ĐẠI SỐ TỔ HỢP

ĐẠI SỐ
11
GV: PHAN NHẬT NAM
ĐẠI SỐ TỔ HỢP

GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 2 www.toanhocdanang.com
QUY TẮC ĐẾM VÀ CÔNG CỤ ĐẾM (hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp)
Cơ sở lý thuyết:
I. Quy tắc đếm:
1. Quy tắc cộng: (áp dụng cho những bài toán phải xét nhiều trường hợp (phương án))
 Khái niệm: Giả sử một công việc A có thể thực hiện bằng một trong k phương án
Phương án 1A có 1n cách thực hiện
Phương án 2A có 2n cách thực hiện
Phương án kA có kn cách thực hiện
(tất cả các cách thực hiện đều khác nhau)
Khi đó số cách thực hiện công viêc A là 1 2 3 ... kn n n n   
 Các ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Trong một lớp học có 25 HS nam và 20 HS nữ . thầy giáo cần chọn một học sinh để làm lớp trưởng.
Hỏi có bao nhiêu cách chọn HS.
Bài giải: Công việc chọn 1 học sinh sẽ được hoàn thành khi thực hiện một trong hai phương án sau
Phương án 1: Chọn một HS nữ từ 20 HS nữ  có 20 cách chọn.
Phương án 2: Chọn một HS nam từ 25 HS nam  có 25 cách chọn.
Vậy theo quy tắc cộng ta có 20 + 25 = 45 cách chọn học sinh từ lớp đó.
Ví dụ 2: Hãy đếm xem trong hình trên có bao nhiêu hình vuông
Bài giải: Ta thấy có 3 loại hình vuông
(có cạnh 1cm, có cạnh 2cm hoặc có cạnh 3cm)
Vì vậy ta chia thành 3 phương án sau:
Phương án 1: Có 21 hình vuông có cạnh 1cm.
Vậy theo quy tắc cộng ta có: 21 + 12 + 5 = 38 hình vuông
Ví dụ 3: Từ các chữ số tự nhiên: 1, 2, 3 có thể lập được bao nhiêu số khác nhau có các chữ
số khác nhau :
Bài giải: Dễ thấy có 3 loại số thỏa mãn yêu cầu bài toán:(1 chữ số, 2 chữ số,3 chữ số).
Loại 1: Có 3 số có một chữ số {1; 2; 3}
Loại 2: Có 6 số có hai chữ số {12 ; 21 ; 13 ; 31 ; 23 ; 32}
Loại 3: Có 6 số có ba chữ số {123 ; 132 ; 213 ; 231 ; 312 ; 321}
Vậy theo quy tắc cộng ta có: 3 + 6 + 6 = 15 (số)
2. Quy tắc nhân: (Áp dụng cho các bài toán được chia thành nhiều bước giải)
 Khái niệm: Giả sử một công việc A có thể thực hiện bằng cách chia ra thành k bước thực hiện liên tục
Bước 1A có 1n cách thực hiện
Bước 2A có 2n cách thực hiện
Bước kA có kn cách thực hiện
(với mỗi cách chọn ở bươc iA thì tương ứng có 1in  cách thực hiện ở bước 1iA với  1, 1i k  )
Khi đó số cách thực hiện công việc A là 1 2 3 ... kn n n n   
1c
m

 Các ví dụ minh họa :
Ví dụ 1: Trong một hộp chứa 9 quả cầu màu đỏ được đánh số từ 1 đến 9; 7 quả cầu màu xanh được đánh số
từ 1 đến 7 và 5 quả cầu màu vàng được đánh số từ 1 đến 5. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 3 quả cầu đồng
thời khác màu và khác số.
Bài giải:
Dễ thấy BT phải chia thành 3 bước thực hiện liên tục (theo màu của các quả cầu)
Bước 1: Chọn một quả cầu màu vàng trong 5 quả cầu màu vàng  có 5 cách chọn.
Bước 2: Chọn một quả cầu màu xanh trong 6 quả cầu màu xanh(bỏ đi một quả trùng số
với số của quả cầu được lấy ra ở bước 1)  có 6 cách chọn.
Bước 3: Chọn một quả cầu màu xanh trong 7 quả cầu màu đỏ (bỏ đi hai quả trùng số
với số của hai quả cầu được lấy ra ở bước 1 và bước 2)  có 7 cách chọn.
Vậy theo quy tắc nhân ta có: 5 6 7 210   cách chọn 3 quả cầu khác màu ,khác số
Ví dụ 2: Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm bốn chữ số
khác nhau từng đôi một.
Bài giải:
Gọi  0;1; 2; 3; 4; 5A  và xem số cần lập là 1 2 3 4x a a a a . Khi đó để lập được
số x ta cần thực hiện liên tiếp bốn bước sau:
Bước 1: chọn 1 chữ số từ 5 chữ số của   0A để cho vào vị trí 1a  có 5 cách chọn
Bước 1: chọn 1 chữ số từ 5 chữ số của  1A a để cho vào vị trí 2a  có 5 cách chọn
Bước 1: chọn 1 chữ số từ 4 chữ số của  1 2 ;A a a để cho vào vị trí 3a có 4 cách chọn
Bước 1: chọn 1 chữ số từ 3 chữ số của  1 2 3 ; ;A a a a để cho vào vị trí 4a  có 3 cách
Vậy theo quy tắc nhân ta có: 5 5 4 3 300    số có 4 chữ số khác nhau được lấy từ tập A
3. Các chú ý khi giải bài toán đếm:
 Cần phân biệt rỏ ràng quy tắc cộng và quy tắc nhân:
Trường hợp {công việc được hoàn thành khi thực hiện xong 1 trường hợp} quy tắc cộng;
Bước {công việc hoàn thành khi thực hiện liên tiếp hết tất cả các bước} quy tắc nhân
 Khi phân tích bài toán đếm ta cần hướng theo sơ đồ cây như sau:
Yêu cầu
bài toán
Trường hợp 1
Trường hợp 2
Bước 1
Bước 2
Bước 1
Bước 2

 Có những bài toán nếu đếm trực tiếp (đếm thẳng vào yêu cầu bài toán) thì ta sẽ phân tích ra thành nhiều
trường hợp, khi đó lời giải sẽ rất dài. Để tránh được chuyện này ta thử đếm gián tiếp (đếm những cái không
cần đếm {tổng quát, phần phủ định của yêu cầu} để suy ra cái cần đếm)
Như ở hình bên ta thấy :
Phần ycbt có đến 5 trường hợp
Còn phần phủ định của ycbt
Chỉ có 2 trường hợp.
Vì thể với bài toán này ta nên đếm như sau
(ycbt) = (tổng quát) – (phủ định của ycbt)
II. Công cụ đếm :
1. Khái niệm giai thừa :
a. Định nghĩa : Với n N và 1n 
Tích của n số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến n được gọi là n giai thừa. Ký hiệu: !n
Tức là: ! 1.2.3...n n
Quy ước : 0! 1! 1 
b. Các phép biến đổi thường gặp ở giai thừa:
! 1.2.3...( 2)( 1) ( 2)!( 1)n n n n n n n     
! 1.2... .( 1).( 2)...
( 1).( 2)...
! 1.2...
n k k k n
k k n
k k
 
   
! 1.2...( )( 1)( 2)...( 1)
( 1)( 2)...( 1)
( )! 1.2...( )
n n k n k n k n n
n k n k n n
n k n k
     
      
 
2. Hoán vị : (thường dùng cho bài toán xếp vật, xếp người, lập số)
a. Định nghĩa : Cho tập hợp A gồm n phần tử (n > 1) khi đó mỗi cách sắp xếp lại n phần tử của tập hợp A được
gọi là một hoán vị của n phần tử.
b. Công thức tính số hoán vị: Số hoán vị n phần tử của tập A được ký hiệu và tính theo công thức :
! 1.2.3...nP n n 
c. Ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Từ các chữ số 1, 2, 3 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau
Bài giải:
Ta nhận thấy cứ mỗi cách sắp xếp ba chữ số 1, 2, 3 theo một thứ tự nhất định thì ta thu được
một số tự nhiên có 3 chữ sô:Do đó số các số tự nhiên có ba chữ số khác nhau được lấy từ
{1, 2, 3} chính là số cách sắp xếp lại 3 chữ số trên
Vậy số các số thỏa đề = số hoán vị 3 phần tử = 3 3! 6P   (số)
Phần ycbt
Tổng quát
Phần phủ định
với ycbt
TH4 TH1TH2TH3TH5TH6TH7

