Phương pháp quỹ đạo và ứng dụng vào giải một số bài toán tổ hợp dành cho học sinh khá giỏi

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

PHẠM THỊ QUỲNH PHƢƠNG

PHƢƠNG PHÁP “QUỸ ĐẠO” VÀ ỨNG DỤNG
VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP
DÀNH CHO HỌC SINH KHÁ GIỎI

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2019


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

PHẠM THỊ QUỲNH PHƢƠNG

PHƢƠNG PHÁP “QUỸ ĐẠO” VÀ ỨNG DỤNG
VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP
DÀNH CHO HỌC SINH KHÁ GIỎI
Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS. Trịnh Thanh Hải

THÁI NGUYÊN - 2019


i

Mục lục
Một số ký hiệu và chữ viết tắt

iii

Lời nói đầu

iv

Chương 1 Một số kiến thức chuẩn bị
1.1 Bài toán đếm trong toán tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Một số nguyên lý, tính chất của toán tổ hợp thường được vận
dụng vào giải bài toán đếm của toán tổ hợp . . . . . . . . . . .
1.3 Một số phương pháp giải bài toán đếm của toán tổ hợp trong
phạm vi chương trình toán THPT . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.1 Đếm trực tiếp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.2 Đếm theo vị trí . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.3 Đếm loại trừ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.4 Chọn tập con trước, sắp xếp sau . . . . . . . . . . . . . .
1.3.5 Đếm theo “vách ngăn” . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.6 Sử dụng nguyên lý bù trừ . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.7 Sử dụng tính chất của song ánh . . . . . . . . . . . . . .
1.3.8 Sử dụng hàm sinh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1
1

4
4
6
7
7
8
9
11
13

Chương 2 Vận dụng phương pháp “quỹ
toán tổ hợp
2.1 Phương pháp “quỹ đạo” . . . . . . .
2.1.1 Quan niệm về “quỹ đạo” . . .
2.1.2 Một số tính chất về “quỹ đạo”
2.2 Một số vận dụng . . . . . . . . . . .
2.2.1 Bài toán sắp hàng . . . . . .
2.2.2 Bài toán bỏ phiếu . . . . . . .
2.2.3 Quy tắc Pascal . . . . . . . .

15
15
15
16
20
20
23

24

4

đạo” vào giải một số bài
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.

.
.
.
.


ii

2.3

2.2.4 Một số bài toán khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Ý nghĩa của khái niệm “quỹ đạo” và phương pháp “quỹ đạo” . .

25
31

Kết luận

36

Tài liệu tham khảo

37


iii

Một số ký hiệu và chữ viết tắt

N

N∗
Z
R
MO
IMO

Tập hợp các số tự nhiên.
Tập hợp các số tự nhiên khác 0.
Tập hợp các số nguyên.
Tập hợp các số thực.
National Mathematical Olympiad.
Internation Mathematical Olympiad.


iv

Lời nói đầu
1. Lý do chọn đề tài
Toán tổ hợp là một bài toán khó, thường xuất hiện trong các kì thi học sinh
giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia và quốc tế. Chính vì vậy toán tổ hợp luôn dành được
sự quan tâm rất lớn từ các bạn học sinh, các thầy, cô giáo và các nhà toán học.
Một trong các phương pháp có hiệu quả để giải một số bài toán tổ hợp là
phương pháp “quỹ đạo”. Ý tưởng của phương pháp “quỹ đạo” là chỉ ra cách giải
thích hình học để đưa ra lời giải cho bài toán tổ hợp, mà chủ yếu là các bài
toán tổ hợp đếm các đường đi (hay số các “quỹ đạo”) theo một tính chất xác
định nào đó (hay còn gọi là phương pháp quy các bài toán đếm về các bài toán
đếm số đường đi trên lưới nguyên).
Phương pháp “quỹ đạo” không chỉ ứng dụng được vào giải một số bài toán
tổ hợp liên quan đến lưới nguyên mà còn có thể vận dụng được để đưa ra lời
giải cho một số bài toán về dãy số. Mặt khác, với các bài toán tối ưu hóa quen

thuộc trong kinh tế, kỹ thuật như: Tìm đường đi ngắn nhất, tìm chu trình đi
tối ưu nhất... thì ngoài các phương pháp quen thuộc như quy hoạch động, thử
sai quay lui... ta có thể vận dụng tư tưởng của phương pháp “quỹ đạo” để đưa
ra các thuật toán “tốt” hơn.
Xuất phát từ thực tế trên và với mục đích tích lũy thêm các kiến thức về
cách giải bài toán đếm của toán tổ hợp với phương pháp “quỹ đạo” và vận dụng
vào giải một số bài toán đếm trong các đề thi học sinh giỏi trong nước và quốc
tế làm tư liệu cho công việc giảng dạy của bản thân, em đã lựa chọn hướng
nghiên cứu vận dụng phương pháp “quỹ đạo” vào giải một số bài toán đếm.
Luận văn tập trung vào hoàn thành các nhiệm vụ chính sau
• Tìm hiểu về bài toán đếm của toán tổ hợp và các nguyên lý, tính chất của
toán tổ hợp thường được vận dụng để đưa ra lời giải cho các bài toán đếm.
• Ý tưởng toán học của phương pháp “quỹ đạo” trong việc tìm lời giải cho
bài toán đếm của toán tổ hợp.


v

• Sưu tầm một số bài toán, đề thi về bài toán đếm của toán tổ hợp dành cho
học sinh giỏi.
• Đưa ra ý nghĩa của khái niệm “quỹ đạo” và phương pháp “quỹ đạo” thông
qua thuật toán đường đi của con Robot.

