả hai quy
tắc cộng và quy tắc nhân. Chẳng hạn, ta xét ví dụ sau.

Ví dụ 1.1.7. (Tài liệu [2], trang 5). Cho tập X = {1, 2, ..., 100} . Đặt
S = {(a; b, c) |a, b, c ∈ X, a < b, a < c} .


8

Tìm số phần tử của S.
Lời giải: Để giải bài toán, ta chia thành các trường hợp rời rạc bằng cách
xét a = 1, 2, 3, ..., 99. Đối với a = k ∈ {1, 2, ..., 99}, số các lựa chọn cho b
là 100 - k và cho c cũng là 100 - k. Do đó, số lượng yêu cầu bộ ba yêu cầu
(k, b, c) là (100 − k)2 , theo quy tắc nhân. Vì k lấy các giá trị 1, 2, ..., 99,
bằng cách áp dụng quy tắc cộng, chúng ta có
|S| = 992 + 982 + ... + 22 + 12 .
Sử dụng công thức

n
k=1

k2 =

1
6 n (n

+ 1) (2n + 1), cuối cùng ta có được

|S| = 61 .99.100.199 = 328350.

1.2
1.2.1

Hoán vị và hoán vị xoay vòng
Hoán vị

Trong phần đầu của Mục 1.1, ta đã đề cập đến bài toán sau: "Có bao nhiêu
cách để sắp xếp 5 chàng trai và 3 cô gái thành một hàng sao cho không có
hai cô gái nào ngồi cạnh nhau?". Đây là một ví dụ điển hình của một vấn
đề tổng quát hơn về sắp xếp một số người hay đồ vật khác nhau tùy thuộc
vào các điều kiện cụ thể nhất định nào đó.
Định nghĩa 1.2.1. (Tài liệu [2], trang 6). Cho A = {a1 , a2 , ...an } là một
tập hợp gồm n phần tử khác nhau. Với số tự nhiên k, 0 < k < n, một
k-hoán vị của A hay một chỉnh hợp chập k của n phần tử của A, là một
cách sắp xếp bất kỳ k phần tử của A liên tiếp.
Khi k = n, một n-hoán vị của A được gọi đơn giản là một hoán vị của A.
Ký hiệu số k-hoán vị của A hay một chỉnh hợp chập k của n phần tử
của A là Akn , hay Pnk . Bằng quy tắc nhân, dễ dàng chứng minh được công
thức:
Akn = n.(n − 1)...(n − k)
hay
Akn =

n!
(n − k)!


9

Khi k = n, số các hoán vị của A là Ann và được ký hiệu gọn lại bằng Pn .
Khi đó, ta có công thức:
Pn = n!
với quy ước 0! = 1 và A0n = 1.

Ví dụ 1.2.2. Cho A = {a, b, c, d} . Khi đó, tất cả 3-hoán vị của A được
liệt kê dưới đây:
abc, acb, bac, bca, cab, cba,
abd, adb, bad, bda, dab, dba,
acd, adc, cad, cda, dac, dca,
bcd, bdc, cbd, cdb, dbc, dcb.
Vậy có tất cả A34 = 24 số các chỉnh hợp chập 3 của 4.
Ví dụ 1.2.3. Sắp xếp 5 người vào một băng ghế có 5 chỗ. Hỏi có bao nhiêu
cách?
Lời giải: Mỗi cách xếp chỗ 5 người trên băng ghế là 1 hoán vị của 5 phần
tử.
Vậy có P5 = 5! = 120 cách sắp.
Ví dụ 1.2.4. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 có thể lập được mấy số tự nhiên
có 5 chữ số khác nhau.
Lời giải: Gọi A = a1 a2 a3 a4 a5 với a1 = 0 và a1 , a2 , a3 , a4 , a5 phân biệt, là số
cần lập.
+ Bước 1: chữ số a1 = 0 nên có 4 cách chọn a1 .
+ Bước 2: sắp 4 chữ số còn lại vào 4 vị trí có 4! = 24 cách.
Vậy có 4.24 = 96 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Ví dụ 1.2.5. Có 7 chàng trai và 3 cô gái trong một cuộc găp mặt. Hỏi có
bao nhiêu cách sắp xếp họ theo một hàng sao cho:
a) Ba cô gái luôn ngồi gần nhau (tức là không có chàng trai nào ngồi giữa
hai cô gái)?
b) Hai chàng trai ngồi ở hai đầu và không có hai cô gái nào ở gần nhau?
Lời giải:
a) Vì 3 cô gái luôn ngồi gần nhau, nên ta có thể coi ba cô gái như một
phần tử thống nhất. Khi đó, số cách sắp xếp 7 chàng trai cùng với phần


