bản chất các bài toán đếm

Chuyên đề 11

Trong các bài toán chứng minh đẳng thức tổ hợp, công thức khai triển
nhị thức Newtow luôn tỏ ra là công cụ hỗ trợ đắc lực nhất, ngoài ra các
phương pháp như sử dụng đạo hàm, lấy tích phân cũng là các phương pháp
hay được nhiều người ưa thích và thường xuyên sử dụng. Tuy nhiên các
phương pháp này chủ yếu chú trọng vào biểu thức hình thức của bài toán
mà quên đi bản chất của bài toán tổ hợp và vô tình làm mất đi vẻ đẹp tự
nhiên vốn có của nó. Chuyên đề này HK cùng các bạn khám phá một con
đường mới, có thể xem là tinh hoa của dạng toán này, vừa có thể giải quyết
trọn vẹn các bài toán tổ hợp vừa không làm mất đi vẻ đẹp tự nhiên của các
bài toán ấy.

11.1

Tổ hợp chập - số tổ hợp chập

Definition 2.1. Cho một tập hợp có n phần tử phân biệt, một tập con gồm
k phần tử phân biệt của tập hợp đó được gọi là một tổ hợp chập k phần tử
của n phần tử (gọi tắt là tổ hợp chập k của n).
Proposition 2.1. Số tổ hợp chập k của n là
n
k

=

n!
. Ta kí hiệu.
k!(n − k)!

n!

.
k!(n − k)!
165


Đi tìm những chuyên đề sơ cấp hay

Definition 2.2. Cho một tập hợp có n phần tử phân biệt. Mỗi cách chọn
ra k phần tử có thể không phân biệt từ n phần tử (một phần tử có thể chọn
lại nhiều lần) được gọi là một tổ hợp lặp k phần tử của n phần tử.
Proposition 2.2. Số tổ hợp lặp k phần tử của n phần tử là.
n+k−1
.
k
Definition 2.3. Cho một tập hợp có n phần tử phân biệt, một tập con gồm
k phần tử riêng biệt và có phân biệt thứ tự của tập hợp đó được gọi là một
chỉnh hợp chập k phần tử của n phần tử (gọi tắt là chỉnh hợp chập k của n).
Proposition 2.3. Số chỉnh hợp chập k phần tử của n phần tử là.
n!
n
= k!
.
(n − k)!
k
Definition 2.4. Cho một tập hợp có n phần tử phân biệt. Mỗi cách chọn
ra k phần tử có thể không phân biệt từ n phần tử và có phân biệt thứ tự
(một phần tử có thể chọn lại nhiều lần) được gọi là một chỉnh hợp lặp k
phần tử của n phần tử.
Proposition 2.4. Số chỉnh hợp lặp k phần tử của n phần tử là nk .
Definition 2.5. Cho một tập hợp có n phần tử phân biệt được sắp xếp

thứ tự. Mỗi cách sắp lại thứ tự các phần tử được gọi là một hoán vị của n
phần tử.
Proposition 2.5. Số hoán vị của n phần tử là n!.
Definition 2.6. Cho một tập có n phần tử, trong đó có ni phần tử loại i
giống hệt nhau (i = 1, 2, . . . , k; n1 + n2 + · · · + nk = n). Mỗi cách sắp xếp có
thứ tự n phần tử đã cho gọi là một hoán vị lặp của n.
HK -

166


Đi tìm những chuyên đề sơ cấp hay

Proposition 2.6. Cho một tập có n phần tử, trong đó có ni phần tử loại i
giống hệt nhau (i = 1, 2, . . . , k; n1 + n2 + · · · + nk = n). Số hoán vị lặp của
n phần tử là.
n!
.
n1 !n2 ! . . . nk !

11.2

Bài tập ví dụ

Example 2.5. Cho n là một số nguyên dương. CMR.
n

k=0

n

k

= 2n .

