Về những bài toán tổ hợp và xác suất

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

LUẬN VĂN THẠC SĨ

“VỀ NHỮNG BÀI TOÁN TỔ HỢP
VÀ XÁC SUẤT”

HỌC VIÊN: NGUYỄN THANH TÂN
CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
MÃ SỐ: 60460113
CÁN BỘ HƯỚNG DẪN: PGS. TS. NGUYỄN MINH TUẤN

HÀ NỘI - 2015


Lời cảm ơn
Luận văn được hoàn thành dưới sự chỉ bảo và hướng dẫn của PGS. TS.
Nguyễn Minh Tuấn. Thầy đã dành nhiều thời gian hướng dẫn và giải đáp các
thắc mắc của tơi trong suốt q trình làm luận văn. Từ tận đáy lòng em xin
bày tỏ sự biết ơn sâu sắc đến thầy.
Mặc dù đã rất nghiêm túc trong q trình tìm tịi, nghiên cứu nhưng chắc
chắn nội dung được trình bày trong luận văn khơng tránh khỏi những thiếu sót.
Em rất mong nhận được sự đóng góp của quý thầy cô và các bạn để luận văn
của em được hoàn thiện hơn.
Hà Nội, tháng 3 năm 2015
Tác giả

Nguyễn Thanh Tân

Mục lục
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Chương 1: Những bài toán đếm
1.1

1.2

2.2

4

Cơ sở lý thuyết tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.1.1

Quy tắc cộng và quy tắc nhân . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.1.2

Giai thừa và hoán vị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.1.3

Chỉnh hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.1.4

Tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.1.5

Chỉnh hợp có lặp, hốn vị có lặp và tổ hợp có lặp . . . . .

6

Các dạng toán đếm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.2.1

Các phương pháp đếm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.2.2

Các bài toán đếm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

Chương 2: Những bài toán về xác suất
2.1

3

23

Cơ sở lý thuyết xác suất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.1.1

Một số định nghĩa cơ bản của xác suất . . . . . . . . . . . 23

2.1.2

Quan hệ giữa các biến cố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.1.3

Các cơng thức tính xác suất . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

Một số bài toán xác suất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.2.1

Tính xác suất bằng định nghĩa cổ điển . . . . . . . . . . . 31

2.2.2

Tính xác suất bằng cơng thức cộng và nhân xác suất . . . 37

2.2.3

Tính xác suất bằng cơng thức xác suất có điều kiện . . . . 44

2.2.4

Tính xác suất bằng cơng thức xác suất đầy đủ và Bayes . 48

2.2.5

Tính xác suất bằng công thức Becnoulli . . . . . . . . . . . 57

2.2.6

Tính xác suất bằng định nghĩa hình học . . . . . . . . . . . 62

2.2.7

Các bài toán về biến ngẫu nhiên rời rạc . . . . . . . . . . . 67

Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72


Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

3


Mở đầu
Tổ hợp và xác suất là một trong những lĩnh vực tốn học được nghiên cứu

từ khá sớm, nó đã được khai thác và ứng dụng rất nhiều vào trong đời sống sản
xuất. Hiện nay trong giáo dục phổ thông, tổ hợp và xác suất là một trong những
nội dung quan trọng, nó thường xuyên xuất hiện trong các đề thi đại học, cao
đẳng, thậm chí là các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế. Mặc dù nội dung
khơng khó nhưng học sinh thường xun gặp khó khăn khi giải quyết các bài
tốn này, nhất là các bài toán liên quan đến xác suất.
Luận văn này chủ yếu tập trung vào các dạng toán xác suất, từ đó giúp học
sinh có cách nhìn nhận sâu sắc hơn về các bài toán liên quan đến xác suất. Luận
văn được chia thành hai chương
Chương 1. Những bài toán về tổ hợp.
Chương 2. Những bài toán về xác suất.
Tất cả các bài tốn tổ hợp trong chương 1 chính là nền móng để xây dựng và
giải quyết một số bài toán xác suất trong chương 2. Hy vọng đây sẽ là một tài
liệu hữu ích trong giảng dạy cũng như học tập của thầy, cô và các em học sinh.

3


Chương 1
Những bài toán đếm
Chương này ta sẽ nhắc lại một số lý thuyết về tập hợp cũng như lý thuyết
cơ bản của tổ hợp như hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp, một số nguyên lý đếm và các
bài tập có liên quan trong chương trình phổ thơng.

1.1
1.1.1

Cơ sở lý thuyết tổ hợp
Quy tắc cộng và quy tắc nhân

1. Quy tắc cộng
Giả sử một cơng việc có thể thực hiện theo phương án A hoặc phương án B ,
trong đó có n cách thực hiện phương án A, m cách thực hiện phương án B . Khi
đó cơng việc có thể được thực hiện bởi n + m cách.
Tổng quát, giả sử mơt cơng việc có thể thực hiện theo một trong k phương
án A1 , A2 , . . . , Ak , trong đó có n1 cách thực hiện phương án A1 , n2 cách thực hiện
phương án A2 , . . ., nk cách thực hiện phương án Ak . Khi đó cơng việc có thể
được thực hiện bởi n1 + n2 + · · · + nk cách.
Biểu diễn dưới dạng tập hợp. Số phần tử của tập hữu hạn A được kí hiệu là |A|.
Nếu A1 , A2 , . . . , An là n tập hữu hạn, từng đôi một không giao nhau thì
|A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An | = |A1 | + |A2 | + · · · + |An |

hay

n

n

|Ak |.