10

tử này là (7 + 1)! cách. Vì các cô gái có thể hoán đổi vị trí cho nhau với
số cách là 3! cách. Do đó, theo quy tắc nhân, số cách sắp xếp trong trường
hợp này là: 8!.3! (cách).
b) Trước tiên chúng ta xem xét sự sắp xếp cho các chàng trai và sau đó là
cho các cô gái.
Có 7! cách sắp xếp các chàng trai vào các vị trí từ B1 đến B7 (như Hình
1.1).
Như vậy, chỉ có 6 chỗ trống cho 3 cô gái G1 , G2 , G3 (các cô gái xếp vào
các ô trống như hình 1.1).
G1 có 6 lựa chọn. Vì không có hai cô gái ở cạnh nhau, nên G2 có 5 lựa
chọn và G3 có 4 lựa chọn. Do đó, theo quy tắc nhân, số cách sắp xếp trong
trường hợp này là 7! x 6 x 5 x 4 (cách).

Hình 1.1: Minh họa Ví dụ 1.2.5 b)

1.2.2

Hoán vị xoay vòng (hay hoán vị tròn)

Các hoán vị thảo luận trong Phần 1.2.1 liên quan đến sắp xếp các vật trong
một hàng. Có hoán vị đòi hỏi sắp xếp các đối tượng trong một đường tròn.
Đây được gọi là hoán vị xoay vòng hay hoán vị tròn. Để hiểu rõ về hoán
vị tròn, trước hết ta xét ví dụ sau:
Ví dụ 1.2.6. (Ví dụ dẫn dắt) (Tài liệu [1], trang 16). Mời sáu người
khách ngồi xung quanh một bàn tròn. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp chỗ
ngồi?
Lời giải: Vì xếp các người khách ngồi trên 1 bàn tròn nên người ngồi đầu
tiên có thể ngồi ở vị trí bất kỳ. Do đó, nếu ta mời một người nào đó ngồi

11

vào một vị trí bất kỳ trước, thì số cách sắp xếp 5 người còn lại vào 5 vị trí
còn lại sẽ là 5!=120 cách.
Vậy có tất cả 120 cách xếp sáu người vào ngồi xung quanh một bàn
tròn.
Một cách tổng quát, ta có định nghĩa sau:
Định nghĩa 1.2.7. (Tài liệu [1], trang 16). Số hoán vị xoay vòng (hoán vị
vòng quanh) của n phần tử khác nhau, ký hiệu là Qn , và được tính bằng
công thức
Qn = (n − 1)!
Ví dụ 1.2.8. (Tài liệu [1], trang 16). Một hội nghị bàn tròn có 5 nước
tham gia: Anh có 4 đại biểu, Pháp có 3 đại biểu, Nga có 4 đại biểu, Mỹ có
4 đại biểu và Nhật có 3 đại biểu. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp chỗ ngồi
cho các đại biểu sao cho 2 người cùng quốc tịch đều ngồi cạnh nhau?
Lời giải: Đầu tiên sắp xếp khu vực cho đại biểu từng nước. Ta mời một
phái đoàn nào đó ngồi vào chỗ trước. Khi đó, bốn phái đoàn còn lại có 4!
cách sắp xếp.
Đối với mỗi cách sắp xếp các phái đoàn, lại có:
4! cách sắp xếp các đại biểu trong nội bộ phái đoàn Anh; 3! cách sắp
xếp các đại biểu trong nội bộ phái đoàn Pháp; 4! cách sắp xếp các đại biểu
trong nội bộ phái đoàn Nga; 4! cách sắp xếp các đại biểu trong nội bộ phái
đoàn Mỹ; 3! cách sắp xếp các đại biểu trong nội bộ phái đoàn Nhật.
Do đó, số cách sắp xếp chỗ ngồi cho tất cả các đại biểu để những người
cùng quốc tịch sẽ ngồi cạnh nhau là
4!.4!.3!.4!.4!.3!=11943936.
Ví dụ 1.2.9. (Tài liệu [2], trang 15). Có bao nhiêu cách có thể 5 chàng
trai và 3 cô gái ngồi xung quanh một bàn tròn, nếu
a) chỗ ngồi tùy ý?