Ví dụ 2: Một bàn dài với 2 dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có 6 ghế. Cần sắp cho 6 HS trường
A và 6 HS trường B ngồi vào bàn trên. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp chổ ngồi sao cho bất kì hai
học sinh ngồi cạnh nhau hoặc đối diện nhau phải khác trường.
Bài giải:
Ta đánh số thức tự các ghế như hình vẽ. Từ sơ đồ trên
ta thấy để bố trí HS ngồi theo yêu cầu bài toán thì các học
sinh cùng trường phải cùng ngồi vào các ghế được đánh số
chẵn hoặccùng ngồi vào ghế được dánh số lẻ.
Từ đó ta chia công việc thành hai phương án như sau:
Phương án 1: HS trường A ngồi ghế đánh số chẵn
Bước 1: Sắp xếp 6 HS trường A vào 6 ghế được đánh số chẵn
Khi đó ta có: Số cách sắp xếp = số hoán vị 6 phần tử = 6 6!P 
Bước 2: Sắp xếp 6 HS trường B vào 6 ghế được đánh số lẻ
Khi đó ta có: Số cách sắp xếp = số hoán vị 6 phần tử = 6 6!P 
Theo quy tắc nhân ta có: 6! 6! cách sắp xếp.
Phương án 2: HS trường B ngồi ghế đánh số chẵn
Hoàn toàn tương tự ta có sô cách sắp xếp là : 6! 6! cách sắp xếp.
Vậy theo quy tắc cộng ta có số cách sắp xếp thỏa ycbt là: 6! 6! +6! 6! = 1036800 (cách)
Ví dụ 3: Trong một đám cưới, có 4 người bạn chụp hình cùng cô dâu và chú rể. Biết 6 người xếp
thành một hàng ngang để chụp hình. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp sao cho chú rể và cô dâu luôn
đứng cạnh nhau
Bài giải:
Ta có thể chia bài toán thành 2 bước thực hiện như sau:
Bước 1: Xem cô dâu và chú rể là một phần tử và mỗi người bạn là một phần tử . Khi đó ta phải
sắp xếp lại 5 phần tử  có 5! Cách sắp xếp
Bước 2: Tướng ứng với mỗi cách sắp xếp ở bước 1 ta có 2! Cách sắp xếp cho cô dâu và chú rể.
Vậy theo quy tắc nhân ta có số cách sắp xếp là 5! 2! 240  (cách)
1 2 3 4 5 6
789101112

Ví dụ 4: Một học sinh muốn xếp 3 sách toán, 4 sách lý và 5 sách hóa lên một kệ dài . Hỏi có bao
nhiêu cách sắp xếp sao cho các sách cùng môn phải đứng cạnh nhau biết 12 quyển sách trên khác
nhau từng đôi một
Bài giải:
Ta sẽ chia bài toán thành 4 bước thực hiện như sau:
Bước 1: Xem mỗi bộ sách là một phần tử, khi đó ta phải sắp xếp 3 phần tử
(bộ toán, bộ lý, bộ hóa) lên một kệ dài  có 3! cách sắp xếp
Bước 2: Sắp xếp 3 quyển sách trong bộ toán  có 3! cách sắp xếp
Bước 3: Sắp xếp 4 quyển sách trong bộ lý  có 4! cách sắp xếp
Bước 4: Sắp xếp 5 quyển sách trong bộ hóa  có 4! cách sắp xếp
Vậy theo quy tắc nhân ta có: số cách sắp xếp là 3! 3! 4! 5! 104680    (cách)
d.Mở rộng khái niệm hoán vị:
Ví dụ mở đầu: Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữa số trong đó có ba chữ số 1, một chữ số 2
và hai chữ số 3.
Bài giải: Gọi  1 ;1 ;1 ; 2; 3 ; 3a b c a bA 
Mỗi số có 6 chữ số khác nhau được lấy từ tập A là một hoán vị 6 phần tử  có 6! số
Nhưng trên thực tế thì 1 1 1a b c  nên theo cách tính trên ta đã tính lặp lại 3! lần đối với số 1
Lại có 3 3a b nên ta đã tính lặp thêm 2! lần đối với số 3
Vậy số các số thỏa yêu cầu bài toán là
6!
60
2! 3!


(số)
Khái niệm Hoán vị lặp (tham khảo) Cho tập hợp X có n phần tử gồm n1 phần tử giống nhau, n2 phần
tử khác lại giống nhau, …, nk phần tử khác nữa lại giống nhau 1 2 kn n ... n n .
Mỗi cách sắp n phần tử này vào n vị trí là một hoán vị lặp, số hoán vị lặp là
1 2 k
n!
n !n !...n !
.
Ví dụ : Có bao nhiêu số tự nhiên có đúng 5 chữ số 1, 2 chữ số 2 và 3 chữ số 3.
Giải
Xem số cần lập có 10 chữ số gồm 5 chữ số 1 giống nhau, 2 chữ số 2 giống nhau và 3 chữ số 3
giống nhau.Vậy có
10!
2520
5!2!3!
số.

Cách giải thường dùng:
+ Bước 1: chọn 5 trong 10 vị trí để sắp 5 chữ số 1 có 5
10C cách.
+ Bước 2: chọn 2 trong 5 vị trí còn lại để sắp 2 chữ số 2 có 2
5C cách.
+ Bước 3: sắp 3 chữ số 3 vào 3 vị trí còn lại có 1 cách.
Vậy có 5 2
10 5C .C .1 2520 số.
3. Chỉnh hợp: (thường dùng cho bài toán lập số)
a. Khái niệm chỉnh hợp: Cho tập A có n phần tử. Mỗi bộ k  1 k n  phần tử được sắp thức tự của tập hợp A
được gọi là một chỉnh hợp chập K của n phần tử của A
b. Các góc nhìn khác của chỉnh hợp: Chỉnh hợp chập k của n phần tử là
 Một cách lấy ra có thứ tự k phần tử từ n phần tử của tập A
 Một cách lấy ra k phần tử từ n phần tử và sắp xếp lại k phần tử đó
 Một cách sắp xếp k phần tử vào n vị trí khác nhau (mỗi vị trí nhận tối đa 1 phần tử)
c. Công thức tính số chỉnh hợp: Số chỉnh hợp chập k của n phần tử được ký hiệu và tính theo công thức:
k
n
n!
A
(n k)!


d. Ví dụ minh họa:
Ví dụ 1. Sắp xếp 5 người vào một băng ghế có 7 chỗ. Hỏi có bao nhiêu cách.
Bài Giải
Mỗi cách chọn ra 5 chỗ ngồi từ băng ghế để sắp 5 người vào và có hoán vị là một chỉnh
hợp chập 5 của 7.
Vậy có 5
7
7!
A 2520
(7 5)!
cách sắp.
Ví dụ 2: Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số có 3 chữ số khác nhau.
Bài giải:
Mỗi số thỏa ycbt chính là một bộ sắp thứ tự 3 chữ số từ 5 chữ số từ tập hợp A= {1; 2; 3; 4; 5} nên mỗi số
tương ứng là một chỉnh hợp chập 3 của 5 phần tử. Do đó số các số thỏa ycbt là số chỉnh hợp chập 3 của 5 phần
tử = 3
5
5!
3.4.5 60
(5 2)!
A   

(số)
Ví dụ 3: Một lớp có 45 HS, giáo viên chủ nhiệm muốn chọn ngẫu nhiên 3 HS để bố trí 3 chức vụ (lớp trưởng,
lớp phó học tập, lớp phó lao động). Hỏi giáo viên chủ nhiệm có bao nhiêu cách chọn.
Bài giải:
Một cách chọn 3 HS từ 45 HS để bố trí vào 3 chức vụ khác nhau là một chỉnh hợp chập 3 của 45 phần tử.
Do đó số cách chọn là số chỉnh hợp chập 3 của 45 phần tử : 3
45
45!
43 44 45 85160
42!
A      (cách)

Ví dụ 4: Trong một phòng học có 20 cái ghế . Trong một buổi học nọ chỉ có 15 HS đi học. Hỏi có bao nhiêu
cách sắp xếp HS vào phòng học đó, biết mỗi HS ngồi đúng một cái ghế.
Bài giải:
Một cách sắp xếp 15 HS vào 20 cái ghế (theo tỷ lệ 1:1) là một chỉnh hợp chập 15 của 20 phần tử
Do đó số cách sắp xếp HS vào phòng học là 15
20
20!
6 7 8 .... 20 ...
(20 15)!
A       

