KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ’’PHÂN DẠNG CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ TỔ HỢP TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN TRUNG HỌC PHỔ THÔNG’’

Trường Đại học Hoa Lư

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP
"PHÂN DẠNG CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ
TỔ HỢP TRONG CHƯƠNG TRÌNH
TOÁN TRUNG HỌC PHỔ THÔNG’’
SVTH: Đinh Thị Ngát

Khóa luận tốt nghiệp Trường Đại học Hoa Lư
LỜI MỞ ĐẦU
Toán tổ hợp là một lĩnh vực toán học được nghiên cứu từ khá sớm và
ngày càng được quan tâm nhờ vai trò quan trọng của nó trong nội bộ toán học
cũng như trong các nghành khoa học khác. Kết quả quan trọng của nó đánh dấu
bởi bài toán đếm số phân hoạch cuả Leonhard Euler. Trong toán học những kết
quả của nó đóng vai trò kiến thức nền tảng của giải tích, xác suất, thống kê, hình
học,…
Trong thực tiễn giáo dục thì việc dạy và học toán tổ hợp cũng rất quan
trọng bởi khi học tốt toán tổ hợp người học sẽ có năng lực sáng tạo và tư duy
nhạy bén để học tốt môn học khác cũng như các lĩnh vực khác trong cuộc sống.
Các bài toán đại số tổ hợp luôn là một nội dung quan trọng trong các đề thi đại
học và cao đẳng ở nước ta, mặc dù mức độ không khó nhưng các thí sinh thường
gặp khó khăn khi giải các bài toán này. Trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia,
thi toán sinh viên giữa các trường đại học và cao đẳng, thi Olympic toán khu
vực và quốc tế các bài toán tổ hợp xuất hiện là một thử thách lớn cho các thí
sinh. Rất nhiều các bài toán hay và khó được giải một cách khá gọn và đẹp bằng
cách sử dụng các kiến thức về tổ hợp. Em là người rất yêu thích toán tổ hợp
nhưng mới chỉ bết sơ qua về nó khi còn ngồi trên ghế nhà trường phổ thông. Vì
vậy em lựa chọn đề tài: ’’PHÂN DẠNG CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ TỔ HỢP TRONG CHƯƠNG
TRÌNH TOÁN TRUNG HỌC PHỔ THÔNG’’ với mục đích nghiên cứu về lý thuyết tổ hợp
từ đó xây dựng một cách có hệ thống, có sáng tạo các bài toán đại số tổ hợp.
Trong khóa luận này em đã tổng kết và phân dạng các bài tập đại số tổ

hợp. Tuy các dạng bài tập này không mới nhưng khóa luận đã hệ thống và mở
rộng một số bài tập hay và khó là đóng góp nhỏ của khóa luận.
Khóa luận được chia làm hai chương:
Chương 1: (Cơ sở lý thuyết về tổ hợp) chương này tập trung trình bày lý
thuyết về tổ hợp và một số lý thuyết về tập hợp làm cơ sở để phân dạng và giải
các bài toán đại số tổ hợp.
Đinh Thị Ngát – D1 Toán Tin B
2
Khóa luận tốt nghiệp Trường Đại học Hoa Lư
Chương 2 : (Các dạng toán đại số tổ hợp) đây là chương chứa nội dung
chính của khóa luận. Chương này em phân dạng và hệ thống các bài toán đại số
tổ hợp. Đặc biệt trong chương này em đã sáng tạo và tổng quát một số bài toán
để có được các bài toán hay và khó.
Trong quá trình làm khóa luận, em đã tham khảo một số tài liệu liên quan
đến toán tổ hợp, trao đổi, lấy ý kiến của thầy cô và các bạn sinh viên lớp sư
phạm ngành Toán, của các giảng viên Toán ở trường Đại học Hoa Lư, một số
giáo viên Toán ở trường phổ thông, các bạn sinh viên chuyên nghành Toán và
các em học sinh trương phổ thông. Đồng thời tổng kết kinh nghiệm từ thực tế
qua quá trình giảng dạy của thầy cô.
Mặc dù đã rất cố gắng trong quá trình làm khóa luận nhưng do sự hạn chế
về thời gian và trình độ kiến thức nên bản khóa luận không tránh được những
thiếu sót, rất mong được sự đóng góp ý kiến của thầy cô và các bạn.
Em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy Bùi Đức Lợi đã tận tình chỉ bảo,
hướng dẫn và tạo điều kiện cho em trong quá trình thực hiện khóa luận. Em
cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành đến các thầy cô trong bộ môn Toán (khoa
khoa học tự nhiên trường Đại học Hoa Lư), thầy Nguyễn Đức Hải (trường
THPT Nho Quan B), bạn bè và người thân đã động viên, giúp đỡ em hoành
thành tốt khóa luận.
Ninh Bình, tháng 5 năm 2012
Sinh viên

Đinh Thị Ngát
Đinh Thị Ngát – D1 Toán Tin B
3
Khóa luận tốt nghiệp Trường Đại học Hoa Lư
Chương I: Cơ sở lý thuyết về tổ hợp
Chương này sẽ nhắc lại một số lý thuyết về tập hợp và hệ thống lý thuyết cơ
bản của toán tổ hợp như: Hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp, nhị thức Newton, Các nội
dung này cũng được giảng dạy cho học sinh trung học phổ thông hệ cơ bản,
nâng cao và hệ chuyên nghành toán.
1.1. Nhắc lại về tập hợp
1. Tập hợp con
Định nghĩa: Cho tập hợp
A
. Tập hợp
B
gọi là tập con của tập
A
khi mọi
phần tử của tập
B
đều thuộc
A
.
B
⊂
A
↔