b) chàng trai B1 và cô gái G1 không ngồi gần nhau?
c) không có 2 cô gái nào ngồi cạnh nhau?
Lời giải:
a) Số cách xếp là Q8 = 7!.
b) 5 chàng trai và 2 cô gái không bao gồm G1 có số cách xếp chỗ ngồi là
(7-1)!=6! cách. Với sự sắp xếp như thể hiện trong Hình 1.2, G1 có 5 (= 7


12

- 2) lựa chọn cho một chỗ ngồi không liền kề với B1 . Do đó, số cách xếp
chỗ ngồi để thỏa mãn yêu cầu bài là 6! x 5 = 3600 (cách). c) Đầu tiên, ta

Hình 1.2: Minh họa Ví dụ 1.2.9 b)
xếp chỗ ngồi cho 5 chàng trai quanh bàn tròn. Như vậy có (5 - 1)! = 4!
cách. Với sự sắp xếp như thể hiện trong hình 1.3, có 5 cách để xếp chỗ cho
cô gái G1 . Vì không có hai cô gái nào ở gần nhau, G2 và G3 có 4 và 3 lựa
chọn tương ứng. Do đó, số cách xếp chỗ ngồi để thỏa mãn yêu cầu bài là
4! x 5 x 4 x 3 = 1440 (cách).

Hình 1.3: Minh họa Ví dụ 1.2.9 c)
Ví dụ 1.2.10. (Tài liệu [2], trang 16). Có bao nhiêu cách để xếp chỗ ngồi
cho n cặp vợ chồng xung quanh một bàn tròn, trong mỗi trường hợp sau
đây:


13

a) Đàn ông và phụ nữ ngồi xen kẽ nhau.
b) Mỗi phụ nữ đều ngồi cạnh chồng của mình.

Lời giải:
a) Với n ông chồng, có số cách xếp chỗ là (n - 1)! cách. Tiếp theo, n
bà vợ có thể được ngồi trong n khoảng cách giữa hai người đàn ông, với số
cách xếp là n! cách. Do đó, theo quy tắc nhân, số cách sắp xếp thỏa mãn
yêu cầu là (n - 1)!.n ! (cách).
b) Mỗi cặp vợ chồng được xem như một thực thể thống nhất. Số cách
để sắp xếp n cặp vợ chồng xung quanh bàn tròn là (n - 1)!. Vì hai vợ chồng
trong mỗi cặp có thể đổi chỗ cho nhau với 2! cách, nên số cách sắp xếp
theo yêu cầu bài toán là: (n − 1)!.2n (cách).

1.3

Tổ hợp

Định nghĩa 1.3.1. (Tài liệu [1], trang 19). Cho tập A gồm n phần tử.
Mỗi tập con gồm k (0 ≤ k ≤ n) phần tử thuộc A được gọi là một tổ hợp
chập k của n phần tử đã cho.
Nhận xét 1.3.2. Hai tổ hợp được coi là khác nhau khi và chỉ khi có ít
nhất một phần tử khác nhau.
Dễ dàng chỉ ra rằng, số tổ hợp chập k (0 ≤ k ≤ n) của n phần tử, được
ký hiệu là Cnk , được tính theo công thức
Cnk =

Akn
k!

=

n!
k!(n−k)!

Tính chất: Sử dụng công thức về tính số các tổ hợp, dễ dàng chứng minh
được các đẳng thức sau đây:
Cnk = Cnn−k ,

(1.1)

k−1
k
Cnk = Cn−1
+ Cn−1
.

(1.2)

Ví dụ 1.3.3. (Tài liệu [2], trang 20). Có bao nhiêu cách thành lập một
Hội đồng gồm 5 thành viên từ một nhóm gồm 11 người bao gồm 4 giáo
viên và 7 sinh viên nếu:
a) Số người chọn là ngẫu nhiên?
b) Trong Hội đồng phải có đúng 2 giáo viên?
c) Trong Hội đồng phải có ít nhất 3 giáo viên?