(cách)
4. Tổ hợp: (thường dùng cho BT chọn vật, chọn người (cùng làm 1 công việc), bài toán hình học…)
a. Khái niệm tổ hợp: Cho tập hợp A có n phần tử. Một tập con gồm k phần tử  0 k n  của tập hợp A được
gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử của A.
b. Các góc nhìn khác của tổ hợp: Tổ hợp chập k của n phần tử là
 Một cách lấy ra k phần tử (không có thứ tự, lấy cùng một lần hoặc không có sự sắp xếp) từ n phần
tử
 Bố trí k phần tử giống nhau vào n vị trí (mỗi vị trí chỉ nhận tối đa một phần tử)
c. Công thức tính tổ hợp: Số tổ hợp chập k của n phần tử được ký hiệu và tính theo công thức:
!
!( )!
k
n
n
C
k n k


Tính chất:
0
1n
n nC C  và 1 1
1n
n nC C 
 
k n k
n nC C 
 1 1
1
k k k
n n nC C C 
 
d. Các ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Cho một hộp chứa 4 bi xanh, 5 bi vàng và 7 bi đỏ. Hỏi có bao nhiêu cách lấy ra từ hộp 6 bi sao cho:
a. Có 3 bi xanh , 2 bi vàng , 1 bi đỏ
b. Có ít nhất 2 bi đỏ.
c. có tối đa 3 bi xanh.
d. có hai loại màu
e. có đủ ba màu.
Bài giải:
a. Ta chia công việc thành 3 bước thực hiện như sau:
Bước 1: Chọn 3 bi màu xanh từ 4 bi màu xanh  có 3
4C (cách chọn)
Bước 2: Chọn 2 bi màu vàng từ 5 bi màu xanh  có 2
5C (cách chọn)
Bước 3: Chọn 1 bi màu đỏ từ 7 bi màu xanh  có 1
7C (cách chọn)
Vậy theo quy tắc nhân ta có số các chọn 6 bi thỏa ycbt là 3 2 1
4 5 7 280C C C   (cách)

b. Ở bài này nếu đếm trực tiếp thì ta có tất cả là 5 trường hợp {2 đỏ, 3 đỏ, 4 đỏ, 5đỏ, 6đỏ}
nhưng nếu ta đếm gián tiếp(sử dụng mđ phủ định) thì chỉ xét 2 trường hợp {0 đỏ, 1 đỏ}
Gọi A là tập hợp tất cả các cách chọn 6 bi tùy ý từ hộp số phần tử của A là:
6
16A C
Gọi B là tập hợp tất cả các cách chọn ra 6 bi sao cho có tối đa 1 bi đỏ
Tính số phần tử của tập B:
Trường hợp 1: chọn ra 6 bi không có bi đỏ  có 6
9 84C  (cách) {đã bỏ đi 7 bi đỏ}
Trường hợp 2: chọn ra 6 bi trong đó có 1 bi đỏ
Bước 1: chọn 1 bi đỏ từ 7 bi đỏ  có 1
7C (cách)
Bước 1: chọn 5 bi từ 9 bi (4bi xanh và 5 bi vàng)  có 5
9C (cách)
Theo quy tắc nhân ta có số cách chọn 6 bi trong đó có 1 bi đỏ là 1 5
7 9 882C C  (cách)
Vậy theo quy tắc cộng ta có số phần tử của tập B là: 84 882 966B   
Gọi C là tập hợp tất cả các cách lấy 6 bi trong đó có ít nhất 2 bi đỏ
Khi đó ta có 6
16 966 7042
B C A
C A B C
B C
 
     
  
Vậy có 7042 cách chọn ra 6 bi từ hộp mà trong đó có ít nhất 2 bi đỏ.
c. Gọi D là tập hợp tất cả số cách chọn ra 6 bi từ hộp sao cho có ít nhất 4 bi xanh
 số phần tử của D là 4 2
4 12 66D C C  
Gọi E là tập hợp tất cả các cách chọn ra 6 bi từ hộp sao cho có tối đa 3 bi xanh
Khi đó ta có: 6
16 66 7942
D E A
E A D C
D E
 
     
  
Vậy có 7942 cách chọn ra 6 bi sao cho có tối đa 3 bi màu xanh.
d. Ta có 3 phương án lấy như sau:
Phương án 1: Lấy ra 6 bi trong đó có hai màu xanh và vàng có 6
9C (cách)
Phương án 2: Lấy ra 6 bi trong đó có hai màu xanh và đỏ có 6 6
11 7C C (cách)
{phải bỏ đi số cách chọn ra 6 bi cùng màu đỏ}
Phương án 3: Lấy ra 6 bi trong đó có hai màu vàng và đỏ có 6 6
12 7C C (cách)
{phải bỏ đi số cách chọn ra 6 bi cùng màu đỏ}
Vậy theo quy tắc cộng ta có, số cách chọn 6 bi có hai màu là:    6 6 6 6 6
9 11 7 12 7 1456C C C C C    

e. Gọi 1 2,M M và 3M lần lượt là tập hợp tất cả các cách chọn 6 bi có 1 màu, 2 mà và 3 màu
Khi đó theo câu d ta có số phần tử của 2M là 2 1456M 
Số phần tử của 1M là
6
1 7 7M C 
Ta lại thấy: 1 2 3M M M A   và 1 2,M M và 3M rời nhau từng đôi một nên ta có:
6 6
1 2 3 3 1 2 16 7 1456 6545A M M M M A M M C C          
Vậy có 6545 cách chọn ra 6 bi có đủ 3 màu
Ví dụ 2 (D – 2006): Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thông có 12 HS, gồm 5 HS lớp A, 4 HS lớp
B và 3 HS lớp C. cần chọn ra 4 HS đi làm nhiệm vụ, sao cho 4 HS này thuộc không quá 2 lớp trong 3 lớp trên.
Hỏi có bao nhiêu cách chọn như vậy.
Bài giải:
Số cách chọn 4 HS tùy ý từ 12 HS đã cho là 4
12 495C  (cách)
Số cách chọn 4 HS mà mỗi lớp đều có ít nhất một em được tính như sau:
Phương án 1: lớp A có 2HS, các lớp B, C mỗi lớp có một HS
Số cách chọn là: 2 1 1
5 4 3 120C C C   (cách) {theo quy tắc nhân}
Phương án 2: lớp B có 2HS, các lớp A, C mỗi lớp có một HS
4 5 3 90C C C   (cách)
Phương án 3: lớp C có 2HS, các lớp A, B mỗi lớp có một HS
3 4 5 60C C C   (cách)
Theo quy tắc cộng ta có số cách chọn 4HS sao cho mỗi lớp có ít nhất 4 HS là:
120 90 60 270   (cách)
Vậy số cách chọn phải tìm là : 495 270 225  (cách)
Ví dụ 3: Cho một đa giác đều (H) có 20 đỉnh . Hỏi có bao nhiêu tam giác có đỉnh trùng với đỉnh của hình (H)
sao cho:
a. Tam giác tùy ý
b. có một cạnh trùng với cạnh của hình (H)
c. có hai cạnh trùng với cạnh của hình (H)
d. không có cạnh nào trùng với cạnh của hình (H)
e. tam giác đó là tam giác vuông
f. Có bao nhiêu hình chữ nhật có đỉnh trùng với đỉnh của hình (H).