2. Nội dung của đề tài luận văn
Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, luận văn gồm 2 chương
Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị
1.1. Bài toán đếm trong toán tổ hợp.
1.2. Một số nguyên lý, tính chất của toán tổ hợp thường được vận dụng vào
giải bài toán đếm của toán tổ hợp.
1.3. Một số phương pháp giải bài toán đếm của toán tổ hợp trong phạm vi

chương trình toán Trung học phổ thông.
Chương 2. Vận dụng phương pháp “quỹ đạo” vào giải một số bài toán
tổ hợp
2.1. Phương pháp “quỹ đạo”.
2.2. Một số vận dụng.
2.3. Ý nghĩa của khái niệm “quỹ đạo” và phương pháp “quỹ đạo”.
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình, chu đáo của thầy
PGS. TS Trịnh Thanh Hải, các thầy cô giáo trong khoa Toán - Tin, trường Đại
học Khoa học cùng toàn thể các bạn trong lớp Cao học K11 đã tạo mọi điều
kiện, nhiệt tình ủng hộ em trong suốt quá trình làm luận văn. Em xin bày tỏ
lòng biết ơn chân thành, sâu sắc với tất cả những đóng góp quý báu của thầy
cô và các bạn đặc biệt là thầy PGS. TS Trịnh Thanh Hải. Tuy đã có nhiều cố
gắng trong quá trình làm luận văn, nhưng do thời gian và kiến thức còn hạn
chế nên luận văn không tránh khỏi những thiếu sót. Kính mong nhận được sự
góp ý của quý thầy, cô và các bạn.
Em xin chân thành cảm ơn!
Thái Nguyên, ngày 28 tháng 12 năm 2019
Tác giả luận văn

Phạm Thị Quỳnh Phương


1

Chương 1

Một số kiến thức chuẩn bị
1.1

Bài toán đếm trong toán tổ hợp

Trong toán tổ hợp, bài toán đếm là bài toán nhằm trả lời câu hỏi: “Có bao
nhiêu cấu hình tổ hợp thuộc dạng đã cho?”.
Phương pháp đếm thường dựa vào một số quy tắc, nguyên lý đếm và một số
kết quả đếm cho các cấu hình tổ hợp đơn giản.
Hai quy tắc đếm cơ bản là quy tắc cộng và quy tắc nhân.
Hai quy tắc đếm cơ bản
Định nghĩa 1.1.1. (a). Quy tắc cộng: Một công việc được hoàn thành bởi một
trong hai hành động. Nếu hành động thứ nhất có m cách thực hiện, hành
động thứ hai có n cách thực hiện không trùng với bất kì cách nào của hành
động thứ nhất thì công việc đó có m + n cách thực hiện.
(b). Quy tắc nhân: Một công việc được hoàn thành bởi hai hành động liên tiếp.
Nếu có m cách thực hiện hành động thứ nhất và ứng với mỗi cách đó có n
cách thực hiện hành động thứ hai thì có m.n cách hoàn thành công việc.
Hoán vị
Định nghĩa 1.1.2. Cho tập hợp A gồm n phần tử (n ≥ 1). Mỗi kết quả của sự
sắp xếp thứ tự n phần tử của tập hợp A được gọi là một hoán vị của n phần tử
đó.
• Kí hiệu: Pn là số các hoán vị của n phần tử.
• Số các hoán vị: Pn = n! = 1 · 2 · · · (n − 1) · n.


2

Chỉnh hợp
Định nghĩa 1.1.3. Cho tập hợp A gồm n phần tử (n ≥ 1). Kết quả của việc
lấy k phần tử khác nhau từ n phần tử của tập hợp A và sắp xếp chúng theo một
thứ tự nào đó được gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử đã cho.
• Kí hiệu: Akn là số các chỉnh hợp chập k của n phần tử, 1 ≤ k ≤ n.
n!

• Số các chỉnh hợp: Akn =
= n. (n − 1) · · · (n − k + 1) (với 1 ≤ k ≤ n).
(n − k)!
Nhận xét: Mỗi hoán vị của n phần tử cũng là một chỉnh hợp chập n của n
phần tử đó nên Pn = Ann .
Tổ hợp
Định nghĩa 1.1.4. Giả sử tập A gồm n phần tử (n ≥ 1). Mỗi tập con gồm k
phần tử của A được gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử đã cho.
• Kí hiệu: Cnk là số các tổ hợp chập k của n phần tử (0 ≤ k ≤ n).
n!
(với 1 ≤ k ≤ n).
• Số các tổ hợp: Cnk =
k! (n − k)!
Nhận xét:
(a). Cnk = Cnn−k (0 ≤ k ≤ n).
k−1
k
(b). (công thức Pascal): Cn−1
+ Cn−1
= Cnk (1 ≤ k ≤ n).

Chỉnh hợp lặp
Định nghĩa 1.1.5. Cho tập A có m phần tử. Ta rút ra từ A một phần tử bất
kỳ, kí hiệu nó là a1 rồi trả lại nó vào tập hợp A. Ta lại rút ra từ A một phần tử,
kí hiệu nó là a2 (a2 có thể lại chính là phần tử thứ nhất) rồi trả lại nó vào tập
hợp A. Tiếp tục thao tác này k lần (k không nhất thiết nhỏ hơn hoặc bằng m
), ta tìm được một dãy (a1 , a2 , · · · , ak ) gồm k phần tử (có thể trùng nhau) của
A. Một dãy như thế gọi là một chỉnh hợp có lặp chập k của m phần tử đã cho.
Tập hợp tất cả các chỉnh hợp có lặp chập k lập nên từ các phần tử của một tập
hợp A có m phần tử chính là tập hợp các bộ (a1 , a2 , · · · , ak ) với ai ∈ A. Vậy đó

là tích Đề-các A × A × · · · × A = Ak .
k lần

Định lý 1.1.1. Số chỉnh hợp có lặp chập k của m phần tử, kí hiệu là Akm , được
tính theo công thức Akm = Ak = mk .