14

Lời giải:
5
= 462.
a) Số cách chọn là C11
b) Trước hết, ta chọn 2 giáo viên trong số 4 giáo viên, có C42 = 6 cách

chọn. Sau đó, chọn 3 sinh viên từ 7 sinh viên, có C73 = 35 cachs chọn. Do
đó, theo quy tắc nhân, số cách thành lập hội đồng trong trường hợp này
là 6.35=210 (cách).
c) Có 2 trường hợp: Hội đồng có 3 giáo viên và có 4 giáo viên.
Trường hợp Hội đồng có 3 giáo viên, số cách lập sẽ là C43 .C72 = 84
(cách).
Trường hợp Hội đồng có 4 giáo viên, số cách lập sẽ là C44 .C71 = 7 (cách).
Như vậy, theo quy tắc cộng, số cách lập Hội đồng thỏa mãn yêu cầu là
84 + 7 = 91 (cách).
Ví dụ 1.3.4. (Tài liệu [2], trang 24). Cần xếp chỗ cho 6 người vào ngồi
các bàn tròn, với giả thiết rằng phải có ít nhất 1 người ngồi ở mỗi bàn.
Khi đó, có bao nhiêu cách xếp chỗ nếu:
a) Có 2 bàn tròn.
b) Có 3 bàn tròn.
Lời giải:
a) Khi có 2 bàn tròn, ta xét 3 trường hợp số người ngồi xung quanh 2
bàn tương ứng là:
(1)
(2)
(3)

5+1
4+2
3+3

Trường hợp 1: Có C65 cách phân chia 6 người thành 2 nhóm với số người
trong mỗi nhóm lần lượt là 5 và 1 người. Theo công thức tính số hoán vị
tròn, 5 người được lựa chọn có thể được ngồi xung quanh một bàn tròn với
(5-1)! cách và người còn lại có 0! cách ngồi ở bàn tròn còn lại. Do đó, theo
quy tắc nhân, số cách xếp trong trường hợp này là C65 .4!.0! = 144 (cách).

Trường hợp 2: Có C64 cách phân chia 6 người thành 2 nhóm với số người
trong mỗi nhóm lần lượt là 4 và 2 người. Như vậy, tương tự trường hợp
trên, số cách xếp trong trường hợp này là C64 .3!.1! = 90 (cách).
Trường hợp 3: Chúng ta phải cẩn thận trong trường hợp này. Số cách phân
chia 6 người thành 2 nhóm với số người trong mỗi nhóm đều là 3, sẽ là
1 3
1 3
2 C6 . Vì vậy, số cách xếp trong trường hợp này là 2 C6 .2!.2! = 40 (cách).


15

Vậy, theo quy tắc cộng, tổng số cách xếp 6 người vào 2 bàn tròn theo
yêu cầu là 144+90+40=274 (cách).
b) Khi có 3 bàn tròn, ta xét 3 trường hợp số người ngồi xung quanh 3
bàn tương ứng là:
(1) 4 + 1 + 1
(2) 3 + 2 + 1
(3) 2 + 2 + 2
Khi đó, số cách xếp trong các trường hợp lần lượt sẽ là:
(1)

1 4
1
2 C6 .C2 .3!.0!.0!

= 90;

(2) C63 .C32 .2!.1!.0! = 120;
(3)

1 2
2
3! C6 .C4 .1!.1!.1!

= 15.

Vậy, theo quy tắc cộng, tổng số cách xếp 6 người vào 3 bàn tròn theo yêu
cầu là 90+120+15=225 (cách).


16

Chương 2

Về hệ số nhị thức và hệ
số đa thức
Cho trước k, n ∈ Z với 0 ≤ k ≤ n, số Cnk được định nghĩa trong Chương
1 là số tập con có k phần tử trong tập n phần tử. Để thuận tiện, ta định
nghĩa Cnk = 0 nếu k > n hoặc k < 0. Do đó, ta có thể viết
Cnk






=

n!

k!(n−k)!


0

nếu 0 ≤ k ≤ n,
nếu k > n, k < 0

với mọi k, n ∈ Z, n ≥ 0.
Trong Chương 1, ta đã có một số đẳng thức từ số Cnk . Ngoài ra, tiếp tục
sử dụng công thức tính số tổ hợp, ta dễ dàng thu được các kết quả cơ bản
tương tự. Các kết quả đó được tóm tắt thành các đẳng thức sau
Cnk = Cnn−k
n k−1
Cnk = Cn−1
, k≥1
k
n − k + 1 k−1
Cnk =
Cn , k ≥ 1
k
k−1
k
Cnk = Cn−1
+ Cn−1
k
m−k
Cnm .Cm
= Cnk .Cn−k
.