∀
,x x B∈

→

x

∈

A
.
Tính chất: - Mọi tập hợp
A
đều có 2 tập con là
φ
và
A
.
- Tập
A
có
n
phần tử thì số tập con của
A
là
2
n
.
2. Tập hợp sắp thứ tự
Một tập hợp hữu hạn có
m
phần tử được gọi là sắp thứ tự nếu với mỗi phần
tử của tập hợp đó ta cho tương ứng một số tự nhiên từ 1 đến

m
, sao cho với
những phần tử khác nhau ứng với những số khác nhau.
Khi đó bộ sắp thứ tự
m
phần tử là một dãy hữu hạn
m
phần tử và hai bộ
sắp thứ tự
( )
1 2
, , ,
m
a a a
và
( )
1 2
, , ,
m
b b b
bằng nhau khi mọi phần tử tương
ứng bằng nhau
( )
1 2
, , ,
m
a a a
=
( )
1 2

, , ,
m
b b b
⇔
i
a
=
i
b

1,2, , .i m=
3. Số phần tử của một số tập hợp
Tập hợp
A
có hữu hạn phần tử thì số phần tử của
A
được kí hiệu là: │
A
│
hoặc
( )
n a
.

, , A B C
là 3 tập hợp hữu hạn, khi đó:
Đinh Thị Ngát – D1 Toán Tin B
4
Khóa luận tốt nghiệp Trường Đại học Hoa Lư
│

A

∪
B
│= │
A
│+│
B
│-│
A
∩
B
│.
│
A
∪
B
∪
C
│=│
A
│+│
B
│+│
C
│-│
A
∩
B
│-│

B
∩
C
│-│
A
∩
C
│ +│
A
∩
B
∩
C
│.
Tổng quát: Cho
1 2
, , ,
n
A A A
là
n
tập hợp hữu hạn
( 1)n >
.
Khi đó:
│
1
A
∪
…

∪
n
A
│=
1
n
i
i
A
=
−
∑
1
n
i k
i k n
A A
≤ < ≤
∩ +
∑
+
1 n
n
i k l
i k l
A A A
≤ < < ≤
∩ ∩
∑
+…+

1
1 2

( 1)
n
n
A A A
−
∩ ∩ ∩
−
. (1)
1.2. Quy tắc cộng và quy tắc nhân
1.2.1. Quy tắc cộng
Giả sử có hai công việc:
Việc thứ nhất có thể làm bằng
n
cách,
Việc thứ hai có thể làm bằng
m
cách.
Và nếu hai việc này không thể làm đồng thời, khi đó sẽ có
n m+
cách làm
một trong hai việc trên.
Quy tắc cộng dạng tổng quát: Giả sử các công việc
1 2
, , ,
m
T T T
có thể làm

tương ứng bằng
1 2
, , ,
m
n n n
cách và giả sử không có hai việc nào có thể làm
đồng thời. Khi đó số cách làm một trong việc đó là:
1 2

m
n n n+ + +
.
Biểu diễn dưới dạng tập hợp:
1. Nếu
, X Y
là hai tập hợp hữu hạn, không giao nhau thì:

X Y X Y+ = +
Nếu
1 2
, , ,
n
X X X
là
n
tập hữu hạn, từng đôi một không giao nhau thì:

1 2

n

X X X+ + + =
1 2

n
X X X+ + +
2. Nếu
, X Y
là hai tập hữu hạn và
X Y⊆
thì:
Đinh Thị Ngát – D1 Toán Tin B
5
Khóa luận tốt nghiệp Trường Đại học Hoa Lư
\X Y X Y X= = −
1.2.2.Quy tắc nhân
Giả sử để hoàn thành một nhiệm vụ
H
cần thực hiện hai công việc nhỏ là
1
H
và
2
H
, trong đó:

1
H
có thể làm bằng
1
n

cách,

2
H
có thể làm bằng
2
n
cách, sau khi đã hoàn thành công việc
1
H
.
Khi đó để thực hiện công việc
H
sẽ có
1 2
.n n
cách.
Quy tắc nhân dạng tổng quát:
Giả sử để hoàn thành một nhiệm vụ
H
cần thực hiện
k
công việc nhỏ là
1
H
,
2
H
,…,
k

H
trong đó:

1
H
có thể làm bằng
1
n
cách.

2
H
có thể làm bằng
2
n
cách, sau khi đã hoàn thành công việc
1
H
.
…

k
H
có thể làm bằng
k
n
cách, sau khi đã hoàn thành công việc
1k
H
−

.
Khi đó để thực hiện công việc
H
sẽ có
1 2
.
k
n n n
cách.
Biểu diễn dưới dạng tập hợp:
Nếu
1 2
, , ,
n
A A A
là
n
tập hợp hữu hạn
( )
1n >
, khi đó số phần tử của tích đề
các các tập hợp này bằng tích của số các phần tử mọi tập thành phần.
Để liên hệ với quy tắc nhân hãy nhớ là việc chọn một phần tử của tích đề các
1 2

n
A A A× × ×
được tiến hành bằng cách chọn lần lượt một phần tử của
1
A

,
một phần tử của
2
A
,…, một phần tử của
n
A
. Theo quy tắc nhân ta nhận được
đẳng thức:
1 2

n
A A A× × ×

1 2
.
n
A A A=
.
1.3. Giai thừa và hoán vị
1. Giai thừa
Đinh Thị Ngát – D1 Toán Tin B
6
Khóa luận tốt nghiệp Trường Đại học Hoa Lư
Định nghĩa: Giai thừa
n
, kí hiệu là
n
! là tích của
n

số tự nhiên liên tiếp từ 1
đến
n
.