Bài giải:
a. Mỗi cách chọn ra 3 đỉnh tùy ý từ tập hợp 20 đỉnh của hình (H) ta có được một tam giác có ba đỉnh
trùng với đỉnh của hình (H)
Do đó số tam giác tạo thành ứng với số tổ hợp chập 3 của 20 phần tử có 3
20 1140C  tam giác
b. Ta chia công việc hình thành tam giác có một cạnh trùng với cạnh của (H) thành 2 công đoạn
Bước 1: Chọn 1 cạnh từ 20 cạnh của hình (H)  có 20 cách chọn
Bước 2: Tương ứng với mỗi cách chọn cạnh ở bước 1 ta có 16 cách chọn 1 đỉnh để hình
thành tam giác thỏa đề (bỏ đi 2 đỉnh thuộc cạnh đã chọn ở bước 1 và 2 đỉnh liền kề với nó)
Vậy theo quy tắc nhân ta có 20 16 320  tam giác
c. Gọi các đỉnh hình (H) lần lượt là 1 2 20, ,...,A A A khi đó các tam giác có hai cạnh trùng với cạnh của hình
(H) chỉ là 1 2 3 2 3 4 20 1 2, ,...,A A A A A A A A A   .
Vây ta có 20 tam giác có hai cạnh trùng với hai cạnh của hình (H).
d. Một tam giác có 3 đỉnh trùng với 3 đỉnh của hình (H) thì hoặc có hai cạnh trùng với cạnh của (H) hoặc có
1 cạnh trùng hoặc không có cạnh nào trùng.
Do đó số tam giác không có cạnh trùng với cạnh của (H) là 1140 320 20 800  
e. Gọi O là tâm của (H).
Tam giác vuông có 3 đỉnh trùng với đỉnh của (H) đều phải nội tiếp trong đường tròn (O),
do đó tam giác cần chọn phải có cạnh huyền là một đường chéo qua tâm O của hình (H).
Bước 1: Chọn 1 đường cheo qua tâm O từ 20 đường chéo qua O của (H)  có 20 cách
Bước 2: Chọn 1 đỉnh từ 18 đỉnh của hình (H) {bỏ 2 đỉnh thuộc đường chéo chọn ra ở bước 1}
 có 18 cách chọn
Vậy theo quy tắc nhân ta có số tam giác vuông có 3 đỉnh trùng đỉnh của hình (H) là
20 18 360  tam giác.
f. Hình chữ nhật có 4 đỉnh trùng với đỉnh của hình (H) thì 2 đường cheo của nó phải là hai đường chéo đi
qua tâm O của hình (H).
Do đó sô hình chữ nhật có đỉnh trùng với đỉnh của (H) ứng với số cách chọn 2 đường chéo từ 20 đường
chéo qua tâm O của hình (H)  có 2
20 190C  hình chữ nhật.
Ví dụ 4 ( B - 2004) Trong một môn học, thầy giáo có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó,
10 câu hỏi trung bình, 15 câu hỏi dể. Từ 30 câu hỏi đó có thể lập được bao nhiêu đề kiểm
tra, mỗi đề gồm 5 câu hỏi khác nha, sao cho trong mối đề nhất thiết phải có đủ 3 loại câu
hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không ít hơn 2?
Bài giải:
Có 3 phương án để lập ra đề kiểm tra thỏa yêu cầu đề như sau :
Phương án 1: đề kiểm tra có 1 câu khó, 1 câu trung bình và 3 câu dễ
 có 1 1 3
5 10 15 22750C C C   đề
Phương án 2: đề kiểm tra có 1 câu khó, 2 câu trung bình, 2 câu dễ
 có 1 2 2
5 10 15 23625C C C   đề
Phương án 3: đề kiểm tra có 2 câu khó, 1 câu trung bình, 2 câu dễ
 có 2 1 2
5 10 15 10500C C C   đề
Vậy theo quy tắc cộng ta có : 22750 + 23625 + 10500 = 56875 đề kiểm tra thỏa yêu cầu đề.

Ví dụ 5 ( B - 2005) Một đội thanh niên tình nguyện có 15 người, gồm 12 nam và 3 nữ. Hỏi có
bao nhiêu cách phân công đội thanh niên tình nguyện đó vê giúp đỡ 3 tỉnh miền núi,
sao cho mỗi tỉnh có 4 nam và 1 nữ ?
Bài giải:
Có 1 4
3 12C C cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất. với mỗi cách phân công các
thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất thì có 1 4
2 8C C cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ
hai. Với mỗi cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất và tỉnh thứ hai thì có 1 4
1 4C C cách
phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ ba.
Vậy số cách phân công đội thanh niên tình nguyện về 3 tỉnh thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
   1 4 1 4 1 4
3 12 2 8 1 4 207900C C C C C C    cách
Ví dụ 6 (B - 2006) Cho tập hợp A gồm n phần tử ( 4n  ). Biết rằng, số tập con gồm 4 phần tử của A bằng 20
lần số tập con gồm 2 phần tử của A. Tìm  1,2,3,...,k n sao cho số tập con gồm k phần tử của A là lớn
nhất.
Bài giải:
Số tập con k phần tử của A ứng với số tổ hợp chập k của n phần tử  có k
nC tập con gồm k phần tử của tập
A. Do đó số tập con gồm 4 phần tử và 2 phần tử của A lần lượt là 4
nC và 2
nC
4 2 ! ! ( 4)!( 3)( 2)( 1) ( 2)!( 1)
20 20. 20
( 4)!4! ( 2)!2! ( 4)!24 ( 2)!2
n n
n n n n n n n n n n
gt C C
n n n n
     
     
   
2 13 ( )
( 3)( 2) 240 5 234 0
18
n loai
n n n n
n
 
         
Do đó ta có 18
k
C là số tập con có k phần tử của A.
18
k
C lớn nhất
1
18 18
1
18 18
18! 18!
(18 )! ! (19 )!( 1)!
18! 18!
(18 )! ! (17 )!( 1)!
k k
k k
C C k k k k
C C
k k k k



     
  
  
   
1 1
(18 )!( 1)! (18 )!(19 )( 1)! 17 19
1 1 2 2
(17 )!(18 ) ! (17 )! !( 1)
k k k k k k
k
k k k k k k

     
   
 
    
Mà 9k N k  

Các chú ý khi giải toán quy tắc đếm :
 Nên sử dụng sơ đồ cây để liệt kê các trường hợp xảy ra với bài toán có hữu hạn bước giải liên tiếp và mỗi bước
giải lại có hữu hạn kết quả.(tránh sự trùng lặp các trường hợp)
 Khi giải toán bằng quy tắc đếm cần ưu tiên cho các yếu tố quyết định của bài toán(các yêu cầu cụ thể của bài toán
– yêu cầu bài toán).
Vé số, số điện thoại, số biên lai, bảng số xe…: Chữ số 0 có thể đứng đầu
Dấu hiệu chia hết :
 Cho 2 : tận cùng là 0,2,4,6,8.
 Cho 4 : Tận cùng là 00 hay 2 chữ số cuối hợp thành một số chia hết cho 4.
 Cho 8 : Tận cùng là 000 hay 3 chữ số cuối hợp thành một số chia hết cho 8
 Cho 3 : Tổng tất cả các chữ số chia hết cho 3.
 Cho 9 : Tổng tất cả các chữ số chia hết cho 9.
 Cho 5 : Tận cùng là 0 hoặc 5.
 Cho 6 : Chia hết cho 2 và 3.
 Cho 25 : Tận cùng là 00,25,50,75.
 Nếu bài toán tìm số cách chọn thỏa tính chất P mà khi chia trường hợp, ta thấy số cách chọn không thỏa tính chất P
ít trường hợp hơn, ta thực hiện như sau:
Số cách chọn thỏa P = số cách chọn tùy ý – số cách chọn không thỏa P
(Cần viết mệnh đề phủ định thật chính xác)
 Cần phân biệt rõ ràng quy tắc nhân và quy tắc cộng (QTN: Tất cả công việc buộc phải được thực hiện liên tiếp
nhau, QTC: Chỉ cần thực hiện 1 trong tất cả các công việc)
Các Ví dụ tổng hợp:
Ví dụ 1: Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau trong đó coa 3 chữ số lẽ và 3 chữ số chẵn.
Bài giải:
Số cách sắp xếp 3 số chẵn và 3 số lẽ tạo thành một số có 6 chữ số (kể cả số 0 đứng đầu) được tính như sau:
Bước 1: chọn 3 chữ số chẵn trong 5 chữ số chẵn {0, 2, 4, 6, 8}  có 3
5C (cách)
Bước 2: chọn 3 chữ số lẻ trong 5 chữ số lẻ {1, 3, 5, 7, 9}  có 3
5C (cách)
Bước 3: sắp xếp 6 số vứa chọn ở trên vào 6 vị trí  có 6 6!P  (cách)
Theo quy tắc nhân ta có : 3 3
5 5 6C C P  cách sắp xếp
Số cách sắp xếp 3 số chẵn , 3 số lẻ tạo thành một số có 6 chữ số trong đó số 0 luôn đứng đầu được tính như sau:
Bước 1: chọn 2 chữ số chẵn trong 5 chữ số chẵn {0, 2, 4, 6, 8}  có 2
5C (cách)
Bước 2: chọn 3 chữ số lẻ trong 5 chữ số lẻ {1, 3, 5, 7, 9}  có 3
5C (cách)
Bước 3: sắp xếp 5 chữ số vứa chọn ở trên vào 5 vị trí (bỏ vị trí đầu)  có 5 5!P  (cách)
Theo quy tắc nhân ta có : 2 3
5 5 5C C P  cách sắp xếp
Vậy số các số tự nhiên cần tìm là 3 3 2 3
5 5 6 5 5 5 60000C C P C C P      (số)