(2.1)
(2.2)
(2.3)
(2.4)
(2.5)

Các số Cnk có thể rất quan trọng và khá lớn, chúng được gọi là hệ số nhị
thức vì chúng xuất hiện như các hệ số trong biểu diễn (x + y)n . Trong
chương này, ta sẽ trình bày các tính chất cơ bản và một số đẳng thức thu
được từ các hệ số nhị thức. Các kỹ thuật khảo sát cũng được nhấn mạnh


17

trong việc tìm ra các đồng nhất toán học. Chúng ta cũng sẽ giới thiệu và
nghiên cứu hệ số đa thức như là trường hợp tổng quát của hệ số nhị thức.

2.1

Định lý nhị thức

Ta sẽ bắt đầu phần này với dạng đơn giản nhất của Định lý nhị thức được
thiết lập bởi I. Newton (1646 - 1727) vào năm 1676.
Định lý 2.1.1. (Tài liệu [2], trang 70). Với mọi số nguyên n ≥ 0, ta có
(x + y)n = Cn0 xn + Cn1 xn−1 y + · · · + Cnn−1 xy n−1 + Cnn y n
n

Cnk xn−k y k .

=
k=0

Cách chứng minh thứ nhất: (Quy nạp toán học)
Giả sử đẳng thức trong định lý đã đúng với n = k, tức là
(x + y)k =

k
r=0

Ckr xk−r y r .

Xét n = k + 1, ta có
(x + y)k+1 = (x + y)(x + y)k
k

= (x + y)
r=0
k

=

Ckr xk−r y r

Ckr xk+1−r y r +

k

(theo giả thiết quy nạp)
Ckr xk−r y k+1

r=0
r=0
0 k+1
1 k
= Ck x
+ Ck x y + Ck2 xk−1 y 2
+ Ck0 xk y + Ck1 xk−1 y 2 + · · · +

+ · · · + Ckk xy k
Ckk−1 xy k + Ckk y k+1 .

k+1
0
Áp dụng đẳng thức (2.4) và các quy ước Ck0 = 1 = Ck+1
, Ckk = 1 = Ck+1
,
ta có
0
1
k
k+1 k+1
(x + y)n+1 = Ck+1
xk+1 + Ck+1
xk y + · · · + Ck+1
xy k + Ck+1
y .

Do đó, kết quả định lý được suy ra từ quy nạp.
Cách chứng minh thứ hai: (Phương pháp tổ hợp)

Ta chỉ cần chứng minh hệ số của xn−k y trong biểu diễn (x + y)n là Cnk là
xong.


18

Thật vậy, viết lại tích (x + y)n = (x + y)(x + y) . . . (x + y), ta chọn x
n

hoặc y từ nhân tử (x + y) và nhân chúng lại với nhau. Do đó, để có được
số hạng dạng xn−k y k , đầu tiên ta chọn k nhân tử (x + y) trong số n nhân
tử (x + y), khi đó, “y” từ k nhân tử được chọn (tất nhiên “x” thì từ n − k
nhân tử còn lại). Bước đầu tiên này có Cnk cách chọn trong khi bước thứ
hai có 1 cách chọn. Do đó, số cách chọn để có được số hạng xn−k y k là Cnk ,
như trong định lý.

2.2

Đồng nhất tổ hợp

Định lý nhị thức là một trong những kết quả cơ bản của toán học có rất
nhiều ứng dụng. Trong phần này, chúng ta sẽ chứng tỏ Định lý 2.1.1 có
thể dễ dàng thiết lập các đồng nhất thú vị từ các hệ số nhị thức. Với một
vài so sánh, các chứng minh của các đồng nhất này được đưa ra.
Ví dụ 2.2.1. (Tài liệu [2], trang 71). Chứng minh rằng với mọi n ≥ 0 thì
n

Cnk = Cn0 + Cn1 + · · · + Cnn = 2n .