3

Chứng minh. Rõ ràng có m cách chọn một phần tử từ tập m phần tử cho mỗi
một trong k vị trí của chỉnh hợp khi cho phép lặp. Vì vậy theo quy tắc nhân,
có mk chỉnh hợp lặp chập k từ tập có m phần tử.
Hoán vị lặp
Trong bài toán đếm, một số phần tử có thể giống nhau. Khi đó cần phải cẩn
thận, tránh đếm chúng hơn một lần.
Định lý 1.1.2. Số các hoán vị của n phần tử trong đó có n1 phần tử như nhau
thuộc loại 1, có n2 phần tử như nhau thuộc loại 2, · · · và có nk phần tử như
n!
.
nhau thuộc loại k bằng
n1 !n2 ! · · · nk !
Chứng minh. Để xác định số hoán vị trước tiên chúng ta nhận thấy có Cnn1 cách
giữ n1 số cho n1 phần tử loại 1, còn lại n − n1 chỗ trống.
n2
Sau đó, có Cn−n
cách đặt n2 phần tử loại 2 vào hoán vị, còn lại n − n1 − n2
1
chỗ trống.
Tiếp tục đặt các phần tử loại 3, loại 4, . . . , loại k − 1 vào chỗ trống trong hoán
nk

vị. Cuối cùng có Cn−n
cách đặt nk phần tử loại k vào hoán vị.
1 −n2 −···−nk−1
Theo quy tắc nhân tất cả các hoán vị có thể là:
n2
nk
Cnn1 .Cn−n
· · · Cn−n
=
1
1 −n2 −···−nk−1

n!
.
n1 !n2 ! · · · nk !

Tổ hợp lặp
Một tổ hợp lặp chập k của một tập hợp là một cách chọn không có thứ tự k
phần tử có thể lặp lại của tập đã cho. Như vậy một tổ hợp lặp kiểu này là một
dãy không kể thứ tự gồm k thành phần lấy từ tập n phần tử. Do đó có thể là
k > n.
k
Định lý 1.1.3. Số tổ hợp lặp chập k từ tập n phần tử bằng Cn+k−1
.

Chứng minh. Mỗi tổ hợp lặp chập k từ tập n phần tử có thể biểu diễn bằng
một dãy n − 1 thanh đứng để phân cách các ngăn. Ngăn thứ i chứa thêm một
ngôi sao mỗi lần khi phần tử thứ i của tập xuất hiện trong một tổ hợp. Mỗi
dãy n − 1 thanh và k ngôi sao ứng với một tổ hợp lặp chập k của n phần tử.
Do đó mỗi dãy ứng với một cách chọn k chỗ cho k ngôi sao từ n + k − 1 chỗ

chứa n − 1 thanh và k ngôi sao. Đó là điều cần chứng minh.


4
p
n−1
. Tổ hợp có lặp
Chú ý. Số tổ hợp có lặp chập p của n là Cnp = Cn+p−1
= Cn+p−1
lại khi một phần tử có thể xuất hiện nhiều lần và thứ tự của các phần tử không
cần để ý.

1.2

Một số nguyên lý, tính chất của toán tổ hợp thường được vận
dụng vào giải bài toán đếm của toán tổ hợp

• Nguyên lý cộng: Nếu A, B là các tập hợp không giao nhau thì
|A ∪ B| = |A| + |B| .
• Nguyên lý cộng mở rộng: Nếu tập hợp hữu hạn C là hợp của n tập đôi
một rời nhau C1 , C2 , · · · , Cn thì
|C| = |C1 | + |C2 | + · · · + |Cn |
Định nghĩa 1.2.1. Tích Descartes của hai tập hợp A, B kí hiệu bởi A × B là
tập hợp tất cả các cặp thứ tự (a, b) với a ∈ A, b ∈ B.
• Nguyên lý nhân: Nếu A và B là hai tập hợp hữu hạn thì A × B cũng hữu
hạn và ta có |A × B| = |A| . |B| .
Định nghĩa về tích Descartes và nguyên lý nhân trên đây có thể mở rộng cho
nhiều tập hợp. Nguyên lý nhân có thể phát biểu một cách khác như sau:
Nếu một quá trình có thể được thực hiện qua hai công đoạn: công đoạn I có n1
cách thực hiện, công đoạn II (sau khi thực hiện I) có n2 cách thực hiện. Khi đó

có n1 .n2 cách thực hiện quá trình đó.
• Nguyên lý thêm bớt: Với hai tập hữu hạn A, B bất kỳ ta có
|A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B| .

1.3

Một số phương pháp giải bài toán đếm của toán tổ hợp trong
phạm vi chương trình toán THPT

1.3.1

Đếm trực tiếp

• Ý tưởng
Tùy theo bài toán chúng ta có thể chia trường hợp hay không chia trường hợp.
Nội dung: Đếm các trường hợp thỏa mãn yêu cầu bài toán.
• Ví dụ minh họa


5

Ví dụ 1.3.1. Cho tập A = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}.
a) Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau luôn có mặt
chữ số 2.
b) Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên lẻ có 5 chữ số khác nhau luôn có
mặt chữ số 2.
Lời giải
a) Gọi số cần tìm là n = a1 a2 a3 a4 a5 .
+Trường hợp 1
a1 = 2 có 1 cách chọn.

a2 a3 a4 a5 có A47 cách chọn.
Suy ra ta có A47 = 840 số.
+ Trường hợp 2
a2 = 2 có 1 cách chọn.
a1 = 0 và a1 = 2 nên có 6 cách chọn.
a3 a4 a5 có A36 số.
Suy ra ta có 6.A36 = 720 số.
Vì vai trò của 2 trong các vị trí a2 , a3 , a4 , a5 là giống nhau nên
Số cần tìm là 840 + 720.4 = 3720 số.
b) Gọi số cần tìm là n = a1 a2 a3 a4 a5 .
+Trường hợp 1
a5 lẻ nên có 4 cách chọn.
a2 = 2 có 1 cách chọn.
a2 a3 a4 có A36 số.
Suy ra ta có 4.A36 = 480 số.
+ Trường hợp 2
a5 lẻ nên có 4 cách chọn.
a2 = 2 có 1 cách chọn.
a1 = 0, a1 = 2, a1 = a5 nên có 5 cách chọn.
a3 a4 có A25 cách chọn.
Suy ra ta có 4.5.A25 = 400 số.
Vì vai trò của 2 trong các vị trí a2 , a3 , a4 là giống nhau nên
Số cần tìm là 480 + 400.3 = 1680 số.