Ví dụ 2 ĐH sư phạm Vinh – 1998: Viết các số có 6 chữ số bằng các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 (có một chữ
số xuất hiện hai lần, các chữ số còn lại xuất hiện một lần). Hỏi các bao nhiêu cách viết.
Bài giải:
Cách 1: Ta có thể chia bài toán thành 5 phương án theo 5 khả năng lặp lại hai lần của các chữ số
Phương án 1: chữ số 1 được viết hai lần khi đó ta có số cách viết được xác định như sau :
Bước 1: Chọn ra hai vị trí để viết hai chử số 1 vào (rỏ ràng không có sự sắp xếp)  có 2
6C (cách)
Bước 2: Sắp xếp bốn chữ số 2, 3, 4, 5 vào 4 vị trí còn lại  có 4P (cách)
Theo quy tắc nhân ta có: 2
6 4 360C P  (số)
Vì vai trò của các chữ số: 1, 2, 3, 4, 5 là như nhau trong công việt hình thành số theo đề toán nên bốn phương án
còn lại (2 xuất hiện hai lần, 3 xuất hiện hai lần, 4 xuất hiện hai lần, 5 xuất hiện hai lần) đều có kết quả là 360 (số)
Vậy theo quy tắc cộng ta có: 360 + 360 + 360 + 360 + 360 = 1800 cách viết ra số thỏa mãn đề toán.
Cách 2: Ta có thể chia bài toán thành 3 bước giải như sau:
Bước 1: Chọn ra một chữ số trong 5 chữ số (để cho nó lặp lại hai lần)  có 1
5C (cách)
Bước 2: Chọn ra hai vị trí để viết hai chử số được chọn ra ở bước 1  có 2
6C (cách)
(do hai chữ số này giống nhau nên không tính đến sự sắp xếp vì vậy ta dùng tổ hợp)
Bước 3: Sắp xếp bốn chữ số còn lại (bỏ đi một số đã chọn ra ở bước 1) vào 4 vị trí còn lại
 có 4P (cách)
Vậy theo quy tắc nhân ta có : 1 2
5 6 4 1800C C P   cách viết ra số thỏa mãn đề toán
Ví dụ 3 ĐH sư phạm Hà nội 2 – 2001: Tính tổng của các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau từng
đôi một được tạo thành từ 6 chữ số 1, 3, 4, 5, 7, 8
Bài giải:
Mỗi số được lập thành (theo đề toán) là một cách chọn ra một bộ 5 chữ số xếp thứ tự từ 6 chữ số .
Nên mỗi số ứng với một chỉnh hợp chập 5 của 6 phần tử đã cho. Vậy có 5
6 720A  (số)
Vì 6 chữ số đã cho có vai trò giống nhau trong việc hình thành số theo đề nên ta có:
Mỗi một chữ số trong 6 chữ số đã cho có số lần xuất hiện ở hàng đơn vị là
720
120
6
 (lần)
Suy ra tổng các chữ số ở hàng đơn vị của 720 số đang xét là 120.(1 3 4 5 7 8) 3360     
Hoàn toàn tương tự ta có tổng các chữ số ở hàng chục, hàng trăm, hàng nghìn, hàng mười nghìn của 720 số đang
xét đều bằng 3360.
Vậy tổng của 720 đang xét là:  3360 1 10 100 1000 10000 3360 11111 37332960      
ĐS: 720 37332960S 

Ví dụ 4 ĐH Quốc Gia TP.HCM – 1998: Có bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số đồng thời thỏa mãn các tính chất
sau: Chữ số ở vị trí số 3 là chữ số chẵn , chữ số ở vị trí cuối cùng không chia hết cho 5 và các chữ số ở vị trí thứ 4,
thứ 5, thứ 6 khác nhau từng đôi một.
Bài giải:
Gọi số thỏa yêu cầu đề toán là 1 2 3 4 5 6 7x a a a a a a a .Khi đó ta chia bài toán thành 5 bước giải như sau:
Bước 1: Vì 3a là chữ số chẵn nên  3 0;2;4;6;8a   3a có 5 cách chọn
Bước 2: Vì 7a không chia hết cho 5 nên  7 1;2;3;4;6;7;8;9a   7a có 8 cách chọn
Bước 3: Vì 4 5 6, ,a a a đôi một khác nhau nên số cách chọn cho 4 5 6, ,a a a là số chỉnh hợp chập 3 của
10 phần tử  0;1;2;3;4;5;6;7;8;9  4 5 6, ,a a a có 3
10A cách chọn
Bước 4: Vì 1 0a  nên có 9 cách chọn
Bước 5: Vì 2a được chọn tùy ý nên có 10 cách chọn
Vậy theo quy tắc nhân ta có 3
105 8 9 10 2592000A     (số)
Ví dụ 5: Cho đa giác đều (H) có 2n cạnh A1,A2…,A2n ( n > 2 ,nN) nội tiếp trong đường tròn (O).
Tìm n để số tam giác có 3 đỉnh là 3 trong 2n đỉnh nhiêu gấp 20 lần số hình chữ nhật có đỉnh là 4 trong
2n đỉnh đó ?
Bài giải:
Ta thấy mỗi tam giác (có 3 đỉnh trùng với đỉnh của (H)) là một cách chọn ra 3 phần tử (không sắp xếp) từ 2n
phần tử . Do đó số tam giác ứng với số tổ hợp chập 3 của 2n phần tử có 3
2nC tam giác.
Hình (H) là đa giác đều có 2n đỉnh  (H) có n đường chéo đi qua tâm O . Lại thấy mỗi cặp đường chéo đi
qua tâm O thiết lập thành 1 hình chữ nhật (ngoài ra không có hình chữ nhật nào khác trùng với đỉnh của (H)). Do
đó số hình chữ nhật (có đỉnh trùng với đỉnh của (H)) ứng với số tổ hợp chập 2 của n phần tử  có 2
nC hình chữ
nhật.
3 2
2
(2 )! 20 !
20
(2 3)! 3! ( 2)! 2!
n n
n n
gt C C
n n

    
   
(2 3)!(2 2)(2 1)2 20 ( 2)!( 1)
(2 3)! 6 ( 2)! 2
n n n n n n n
n n
     
 
   