(2.6)

k=0

Chứng minh: Bằng cách cho x = y = 1 trong Định lý 2.1.1, ta thu được
ngay điều phải chứng minh
n

Cnk = (1 + 1)n = 2n .

k=0

Bằng cách tương tự, ta dễ dàng chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥ 1,
ta có
(i)
n

(−1)k Cnk = Cn0 − Cn1 + Cn2 − · · · + (−1)n Cnn = 0,

(2.7)

k=0

(ii)
Cn0 + Cn2 + · · · + Cn2k + ... = Cn1 + Cn3 + · · · + Cn2k+1 + ... = 2n−1 . (2.8)
Bằng cách cho x = 1 và y = −1 vào Định lý 2.1.1, ta thu được
n

Cnk (−1)k = (1 − 1)n = 0,

k=0

đây là (i). Biểu thức trong phần (ii) được suy ra từ (i) và đẳng thức (2.6).


19

Chú ý 2.2.2. Một tập con của tập X khác rỗng được gọi là tập phần tử
chẵn (tương ứng là lẻ) của X nếu |A| là chẵn (tương ứng là lẻ).
Đẳng thức (2.8) phát biểu rằng với tập n phần tử X thì số tập con
chẵn bằng số tập con lẻ của X. Khi đó, ta thấy có một song ánh giữa họ
các tập con chẵn phần tử và họ các tập con lẻ phần tử của X.
Ví dụ 2.2.3. (Tài liệu [2], trang 72). Chứng minh rằng với mọi số nguyên
n ∈ N, ta có
n

kCnk = Cn1 + 2Cn2 + 3Cn3 + · · · + nCnn = n2n−1 .

(2.9)

k=1

Cách chứng minh thứ nhất: Cho x = 1 trong Định lý 2.1.1, ta có
(1 + y)n =

n

Cnk y k .

k=0

Đạo hàm cả hai vế đẳng thức trên theo y ta có
n(1 + y)n−1 =

n

kCnk y k−1 .

k=1

Cuối cùng, cho y = 1, ta nhận được
n

kCnk = n(1 + 1)n−1 = n2n−1 .

k=1

Cách chứng minh thứ hai: Đẳng thức (2.2) có thể viết lại như sau
k−1
kCnk = nCn−1
.

Điều này dẫn đến
n
k=1

kCnk

n

=

k−1
nCn−1

k=1
n−1

=n

=n

k−1
Cn−1

k=1
r
Cn−1

r=0
n−1

=n2

n

(bằng cách cho r = k − 1)

(theo (2.6)).

Nhận xét 2.2.4. Mở rộng kỹ thuật trong hai chứng minh trên, ta có thể

chỉ ra rằng
n
k=1
n
k=1

k 2 Cnk = n(n + 1)2n−2 ,
k 3 Cnk = n2 (n + 3)2n−3


20

với mọi n ∈ N.
Nói chung, ta có thể kết luận điều gì từ tổng
n

k 3 Cnk ,

k=1

với k ∈ N và k ≥ 4?
Kết quả tiếp theo ngay sau đây được đưa ra bởi nhà toán học người
Pháp A.T. Vandermonde (1735-1796) vào năm 1772.
Ví dụ 2.2.5 (Đồng nhất Vandermonde). (Tài liệu [2], trang 74): Chứng
minh rằng với mọi m, n, k ∈ N thì
k

i
0 k
1 k−1

k 0
k
Cm
Cnk−i = Cm
Cn + Cm
Cn + · · · + Cm
Cn = Cm+n
.

(2.10)

i=0

Cách chứng minh thứ nhất: Theo Định lý 2.1.1, khai triển cả hai vế của
đẳng thức (1 + x)m+n = (1 + x)m (1 + x)n , ta có
m+n


k
Cm+n
xk = 

m

i=0

k=0
0 0
= Cm
Cn +

0 2
+ Cm
Cn


i i 
Cm
x

n



Cnj xj 

j=0

0 1
1 0
Cm
Cn + Cm
Cn x
1 1
2 0
+ Cm
Cn + Cm
Cn

m n m+n
x2 + · · · + Cm

Cn x
.

Bây giờ, ta so sánh hệ số của xk trong cả hai vế và thu được
k
0 k
1 k−1
k 0
Cm+n
= Cm
Cn + Cm
Cn + · · · + Cm
Cn .