6

1.3.2

Đếm theo vị trí

• Ý tưởng
+ Chọn vị trí cho số thứ nhất theo yêu cầu bài toán, suy ra số vị trí cho các số
tiếp theo.
+ Sắp xếp các số còn lại.
• Ví dụ minh họa
Ví dụ 1.3.2. Từ các chữ số thuộc tập hợp S = {1; 2; 3; . . . ; 8; 9} có bao nhiêu
số có chín chữ số khác nhau sao cho chữ số 1 đứng trước chữ số 2, chữ số 3 đứng
trước chữ số 4 và chữ số 5 đứng trước chữ số 6?
Lời giải
Chọn 2 vị trí để xếp 2 chữ số 1, 2 (số 5 đứng trước 6): có C52 cách.
3 chữ số còn lại có 3! cách.
Vậy có 3!.C92 · C72 · C52 = 45360 số.
Ví dụ 1.3.3. Cho tập A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}. Có bao nhiêu số tự nhiên
chẵn có 5 chữ số khác nhau sao cho
a) Luôn có mặt chữ số 3.
b) Luôn có mặt chữ số 4.
Lời giải
Gọi số cần tìm là n = a1 a2 a3 a4 a5 .
a)
+ a5 có 4 cách chọn.
+ Chữ số 3 có 3 vị trí.
+ 3 chữ số còn lại có A38 cách sắp xếp.
Vậy có 4.4.A38 = 5376 số.
b)
+ Trường hợp 1: a5 = 4, khi đó A48 = 1680 số.
+ Trường hợp 2: a5 = 4, khi đó
a5 có 3 cách chọn.
Chữ số 4 có 4 vị trí.
3 chữ số còn lại có A37 cách sắp xếp.

Suy ra ra có 3.4.A37 = 2520 số.


7

1.3.3

Đếm loại trừ

• Ý tưởng
Nội dung: Đếm loại trừ theo hai bước
+ Bước 1: Đếm số phương án xảy ra bất kỳ ta có kết quả n1 .
+ Bước 2: Đếm số phương án xảy ra không thỏa mãn yêu cầu bài toán ta có
kết quả n2 .
+ Bước 3: Số phương án đúng là: n = n1 − n2 .
Chú ý: Khi phương pháp đếm trực tiếp có nhiều trường hợp quá chúng ta sử
dụng phương pháp đếm loại trừ.
• Ví dụ minh họa
Ví dụ 1.3.4. Cho tập A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}. Có bao nhiêu số lẻ có 4 chữ số
khác nhau sao cho chữ số 4 luôn có mặt một lần.
Lời giải
Gọi số cần tìm là n = a1 a2 a3 a4 .
+ Đếm các số lẻ có 4 chữ số khác nhau là:
a4 có 4 cách chọn (a4 ∈ {1, 3, 5, 7}); 3 chữ số còn lại có A36 cách chọn, suy ra có
4.A36 số.
+ Đếm các số lẻ có 4 chữ số khác nhau mà không có mặt chữ số 4 là:
a4 có 4 cách chọn (a4 ∈ {1, 3, 5, 7}); 3 chữ số còn lại có A35 cách chọn (số 4 không
có), suy ra có 4.A35 số.
Các số cần tìm là 4.A36 − 4.A35 = 240 số.
1.3.4

Chọn tập con trước, sắp xếp sau

• Ý tưởng
+ Bước 1: Chọn ra trước cho đủ số lượng và thỏa mãn tính chất mà bài toán
yêu cầu (Ví dụ như chọn tập con có k phần tử từ n phần tử ta có Cnk cách).
+ Bước 2: Sắp xếp.
• Chú ý: Những bài toán có sự sắp xếp, cạnh nhau, có mặt.
• Ví dụ minh họa
Ví dụ 1.3.5. Cho tập A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}. Có bao nhiêu số tự nhiên có
5 chữ số khác nhau sao cho:
a) Luôn có mặt hai chữ số 2, 3.
b) Luôn có mặt hai chữ số 2, 3 và hai chữ số này luôn đứng kề nhau.
Lời giải


8

a)
+ Lấy ra 5 số từ tập A:
Số 2, 3 có 1 cách chọn, 3 số còn lại được lấy từ tập A\{2, 3} nên có C73 cách,
suy ra có C73 cách lấy ra 5 số mà 2, 3 luôn có mặt.
+ Sắp xếp
2 . 3 .
Sắp xếp 5 số vào 5 vị trí ta có 5! cách.
Vậy ta có C73 .5! = 4200 số.
b)
+ Lấy ra 5 số từ tập A:
Số 2, 3 có 1 cách chọn, 3 số còn lại được lấy từ tập A\{2, 3} nên có C73 cách,
suy ra có C73 cách lấy ra 5 số mà 2, 3 luôn có mặt.