Ak =
k=1

k=1

4


2. Quy tắc nhân
Giả sử cơng việc nào đó bao gồm hai cơng đoạn A và B , trong đó cơng đoạn A

có thể làm theo n cách, cơng đoạn B có thể làm theo m cách. Khi đó cơng việc
có thể thực hiện theo nm cách.
Tổng quát, giả sử một cơng việc nào đó bao gồm k cơng đoạn A1 , A2 , . . . , Ak , ông
đoạn A1 có thể thực hiện theo n1 cách, công đoạn A2 có thể thực hiện theo n2
cách, cơng đoạn A3 có thể thực hiện theo n3 cách, . . ., cơng đoạn Ak có thể thực
hiện theo nk cách. Khi đó cơng việc có thể thực hiện theo n1 n2 . . . nk cách.
Biểu diễn dưới dạng tập hợp.
Nếu A1 , A2 , . . . , An là n tập hữu hạn với |Ak | = mk (k = 1, 2, . . . , n). Khi đó
n

|A1 × A2 × · · · × An | = m1 × m2 × · · · × mn =

mk .
k=1

1.1.2

Giai thừa và hoán vị

1. Giai thừa
Định nghĩa 1. n giai thừa, kí hiệu là n! là tích của n số tự nhiên liên tiếp từ
1 đến n.
n! = 1 · 2 · 3 · · · (n − 1) · (n), n ∈ N∗ .

Quy ước 0! = 1, 1! = 1.
2. Hoán vị
Định nghĩa 2. Cho tập hợp A gồm n phần tử (n ≥ 1). Một cách sắp 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 hốn vị của n phần tử
Pn = n! = 1 · 2 · · · (n − 1)n.

1.1.3

Chỉnh hợp

Định nghĩa 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.

5


Công thức
Akn =

n!
= n(n − 1)(n − k + 1) (với 1 ≤ k ≤ n).
(n − k)!

Chú ý. Một chỉnh hợp chập n của n phần tử là một hoán vị của n phần tử
Ann = Pn = n!.

1.1.4

Tổ hợp

Định nghĩa 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 (1 ≤ k ≤ n).
Kí hiệu Cnk (1 ≤ k ≤ n) là số các tổ hợp chập k của n phần tử.
Công thức

Cnk =

n!
.
k!(n − k)!

Chú ý. Cn0 = 1
Cnk = Cnn−k (0 ≤ k ≤ n)
k+1
(1 ≤ k ≤ n).
Cnk + Cnk+1 = Cn+1

1.1.5

Chỉnh hợp có lặp, hốn vị có lặp và tổ hợp có lặp

1. Chỉnh hợp có lặp
Định nghĩa 5. Giả sử tập A gồm n phần tử (n ≥ 1). Mỗi dãy có độ dài k các
phần tử của A, mà mỗi phần tử có thể lặp lại nhiều lần và được sắp xếp theo
một thứ tự nhất định được gọi là một chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử.
Chú ý. Số các chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử là nk .
2. Hoán vị lặp
Định nghĩa 6. Hốn vị trong đó mỗi phần tử xuất hiện ít nhất một lần được
gọi là hốn vị lặp.
Chú ý. Số hoán vị lặp của n phần tử thộc k loại, mà các phần tử từ loại i
(1 ≤ i ≤ k) xuất hiện n lần được kí hiệu là P (n1 , n2 , . . . , nk ) và được tính bằng

cơng thức
P (n1 , n2 , . . . , nk ) =

6

n!
.
n1 !n2 ! . . . nk !


3. Tổ hợp lặp
Định nghĩa 7. Giả sử tập A gồm n phần tử (n ≥ 1). Một tổ hợp chập m (m
không nhất thiết phải nhỏ hơn n) của n phần tử thuộc A là một bộ gồm m phần
tử, mà mỗi phần tử này là một trong các phần tử của A.
Chú ý. Số tổ hợp có lặp chập m của n phần tử là
n−1
m
Cnm = Cn+m−1
= Cn+m−1
.

1.2

Các dạng toán đếm

1.2.1

Các phương pháp đếm

1. Phương pháp đếm trực tiếp
Tùy theo bài tốn ta có thể chia trường hợp hay không chia trường hợp để
đếm các trường hợp thỏa mãn u cầu bài tốn.
2. Phương pháp đếm vị trí

+ B1. Chọn vị trí cho số thứ nhất theo yêu cầu bài tốn, suy ra số vị trí cho
các số tiếp theo.
+ B2. Sắp xếp các số còn lại.
3. Phương pháp đếm loại trừ
+ B1. Đếm số phương án xảy ra bất kỳ ta có kết quả n1 .
+ B2. Đếm số phương án không thỏa mãn yêu cầu bài tốn ta có kết quả n2 .
+ B3. Số phương án đúng là n = n1 − n2 .
Ta sử dụng phương pháp đếm loại trừ khi phương pháp đếm trực tiếp có quá
nhiều trường hợp.
4. Phương pháp lấy trước rồi xếp sau
+ B1. Chọn ra trước cho đủ số lượng và thỏa mãn tích chất mà bài tốn u
cầu.
+ B2. Sắp xếp
Phương pháp này dùng cho các bài toán có sự sắp xếp, cạnh nhau, có mặt.
5. Phương pháp tạo vách ngăn
+ B1. Sắp xếp m đối tượng vào m vị trí sẽ tạo ra m + 1 vách ngăn.

7


+ B2. Sắp xếp đối tượng khác nhau theo yêu cầu bài tốn vào m + 1 vách
ngăn trên.
6. Cơng thức bao hàm loại trừ
Cho A1 , A2 là hai tập hữu hạn, khi đó
|A1 ∪ A2 | = |A1 | + |A2 | − |A1 ∩ A2 |.

Từ đó với ba tập hữu hạn A1 , A2 , A3 ta có
|A1 ∪ A2 ∪ A3 | = |A1 | + |A2 | + |A3 | − |A1 ∩ A2 | − |A1 ∩ A3 | − |A2 ∩ A3 | + |A1 ∩ A2 ∩ A3 |.