Cách chứng minh thứ hai: Cho X = {a1 , a2 , . . . , am , b1 , b2 , . . . , bn } là tập
gồm m + n phần tử. Ta sẽ đếm số tổ hợp tập A gồm k phần tử của X.
Giả sử rằng A chứa đúng i phần tử dạng a, với i = 0, 1, . . . , k, khi đó,
k − i phần tử còn lại của A dạng b; trong trường hợp này, số cách lập nên
i
tập A như vậy là Cm
Cnk−i . Do đó, theo quy tắc cộng, ta có
k

i
k
Cm
Cnk−i = Cm+n
.

i=0

Chú ý 2.2.6. Nếu ta cho m = n = k trong đẳng thức (2.1) và áp dụng
đồng nhất (2.10) thì ta thu được
n

n
(Cni )2 = (Cn0 )2 + (Cn1 )2 + · · · + (Cnn )2 = C2n
.

i=0

(2.11)


21

Tiếp theo, ta đưa ra một ví dụ để làm rõ ứng dụng của đồng nhất
Vandermonde. Ta biết rằng Hrn là số các tập con r phần tử của tập M =
{∞.a1 , ∞.a2 , . . . , ∞.an }, được cho bởi
r
Hrn = Cr+n−1
.

Xét ma trận A cỡ 3 × 3 mà các phần tử của A là Hrn ,




1
2

3
H1 H2 H3 
 2
2
2

A=
H1 H2 H3  .


H13 H23 H33

Câu hỏi đặt ra là giá trị định thức det(A) là bao nhiêu? Ta quan sát thấy
rằng


A=

1
C1
 1
C
 2

C31

C22
C32
C42


3
C3 

C43 


3
C5





1

2



1 1

=
3 4


3 6 10

và dễ dàng tính được det(A) = 1.
Tổng quát lên, ta có kết quả thú vị sau đây:

Ví dụ 2.2.7. (Tài liệu [2], trang 75). Cho A = (Hrn ) là ma trận vuông cấp
k, trong đó n, r ∈ {1, 2, . . . , k}, mà phần tử ở vị trí (n, r) là Hrn .
Chứng minh rằng det(A) = 1.
Chứng minh: Cho B = (bij ) và C = (cij ) là các ma trận vuông cấp k được
xác định bởi
bij = Cij ,

j−i
cij = Cj−1

tức là


B=

1
C1
 1
C
 2

 1
C3

 .
 ..


Ck1

0 0
C22 0
C32 C33
..
..
.
.
Ck2 Ck3



... 0 

... 0 



... 0 

. . . ... 



k
. . . Ck


22

và



0
1
2
C0 C1 C2

 0 C0 C1

1
2


0 0 C20
C=

 .
..
..
 ..
.
.


0 0 0

...
...
...
...

...



k−1
Ck−1

k−2 
Ck−1 


k−3 

Ck−1

.. 
. 


0
Ck−1

Khi đó A = BC. Thật vậy, nếu anr là phần tử ở vị trí (n, r) của tích BC,
khi đó
k

anr =
i=1
r

=
=
=

k

bni cir =

r−i
Cni Cr−1

i=1
r−i
Cni Cr−1

i=1
r
Cr+n−1
Hrn .

r−i
(do Cr−1
= 0, với i > r)

(sử dụng Đồng nhất Vandermonde)

Do đó, A = BC.
Ngoài ra,
det(A) = det(BC) = det(B) det(C)
0

= C11 .C22 . . . Ckk . C00 .C10 . . . Ck−1
= 1.

2.3

Tam giác Pascal

Tập các hệ số nhị thức Cnk có thể được sắp xếp một cách hợp lý theo dạng
một tam giác từ trên xuống dưới, từ trái qua phải theo thứ tự tăng dần
của giá trị n và k một cách tương ứng, như trong Hình 2.1. Biểu đồ này là
một trong những hình mẫu số học đẹp nhất trong lịch sử toán học, nó được
gọi là tam giác Pascal, ngay sau đó, nhà toán học người Pháp B. Pascal
(1623 - 1662) đã thiết lập và xây dựng nó một cách dễ hiểu vào năm 1653.
Tam giác này cũng được gọi là tam giác Yang Hui theo cách hiểu của người
Trung Quốc vì nó được phát tìm ra sớm hơn bởi nhà toán học Trung Quốc
là Yang Hui vào năm 1261. Một tam giác giống như vậy cũng được tìm
thấy trong cuốn sách “Precious Mirror of the Four Element” bởi một nhà
toán học Trung Quốc tên là Chu Shih-Chieh vào năm 1303.