( ) ( )
! 1.2.3 . 1 . n n n= … −
,
n∈¥
,
n
>1.
Quy ước : 0!= 1.
1!= 1.
2. Hoán vị
Định nghĩa: cho tập hợp
A
, gồm
n
phần tử
( 1)n ≥
. 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:
n

P
là số các hoán vị của n phần tử.

n
P

( )
! 1.2 1 .n n n= = … −
1.4. Chỉnh hợp
Định nghĩa: Cho tập hợp
A
gồm
n
phần tử
( 1)n ≥
. 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:
k
n

A
là số các chỉnh hợp chập
k
của
n
phần tử.
Công thức:
k
n
A
=
!
( )!
n
n k−
=
( ) ( )
. 1 1 n n n k− … − +
(với 1
k≤ ≤
n
).
Chú ý: Một chỉnh hợp
n
chập
n
được gọi là một hoán vị của
n
phần tử.

!
n
n n
A P n= =
.
1.5. Tổ hợp
Định nghĩa: Giả sử tập
A
có
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:
k
n
C

(1
k≤ ≤
n
) là số các tổ hợp chập
k
của
n
phần tử.
Công thức:
k
n
C
=
!
!( )!
n
k n k−
Đinh Thị Ngát – D1 Toán Tin B
7
Khóa luận tốt nghiệp Trường Đại học Hoa Lư
Chú ý:
0
n
C
= 0.

k n k
n n
C C
−

=
(0
k≤ ≤
n).

k
n
C
+
1k
n
C
+
=
1
1
k
n
C
+
+
(
1 k n≤ ≤
).
1.6. Chỉnh hợp có lặp, hoán vị có lặp và tổ hợp có lặp
1.6.1. Chỉnh hợp có lặp
Định nghĩa: Cho
n
vật
a, b, c, , l…

. Một chỉnh hợp chập
p
có lặp lại gọi
tắt là chỉnh hợp lặp của
n
vật đó là một dãy thứ tự gồm
p
phần tử trong đó mỗi
phần tử có thể lặp lại nhiều lần.
Chú ý:
• Số các chỉnh hợp lặp chập
p
của
n
phần tử là
p
n
.
• Như vậy chỉnh hợp có lặp lại là khi giữa các phần tử yếu tố thứ tự là cốt
lõi, còn yếu tố khác biệt không quan trọng.
1.6.2.Hoán vị lặp
Cho một tập hợp gồm
n
vật, trong đó có
a
vật loại
A
giống nhau,
b
vật loại

B
giống nhau,…,
l
vật loại
L
giống nhau. Với
n a b l= + +…+
, khi đó số
cách hoán vị thực sự khác nhau là:
n
P
=
!
! ! !
n
a b l
×
1.6.3.Tổ hợp lặp
Cho
n
vật
, , , a b l…
. Một tổ hợp chập
p
có lặp lại gọi tắt là tổ hợp lặp của
n
vật đó là một nhóm (không thứ tự) gồm
p
vật, trong đó mỗi vật có thể lặp lại
nhiều lần.

Kí hiệu:
p
n
C
là số tổ hợp có lặp chập
n
của
p
phần tử.
Chú ý:
• Số tổ hợp có lặp lại
n
chập
p
là
p
n
C
=
1
p
n p
C
+ −
=
1
1
n
n p
C

−
+ −
.
Đinh Thị Ngát – D1 Toán Tin B
8
Khóa luận tốt nghiệp Trường Đại học Hoa Lư
• Tổ hợp có lặp lại khi một phần tử có thể xuất hiện nhiều lần và thứ tự
của các phần tử không cần để ý.
1.7. Nhị thức Newton
1.7.1. Nhị thức Newton

0
( )
n
n
k n k k
n
k
a b
C a b
−
=
=
+
∑
được gọi là công thức nhị thức Newton.
Hệ quả:

0 1 2 2

(1 ) ( 1)
n n
n n
n n n n
x
x
C C C x C x
= ± + ± +
± −
.
Chú ý:
- Số các số hạng của sự khai triển
( 1)
n
a+
là
1n +
.
- Tổng các số mũ của
a
và
b
trong mỗi số hạng của sự khai triển bằng số mũ
n
.
- Số hạng tổng quát
1k
T
+
của khai triển là

1
( 0,1, , )
k n k k
k n
T C a b k n
−
+
= =
.
- Các hệ số nhị thức cách đều hai đầu của sự khai triển thì bằng nhau do
k n k
n n
C C
−
=
(
0 k n≤ ≤
).
1.7.2. Tam giác Pascal
Các hệ số của khai triển Newton của nhị thức
( )
n
a b+
có thể được sắp xếp
thành tam giác sau đây (gọi là tam giác Pascal).
0n =
1
1n =
1 1

2n =
1 2 1
3n =
1 3 3 1
4n =
1 4 6 4 1
Đinh Thị Ngát – D1 Toán Tin B
9
Khóa luận tốt nghiệp Trường Đại học Hoa Lư
5n =
1 5 10 10 5 1
… …
Như vậy
k
n
C
+
1k
n
C
+
=
1
1
k
n
C
+
+

(1 )k n≤ <
được gọi là hệ thức Pascal.
Chương II: Các dạng bài toán đại số tổ hợp
Chương một đã trình bày lý thuyết cơ bản của toán tổ hợp. Dựa trên cơ sở lý
thuyết đó trong chương này khóa luận sẽ tập trung trình bày các dạng bài toán
đại số tổ hợp. Ở mỗi dạng khóa luận đã đưa ra những phương pháp, những chú ý
khi làm các bài tập và khóa luận cũng đưa ra hệ thống các bài tập đặc trưng cho
từng dạng.
2.1. Bài toán tính toán, chứng minh đẳng thức, bất đẳng
thức
Trong phần này tùy thuộc vào các bài toán cụ thể mà ta lựa chọn các phương
pháp thích hợp như:
• Sử dụng các công thức, các quan hệ giữa các đại lượng tổ hợp.
• Sử dụng các đánh giá về bất đẳng thức.
• Sử dụng quy nạp toán học.
• Sử dụng tính đơn điệu của hàm số.
Bài 1: CMR:
2
2
1
(1.2 )
2
n
n
n
n
n
< <
+
 