(2 2)(2 1)2 20( 1)
2 1 15 8
6 2
n n n n n
n n
  
      
ĐS: 8n 

Ví dụ 6: Có 50 HS là “cháu ngoan bác hồ”,trong đó có 4 cặp anh em sinh đôi. Cần chọn ra 3 HS trong 50 HS trên.
Có bao nhiêu cách chọn mà trong nhóm 3 em đó không có cặp sinh đôi?
Bài giải:
Số cách chọn tùy ý 3 HS từ 50 HS (không phân công nhiệm vụ cho từng HS) ứng với số tổ hợp
chập 3 của 50 phần tử có 3
50 19600C  cách chọn
Số cách chọn 3 HS trong 50 HS mà trong đó có một cặp an hem sinh đôi được tính như sau:
Bước 1: chọn 1 cặp sinh đôi từ 4 cặp sinh đôi  có 4 cách chọn.
Bước 1: chọn 1 HS trong 48 HS còn lại (đã bỏ hai HS chọn ở bước 1)  có 48 cách chọn
theo quy tắc nhân ta có: 4 48 192  cách chọn 3HS trong đó có cặp sinh đôi.
Vậy số cách chọn 3 HS không có cặp sinh đôi là 19600 192 19408  cách chọn.
Ví dụ 7 (ĐH luật Hà Nội – 1999): Một đoàn tàu có 3 toa chở khách là toa I, toa II, toa III. Trên sân
ga có 4 khách chuẩn bị lên tàu . Biết rằng mỗi toa có ít nhất 4 chổ trống .
g. Có bao nhiêu cách sắp xếp cho 4 vị khách lên 4 toa tàu đó
h. Có bao nhiêu cách sắp xếp cho 4 vị khách lên tàu để có 1 toa có 3 trong 4 vị khách nói trên
Bài giải:
a. Ta thấy mỗi vị khách có 3 cách lên tàu (lên toa I, toa II hoặc toa III)
Vậy theo quy tắc nhân ta có số cách lên tàu của 4 vị khách là 4
3 3 3 3 3 81     (cách)
b. Để sắp xếp cho 4 vị khách lên tàu sao cho có 1 toa có 3 khách ta thức hiện các bước sau:
Bước 1: Chọn ra 1 toa (để 3 khách lên) trong 3 toa  có 1
3C cách chọn
Bước 2: Chọn ra 3 khách trong 4 khách để cho lên toa chọn ra ở bước 1 có 3
4C cách chọn
Bước 3: Cho vị khách còn lại lên 1 trong 2 toa còn lại  có 2 cách chọn
Vậy theo quy tắc nhân ta có 1 3
3 4 2 24C C   cách sắp xếp 4 khách lên tàu thỏa yêu cầu bài toán
Ví dụ 8 (ĐH Cảnh sát nhân dân – 1999): Cho  ABC. Xét tập hợp 4 đường thẳng song song với AB,
5 đường thẳng song song với BC và 6 đường thẳng song song với CA. Hỏi các đường thẳng này tạo được
a. bao nhiêu tam giác
b. bao nhiêu hình thang(không kể hình bình hành)
c. bao nhiêu hình bình hành.
Bài giải:
Gọi X, Y, Z lần lượt là tập hợp các đường thẳng song song AB, song BC và song song AC
a. Để tạo thành môt tam giác ta cần 3 đường thẳng mà trong đó không có hai đường nào song song nhau.
Do đó để thiết lập một tam giác ta cần chọn mỗi tập X, Y, Z một đường thẳng. Vậy theo quy tắc nhân ta
có 1 1 1
4 5 6 120C C C   tam giác được thiết lập từ 15 đường thẳng trên

b. Để thiết lập được một hình thang ta cần chọn 2 đường thẳng cùng thuộc 1 họ và mỗi tập còn lại cần chọn
ra 1 đường thẳng Do đó ta có ba phương án để thiết lập hình thang như sau:
Phương án 1: Chọn 2 đường thẳng thuộc tập X, một đường thẳng thuộc tập Y và 1 đường
thẳng thuộc tâp Z  có 2 1 1
4 5 6 180C C C   hình thang
Phương án 2: Chọn 2 đường thẳng thuộc tập Y, một đường thẳng thuộc tập X và 1 đường
thẳng thuộc tâp Z  có 2 1 1
Phương án 3: Chọn 2 đường thẳng thuộc tập Z, một đường thẳng thuộc tập X và 1 đường
thẳng thuộc tâp Y  có 2 1 1
Vậy theo quy tắc cộng ta có 180 + 240 + 300 = 720 hình thang thỏa mãn đề toán
c. Để thiết lập được một hình bình hành ta cần có 2 cặp đường thẳng song song nhau.Do đó ta có 3 phương
án để lập hình bình hành như sau:
Hương án 1: Chọn 2 đường thẳng từ tập X và 2 đường thẳng từ tập Y 2 2
4 5 60C C   hình
Hương án 2: Chọn 2 đường thẳng từ tập X và 2 đường thẳng từ tập Z 2 2
4 6 90C C   hình
Hương án 3: Chọn 2 đường thẳng từ tập Y và 2 đường thẳng từ tập Z 2 2
5 6 150C C   hình
Vậy theo quy tắc cộng ta có 60 + 90 + 150 = 300 hình bình hành thỏa mãn đề toán
Ví dụ 9 (Học viện kĩ thuật quân sự – 2001): Trong số 16 HS có 3 học sinh giỏi, 5 khá , 8 trung bình.
Có bao nhiêu cách chia 16 học sinh đó thành hai tổ, mỗi tổ có 8 HS sao cho mỗi tỏ đều có học sing giỏi
và mõi tổ có ít nhất hai học sinh khá.
Bài giải:
Yêu cầu bài toán tương đương với việc tìm số cách chọn 8 HS có 1 hoặc 2 HS giỏi, 2 hoặc 3 HS
khá còn lại là trung bình( từ 3HS giỏi, 5HS khá, 8HS trung bình).Do đó ta có 4 phương án sau:
Phương án 1: Chọn 1HS giỏi, 2HS khá và 5 HS trung bình 1 2 5
3 5 8 1680C C C    cách chọn.
3 5 8 2100C C C    cách chọn.
3 5 8 2100C C C    cách chọn.
3 5 8 1680C C C    cách chọn.
Vậy theo quy tắc cộng ta có 1680 + 2100 + 2100 + 1680 = 7560 cách chia 16HS trên thành hai tổ
thỏa mãn đề toán

Ví dụ 10 (ĐH quốc gia TP.HCM – 2000): Thầy giáo có 12 cuốn sách đôi một khác nhau gồm 5 cuốn
văn, 4 cuốn nhạc và 3 cuốn hội họa. Ôn lấy ra 6 cuốn để tặng 6 HS A, B, C, D, E, F mỗi em một cuốn.
a. Có bao nhiêu cách nếu thầy chỉ tặng sách văn học và âm nhạc
b. Có bao nhiêu cách để sau khi tặng, thầy vẫn còn ít nhất 1 cuốn văn học, 1 cuốn âm nhạc và 1 cuốn hội họa.
Bài giải:
a. Thầy chỉ tặng sách văn học và âm nhạc nên ông phải lấy 6 cuốn sách từ 9 cuốn sách (5 cuốn
văn, 4 cuốn nhạc) để tặng cho 6 HS mỗi em một cuốn  số cách tặng ứng với số chỉnh hợp chập 6
của 9 phần tử . Do đó số cách tặng là 6
9 60480A  (cách)
ĐS: 60480 cách.
b. Trong tất cả các cách tặng sách ta có 4 trường hợp xãy ra : không còn sách văn, không còn sách nhac, không còn
sách hội họa và mỗi loại còn ít nhất một cuốn. Do đó ta sẽ giải bài toán này bằng cách gián tiếp như sau:
Gọi A là tập hợp tất cả các cách tặng sách tùy ý  có 6
12C cách tặng
Số cách tặng sách mà sau khi tặng không còn sách văn là 1
7 6!C 
Số cách tặng sách mà sau khi tặng không còn sách âm nhạc là 2
8 6!C 
Số cách tặng sách mà sau khi tặng không còn sách hội họa là 3
9 6!C 
Vậy số cách tặng sách mà sau khi tặng thì mỗi loại còn ít nhất một cuốn là :
6 1 2 3
12 7 8 96! 6! 6! 579600C C C C       cách
ĐS: 579600 cách tặng
Bài tập áp dụng:
Bài 1: Từ các số 1, 2, 5, 7, 8 có thể lập được bao nhiêu cách lập ra một số gồm ba chữ số khác
nhau sao cho:
a. Số tạo thành là số chẳn
b. Số tạo thành không có chữ số 7
c. Số tạo thành nhỏ hơn 278
ĐS: a. 2
42 A  b. 3
4A  c.      2
41 1 2 3 1 1 2 20A        (số)
Bài 2: Từ các chữ số 0,2,3,6,9 có thể lập thành bao nhiêu số x :
a. Gồm 4 chữ số khác nhau ?
b. Gồm 4 chữ số khác nhau và x là số chẵn?
c. Gồm 4 chữ số khác nhau và x là số lẻ ?
ĐS: a. 3
44 96A  (số) b.    3 2
4 31 2 3 60A A     (số) c. 2
32 3 36A   (số)