+ Sắp xếp
2,3 . . .
Sắp xếp số 2, 3 kề nhau ta xem là một số a có 2! cách, sắp xếp số a với 3 số còn
lại có 4! cách, từ đó số cách sắp xếp 5 chữ số đã chọn như trên là 2!.4! cách.
Vậy ta có C73 .2!.4! = 1680 số.
1.3.5

Đếm theo “vách ngăn”

• Ý tưởng
+ Bước 1: Sắp xếp m đối tượng vào m vị trí sẽ tạo ra m + 1 vách ngăn.
+ Bước 2: Sắp xếp đối tượng khác theo yêu cầu bài toán từ m + 1 vách ngăn
nói trên.
• Nhận xét:
1. Hầu hết các bài toán tổ hợp đều sử dụng một trong các phương pháp trên
để giải quyết, tuy nhiên sự linh hoạt của phương pháp tùy thuộc vào khả
năng của từng học sinh.
2. Đối với bài toán mà tập ban đầu có số 0 ta xét các trường hợp xem số 0
là một số có nghĩa ta được kết quả n1 , xét trường hợp số 0 đứng đầu ta có
kết quả n2 , kết quả cần tìm là n1 − n2 .
• Ví dụ minh họa
Ví dụ 1.3.6. Cần sắp xếp 2 thầy giáo và 6 học sinh vào một dãy ghế dài sao
cho 2 thầy giáo không ngồi cạnh nhau.


9

Lời giải
+ Xếp 6 học sinh vào 6 vị trí ta có 6! cách xếp.
+ 6 học sinh sẽ tạo ra 7 vách ngăn, ta đặt 2 thầy giáo vào 7 vách ngăn ta có

A27 cách xếp.
Khi đó số cách sắp xếp là 6!A27 = 30240.
1.3.6

Sử dụng nguyên lý bù trừ

• Nguyên lý bù trừ
Khi hai công việc có thể được làm đồng thời, ta không thể dùng quy tắc cộng
để tính số cách thực hiện nhiệm vụ gồm cả hai việc. Để tính đúng số cách thực
hiện nhiệm vụ này ta cộng số cách làm mỗi một trong hai việc rồi trừ đi số cách
làm đồng thời cả hai việc.
Ta có thể phát biểu nguyên lý đếm này bằng ngôn ngữ tập hợp.
Cho A1 , A2 là hai tập hữu hạn, khi đó
|A1 ∪ A2 | = |A1 | + |A2 | − |A1 ∩ A2 | .
Từ đó với ba tập hợp hữu hạn A1 , A2 , A3 , ta có:
|A1 ∪ A2 ∪ A3 | = |A1 |+|A2 |+|A3 |−|A1 ∩ A2 |−|A2 ∩ A3 |−|A3 ∩ A1 |+|A1 ∩ A2 ∩ A3 |.
Và bằng quy nạp, với k tập hữu hạn A1 , A2 , . . . , Ak ta có:
|A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ Ak | = N1 − N2 + N3 − . . . + (−1)k−1 Nk ,
trong đó Nm (1 ≤ m ≤ k) là tổng phần tử của tất cả các giao m tập lấy từ k tập
đã cho, nghĩa là
|Ai1 ∩ Ai2 ∩ . . . ∩ Aim | .

Nm =
1≤i1
Bây giờ ta đồng nhất tập Am (1 ≤ m ≤ k) với tính chất Am cho trên tập vũ trụ
hữu hạn U nào đó và đếm xem có bao nhiêu phần tử của U sao cho không thỏa
¯ là số cần đếm, N
¯ là số phần tử của
mãn bất kỳ một tính chất Am nào. Gọi N

U. Ta có:
¯ = N − |A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ Ak | = N − N1 + N2 − . . . + (−1)k Nk ,
N
trong đó Nm là tổng các phần tử của U thỏa mãn m tính chất lấy từ k tính
chất đã cho.
¯ qua các Nm
Công thức này được gọi là nguyên lý bù trừ. Nó cho phép tính N
trong trường hợp các số này dễ tính toán hơn.
• Ví dụ minh họa


10

Ví dụ 1.3.7. Một chuyến bay có 67 hành khách. Trong đó có 47 người sử dụng
tốt tiếng Anh, 35 người sử dụng tốt tiếng Đức, 20 người sử dụng tốt tiếng Pháp.
Hơn nữa có 23 người sử dụng tốt hai thứ tiếng Anh và Đức, 12 người sử dụng
tốt hai tiếng Anh và Pháp, 11 người sử dụng tốt hai tiếng Đức và Pháp. Và có
5 người sử dụng tốt cả ba thứ tiếng. Tìm số hành khách không sử dụng được
bất kì ngoại ngữ nào?
Lời giải
Gọi A, B, C lần lượt là các hành khách sử dụng tốt ngoại ngữ là tiếng Anh,
tiếng Đức, tiếng Pháp.
Số các hành khách biết ít nhất một ngoại ngữ là:
|A ∪ B ∪ C| = |A| + |B| + |C| − |A ∩ B| − |B ∩ C| − |C ∩ A| + |A ∩ B ∩ C|
= 47 + 35 + 20 − 23 − 12 − 1 + 5 = 61
Vậy số hành khách không sử dụng được bất kì ngoại ngữ nào là 67 − 61 = 6.
Ví dụ 1.3.8. Rút ngẫu nhiên 13 quân bài từ bộ bài 52 quân. Tính xác suất để
trong 13 quân đó có “tứ quý”.
Lời giải
13

Có C52
cách rút 13 quân bài từ bộ bài 52 quân. Ta cần tìm số cách rút trong
đó có 4 quân bài giống nhau (về số).
9
Trước hết ta đếm số cách rút có “tứ quý” A. Rõ ràng có C48
cách rút như vậy
(lấy 4 con A và 9 con bất kỳ từ 48 con còn lại). Với các quân bài khác cũng vậy.
9
Vì có 13 quân bài khác nên số cách rút là có tứ quý là 13.C48
.
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
A và một lần ở tứ quý K. 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. Dễ thấy, số cách
5
rút có tứ quý K và A sẽ là C44
. Lý luận tiếp tục như thế, ta có con số chính xác
cách rút có tứ quý là:
9
2
5
3
1
− C13
C44
+ C13
C40
13.C48
và xác suất cần tìm bằng
9