 ÷
 
, với
n∀ ∈¢
,
n
>2.
Giải:
Ta có
2
(1.2 )n
=
( ) ( ) ( ) ( )
1. 2 1 1 .1n n k n k n− … − + …
   
   
.
Mà
( )
1 k n k n− + ≥
 
 
, với
, , 0n k n k∀ ∈ ≥ >¢
.
Áp dụng cho
1, 2, , k n= …
, ta có:

1. ,

2.( 1) ,
n n
n n
≥
− >
Đinh Thị Ngát – D1 Toán Tin B
10
Khóa luận tốt nghiệp Trường Đại học Hoa Lư



.1n n≥
.

⇒

( ) ( ) ( ) ( )
1. 2 1 1 .1
n
n n k n k n n− … − + … >
   
   
. (1)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy

( 1)k n k− +
≤
2 2
1 1
2 2

k n k n
=
+ − + +
   
 ÷
 
   
.
Áp dụng cho
1, 2, , k n= …
ta có:

2
1. ,
1
2
n
n
<
+
 
 ÷
 

2
2.( 1) ,
1
2
n
n

− ≤
+
 
 ÷
 
…

2
.1
1
2
n
n
<
+
 
 ÷
 
.

⇒

( ) ( ) ( ) ( )
2
1. 2 1 1 .1
1
2
n
n n k n k n
n

− … − + … <
   
   
+
 
 ÷
 
. (2)
Từ (1), (2)
→
2
2
1
(1.2 )
2
n
n
n
n
n
< <
+
 
 ÷
 
, với
n∀ ∈¢
,
2n >
.

W
Bài 2: CMR:
n
!>
n
n
e
 
 ÷
 
(với
n
∈¥
).
Giải:
*
1n =
thì 1! >
1
e
(đúng).
Đinh Thị Ngát – D1 Toán Tin B
11
Khóa luận tốt nghiệp Trường Đại học Hoa Lư
* Giả sử bất đẳng thức đúng với
n k=
, tức là : k! >
k
k
e

 
 ÷
 
(với
k ∈¥
).
Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với
1n k= +
.

( ) ( ) ( )
1 ! 1 ! 1
k
k k k k
k
e
+ = + > +
 
 ÷
 
=
1
1
k
k
e
+
+
 
 ÷

 
1
k
e
k
k
 
 ÷
+
 
>
1
1
k
k
e
+
+
 
 ÷
 
(
do 1
1
k
e
k
k
>
 

 ÷
+
 
)
Vậy
n
!>
n
n
e
 
 ÷
 
với
n
∈¥
.
W
Bài 3: Chứng minh
2
2 2 2
( )
n n n
n k n k n
C C C
+ −
≤
(với 0
k n≤ ≤
;

,n k ∈¥
).
Giải:
Đặt
i
u =
2 2
n n
n i n i
C C
+ −

( )
0, 1, 2, , i n= …
.
Ta chứng minh (
i
u
) là dãy giảm.
Thật vậy
1i ≥
thì:

i
u
≤
1i
u
−

⇔

2 2
n n
n i n i
C C
+ −
≤
2 1 2 1
n n
n i n i
C C
+ − − +

⇔

( ) ( ) ( ) ( )
2 1 2 1n i n i n i n i+ − + < − + +

⇔

( )
2 1 .i n−
≥
0 (đúng)

1 0

k k
u u u

−
⇒ ≤ ≤ ≤

( )
2
2 2 2
2 2
n n n n
n
C C C C C
n n n
n k n k
⇒ ≤ =
+ −

W
Bài 4: Cho
*
2 n≤ ∈¥
. CMR:
n 1
n
n
i
n
i 0
2 2
C
n 1
−

=
 
−
≤
 ÷
 ÷
−
 
∏
(1)
Giải:
Đinh Thị Ngát – D1 Toán Tin B
12
Khóa luận tốt nghiệp Trường Đại học Hoa Lư
Với
2n =
thì bất đẳng thức có dạng:
1
2
0 1
2 2
2 2
2 1
C C
 
−
≤
 ÷
 ÷
−

 
2 2⇔ ≤
(luôn đúng).
Với
2n >
Do
0 n
n n
C C 1= =
.

n 1
n
n 1
i
n
i 1
n
n 1
i
n 1
n
i 1
2 2
(1) C ,
n 1
2 2
C .
n 1
−

−
=
−
−
=
 
−
⇒ ⇔ ≤
 ÷
 ÷
−
 
−
⇔ ≤
−
∏
∏
Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có :

n
i
n
1 2 n 1 n
n 1
i
i 0
n n n
n 1
n
i 1

C 2
C C C 2 2
C
n 1 n 1 n 1
−
−
=
−
=
−
+ + + −
≤ = =
− − −
∑
∏
.
Vậy
n 1
n
n
i
n
i 0
2 2
C
n 1
−
=
 
−

≤
 ÷
 ÷
−
 
∏
(
*
2 n≤ ∈¥
).
W
Dấu ‘=’ xảy ra
1 2 n 1
n n n
C C C
−
⇔ = = =
n 2
n 3
=

⇔

=

Bài tập tự giải
Bài 1: CMR :
2 2 2 5
1 3 5 5
. !