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 hữu
hạn A nào đó và đếm xem có bao nhiêu phần tử của A “khơng thỏa mãn một
tính chất Am nào”. Gọi N là số cần đếm, N là số phần tử của A. Ta có
N = N − |A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ Ak | = N − N1 + N2 − . . . + (−1)k Nk ,

trong đó Nm là tổng các phần tử của A thỏa mãn m tính chất lấy từ k tính chất
đã cho. Cơng thức này gọi là công thức bao hàm và loại trừ.
Nhận xét.
Hầu nết 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 học sinh.
Đối với bài tốn ban đầu có số 0, ta xét trường hợp xem số 0 là một số có
nghĩa, được kết quả n1 ; xét trường hợp số 0 đứng đầu, ta được kết quả là n2 ,
kết quả cần tìm sẽ là n1 − n2 .
8


1.2.2

Các bài tốn đếm

1. Chọn một nhóm phần tử từ một hay nhiều tập hợp
Bài tập 1.1. Một lớp học có 40 em gồm 25 nam, 15 nữ. Cần chọn một ban cán
sự gồm 4 người. Hỏi có bao nhiêu cách chọn nếu
a) Ban cán sự có ít nhất một nam?
b) Ban cán sự có ít nhất một nam và một nữ?
Lời giải. a) Nếu trong ban cán sự lớp có ít nhất 1 bạn nam thì có 4 khả năng
xảy ra
1 · C 3 cách chọn.
1 nam và 3 nữ có C25
15
2 · C 2 cách chọn.
2 nam và 2 nữ có C25
15
3 · C 1 cách chọn.
3 nam và 1 nữ có C25
15
4 cách chọn.
4 nam và khơng có nữ có C25

Vậy có tất cả
1
3
2
2
3
1
4
C25
· C15
+ C25

· C15
+ C25
· C15
+ C25
= 469576 cách.

4 cách chọn. Nếu ban cán sự gồm toàn
b) Nếu ban cán sự gồm toàn nam có C25
4 cách chọn. Ban cán sự gồm 4 người bất kỳ có C 4 cách chọn. Vậy số
nữ có C15
40

cách chọn thỏa mãn yêu cầu đề bài là
4
4
4
C40
− C25
− C15
= 77375 cách.

Bài tập 1.2. Người ta sử dụng 3 loại sách gồm 8 cuốn sách về Toán, 6 cuốn
sách về Lí và 5 cuốn sách về Hóa. Mỗi loại đều gồm các cuốn sách đơi một khác
nhau. Có bao nhiêu cách chọn 7 cuốn sách trong số sách trên để làm giải thưởng
sao cho mỗi loại có ít nhất một cuốn?
7 . Bây giờ, ta tính số
Lời giải. Số cách chọn 7 trong số 19 cuốn sách bất kỳ là C19

cách chọn sao cho khơng có đủ 3 loại sách. Chọn 7 trong số 11 cuốn sách Lí và
7 cách. Chọn 7 trong số 13 cuốn sách Toán và Hóa có C 7 cách. Chọn

Hóa có C11
13

9


7 cách. Chọn 7 trong số 8 cuốn sách
7 trong số 14 cuốn sách Tốn và Lí có C14

Tốn có C87 cách. Áp dụng công thức bao hàm loại trừ, số cách chọn phải tìm là
7
7
7
7
− C87 = 44918 cách.
− C14
− C13
− C11
C19

Bài tập 1.3. (Đề thi đại học, cac đẳng khối D-2006). Đội thanh niên xung kích
của một trường phổ thơng có 12 học sinh gồm 5 học sinh lớp T, 4 học sinh lớp
L và 3 học sinh lớp H. Cần chọn 4 học sinh đi làm nhiệm vụ sao cho 4 học sinh
không thuộc quá 2 trong 3 lớp trên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn như vậy?
Lời giải. Gọi A là tập hợp mọi cách chọn 4 học sinh trong 12 học sinh, B là
tập hợp cách chọn không thỏa mãn yêu cầu đề bài, C là tập hợp cách chọn
thỏa mãn yêu cầu đề bài. Ta có A = B ∪ C, B ∩ C = ∅. Theo quy tắc cộng ta có
4 = 495. Để tính |B|, ta nhận
|A| = |B| + |C| ⇔ |C| = |A| − |B|. Dễ thấy |A| = C12

thấy sẽ chọn 1 lớp có hai học sinh, hai lớp còn lại mỗi lớp một học sinh. Theo
quy tắc cộng và quy tắc nhân ta có
|B| = C52 C41 C31 + C51 C42 C31 + C51 C41 C32 = 270.

Suy ra
|C| = 495 − 270 = 225.

Bài tập 1.4. Trên một tủ sách có 12 quyển sách đứng cạnh nhau. Hỏi có bao
nhiêu cách chọn 5 quyển mà khơng có 2 quyển nào đứng cạnh nhau?
Lời giải. Số cách chọn 5 quyển sách thỏa mãn yêu cầu đề bài chính là số cách
xếp 5 quyển sách giống nhau vào một ngăn sách đã đặt sẵn 7 quyển sách sao
cho trong 5 quyển này khơng có 2 quyển nào đặt cạnh nhau. 7 quyển sách trên
giá sẽ tạo ra 8 khoảng trống. Xếp 5 quyển sách vào 8 vị trí sao cho mỗi quyển
ở một vị trí có C85 cách.
Vậy số cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán là C85 cách.
Bài tập 1.5. Có 12 người ngồi quanh một bàn trịn. Hỏi có bao nhiêu cách chọn
ra 5 người mà khơng có 2 người nào ngồi cạnh nhau?