Bài 3: Có bao nhiêu cách xếp 5 học sinh A,B,C,D,E ngồi vào 1 ghế dài sao cho
a. Bạn C ngồi chính giữa
b. 2 bạn A,E ngồi ở 2 đầu ghế
ĐS: a. 4! 24 (cách) b. 2! 3! 12  (cách)
Bài 4: Một bàn dài có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy ghế gồm 6 ghế.
Người ta muốn xếp chổ ngồi cho 6 học sinh trường A và 6 học sinh trường B vào
bàn trên .Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp trong mổi trường hợp sau .
a. bất cứ hai học sinh nào ngồi cạnh nhau hoặc đối diện nhau đều khác trường nhau.
b. Bất cứ hai học sinh nào ngồi đối diện nhau đều khác trường nhau
ĐS: a. 6! 6! 6! 6! 1036800    (cách)
b. 12 6 10 5 8 4 6 3 4 2 1 1 33177600            (cách)
{lấy từng HS trường A chọn ghế tương ứng chọn 1 HS trường B ngồi đối diện HS trường A đó}
Bài 5: Một học sinh có 12 quyển sách đôi một khác nhau trong đó có 2 sách toán , 4 sách văn và
6 sách anh văn .Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp sách lên kệ dài sao cho
a. mọi quyển sách cùng môn được xếp kề nhau.
b. Không có quyển sách văn nào đứng cạnh nhau.
ĐS: a. 3! 2! 4! 6! 20736    b. 4
98! A 
Bài 6: Có bao nhiêu số tự nhiên gồm năm chữ số đôi một khác nhau và đều lớn hơn 4 ? Tính tổng
của tất cả các số tự nhiên nói trên.
ĐS: 5 5! 120P   (số). tổng của 120 số: 155554 60 9333240S   
hoặc 24 (5 6 7 8 9) 11111 9333240S        
Bài 7: (ĐH Y Hà Nội - - 1997) Có bao nhiêu số tự nhiên lẻ có 6 chữ số khác nhau, nhỏ hơn 600000
HD: 1 2 3 4 5 6x a a a a a a vì x là số lẻ và 600000x 
 
 
1
2
1,2,3,4,5
1,3,5,7,9
a
a

 

từ đó ta xét 2 phương án:
     
   
1 6 1
1 6
1,3,5 1,3,5,7,9
2,4 1,3,5,7,9
a a a
a a
  

  
ĐS: 4 4
8 83 4 2 5 36960A A      (số)
Bài 8: Cho tập hợp A = {0; 2; 4; 5; 6; 8; 9}
a. Có thể lập được bao nhiêu số chẵn có 3 chữ số khác nhau từng đôi một.
b. Có thể lập được bao nhiêu số có 4 chữ số khác nhau, trong đó nhất thiết có mặt chữ số 5
ĐS: a. 2
61 4 5 5 130A     ( số ) b. 3 2
6 53 5 420A A    ( số )

Bài 9: (Học viện khoa học quân sự - 1997) Có 10 câu hỏi gồm 4 câu lý thuyết và 6 câu bài tập để
cấu tạo thành một đề thi gồm 3 câu có cả lý thuyết và bài tập. Hỏi có bao nhiêu khả năng cấu
tạo thành đề thi đó
ĐS: 2 2
6 44 6 96C C    cách cấu tạo thành đề thi
Bài 10: (ĐH kiến trúc Hà Nội - 1998) Một đội xây dựng gồm 10 công nhân, 3 kĩ sư. Để lập một
tổ công tác cần 1 kĩ sư làm tổ trưởng, 1 công nhân làm tổ phó và 5 công nhân tổ viên. Hỏi có
bao nhiêu cách lập tổ công tác nói trên.
ĐS: 5
93.10. 3780C  cách lập tổ công tác
Bài 11: Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ sô đôi một khác nhau trong đó phải có mặt chữ số 0
nhưng không có mặt chữ số 1
ĐS: 5
85 A 
Bài 12: Có bao nhiêu số tự nhiên có đúng 5 chữ số sao cho chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng
liền trước nó.
ĐS: 5
9 126C  (số) {gt  trong số cần lập không có chữ số 0. Cứ mỗi cách chọn ra 5 chữ số
từ tập 9 chữ số{1,2,…,9} thì ta chỉ lập được đúng 1 số theo ycbt}
Bài 13 (ĐH ngoại thương TP.HCM – 2001): Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể thiết lập được
bao nhiêu số có 6 chữ số khác nhau sao cho số 1 và số 6 không đứng cạnh nhau.
ĐS:  6! 5! 2! 480   (số)
Bài 14 (ĐH sư phạm Hà Nội 2 – 2000) Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 8 chữ số từ các
chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 trong đó chữ số 1 và 6 đều có mặt 2 lần còn các chữ số khác có mặt
đúng một lần
ĐS: 2 2
8 6 4! 10080C C   (số) { chọn 2 trong 8 vị trí để bỏ hai chữ số 1 vào, chọn 2 trong 6
vị trí còn lại để bỏ hai chữ số 6, sắp xếp 4 chữ số {2,3,4,5} vào 4 vị trí còn lại }
Bài 15: Cho 2 đường thẳng song song d1và d2. trên d1 lấy 10 điểm và trên d2 lấy n điểm phân biệt.
Biết rằng có tất cả 2800 tam giác có đỉnh là các điểm đã cho. Tìm n ?
ĐS:    2 2
10 10 2800 20nn C C n      {để tạo thành tam giác thì cần 1 điểm nằm trên
đường này và 2 điểm nằm trên đường kia}

Bài 16: Từ 12 học sinh ưu tú của 1 trường trung học , cần chọn ra 5 học sinh để đi dư trại hè toàn
quốc trong đó cần có 1trưởng đoàn ,1thư ký và 3 thanh viên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ?
ĐS: 3
1012 11 15840C   (cách)
Bài 17: Cho m điểm trong đó có n (với 3 n m  )điểm nằm trên cùng 1 đường tròn. Ngoài ra không có
4 điểm nào đồng phẳng .
a) có bao nhiêu đường tròn biết mỗi đường tròn đi qua 3 trong m điểm đó ?
b) có bao nhiêu tứ diện có các đỉnh là 4 trong m điểm đó ?
ĐS: a. 3 3
1m nC C  b. 4 4
m nC C
Bài 18: Một họ n đường thẳng song song cắt 1 họ m đường thẳng song song .Hỏi có bao nhiêu hình
bình hành được tạo thành ?
ĐS: 2 2
n mC C
Bài 19: Một đa giác lồi có n đỉnh .Hỏi có bao nhiêu đường chéo ? Và có bao nhiêu tam giác nhận n
đỉnh đó làm đỉnh ?
ĐS: 2
nC n (đường chéo) , 3
nC (tam giác)
Bài 20: Trong hộp đựng bi có 4 bi đỏ 5 bi trắng và 6 bi vàng . chọn ra 4 bi từ hộp đó. Hỏi có bao
nhiêu cách chọn để trong số bi lấy ra không có đủ 3 màu ?
ĐS:        4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4
4 5 6 9 4 5 10 4 6 11 5 6 645C C C C C C C C C C C C            (cách)
Hoặc      4 2 1 1 1 2 1 1 1 2
15 4 5 6 4 5 6 4 5 6 645C C C C C C C C C C          (cách)
Bài 21: Từ các chữ số: 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số có 6 chữ số khác nhau và trong
mỗi số đó tổng của 3 chữ số đầu nhỏ hơn tổng của 3 chữ số sau một đơn vị.
ĐS: 3 3! 3! 108   (số) {vì 1 2 3 4 5 6 21      nên số cần tìm có tổng 3 chữ số đầu bằng
10 có 3 trường hợp (1,3,6); (1,4,5) và (2,3,5) trong mỗi TH ta có 3!
cách sắp xếp 3 chữ số đầu và 3! cách sắp xếp cho 3 chữ số sau}
Bài 22: Từ các chữ số: 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số có 6 chữ số khác nhau và chữ
số 2 đứng cạnh chữ số 3
ĐS: 5! 2! 4! 2! 192    (số) hoặc    2! 4! 4 2! 3 3! 192      (số)
Bài 23: Đội tuyển học sinh giỏi của một trường có 18 HS, trong đó có 7 HS khối 12, 6 HS khối
11 và 5 HS khối 10. Hỏi có bao nhiêu cách cử 8 HS trong đội đi dự hội trại hè sao cho
mỗi khối có ít nhất một HS được chọn