k n n n n
P A A A n k A
+ + + +
=
.
Bài 2: CMR:
1
! 2
n
n
−
>
(3
)n≤ ∈¢
.
Bài 3: 2
≤
n
∈¥
. Chứng minh:
2 3
1
1
n
n
< <
 
+
 ÷
 

.
Bài 4: (Đề thi tuyển sinh ĐH-CĐ khối B, 2008)
CMR:
*
1
1 1
1 1 1 1
( , , )
2
k k k
n n n
n
n k k n
n
C C C
+
+ +
 
+
+ = ∈ ≤
 ÷
 ÷
+
 
¥
.
Đinh Thị Ngát – D1 Toán Tin B
13
Khóa luận tốt nghiệp Trường Đại học Hoa Lư
Bài 5: CMR:

( 1)( 2) 2 ,n n n n+ + ∈¥
chia hết cho tích số
1.3 (2 1)n −
.
2.2. Bài toán tính tổng
Các bài toán tổng tổ hợp rất đa dạng và nhiều cách giải. Khóa luận chia ra làm
4 phương pháp tính: Sử dụng công thức, sử dụng đạo hàm, sử dụng tích phân, sử
dụng công thức nhị thức Newton.
2.2.1 Sử dụng công thức
Trong phần này ta sử dụng các công thức và các phép biến đổi linh hoạt trên
nó để tính tổng tổ hợp như:

k n k
n n
CT1:C C
−
=
.

k k 1 k 1
n n n 1
CT2:C C C
+ +
+
+ =
.

k k 1
n n 1
k k 2

n n 2
CT3: k.C n.C , (CT3.1)
k(k-1)C n(n 1).C , (CT3.2)
−
−
−
−
=
= −
….
Tổng quát:
m m
k (m 1)
k
n
n (m 1)
i o i o
(k i)C (n i)C
− +
− +
= =
− = −
∏ ∏
(với
0 m k 1≤ ≤ −
).
CT4:
k k 1
n n 1
1 1

C C
k 1 n 1
+
+
=
+ +
,

k k 2
n n 2
1 1
C C
(k 1)(k 2) (n 1)(n 2)
+
+
=
+ + + +
,
…
Tổng quát:
k k m
n n m
1 1
C C
(k 1)(k 2) (k m) (n 1) (n m)
+
+
=
+ + + + +

(với
1 m≤ ∈¥
).
Bài 1: Tính
2012
1110
o i
i 1110
S C
=
=
∑
. Tổng quát: Tính
n
m
i
i m
S C
=
=
∑
.
Giải:
Đinh Thị Ngát – D1 Toán Tin B
14
Khóa luận tốt nghiệp Trường Đại học Hoa Lư
Theo CT1 ta có:

2012
i 1110 0 1 2 902

o i 1110 1111 1112 2012
i 1110
S C C C C C
−
=
= = + + + +
∑

0 1 2 902
1111 1111 1112 2012
C C C C= + + +

1 2 902
1112 1112 2012
C C C (Theo CT2)= + +

902 1111
2013 2013

C C .
=
= =
Tổng quát:

n n
m i m
i i
i m i m
S C C
−

= =
= =
∑ ∑

0 1 n m
m m 1 n
0 1 n m
m 1 m 1 n
C C C
C C C
−
+
−
+ +
= + +
= + +

1 2 n m
m 2 m 2 n
C C C
−
+ +
= + +


=

n m m 1
n 1 n 1
C C

− +
+ +
= =
.
Vậy
n
m m 1
i n 1
i m
S C C
+
+
=
= =
∑
.
Bài 2: Tính
2012
1110
i
i 1110
iC
=
∑
. Tổng quát:
n
m
i
i m
S iC

=
=
∑
.
Giải:
Theo CT3.1 ta có:

2012
1110 1110 1110 1110
i 1110 1111 2012
i 1110
iC 1110C 1111C 2012C
=
= + + +
∑

1110 1110 1110
1110 1111 2012
(1111 1)C (1112 1)C (2013 1)C= − + − + + −
Đinh Thị Ngát – D1 Toán Tin B
15
Khóa luận tốt nghiệp Trường Đại học Hoa Lư

1110 1110 1110 1110
1110 2012 1110 2012
(1111C 2013C ) (C C )= + + − + +

0 1 902 0 902
1111 1111 2013 1111 2012
1111(C C C ) (C C )= + + + − + +

902 902
2014 2013
1111C C
2014! 2013!
1111
902!1112! 902!1111!
= −
= −

1111.2014 2013!
( 1)
1112 902!.1111!
= −

1111
2013
2236442
C
1112
=
.
Tổng quát:
n
m
i
i m
S iC
=

=
∑
.

m m m
m m 1 n
S mC (m 1)C nC
+
= + + + +

m m m
m m 1 n
(m 1 1)C (m 2 1)C (n 1 1)C
+
= + − + + − + + −

( )
m 1 m 1 m 1 0 n m
m 1 m 2 n 1 m n
m 1 C (m 1)C (m 1)C (C C )
+ + + −
+ + +
 
= + + + + + − + +
 


0 1 n m 0 1 n m
m 1 m 2 n 1 m 1 m 1 n
0 1 n m n m

m 2 m 2 n 1 n 1
(m 1)(C C C ) (C C C )
(m 1)(C C C ) C
− −
+ + + + +
− −
+ + + +
= + + + + − + +
= + + + + −

n m n m
n 2 n 1
(m 1)C C
(n 2)! (n 1)!
(m 1)
(n m)!(m 2)! (n m)!(m 1)!
− −
+ +
= + −
+ +
= + −
− + − +