10


Lời giải. Ta cố định một người và đặt người này là A.
Nếu 5 người được chọn có mặt người A suy ra không thể chọn 2 người ngồi
cạnh A nữa, vậy ta sẽ chọn 4 người trong 9 người cịn lại sao cho trong 4 người
này, khơng có 2 người nào ngồi cạnh nhau. Theo Bài tập 1.4 ở trên, số cách chọn
sẽ là C64 cách.
Nếu 5 người được chọn khơng có A, vậy ta chọn 5 người trong số 11 người
cịn lại, theo trên ta có C75 cách.
Vậy số cách chọn thỏa mãn đề bài là C64 + C75 = 36 (cách).
Bài tập tự giải

Bài tập 1.6. (Đề thi đại học, cao đẳng khối B-2014). Trong một môn học, thầy
giáo có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 10 câu trung bình, 15 câu dễ.
Từ 30 câu đó có thể lập được bao nhiêu đề kiểm tra, mỗi đề gồm 5 câu khác
nhau, sao cho trong mỗi đề nhất thiết phải có đủ 3 loại câu hỏi và số câu hỏi dễ
khơng ít hơn 2?
Bài tập 1.7. Có bao nhiêu cách chọn một nhóm gồm k người trong số n người
sao cho có một người làm nhóm trưởng.
Bài tập 1.8. Có bao nhiêu cách chọn 3 quyển sách từ giá sách gồm 6 quyển
sao cho có đúng 2 quyển đứng cạnh nhau?
Bài tập 1.9. Có 10 cây giống gồm xồi, mít, ổi trong đó có 6 cây xồi, 3 mít
và 1 ổi. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 6 cây trong đó có đủ cả 3 loại?
Bài tập 1.10. Có 10 người ngồi cạnh nhau quanh một bàn trịn. Hỏi có bao
nhiêu cách chọn ra 3 người sao cho 3 người đó ngồi cạnh nhau?
2. Sắp xếp thứ tự các phần tử
Bài tập 1.11. Có 5 viên bi xanh giống nhau, 4 bi trắng giống nhau và 3 viên
bi đỏ đôi một khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách xếp 12 viên bi vào 12 ô theo
một hàng ngang sao cho mỗi ô có một viên bi?
Lời giải. Nếu tất cả 12 viên bi đều khác nhau thì số hốn vị chúng tạo thành là
P12 = 12!. Nhưng các hoán vị của 5 bi xanh và các hoán vị của 4 bi trắng cho
11


cùng một cách sắp xếp đối với 12 viên bi nên số cách sắp xếp phải tìm là
P12
12!
=
= 166320 cách.
P5 P4
5!4!

Bài tập 1.12. Cần xếp 5 bạn nam và 4 bạn nữ theo một hàng dọc mà không
cho phép hai bạn nữ nào đứng liền kề nhau. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp?
Lời giải. Đầu tiên, ta sắp xếp 5 bạn nam theo một hàng dọc có khoảng cách, ta
có P5 = 5! cách xếp 5 bạn nam.
Với mỗi cách xếp 5 bạn nam ta đều có 6 vị trí để xếp các bạn nữ vào, đó là
vị trí đứng đầu, 4 vị trị xen giữa và vị trí đứng cuối. Số cách sắp xếp 4 bạn nữ
đối với cách sắp xếp bạn nam sẽ là A46 . Vậy có P5 A46 = 43200 cách sắp xếp thỏa
mãn yêu cầu bài tốn.
Bài tập 1.13. Có bao nhiêu cách sắp xếp cho 5 học sinh nam và 3 học sinh nữ
ngồi quanh một bàn trịn sao cho khơng có hai học sinh nữ nào ngồi cạnh nhau?
Lời giải. Trước tiên ta sắp xếp vị trí cho 5 học sinh nam. Bạn nam thứ nhất có
một cách chọn chỗ ngồi vì chỗ ngồi nào cũng không phân biệt so với vị trí bàn
trịn. Xếp 4 người nam cịn lại có P4 cách xếp.
Sau khi xếp 5 bạn nam vào bàn tròn, ta sẽ có 5 khoảng xen kẽ giữa các bạn
nam. Xếp 3 bạn nữ vào 5 vị trí này có A35 cách xếp.
Vậy số cách sắp xếp thỏa mãn yêu cầu là 4!A35 (cách).
Bài tập 1.14. Một hội nghị bàn trịn có phái đồn của các nước, Anh 3 người,
Nga 5 người, Mỹ 2 người, Pháp 3 người, Trung quốc 4 người. Hỏi có bao nhiêu
cách sắp xếp chỗ ngồi cho mọi thành viên sao cho người cùng quốc tịch thì ngồi
cạnh nhau?
Lời giải. Nếu một phái đồn nào ngồi vào trước thì bốn phái đồn cịn lại có 4!
cách xếp. Như vậy có 24 cách sắp xếp các phái đồn ngồi theo quốc gia mình.
Bây giờ ta xem có bao nhiêu cách sắp xếp chỗ ngồi cho nội bộ từng phái đồn.
Từ giả thiết ta có
3! cách sắp xếp cho phái đoàn Anh
5! cách sắp xếp cho phái đoàn Nga
12


2! cách sắp xếp cho phái đoàn Mỹ

3! cách sắp xếp cho phái đoàn Pháp
4! cách sắp xếp cho phái đoàn Trung Quốc.

Theo quy tắc nhân số cách sắp xếp cho hội nghị là
n = 4!3!5!2!3!4! = 4976640 cách.