2
5
3
1
13.C48
− C13
C44
+ C13
C40
P =
= 0.0342.
13
C52

tức là với một người chơi bài ngẫu nhiên, cứ trung bình 29 lần sẽ có 1 lần đạt
tứ quý. Xác suất có 1 tứ quý trong 1 ván chơi cao hơn và cũng có thể tính bằng


11

phương pháp thêm bớt
P ∼ 4p6 p2 + 4p3 p4 = 0.1299.
tức là cứ khoảng 8 ván sẽ có xuất hiện một tứ quý.
Ví dụ 1.3.9. Có bao nhiêu cách xếp 8 con xe lên bàn cờ quốc tế đã bị gạch đi
một đường chéo chính sao cho không có con nào ăn con nào?
Lời giải
Có 8! cách xếp 8 con xe lên bàn cờ quốc tế sao cho không có con nào ăn con
nào. Ta cần đếm số cách xếp không hợp lệ, tức là số cách xếp có ít nhất một
con xe nằm trên đường chéo.
Gọi Ai là tập hợp các cách xếp có quân xe nằm ở ô (i, i).

Ta cần tìm |A1 ∪ . . . ∪ A8 |.
Nhưng dễ dàng thấy rằng |Ai | = 7!, |Ai ∩ Aj | = 6! . . . |A1 ∩ . . . ∩ A8 | = 1 nên từ
định lý trên ta suy ra
8! 8!
8!
|A1 ∪ . . . ∪ A8 | = C81 .7! − C82 .6! + C83 .6! − . . . − C88 .1! = 8! − + − · · · − .
2! 3!
8!
Như vậy, số cách xếp 8 con xe lên bàn cờ quốc tế đã bị gạch đi một đường chéo
chính sao cho không có con nào ăn con nào bằng
8! 8!
1
8!
1
1
N (8) = 8! − 8! − + − . . . −
= 8!
− + ... +
.
2! 3!
8!
2! 3!
8!
1.3.7

Sử dụng tính chất của song ánh

Định nghĩa 1.3.1. Cho ánh xạ f : X → Y .
Ánh xạ f được gọi là một đơn ánh nếu với mọi x, x ∈ X, quan hệ f (x) = f (x )
kéo theo quan hệ x = x , hay x = x kéo theo f (x) = f (x ), hay với mọi y ∈ Y

có nhiều nhất một x ∈ X sao cho y = f (x). Người ta còn gọi một đơn ánh
f : X → Y là một ánh xạ một đối một.
Ánh xạ f được gọi là một toàn ánh nếu f (X) = Y , nói một cách khác, nếu với
mọi y ∈ Y có ít nhất một x ∈ X sao cho y = f (x). Người ta còn gọi một toàn
ánh f : X → Y là một ánh xạ từ X lên Y .
Ánh xạ f được gọi là một song ánh hay một ánh xạ một đối một từ X lên Y ,
nếu nó vừa là đơn ánh vừa là toàn ánh, nói một cách khác nếu với mọi y ∈ Y
có một và chỉ một x ∈ X sao cho y = f (x).
Phương pháp song ánh dựa vào một ý tưởng rất đơn giản: Nếu tồn tại một
song ánh từ A vào B thì |A| = |B|. Do đó muốn chứng minh hai phần tử có


12

cùng số phần tử, chỉ cần xây dựng một song ánh giữa chúng. Hơn nữa ta có thể
đếm được số phần tử của một tập hợp A bằng cách xây dựng một song ánh từ
A vào một tập hợp B mà ta đã biết cách đếm số phần tử. Bởi B có cùng số
phần tử với A nhưng có cấu trúc được mô tả khác A nên ta có thể đếm được
số phần tử của B dễ dàng hơn việc đếm số phần tử của A.
Ví dụ 1.3.10. 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 số người quen của mỗi người là như nhau.
Lời giải
Nếu a quen b và tập các người quen của a và b (không kể a, b) lần lượt là A
và B. Mỗi người a thuộc A sẽ quen với một người duy nhất 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
b bằng nhau do cùng bằng số người quen của c (suy ra từ trên).

Ví dụ 1.3.11. Xét tập A = {1, 2, . . . , n}. Đối với mỗi tập con không trống của
A chúng ta xác định duy nhất một tổng đan dấu theo quy tắc sau:
Xếp các số của tập con theo thứ tự tăng dần và gán luân phiên các dấu cộng,
trừ cho các số liên tiếp theo thứ tự của tập con sao cho số lớn nhất có dấu cộng.
Hãy tìm tổng của tất cả các tổng đan dấu.
Lời giải
Quy ước tổng đan dấu của tập trống có giá trị 0. Mỗi tập con của A được chia
làm hai loại:
Loại 1: Có chứa n.
Loại 2: Không chứa n.
Các tập con loại 1 và loại 2 có số phần tử bằng nhau vì tồn tại một song ánh
giữa chúng như sau:
(a1 , a2 , . . . , ai ) ↔ (n, a1 , a2 , . . . , ai ) .
loại l

loại 2

Giả sử a1 > a2 > . . . > ai .
Khi đó tổng đan dấu của một tập con trên bằng
(a1 − a2 + a3 − . . .) + (n − a1 + a2 − a3 + . . .) = n.
Có 2n tập con của A suy ra có 2n−1 cặp tập hợp con loại 1 và loại 2 theo định