(m 1)(n 2) (n 1)!
1
m 2 (n m)!(m 1)!
+ + +
 
= −

 ÷
+ − +
 

m 1
n 1
m.n m n
C
m 2
+
+
+ +
=
+
.
Bài 3: Tính
2012
1110
i
i 1110
S i(i 1)C
=
= +
∑
. Tổng quát tính
n
m
i
i m
S i(i 1)C

=
= +
∑
.
Giải:
Đinh Thị Ngát – D1 Toán Tin B
16
Khóa luận tốt nghiệp Trường Đại học Hoa Lư
Áp dụng CT3.2 ta có:

2012
1110
i
i 1110
S (i 2 2)(i 1)C
=
= + − +
∑

2012 2012
1110 1110
i i
i 1110 i 1110
(i 2)(i 1)C 2 (i 1)C
= =
= + + − +
∑ ∑

2012 2012
1112 1111

i 2 i 1
i 1110 i 1110
1111.1112.C 2 1111.C
+ +
= =
= −
∑ ∑

2014 2013
1112 1111
i i
i 1112 i 1111
1111.1112.C 2 1111.C
= =
= −
∑ ∑

2014 2013
i 1112 i 1111
i i
i 1112 i 1111
1113 1112
2015 2014
1111.1112 C 2.1111 C
1111.1112.C 2.1111.C
− −
= =
= −
= −
∑ ∑

1112
2014
1112
2014
1111.2238454
C
1113
2486922394
C .
1113
 
=
 ÷
 
=
Tổng quát:

n n
m m
i i
i m i m
n n
m m
i i
i m i m
S i(i 1)C (i 2 2)(i 1)C
(i 1)(i 2)C 2 (i 1)C
= =
= =

= + = + − +
= + + − +
∑ ∑
∑ ∑

n n
m 2 m 1
i 2 i 1
i m i m
(m 2)(m 1)C 2 (m 1)C
+ +
+ +
= =
= + + − +
∑ ∑

n n
m 2 m 1
i 2 i 1
i m i m
(m 2)(m 1) C 2(m 1) C
+ +
+ +
= =
= + + − +
∑ ∑

n 2 n 1
m 2 m 1
i i

i m 2 i m 1
(m 2)(m 1) C 2(m 1) C
+ +
+ +
= + = +
= + + − +
∑ ∑
Đinh Thị Ngát – D1 Toán Tin B
17
Khóa luận tốt nghiệp Trường Đại học Hoa Lư

m 3 m 2
n 3 n 2
(m 2)(m 1)C 2(m 1)C
+ +
+ +
= + + − +

m 2
n 2
(m 1)(m.n 2n m)
C
m 3
+
+
+ + +
=
+
.
Bài 4: (Mở rộng bài 1) Tính

k
n
m
i
i m
j 0
S (i j)C
=
=
= +
∑
∏
.
Giải:

[ ]
k
n
m
i
i m
j 1
S i (k 1) (k 1) (i j)C
=
=
= + + − + +
∑
∏

k k

n n
m m
i i
i m i m
j 1 j 1
(i k 1)(i j)C (k 1) (i j)C
= =
= =
= + + + − + +
∑ ∑
∏ ∏

k k
n n
m m
i i
i m i m
j 1 j 1
k k
n n
m k 1 m k
i k 1 i k
i m i m
j 1 j 1
(i j)C (k 1) (i j)C
(m j)C (k 1) (m j)C
= =
= =
+ + +
+ + +

= =
= =
= + − + +
= + − + +
∑ ∑
∏ ∏
∑ ∑
∏ ∏

k 1 k
n n
m k 1 m k
i k 1 i k
i m i m
j 1 j 1
(m j) C (k 1) (m j) C
+
+ + +
+ + +
= =
= =
= + − + +
∑ ∑
∏ ∏

k 1 k
n k 1 n k
m k 1 m k
i i
i m k 1 i m k

j 1 j 1
(m j) C (k 1) (m j) C
+
+ + +
+ + +
= + + = +
= =
= + − + +
∑ ∑
∏ ∏

k 1 k
m k 2 m k 1
n k 2 n k 1
j 1 j 1
k 1 k
j 1 j 1
(m j)C (k 1) (m j)C
(n k 2)! (n k 1)!
(m j) (k 1) (m j)
(m k 2)!(n m)! (m k 1)!(n m)!
+
+ + + +
+ + + +
= =
+
= =
= + − + +
+ + + +
= + − + +

+ + − + + −
∏ ∏
∏ ∏

k 1 k
j 1 j 1
n k 2 (n k 1)!
(m j) (k 1) (m j)
m k 2 (m k 1)!(n m)!
+
= =
 
+ + + +
 ÷
= + − + +
 ÷
+ + + + −
 
∏ ∏
Đinh Thị Ngát – D1 Toán Tin B
18
Khóa luận tốt nghiệp Trường Đại học Hoa Lư

k 1 k
m k 1
n k 1
j 1 j 1
n k 2
(m j) (k 1) (m j) C
m k 2

+
+ +
+ +
= =
 
+ +
 ÷
= + − + +
 ÷
+ +
 
∏ ∏
.
Bài 5: Tính
k
n
n
0
k 0
C
S
k 1
=
= ×
+
∑
Tổng quát tính
k
n
n

m
k 0
i 1
C
S
(k i)
=
=
= ×
+
∑
∏
Giải:
Áp dụng CT4 ta có:

k
n n
k 1
n
0 n 1
k 0 k 0
C
1
S C
k 1 n 1
+
+
= =
= =
+ +

∑ ∑

n 1
k 0
n 1 n 1
k 0
1 1
C C
n 1 n 1
+
+ +
=
= −
+ +
∑

n 1
n 1
1 1
2
n 1 n 1
2 1
.
n 1
+
+
= −
+ +
−
=

+
Tổng quát:

k
n n
k m
n
n m
m m
k 0 k 0
i 1 i 1
C
1
S C
(k i) (n i)
+
+
= =
= =
= =
+ +
∑ ∑
∏ ∏

n m m 1
k k
n m n m
m m
k 0 k 0
i 1 i 1

1 1
C C
(n i) (n i)
+ −
+ +
= =
= =
= −
+ +
∑ ∑
∏ ∏

m n m 1
m m
i 1 i 1
1 1
2 2
(n i) (n i)
+ −
= =
= −
+ +
∏ ∏

m n m 1
m
i 1
1
(2 2 )
(n i)