Bài tập 1.15. Có n bạn nam và n bạn nữ. Hỏi có bao nhiêu cách xếp 2n bạn
này ngồi vào hai dãy ghế đối diện sao cho nam nữ ngồi đối diện?
Lời giải.
Xếp n bạn nam vào một dãy ghế có n! cách.
Xếp n bạn nữ vào một dãy ghế có n! cách.
Đổi chỗ n cặp nam nữ đối diện có 2.2. . . . 2 = 2n cách.
n

Vậy số cách xếp 2n bạn nàm và nữ vào hai dãy ghế đối diện sao cho nam nữ
ngồi đối diện là (n!)2 .2n cách.
Bài tập tự giải
Bài tập 1.16. (Trích VMO 2005 - Bảng B). Theo dõi kết quả học tập ở một
lớp học ta thấy
hơn 2/3 số học sinh đạt điểm giỏi ở mơn tốn và mơn vật lí;
hơn 2/3 số học sinh đạt điểm giỏi ở môn văn và môn lịch sử;
hơn 2/3 số học sinh đạt điểm giỏi ở mơn lịch sử và mơn tốn.
Chứng minh rằng trong lớp có ít nhất một học sinh đạt điểm giỏi ở cả bốn mơn
Tốn, Vật lí, Văn và Lịch sử.
Bài tập 1.17. Một tổ có 10 học sinh. Hỏi có bao nhiêu cách
a) Xếp 10 học sinh thành một hàng dọc.
b) Ngồi quanh một bàn tròn 10 ghế.
Bài tập 1.18. Phân phối n quả cầu phân biệt vào m hộp phân biệt n ≥ m. Có
bao nhiêu cách phân phối mà
a, Hộp có thể chứa nhiều hoặc khơng chứa quả cầu nào?

b, Mỗi hộp chứa ít nhất một quả cầu?
13


Bài tập 1.19. Có 6 học sinh nam và 3 học sinh nữ xếp hàng dọc đi vào lớp. Có
bao nhiêu cách xếp mà học sinh nữ đứng đầu hàng?
Bài tập 1.20. Giả sử có cặp số nguyên dương k, n mà k ≤ n. Có bao nhiêu dãy
gồm n số 0 và k số 1 mà khơng có hai chữ số 1 nào đứng cạnh nhau?
3. Phân chia tập hợp các phần tử thành các tập hợp con
Bài tập 1.21. Có bao nhiêu cách chia 100 đồ vật giống nhau cho 4 người sao
cho mỗi người nhận được ít nhất 1 đồ vật?
Lời giải. Giả sử 100 đồ vật được xếp thành hàng ngang, giữa chúng có 99 khoảng
trống. Đặt một cách bất kỳ 3 vạch vào 3 trong số 99 khoảng trống đó, ta được
một cách chia 100 đồ vật ra thành 4 phần để lần lượt gán cho 4 người. Khi đó,
mỗi người nhận được ít nhất một đồ vật và tổng số đồ vật của 4 người đó bằng
100, thỏa mãn u cầu bài tốn.
3 = 156849 cách.
Vậy số cách chia là C99

Ngoài cách làm trên thì bài tốn cịn có thể giải quyết bằng phương pháp
hàm sinh. Tôi xin đưa ra một số lý thuyết cơ bản về hàm sinh (xem [1]).
Hàm sinh của dãy số thực a0 , a1 , . . . , an , . . . là hàm số được xác định bởi
G(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn + · · ·

Một số đẳng thức liên quan đến hàm sinh
1
= 1 + x + x2 + x3 + · · ·
1−x
1
= 1 + 2x + 3x2 + 4x3 + · · ·

2
(1 − x)
1
n(n + 1) 2 n(n + 1)(n + 2) 3
= 1 + nx +
x +
x + ··· =
n
(1 − x)
2!
3!
1
= 1 − x + x2 − x3 + · · ·
1+x
1
= 1 + 2ax + 3a2 x2 + 4a3 x3 + · · ·
(1 − ax)2
1
= 1 + xr + x2r + x3r + . . .
1 − xr

14

∞
i
Ci+n−1
xi
i=0

Ý tưởng chung của phương pháp sử dụng hàm sinh giải bài tốn đếm là đi
tìm hệ số của xi trong khai triển của hàm sinh với i là số phần tử được chọn ra
trong n đối tượng với những điều kiện ràng buộc cho trước. Cụ thể trong bài
toán trên, hàm sinh cho số cách chia đồ vật cho người thứ nhất là
A(x) = x + x2 + x3 + · · · + x97 = x

1 − x97
1−x

.

Tại sao tổng trên ta chỉ bắt đầu từ x1 và kết thúc ở x97 ? Đó là vì người thứ nhất
chắc chắn nhận được một đồ vật, ba người còn lại cũng nhận được ít nhất một
đồ vật nên số đồ vật người thứ nhất nhận được chỉ có thể lầ từ 1 đến 97. Tương
tự, hàm sinh cho số cách chia đồ vật cho người thứ hai, ba, bốn cũng là A(x).
Vậy hàm sinh cho số cách phân phối 100 đồ vật giống nhau cho bốn người
sao cho mỗi người nhận được ít nhất một đồ vật là
4

G(x) = (A(x)) = x

4

1 − x97
1−x

4

=

(x − x98 )4
.
(1 − x)4

Bây giờ ta chỉ cần đi tìm hệ số của x100 trong khai triển của G(x) và đó cũng là
kết quả của bài tốn. Ta có
(x − x98 )4 = (x4 − 4x101 + 6x198 − 4x295 + x392 )
1
=
(1 − x)4

∞
i
Ci+3
xi .
i=0

96 .
Ta chỉ cần tìm i sao cho x4 xi = x100 , hay i = 96. Suy ra hệ số của x100 là C99
96 = 156849 cách chia thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Vậy có C99

Bài tập 1.22. Cơ giáo có 12 quyển vở giống hệt nhau để làm phần thưởng cho
ba học sinh A, B, C . Hỏi cơ giáo có bao nhiêu cách chia vở cho ba học sinh biết
A phải nhận được ít nhất 4 quyển, B và C mỗi người ít nhất 2 quyển nhưng C

không được nhiều hơn 5 quyển?
Lời giải. Trước tiên ta chia cho A 4 quyển, B và C mỗi người 2 quyển thì số vở
cịn lại sẽ cịn là 12 − 8 = 4 quyển. Bây giờ ta tiếp tục chia 4 quyển còn lại cho
A, B, C nhưng với điều kiện C khơng được có q 3 quyển.