Proof . Giả sử ta cần bỏ n quả bóng vào 2 cái hộp A và B. Với mỗi 0 ≤ k ≤ n,
có Cnk cách chọn k quả bóng bỏ vào hộp A và n − k quả bóng bỏ vào hộp
n
n
B. Như vậy, có tất cả
cách bỏ các quả bóng.
k
k=0

Bây giờ, với mỗi quả bóng tùy ý, sẽ có 2 khả năng là hoặc bỏ vào hôp A
hoặc bỏ vào hộp B. Như vậy, sẽ có 2n cách bỏ các quả bóng.
Từ lập luận trên ta suy ra.
n

k=0

n
k

= 2n .

Đó là đpcm.
Example 2.6. (Hệ thức Pascal) Chứng minh với n và k là các số nguyên
dương tùy ý thỏa mãn k ≤ n, ta luôn có.
n
n

+
k
k−1

=

n+1
.
k

Proof . Giả sử ta cần lấy ra k quả bóng trong một hộp gồm n + 1 quả bóng,
n+1
trong đó có n quả bóng xanh và 1 quả bóng đỏ. Khi đó có
cách lấy.
k
HK -

167


Đi tìm những chuyên đề sơ cấp hay

Mặt khác, ta có thể xét như sau: Có

n
k

cách lấy k quả bóng mà không

n

cách lấy k quả bóng trong đó có quả bóng đỏ.
k−1
Khi đó tổng số cách lấy là.

có quả bóng đỏ và

n
n
+
.
k
k−1
Như vậy.
n
n
+
k
k−1

Đó là đpcm.

=

n+1
.
k

Example 2.7. Chứng minh hệ thức.
n

n
k
k
k=1

2

=n

2n − 1
.
n−1

Proof . Giả sử ta có 2n người trong đó có n nam và n nữ. Ta cần thành lập
một đội gồm n người, trong đó yêu cầu có 1 đội trưởng là nam.
2n − 1
Ta có n cách chọn đội trưởng và
cách chọn n − 1 đội viên. Do đó,
n−1
2n − 1
có tất cả n
cách thành lập đội.
n−1
Ta cũng có thể chọn k người nam (1 ≤ k ≤ n) và n − k người nữ, sau đó,
chọn đội trưởng trong k người nam. Khi đó sẽ có.
n

n
k
k

k=1

n
n−k

n

n
=
k
k
k=1

cách thành lập đội.
Như vậy.

n

n
k
k
k=1

2

=n

Đó là đpcm.
HK -

168

2n − 1
.
n−1

2


Đi tìm những chuyên đề sơ cấp hay

Example 2.8. (Hockey-stick identity) Chứng minh với n và k là các số
nguyên dương tùy ý thỏa mãn k ≤ n, ta luôn có.
n

i=k

i
k

=

n+1
.
k+1

Proof . Giả sử ta cần tìm số tập con của tập hợp gồm n+1 phần tử phân biệt.
X = {x1 , x2 , . . . , xn+1 }.
Ta xét các trường hợp sau đây:
∗ Có

1
1

n
k

=

n
k

1 n−1
=
1
k
chứa phần tử xn .

∗ Có

tập con chứa phần tử xn+1 .
n−1
k

tập con không chứa phần tử xn+1 nhưng

...
1 k
k
=

tập con không chứa các phần tử xk+2 , . . . , xn , xn+1
1 k
k
nhưng chứa phần tử xk+1 .

∗ Có

n

Như vậy có
i=k

là

i
k

tập con. Mà số tập con gồm k + 1 phần tử của tập X

n+1
. Do đó.
k+1

n

i=k

i
k

=

n+1
.
k+1

Đó là đpcm.
n

là số cách phân hoạch tập hợp
k
có n phần tử ra làm k tập con khác rỗng. Chứng minh rằng:
Example 2.9. (Số Bell) Ta định nghĩa

HK -

169


Đi tìm những chuyên đề sơ cấp hay

a)

n+1
k
n

b)
i=k

n
i

=
i
k

n
k−1
=

n

+k

n+1
i+1

k

.

.