13

nghĩa trên.
Vậy tổng của tất cả các tổng đan dấu bằng S = 2n−1 · n.
1.3.8

Sử dụng hàm sinh

• Ý tưởng
Hàm sinh có thể được áp dụng trong các bài toán đếm. Nói riêng các bài toán
chọn các phần tử từ một tập hợp thông thường sẽ dẫn đến các hàm sinh. Khi
hàm sinh được áp dụng theo cách này, hệ số của Xn chính là số cách chọn n
phần tử, tức là với an là hệ số của với mọi n lớn hơn hoặc bằng 2 thì hàm sinh
của số cách chọn sẽ là F (x) = n≥0 an xn .
• Ví dụ minh họa
Ví dụ 1.3.12. Có bao nhiêu cách chọn n phần tử phân biệt từ tập hợp k phần
tử.
Lời giải
Bài toán này có thể giải quyết dễ dàng bằng công thức tổ hợp.
Nhưng lần này chúng ta sẽ sử dụng hàm sinh. Cụ thể:
Đầu tiên ta xét tập hợp có một phần tử {a1 }.Ta có:
1 cách chọn 0 phần tử.
1 cách chọn 1 phần tử.
0 cách chọn 2 phần tử trở lên.
Suy ra hàm sinh cho số cách chọn n phần tử từ tập {a1 } là 1 + x.
Tương tự như vậy, hàm sinh cho số cách chọn n phần tử từ tập {ai } (1 ≤ i ≤ k)
cũng là 1 + x (không phụ thuộc vào sự khác biệt giữa các {ai }).
Tiếp tục xét tập 2 phần tử {a1 , a2 } ta có
1 cách chọn 0 phần tử.
2 cách chọn 1 phần tử.
1 cách chọn 2 phần tử.
0 cách chọn 3 phần tử trở lên.
Suy ra hàm sinh cho số cách chọn n phần tử từ tập {a1 , a2 } là
1 + 2x + x2 = (1 + x)2 = (1 + x)(1 + x)
Tiếp tục áp dụng quy tắc này ta sẽ được hàm sinh cho số cách chọn các phần
tử từ tập k phần tử.
(1 + x)(1 + x) . . . (1 + x) = (1 + x)k .

14

Ta có Ck0 + Ck1 + Ck2 + . . . + Ckk = (1 + x)k .
Như vậy hệ số của xn trong (1 + x)k là Ckn và bằng số cách chọn n phần tử phân
biệt từ tập k phần tử.
Ví dụ 1.3.13. Có bao nhiêu cách chọn k phần tử từ tập hợp có n phần tử,
trong đó cho phép một phần tử có thể được chọn nhiều lần.
Lời giải
Chia tập 1 phần tử thành hợp của 1 tập Ai , 1 ≤ i ≤ n; mỗi tập gồm duy nhất
một phần tử thuộc tập n phần tử.
Với mỗi tập Ai ta có:
1 cách chọn 0 phần tử.
1 cách chọn 1 phần tử.
1 cách chọn 2 phần tử.
Suy ra hàm sinh của cách chọn có lặp từ tập Ai là
1 + x + x2 + x3 + . . . =

1
1−x

(x = 1).

Áp dụng quy tắc xoắn suy ra hàm sinh của cách chọn có lặp các phần tử từ tập
hợp n phần tử sẽ là :
1
1
1
1

...
=
.
1−x1−x
1 − x (1 − x)n
Bây giờ ta cần tính hệ số của xk trong

1
.
(1 − x)n

Áp dụng khai triển Taylor
1
f (0)
f (0) 2
f (k) (0) k
f (x) =
= f (0) +
x+
x + ... +
x + ...
(1 − x)n
1!
2!
k!
f (k)
k
k
Suy ra hệ số của x là
= Cn+k−1

.
k!
k
Như vậy số cách chọn k phần tử có lặp từ tập hợp có n phần tử là Cn+k−1
.


15

Chương 2

Vận dụng phương pháp “quỹ đạo” vào
giải một số bài toán tổ hợp
2.1

Phương pháp “quỹ đạo”

Trong mục này chúng tôi sẽ trình bày về phương pháp “quỹ đạo” và một số
tính chất liên quan.
2.1.1

Quan niệm về “quỹ đạo”

Định nghĩa 2.1.1. Trong hệ tọa độ Oxy, mỗi điểm có các tọa độ đều nguyên
gọi là một điểm nguyên và tập hợp các điểm nguyên gọi là lưới điểm nguyên
(hay lưới Gauss).
Định nghĩa 2.1.2. Trong hệ tọa độ Oxy, người ta gọi một đường đi từ M tới
N là một đường gấp khúc nối M và N , còn đường đi ngắn nhất là đường gấp
khúc tạo bởi các đoạn thẳng đơn vị ngang và dọc sao cho số đoạn thẳng là ít
nhất. Phương pháp chứng minh một công thức tổ hợp bởi số đường đi ngắn

nhất gọi là phương pháp “quỹ đạo”.
Chú ý 2.1.1. Để thuận lợi, trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta quy ước đường đi
ngắn nhất từ O(0, 0) đến điểm A(k, n) như sau:
Chỉ đi theo hướng dương của trục tọa độ và chỉ được phép đổi hướng đi (đổi
từ hướng dương của trục tọa độ này sang hướng dương của trục tọa độ kia) tại
điểm có tọa độ nguyên.


16

y
A

n

O

k

x

Định nghĩa 2.1.3. Giả sử m và n là các số nguyên và m > 0. Ta gọi một “quỹ
đạo” từ gốc tọa độ O(0, 0) đến điểm A(m, n) là đường gấp khúc nối các điểm
O(0, 0); (1, s1 ), . . . , (k, sk ), . . . , A(m, sm ), trong đó sm = n,




+1



−1

si − si−1 = ei = 
2.1.2

với i = 1, 2, . . . , m.