15


TH 1. C không nhận được quyển nào trong 4 quyển, chia 4 quyển cho A và B
có 5 cách chia.
TH 2. C nhận được 1 quyển, chia 3 quyển cịn lại cho A và B có 4 cách chia.
TH 3. C nhận được 2 quyển, chia 2 quyển còn lại cho A và B có 3 cách chia.
TH 4. C nhận được 3 quyển, chia 1 quyển còn lại cho A và B có 2 cách chia.
Vậy số cách chia thỏa mãn yêu cầu đề bài là
5 + 4 + 3 + 2 = 14 (cách).

Bây giờ, ta hãy thử giải bài toán theo phương pháp hàm sinh. Hàm sinh cho
số cách chia vở cho A là
A(x) = x4 + x5 + x6 + x7 + x8 = x4

1 − x5
.
1−x

Hàm sinh cho số cách chia vở cho B là
B(x) = x2 + x3 + x4 + x5 + x6 = x2

1 − x5
.
1−x

Hàm sinh cho số cách chia vở cho C là
C(x) = x2 + x3 + x4 + x5 = x2

1 − x4

.
1−x

Hàm sinh cho số cách chia 12 quyển vở cho A, B, C là
G(x) = A(x)B(x)C(x)
1 − x5 2 1 − x 5 2 1 − x4
x8 (1 − x5 )2 (1 − x4 )
x
x
=
1−x
1−x
1−x
(1 − x)3
3
1
= x8 (1 − 2x5 + x10 )(1 − x4 )
x−1
3
1
= (x8 − x12 − 2x13 + 2x17 + x18 − x22 )
.
x−1

= x4

1
=
(x − 1)3
1C64 − 1C20 = 14.

Ta có

∞ i
i
i=0 ci+2 x

nên hệ số của x12 trong khai triển của G(x) là

Vậy số cách chia là 14 cách.
Nhận xét. Thoạt nhìn ban đầu chúng ta thấy cách giải bằng hàm sinh dài hơn
cách giải thông thường nhưng suy nghĩ sâu thêm chúng ta sẽ thấy đối với những
bài dữ liệu lớn thì cách liệt kê tỏ ra kém hiệu quả, thậm chí khó có thể giải
quyết được. Ta xét bài toán sau.
16


Bài tập 1.23. Trong túi xách của Long có 10 chiếc nhẫn vàng, 20 chiếc nhẫn
bạc và 30 chiếc nhẫn bạch kim. Hỏi Long có bao nhiêu cách chọn ra 30 đồ vật
để đem bán biết rằng mỗi loại trang sức có ít nhất một đồ vật được lấy ra.
Lời giải. Bài toán trên sẽ xảy ra rất nhiều trường hợp nếu giải quyết theo phương
pháp thông thường. Ta sẽ giải quyết bài toán trên bằng phương pháp hàm sinh.
Hàm sinh cho số cách chọn nhẫn vàng là
A(x) = x + x2 + x3 + · · · + x10 = x

1 − x10
.
1−x

Hàm sinh cho số cách chọn nhẫn bạc là

B(x) = x + x2 + x3 + · · · + x20 = x

1 − x20
.
1−x

Hàm sinh cho số cách chọn nhẫn bạch kim là
C(x) = x + x2 + x3 + · · · + x28 = x

1 − x28
.
1−x

Hàm sinh cho số cách chọn 30 đồ vật đem bán, biết rằng mỗi loại trang sức có
ít nhất một loại được lấy ra là
G(x) = A(x)B(x)C(x)
= x3

(1 − x10 )(1 − x20 )(1 − x28 )
(1 − x)3

= (x3 − x13 − x23 + x33 − x31 + x41 + x51 − x61 )

Ta có
1
=
(1 − x)3

1
(1 − x)3

∞
i
Ci+2
xi .
i=0

27 − 1C 17 − 1C 7 = 199.
Suy ra hệ số của x30 trong khai triển của G(x) là 1C29
19
9

Vậy Long có 199 cách chọn 30 đồ vật đem đi bán mà mỗi loại có ít nhất một
đồ vật được lấy ra.
Bài tập 1.24. Có bao nhiêu cách phân phối 25 quả bóng giống hệt nhau vào 7
hộp riêng biệt sao cho hộp đầu có khơng q 10 quả bóng và số bóng là tùy ý
trong sáu hộp còn lại.
17


Lời giải. Hàm sinh cho số cách chọn bóng vào hộp đầu tiên là
2

A(x) = 1 + x + x + · · · + x

10

1 − x11
=
.