Proof . a) Xét tập X = {x1 , x2 , . . . , xn+1 }. Khi phân hoạch tập X thành k
tập con khác rỗng thì có hai trường hợp sau đây:
∗ Trường hợp 1: Tập {x1 } thuộc phân hoạch. Khi đó, số phân hoạch chính
là số cách phân hoạch tập {x2 , . . . , xn+1 } thành k − 1 tập con khác rỗng, và
do đó bằng.
n

.

k−1

∗ Trường hợp 2: Tập {x1 } không thuộc phân hoạch. Khi đó, ta phân hoạch
tập {x2 , . . . , xn+1 } thành k tập con khác rỗng và bỏ phần tử x1 vào một tập
con nào đó. Do đó, số phân hoạch trong trường hợp này bằng
k

n
k

.

Như vậy.
n+1
k

=

n
k−1

+k

n
k

.

b) Giả sử một nhóm gồm n + 1 người trong đó có một người là nhóm
trưởng.

n+1

chính là số cách chia nhóm trên thành k + 1 nhóm nhỏ mà
k+1
mỗi nhóm có ít nhất là 1 người. Ta thấy k nhóm không chứa nhóm trưởng

có ít nhất k người và nhiều nhất là n người. Như vậy, ta cần chọn j người
trong n người để thành lập k nhóm không chứa nhóm trưởng, k ≤ j ≤ n.
HK -

170


Đi tìm những chuyên đề sơ cấp hay

Số cách chia nhóm là:
n

j

n
j

j=k

k

.

Như vậy.
n

j=k

n
j

j
k

=

n+1
k+1

.

Đó là đpcm.
Example 2.10. Chứng minh với n số nguyên dương tùy ý ta luôn có.
n

i3 = 6
i=1

n+1
n+1

n+1
+6
+
.
4
3
2

Proof . Chọn một số k bất kỳ nằm giữa 1 và n sau đó từ tập {0, . . . , k − 1}
ta chọn ra 3 số có hoàn lại. Tổng số cách chọn sẽ là.
n

i3 .
i=1

Bộ số ta chọn có dạng (x1 , x2 , x3 , x4 ) trong đó 1 ≤ x1 ≤ n và 0 ≤ x2 , x3 , x4 < x1 .
Ta xét các trường hợp sau đây:
∗ Nếu tất cả các số x2 , x3 , x4 đều khác nhau thì sẽ có 3!

n+1
4

bộ số.

∗ Nếu các số x2 , x3 , x4 có đúng 2 số bằng nhau thì sẽ có

3! 2
2 1

n+1

3

bộ số.
∗ Nếu x2 = x3 = x4 thì sẽ có
Như vậy.

n

i3 = 6
i=1

n+1
2

n+1
n+1
n+1
+6
+
.
4
3
2

Đó là đpcm.
HK -

bộ số.

171

Đi tìm những chuyên đề sơ cấp hay

11.3

Bài tập đề nghị

BT 2.5. Cho n, r, k là 3 số tự nhiên thỏa mãn k ≤ r ≤ n. CMR.
n
r

r
k

n−k
.
r−k

n
k

=

BT 2.6. Cho k < n là hai số tự nhiên. CMR.
n

i=0

k+i

i

k+n+1
.
n

=

BT 2.7. Cho n là số tự nhiên. CMR.
n

i
i=1

n
i

= n2n−1 .

BT 2.8. (ĐHYD TP. Hồ Chí Minh 2000) Cho n là số tự nhiên. CMR.
n

i=1

n

2n
2i − 1

2n

.
2i

=
i=0

BT 2.9. (Đẳng thức Vandermonde) Cho m, n, r là các số tự nhiên thỏa mãn
r ≤ m, r ≤ n. CMR.
r

i=0

m
r−i

n
i

=

n+m
.
r

BT 2.10. Cho n là số tự nhiên. CMR.
n

i=0

n

i

2

=

2n
.
n

BT 2.11. CMR. Số tổ hợp lặp k phần tử của n phần tử là.
n+k−1
.
k

HK -

172