+ −
=
= −
+
∏
.
Đinh Thị Ngát – D1 Toán Tin B
19
Khóa luận tốt nghiệp Trường Đại học Hoa Lư
Bài tập tự giải
Bài 1: Tính tổng
1 2
1 1
( 1) à ( 1)( 2)
n n
i i
S i i v S i i i
= =
= + = + +
∑ ∑
.
Bài 2: Tính tổng
2011
2011
2012 2012
0
k k
k
k
S C C

−
−
=
=
∑
và tổng quát bài toán.
Bài 3: Tính
2 3 p n k
n
1
n n n n n
0 n
1 2 p 1 n 1 k 1
k 1
n n n n n
C C C C C
S C 2 3 p n k
C C C C C
− − −
=
= + + + + + + = ×
∑

2.2.2. Sử dụng khai triển nhị thức Newton
Sử dụng các khai triển nhị thức thích hợp sẽ cho ta lời giải ngắn gọn cho các
bài toán tính tổng tổ hợp.
Chú ý: Ta thường sử dụng các khai triển:

( )
1

n
x− =
( )
0
1
n
k
k k
n
k
C x
=
−
∑

( )
1
n
x+ =
0
n
k k
C x
n
k
∑
=

( )
n

a x+ =
0
n
n k k k
a C x
n
k
−
∑
=


Bài 1: Tính
( )
2
1
0
m
k
k
C
n
k
−
∑
=
với
, , ,
2
n

m k n N m
 
∈ =
 
 
.
Giải:
Ta có
( )
1
1
n
n
k k
x C x
n
k
+ =
∑
=
.
Chọn
x i=
, ta có:
Đinh Thị Ngát – D1 Toán Tin B
20
Khóa luận tốt nghiệp Trường Đại học Hoa Lư

( ) ( )
1

1
n
n k
k
n
k
i C i
=
+ =
∑
( ) ( )
1
0 2 2 1 3
2
1 1
p
m
m p
n n n n n n
C C C i C C C
−
 
 
= − + − + − + + −
 ÷
 
 ÷
 
 
(với p là số lẻ lớn nhất nhỏ hơn n).

Theo định lý Moivre ta có:

( )
1
1 3 5
2
2 cos sin 1
4 4
p
n
p
n n n n
n n
i S i C C C C
π π
−
 
 
+ = + − + − + −
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
.
Đồng nhất 2 vế
2 cos
4
n
n

S
π
→ =
Và
( )
1
2
1 3 5
1 2 sin
4
p
p
n
n
n
C C C C
n n n
π
−
− + − + − =
.
Bài 2: Tính
( )
2
2
1 2
0
n
i
n

i
S C
=
=
∑
và
( )
1
2
2 1
2 2
0
n
i
n
i
S C
−
+
=
=
∑
.
Giải:

( )
( )
( ) ( )
2
2

1 .
2
1
4
4
1 (1).
4
1
2 2
2 2
1 1 . (2).
2 2
0 0
n
n
k k
x C x
n
k
n
n
k k
x C x
n
k
n n
n n
k k k k
x x C x C x
n n

k k
+ =
=
+ =
=
 
 
+ + =
∑ ∑
 ÷
 ÷
 ÷
 
= =
 
∑
∑
Từ (1) thấy hệ số của
2n
x
là
2
4
n
n
C
.
Từ (2) ta thấy hệ số của
2n
x

là

(
)
(
)
(
)
2 2 2
0 2 1 2 1 2 0 0 1 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2
n n n n
C C C C C C C C C
n n n n n n n n n
−
+ + + = + + +
.
Mà
( ) ( ) ( )
2 2 4
1 1 1
n n n
x x x+ + = +
.
Đinh Thị Ngát – D1 Toán Tin B
21
Khóa luận tốt nghiệp Trường Đại học Hoa Lư

( )

2
2
2
2 4
0
n
k n
n n
k
C C
=
⇒ =
∑
(*)

( ) ( )
2
2
1 1
2
0
n
n k
k k
x C x
n
k
− = −
∑
=

.

( ) ( ) ( )
2 2
2 2
1 1 1
2 2
0 0
n n
n n k
k k k
x x C C x
n n
k k
+ − = −
∑ ∑
= =
(3).

(
)
( )
4
4
2 2
1 1 ( )
4
0
n
n

k
k k
x C x
n
k
+ = −
∑
=
(4).
Ở (4) hệ số của
2n
x
là
( )
4
1
n
n
n
C−
.
Ở (3) hệ số của
2n
x
là
( ) ( )
2
2
1
2

1
n
k
k
C
n
k
−
∑
=
.

( ) ( )
(
)
4
2 2
2
1 1 1
n
n n
Do x x x+ − = −
.