1−x

Hàm sinh cho số cách chọn bóng vào hộp hai, ba, bốn, năm, sáu, bảy là
B(x) = 1 + x + x2 + · · · + x25 =

1 − x26
.
1−x

Hàm sinh cho số cách phân phối 25 quả bóng vào bảy hộp này là
G(x) = A(x)[B(x)]6 = (1 − x11 )

Ta có
1
=
(1 − x)7

(1 − x26 )6
.
(1 − x)7

∞
i
Ci+6
xi .
i=0

25 − 1C 14 = 697521.
Suy ra hệ số của x25 là 1C31
20

Vậy số cách chia thỏa mãn yêu cầu là 697521 cách.
Bài tập 1.25. Có bao nhiêu cách gửi 8 bức ảnh khác nhau vào 5 phong bì khác
nhau sao cho mỗi phong bì có ít nhất một bức ảnh?
Lời giải. Gửi 8 bức ảnh vào 5 phong bì có 58 cách.
Bây giờ ta tính xem có bao nhiêu cách phân phối ảnh mà có r phong bì khơng
có ảnh (1 ≤ r ≤ 4). Trong trường hợp r phong bì khơng có ảnh thì 8 ảnh rải một
cách tự do cho (5 − r) phong bì nên có (5 − r)8 cách. Mặt khác, khi chọn r phong
bì trong 5 phong bì có C5r cách. Áp dụng cơng thức bao hàm loại trừ thì số cách
phân phối 8 ảnh vào 5 phong bì mà khơng có phong bì nào rỗng là
58 − C51 48 + C52 38 − C53 28 + C54 18 = 12600 (cách).

Chú ý. Ta cần phân biệt 8 bức ảnh giống nhau và khác nhau trong bài tốn trên.
Nếu 8 bức ảnh là giống nhau thì ta có thể giải quyết bài tốn tương tự như Bài
1.21.

18


Bài tập tự giải
Bài tập 1.26. Có bao nhiêu cách phân bố 100 sản phẩm cho 12 cửa hàng biết
rằng mỗi cửa hàng phải có ít nhất một sản phẩm.
Bài tập 1.27. Có bao nhiêu cách gửi 5 bức thư vào 5 phong bì sao cho có ít
nhất một bức thư bỏ đúng địa chỉ?
Bài tập 1.28. Có bao nhiêu cách chia 10 đồ vật đôi một khác nhau cho 2 người,
sao cho mỗi người nhận được ít nhất một đồ vật?
Bài tập 1.29. Có bao nhiêu cách chia 10 hoa hồng, 12 hoa cúc cho 2 em sao
cho mỗi em nhận được ít nhất 1 bơng hoa hồng và 2 hoa cúc?
Bài tập 1.30. Có bao nhiêu cách chia 40 quả táo cho 4 em sao cho em thứ nhất
nhận được ít nhất 2 quả táo, em thứ tư nhận được ít hơn 35 quả?

4. Các bài tốn về lập số, tạo số
Bài tập 1.31. Có bao nhiêu số tự nhiên được tạo bởi các chữ số của tập
A = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}

a) gồm 5 chữ số đôi một khác nhau?
b) gồm 5 chứ số đôi một khác nhau và là số chẵn?
Lời giải. Gọi số tạo thành là a1 a2 . . . a5 .
a) a1 có 6 cách chọn. Số cách chọn 4 trong 6 chữ số cịn lại cho 4 vị trí còn lại
là A46 cách.
Vậy số các số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một khác nhau tạo bởi tập A là
6A46 = 2160 số.

b) TH1. a5 = 0 số cách chọn 4 trong 6 chữ số còn lại cho 4 vị trị còn lại là
A46 = 360 cách.

TH2. a5 = 0. Ta có 3 cách chọn chữ số a5 ; sau đó có 5 cách chọn chữ số a1 ,
tiếp theo chọn 3 trong 5 số còn lại cho 3 vị trí cịn có A35 = 60 cách. Vậy số cách
chọn cho TH này là 3.5.A35 = 900 cách.
Theo quy tắc cộng, số các số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu là
360 + 900 = 1260 số.
19


Bài tập 1.32. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau sao cho trong
đó
a) có mặt đồng thời ba chữ số 0, 1, 2?
b) có mặt các chữ số 1 và 2.
Lời giải. Gọi số tạo thành là a1 a2 . . . a5 .
a) Ta có 4 cách chọn vị trí cho chữ số 0 (vì a1 = 0), số cách chọn 2 trong số 4
vị trí cịn lại cho hai chữ số 1 và 2 là A24 , số cách chọn 2 trong 7 chữ số còn lại

(khác 0, 1, 2) cho 2 vị trí cịn lại là A27 .
Theo quy tắc nhân, ta được số các số tạo thành là
4.A24 .A27 = 2016 số.

b) TH1. Trong số tạo thành có chữ số 0, theo a ta có các số là
4.A24 .A27 = 2016 số.

TH2. Trong số tạo thành khơng có chữ số 0. Số cách chọn 2 trong 5 vị trí
cho hai chữ số 1 và 2 là A25 ; số cách chọn 3 trong 7 chữ số còn lại (khác 0, 1, 2)
cho 3 vị trí cịn lại là A37 . Theo quy tắc nhân, số các số trong trường hợp này là
A25 A37 = 4200 số.

Vậy theo quy tắc cộng, số các số phải tìm là 2016 + 4200 = 6216 số.
Bài tập 1.33. Cho tập hợp A = {0, 1, 2, 3, 4, 5}. Từ tập A lập được bao nhiêu số
có 4 chữ số khác nhau sao cho hai chữ số 1 và 2 không đứng cạnh nhau?
Lời giải. Gọi số tạo thành là a1 a2 a3 a4 .
Trước hết, ta tính số các số tạo thành bất kỳ.
Ta có 5 cách chọn chữ số a1 , chọn 3 trong số 5 chữ số còn lại cho 3 vị trí cịn
lại có A35 cách. Vậy số các số tạo thành là 5A35 = 300 số.
Bây giờ, ta tính số các số tạo thành sao cho hai chữ số 1 và 2 đứng cạnh
nhau.
Nếu a1 a2 = 12, số cách chọn 2 trong số 4 chữ số còn lại cho 2 vị trí cịn lại
của số tạo thành là A24 .
20


Nếu a1 a2 = 12, số cách chọn vị trí cho 12 là 2 (a2 a3 và a3 a4 ); số cách chọn chữ
số cho a1 là 3; số cách chọn 1 trong 3 chữ số cho vị trí cịn lại của số tạo thành
là A13 = 3, ta được 2.3.3 = 18 số.
Theo quy tắc cộng, số các số tạo thành trong đó có chứa 12 là 12 + 18 = 30

. Tương tự, số các số tạo thành có chứa 21 là 30 số.
Vậy số các số tạo thành thỏa mãn yêu cầu đề bài là
300 − 2.30 = 240 số.