Một số tính chất về “quỹ đạo”

Mệnh đề 2.1.1. Số đường đi ngắn nhất từ điểm O(0, 0) đến điểm A(k, n) là
k
Cn+k
.
Chứng minh. Mỗi đường đi ngắn nhất từ điểm O(0, 0) đến điểm A(k, n) đều
gồm k + n đoạn thẳng, trong đó k đoạn thẳng nằm ngang và n đoạn dọc (mỗi
đoạn dài 1 đơn vị). Các đường đó chỉ khác nhau bởi thứ tự kế tiếp của các đoạn
ngang và đoạn dọc. Vì vậy số các đường đi ngắn nhất từ điểm điểm O(0, 0) đến
điểm A(k, n) bằng số cách chọn k đoạn ngang từ k + n đoạn dọc ngang, nghĩa
k
là bằng Cn+k
.
Chẳng hạn, với trường hợp n = m = 3, ta có lưới:
A

B

1

4

1

3

1

X Y
2
3
D

1

10
Z 6

1

20
10
4
C 1


17

Theo mệnh đề 2.1.1 thì số đường đi ngắn nhất từ D đến B sẽ là C63 .
Hệ quả 2.1.1.

k
n
Cn+k
= Cn+k

Chứng minh. Nếu ta xét n đoạn dọc thay cho k đoạn ngang thì khi đó số đường
k
đi ngắn nhất từ điểm O(0, 0) đến điểm A(k, n) sẽ là Ck+n
. Từ đó
k
n
Cn+k
= Cn+k
.

Hệ quả 2.1.2. Giả sử J(p, q) và A(k, n) là các điểm nguyên (với các tọa độ
không âm). Khi đó:
i) Số đường đi ngắn nhất từ điểm J(p, q) đến điểm A(k, n) là
k−p
n−q
C(k−p)+(n−q)
= C(k−p)+(n−q)
,

trong đó 0 ≤ p < k, 0 ≤ q < n.
ii) Số đường đi ngắn nhất từ điểm O(0, 0) đến điểm A(k, n) đi qua điểm J(p, q)
bằng
k−p
p
Cp+q

· C(k−p)+(n−q)
.
Định lý 2.1.1 (Nguyên lý đối xứng gương). Giả sử A (a; α), B (b; β) là các
điểm có toạ độ nguyên, hơn nữa b > a ≥ 0, α > 0, β > 0 và A (a; −α) là điểm
đối xứng với A qua trục Ox. Khi đó số các “quỹ đạo” từ A đến B cắt trục Ox
hoặc có điểm chung với Ox bằng số các “quỹ đạo” từ A đến B.
Chứng minh. Mỗi một “quỹ đạo” T từ A đến B, cắt trục Ox hoặc có điểm chung
với Ox ta cho tương ứng với “quỹ đạo” T từ A đến B theo quy tắc sau: xét
đoạn “quỹ đạo” T từ A cho đến điểm gặp nhau đầu tiên giữa T và Ox và lấy
đối xứng đoạn này qua Ox, tiếp theo T và T trùng nhau. Như vậy mỗi một
“quỹ đạo” T từ A đến B cắt Ox tương ứng với một “quỹ đạo” xác định từ A
đến B. Ngược lại mỗi một “quỹ đạo” từ A đến B tương ứng với một và chỉ một
“quỹ đạo” từ A đến B cắt Ox (lấy đoạn “quỹ đạo” từ A đến B đến điểm gặp
đầu tiên và lấy đối xứng đoạn này qua Ox). Như vậy ta đã thiết lập được song
ánh từ tập hợp các “quỹ đạo” từ A đến B cắt Ox vào tập hợp các “quỹ đạo” từ
A đến B. Định lý được chứng minh.


18

Mệnh đề 2.1.2. Giả sử S[m, n] là số tất cả các “quỹ đạo” nối điểm O(0, 0) với
điểm A(m, n). Khi đó
S[m, n] =

 m+n

C 2
m



0

nếu m ≡ n (mod 2)
nếu m ≡ n (mod 2).

Chứng minh. Giả sử “quỹ đạo” gồm p đoạn hướng lên trên và q đoạn hướng
xuống dưới. Khi đó ta có m = p + q, n = p − q.
m+n
m−n
Từ đó p =
,q =
.
2
2
Vì p, q là các số nguyên nên m và n phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ, nghĩa là m ≡ n
(mod 2). Vì “quỹ đạo” hoàn toàn được xác định nếu chỉ ra được những đoạn
nào hướng lên trên nên số “quỹ đạo” từ điểm O(0, 0) đến điểm A(m, n) bằng
m+n
Cm2 .
Mệnh đề 2.1.3. Giả sử m, n là các số nguyên dương. Khi đó số “quỹ đạo” từ
điểm O(0, 0) đến điểm A(m, n) luôn có đỉnh trên trục hoành (trừ điểm O) bằng
n
S[m, n].
m
Chứng minh. Chú ý rằng tất cả các “quỹ đạo” nối điểm O(0, 0) với điểm A(m, n)
và không cắt trục hoành phải đi qua điểm P (1, 1). Số “quỹ đạo” đi từ P đến A
bằng S[m − 1, n − 1]. Số “quỹ đạo” đi từ điểm P đến điểm A và cắt trục hoành
bằng số “quỹ đạo” đi từ điểm P (1, −1) đến điểm A (theo Mệnh đề 2.1.2), nghĩa
là bằng S[m − 1, n + 1]. Do đó số “quỹ đạo” cần tìm bằng

n
S[m − 1, n − 1] − S[m − 1, n + 1] = S[m, n] (theo Mệnh đề 2.1.2).
m
Mệnh đề 2.1.4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm T (2n, 0) trên trục
1
Cn2n . Khi đó trong Cn2n “quỹ đạo” nối điểm O(0, 0) với
hoành. Đặt B2n =
n+1
điểm T có
1. Đúng B2n−2 “quỹ đạo” nằm trên trục hoành và không có điểm chung với
trục hoành (trừ các điểm O và T ).
2. Đúng B2n “quỹ đạo” không có đỉnh nằm dưới trục hoành.
Chứng minh. 1. Chú ý rằng tất cả các “quỹ đạo” nối điểm O với điểm T nằm
trên trục hoành và không có điểm chung khác với trục hoành nhất thiết