(
)
( ) ( )
2
2
. 1 1

2 4
0
n
k n
k n
C C
n n
k
⇒ − = −
∑
=
(**).
Lấy (*) + (**) ta có :

(
)
( )
( )
2
2 2
2 1
2 4 4
0
2
1
4 4
1
2
n
n

i n n
C C C
n n n
i
n
n n
C C
n n
S
= + −
∑
=
+ −
⇒ = ×
Lấy
( ) ( )
* **−
ta có:

(
)
( )
( ) ( )
2
1
2 1 2
2 1
2 4 4
0
1

2 2
1 1
4 4 4 4
2
2 2
n
n
i n n
C C C
n n n
i
n n
n n n n
C C C C
n n n n
S
−
+
= − −
∑
=
+
− − + −
⇒ = =
Bài 3: Tính
4
0
m
k
S C

n
k
=
∑
=
với
( )
4 4 1m n m≤ < +
.
Giải:
Đinh Thị Ngát – D1 Toán Tin B
22
Khóa luận tốt nghiệp Trường Đại học Hoa Lư
Theo bài 1 ta có:
( )
2
1 2 os
4
0
m
n
n
k
k
C c
n
k
π
− =
∑

=
(1).
Với
( )
2 2 1i n i≤ < +

( )
1
0
n
n
k k
x C x
n
k
+ =
∑
=
.
Cho
1 2 (*)
0
n
k n
x C
n
k
= → =
∑
=

,

( )
1 1 0 (**)
0
n
k
k
x C
n
k
= − → − =
∑
=
.

2 1
2
0
j
i n
C
n
i
−
⇒ =
∑
=
(2) (với
( )

2 2 1j n j≤ < +
) và
2 1 1
2
0
j
i n
C
n
i
+ −
=
∑
=
(3)
(với
2 1 2 3j n j+ ≤ < +
).
(1) + (2) ta có :
( )
1
2
4 2
2 2 os
4
0
m
n
n
k n

C c
n
k
S
π
−
−
= = + ×
∑
=
Bài 4: Tính
4 1
0
n
p
k
S C
k
+
=
∑
=
, với
4 1 4 5p n p+ ≤ < +
.
Giải:
Theo (3) của bài 3 có
2 1 1
2
0

j
i n
C
n
i
+ −
=
∑
=
(4).
Theo bài 1 ta có :
( )
2 1
1 2 sin
4
0
n
i
j
n
i
C
n
i
π
+
− =
∑
=
(5).

2
4 1 2
(4) (5) 2 2 sin
4
0
n
p
n
n
k n
C
k
π
−
+ −
+ ⇒ = +
∑
=
(với
4 1 4 5P n P+ ≤ < +
).
Bài tập tự giải
Bài 1: Tính
1 1 1 1

1!2011! 3!2009! 2009!3! 2011!1!
S = + + + + ×
Bài 2: Tính
2012

2
4024
1
i
i
S C
=
=
∑
.
Đinh Thị Ngát – D1 Toán Tin B
23
Khóa luận tốt nghiệp Trường Đại học Hoa Lư
Bài 3: Tính
0
( 1) ( , ,1 )
k
i i k i
n n i
i
S C C n k k n
− +
−
=
= − ∈ ≤ ≤
∑
¢
.
Bài 4: Tính
2

0
( 1) ( )
n
i i
n
i
S C
=
= −
∑
.
2.2.3. Sử dụng đạo hàm
Từ
n
n k k n k
n
k 0
(a bx) C (bx) a
−
=
+ =
∑

( , )a b∈¡
,
Sử dụng đạo hàm cấp 1, cấp 2 cấp
n
hai vế một cách thích hợp để tính các
tổng tổ hợp.
Bài 1: Tính

n
k
1 n
k 1
S k.C
=
=
∑
.
Giải:
Ta có
( )
0
1 (1)
n
n
k k
n
k
x C x
=
+ =
∑
Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta có :

n
n 1 k k 1
n
k 1
n.(1 x) k.C .x

− −
=
+ =
∑
.
Cho
n
n 1 k
n 1
k 1
x 1 n.2 k.C S
−
=
= ⇒ = =
∑
.
Chú ý: Khi cho các giá trị
x
khác nhau ta được các tổng tổ hợp khác nhau.
Tùy thuộc vào bài toán ta chọn
x
thích hợp.
Tổng quát: Tính
m 1
n
k k m
n
k m
i 0
S (k i)C a

−
−
=
=
= −
∑
∏
.
Giải:
Đinh Thị Ngát – D1 Toán Tin B
24
Khóa luận tốt nghiệp Trường Đại học Hoa Lư
Lấy đạo hàm hai vế (1) ta có:

n
n 1 k k 1
n
k 1
n(1 x) kC x
− −
=
+ =
∑
(2).
Lấy đạo hàm hai vế của (2) ta có:

n
n 2 k k 2
n
k 2

n(n 1)(1 x) k(k 1)C x
− −
=
− + = −
∑
,
…
Lấy đạo hàm hai vế (1) cấp m ta có :

m 1 m 1
n
n m k k m
n
k m
i 0 i 0
(n i)(1 x) (k i)C .x
− −
− −
=
= =
− + = −
∑
∏ ∏
.
Cho
x a=

m 1 m 1
n
k k m n m

n
k m
i 0 i 0
S (k i)C a (n i)(1 a)
− −
− −
=
= =
→ = − = − +
∑
∏ ∏
.
Bài 2: Tính
n
k 2
n
k 1
S k.(C )
=
=
∑
.
Giải:
Theo bài 1 ta có:

n
n k k
n
k 0
(1 x) x C

=
+ =
∑
(1).

n
n 1 k k
n
k 1
n.x(1 x) k.x C
−
=
+ =
∑
(2).
Thay
1
x
x
=
ta được:

n 1
n
k
n
k
k 1
n 1 1
(2) 1 k C

x x
x
−
=
 
⇔ + =
 ÷
 
∑
(3).
Đinh Thị Ngát – D1 Toán Tin B
25