Bài tập 1.34. Có bao nhiêu số tự nhiên có sáu chữ số sao cho trong đó có một
chữ số xuất hiện ba lần, một chữ số khác xuất hiện hai lần và một chữ số khác
với hai chữ số trên?
Lời giải. Nếu kể cả trường hợp chữ số 0 đứng đầu, ta xét lần lượt như sau.
Có 10 cách chọn chữ số xuất hiện 3 lần và có C63 cách chọn 3 trong 6 vị trị
cho chữ số đó. Sau đó có 9 cách chọn chữ số (khác với chữ số trên) xuất hiện
2 lần và có C32 cách chọn 2 trong 3 vị trí cịn lại cho chữ số đó. Tiếp theo có 8
cách chọn chữ số cho vị trí cịn lại cuối cùng. Như thế ta có thể lập được
S = 10.C63 .9C32 .8 = 720C63 C32 số.

Vì vai trị của 10 chữ số 0, 1, . . . , 9 là như nau nên số các số có chữ số đầu tiên
là 0 bằng

1
S . Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là
10
9
S = 648C63 C32 = 38880 số.
10

Bài tập 1.35. Trong tập S = {1, 2, . . . , 280} có bao nhiêu số khơng chia hết cho
2, 3, 5, 7.
.
.
Lời giải. Ký hiệu A1 = {k ∈ S|k ..2}; A2 = {k ∈ S|k ..3};
.

.
A3 = {k ∈ S|k ..5}; A4 = {k ∈ S|k ..7}.
Khi đó A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 là tập hợp các số chia hết cho ít nhất một trong các
số 2, 3, 5,7.

21


Ta có
280
280
280
280
= 140; |A2 | =
= 93; |A3 | =
= 56; |A4 | =
= 40;
2
3
5
7
280
280
280
|A1 ∩ A2 | =
= 46; |A1 ∩ A3 | =
= 28; |A1 ∩ A4 | =
= 20;
2.3
2.5

2.7
280
280
280
|A2 ∩ A3 | =
= 18; |A2 ∩ A4 | =
= 13; |A3 ∩ A4 | =
= 8;
15
21
35
280
280
= 9; |A1 ∩ A2 ∩ A4 | =
= 6;
|A1 ∩ A2 ∩ A3 | =
30
42
280
280
|A1 ∩ A3 ∩ A4 | =
= 4; |A2 ∩ A3 ∩ A4 | =
= 2;
70
105
280
|A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 | =
= 1.
210
|A1 | =

Theo nguyên lý bù trừ ta có |A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 | = 216.
Vậy tập S có 280 − 216 = 64 số không chia hết cho 2, 3, 5, 7.
Bài tập tự giải
Bài tập 1.36. Cho tập A = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}. Từ tập A có thể lập được bao
nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một khác nhau mà hai chữ số cạnh nhau
khác tính chẵn lẻ?
Bài tập 1.37. Có bao nhiêu số tự nhiên 5 chữ số khác nhau mà trong đó có
chữ số 1 đứng phía trước chữ số 2?
Bài tập 1.38. Cho tập B = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}. Từ chúng viết được bao nhiêu số
tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số khác nhau mà trong đó có chữ số 2?
Bài tập 1.39. Cho tập C = {0, 1, 23, 4, 5}. Từ tập C lập được bao nhiêu số tự
nhiên gồm 5 chữ số mà trong đó có hai chữ số 1 và 3 chữ số còn lại khác nhau
và khác 1?
Bài tập 1.40. Có bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số thỏa mãn tính chất số ở
vị trí thứ 3 (hàng vạn) là một số chẵn và số tự nhiên gồm 7 chữ số này không
chia hết cho 5?

22


Chương 2
Những bài toán về xác suất
Ứng dụng thực tiễn lớn nhất trong đời sống của tốn học chính là xác suất.
Ảnh hưởng của lý thuyết xác suất trong cuộc sống hàng ngày đó chính là việc
xác định rủi ro và trong bn bán hàng hóa. Mặt khác, lý thuyết trò chơi hay
xác định độ tin cậy cũng dựa trên nền tảng của xác suất. Bây giờ, chúng ta bắt
đầu làm quen với xác suất.

2.1

Cơ sở lý thuyết xác suất

2.1.1

Một số định nghĩa cơ bản của xác suất

Trước tiên, ta xét ví dụ sau. Gieo một con xúc xắc và quan sát số nốt trên
mặt xuất hiện của con xúc xắc. Ta thấy
• Khơng thể biết trước được mặt nào của con xúc xắc sẽ xuất hiện.
• Có thể xác định được rằng số chấm trên mặt xuất hiện ∈ A = {1, 2, 3, 4, 5, 6}.

1. Phép thử ngẫu nhiên và không gian mẫu
a) Phép thử ngẫu nhiên là một thí nghiệm hay một hành động mà
• Kết quả của nó khơng đốn trước được.
• Có thể xác định được tập hợp tất cả cá kết quả có thể xảy ra ở phép thử

đó. Phép thử thường kí hiệu bởi chữ T.
b) Không gian mẫu. Tập hợp tất cả các kết quả có thể xảy ra của phép thử được
gọi là không gian mẫu của phép thử và được ký hiệu bởi Ω.
23