ĐS: 8 8 8 8
18 13 12 11C C C C    {ycbt  chọn 8HS có đủ 3 khối .Vì trong mỗi khối số HS
đều ít hơn 8 nên khi lấy tùy ý 8HS từ 18HS trên thì hoặc là lấy từ 2 khối hoặc là có đủ 3 khôi}
Bài 24: Trong mặt phẳng cho đa giác đều H có 20 đỉnh .xét các tam giác có 3 đỉnh được
lấy từ các đỉnh cua hình H.
a) Có tất cả bao nhiêu tam giác như vậy ?
Có bao nhiêu tam giá có đúng 2cạnh là cạnh của hình H
b) Có bao nhiêu tam giác có đúng 1 cạnh là cạnh của hình H?
Có bao nhiêu tam giác không có cạnh nào là cạnh của hình H?
ĐS: a. 3
20C tam giác tùy ý . 20 tam giác có 2 cạnh là cạnh của (H) { 1 2 3 20 1 2,...,A A A A A A  }
b. 1
20 16 320C   tam giác có 1 cạnh trùng cạnh của (H) { B1: chọn 1 cạnh từ 20 cạnh,
B2: chọn 1 đỉnh từ 16 định(bỏ đi 2 đỉnh thuộc cạnh đã chọn và 2 đỉnh kề với nó) }
3
20 20 320 800C    tam giác không có cạnh trùng với (H)
Bài 25: Xét các biển số xe là dãy gồm 2 chữ cái đứng trước và 4 chữ số đứng sau. Các chữ
cái được lấy từ 24 chữ cái A,B…,Z các chữ số được lấy từ 10 chữ số 0;1;2…9.
a) Có bao nhiêu biển số xe trong đó có ít nhất 1 chữ cái khác chữ cái O và các chữ số đều khác
nhau ?
b) Có bao nhiêu biển số xe có 2 chữ cái khác nhau đồng thời có 2 chữ số lẻ khác nhau và 2 chữ số
giống nhau ?
ĐS: a.  2 4
1024 1 A   b. 2 2 2
24 4 510A C A   
Bài 26: Cho tập A = {0,1,2,3,4,5,6,7}. Từ A có thể lập được bao nhiêu số x :
a) Gồm 4 chữ số khác nhau và không chia hết cho 5.
b) Gồm 5 chữ số khác nhau và đồng thời thỏa mãn hai điều kiện sau :
x là số chẵn và 1 trong 3 chữ số đầu tiên của x phải bằng 1.
ĐS: a. 2
66 6 1080A   (số) b.      3 2 2
6 5 51 4 1 6 2 3 5 2 1320A A A           (số)
Bài 27: (ĐH quốc gia TP.HCM – 2001)Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chữ số(chữ số đầu tiên khác 0),
biết rằng chữ số 2 có mặt đúng hai lần, chữ số 3 có mặt đúng ba lần và các chữ số còn lại có mặt
không quá một lần.
ĐS:      3 2 2 2 2 3 2
5 8 6 4 8 6 36 7 7 11340C A C C A C C          (số) { xét 1 2a  , 1 3a  ,
1
1
2
3
a
a



}

Bài 28: Cho tập hợp A = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}. Từ tập A có thể lập được bao nhiêu số :
a. Có 6 chữ số khác nhau sao cho luôn có mặt hai chữ số 0 và 3
b. Có bảy chữ số khác nhau sao cho luôn có mặt hai chữ số 2 và 5
ĐS: a.    4 2 3
8 5 71 5 8 28560A A A      (số) { xét 1 3a  và 1 3a  }
b.    5 2 4
8 6 72 6 7 257040A A A      (số) { xét  1 2;5a  và  1 2;5a  }
Bài 29: Hội đồng quản trị của một công ty gồm 12 người, trong đó có 5 nữ. Từ hội đồng quản trị đó
người ta bầu ra 1 chủ tịch hội đồng quản trị, 1 phó chủ tịch hội đồng quản trị và 2 ủy viên.
Hỏi có mấy cách bầu sao cho trong 4 người được bầu phải có nữ.
ĐS : 2 2 2 2
12 10 7 5A .C A .C 5520 cách.
Bài 30: Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số, chữ số 0 có mặt đúng 2 lần, chữ số 1 có mặt đùng 1
lần, hai chữ số còn lại phân biệt.
ĐS :    2 2 2
4 8 41 8 2 7 1008C A C       ( số )
Bài 31 (B - 2008) Chứng minh rằng 1
1 1
1 1 1 1
2 k k k
n n n
n
n C C C
 
 
  
  
HD:
1 !( 1 )! ( 1)!( )! !( )!
2 ( 1)! !
n k n k k n k k n k
VT VP
n n n
      
  
 
Bài 32 (D - 2005) Tính giá trị biểu thức
4 3
1 3
( 1)!
n nA A
M
n
 


, biết rằng :
2 2 2 2
1 2 3 42 2 149n n n nC C C C      
(n là số nguyên dương, k
nA là số chỉnh hợp chập k của n phần tử và k
nC là số tổ hợp chập k
của n phần tử )
HD:
( 1)! ( 2)! ( 3)! ( 4)!
2 2 149
( 1)!2! !2! ( 1)!2! ( 2)!2!
n n n n
gt
n n n n
   
    
  
( 1) ( 1)( 2) ( 2)( 3) ( 3)( 4)
2 2 149
2 2 2 2
n n n n n n n n      
    
2
4 45 0 5 9( )n n n n loai        
Với n = 5 ta có :
4 3
6 53 5
6! 12
A A
M

 

Bài 33: Tìm số nguyên n lớn hơn 1 thỏa mãn điều kiện : 2 2
2 6 12n n n nP A P A  
(với nP là số hoán vị n phần tử và k
nA là số chỉnh hợp chập k của n phần tử)
HD:    2 2
2
6 (1)
2 6 2 0
2 (2)
n
n n n
n
P
gt P A A
A

      

Khi n tăng thì 2
nA cũng tăng mặt khác : 2
2 1A  và 2
3 6A  nên pt (2) vô nghiệm
Khi n tăng thì nP cũng tăng mặt khác : 3 6P  . Do đó (1) có nghiệm duy nhất n = 3
Bài 34: Giải các phương trình , hệ phương trình, bất phương trình sau
a.  2 2
72 6 2x x x xP A A P   e. 2 2 3
2
1 6
10
2
x x xA A C
x
  
b.
2 5 90
5 2 80
y y
x x
y y
x x
A C
A C
  

 
f. 1 2 3 2
6 6 9 14x x xC C C x x   
c. 3 2
2 9n
n nA C n
  g. )2(672 22
xxxx PAAP 
d.








24
1
:
3
1
: 2
x
y
x
y
x
y
x
y
AC
CC
h.
1
1 1
1
1 1
( )
3 5
y y
x x
y y
x x
C C
x y
C C

 

 
 


Bài 35: Chứng minh các hệ thức sau :
a. 2 1 2n n n
n k n k n kA A k A 
    c. 2
2( 1) ( 1)k k
n nk k C n n C 
  
b. 2 2 2 5
1 3 5 5!k n n n nP A A A nk A    d. 1
1 1
1 1 1 1
2 k k k
n n n
n
n C C C
 
 
  
  
c. 4
1
3
1
2
4
4
1
2 


  x
xx
x
x xCCACx
d. 0
4
5 2
2
3
1
4
1   xxx ACC
BÀI TẬP TỰ GIẢI
Bài 1. Cần xếp 3 nam và 2 nữ vào 1 hàng ghế có 7 chỗ ngồi sao cho 3 nam ngồi kề nhau và 2 nữ ngồi
kề nhau. Hỏi có bao nhiêu cách.
Bài 2. Xét đa giác đều có n cạnh, biết số đường chéo gấp đôi số cạnh. Tính số cạnh của đa giác đều đó.
Bài 3. Tính số các số tự nhiên đôi một khác nhau có 6 chữ số tạo thành từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5
sao cho 2 chữ số 3 và 4 đứng cạnh nhau.
Bài 4. Tính số các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau được thành lập từ 0, 1, 2, 3, 4, 5 sao cho
trong mỗi số đó đều có mặt ít nhất chữ số 1 hoặc 2.
Bài 5. Hai nhóm người cần mua nền nhà, nhóm thứ nhất có 2 người và họ muốn mua 2 nền kề nhau,
nhóm thứ hai có 3 người và họ muốn mua 3 nền kề nhau. Họ tìm được một lô đất chia thành 7

nền đang rao bán (các nền như nhau và chưa có người mua). Tính số cách chọn nền của mỗi
người thỏa yêu cầu trên.
Bài 6. Từ 4 chữ số 0, 1, 2, 3 lập thành các số tự nhiên có 3 chữ số phân biệt. Tính tổng các số được
thành lập.
Bài 7. Tính số hình chữ nhật được tạo thành từ 4 trong 20 đỉnh của đa giác đều có 20 cạnh nội tiếp
đường tròn tâm O.
Bài 8. Cho đa giác đều có 2n cạnh nội tiếp đường tròn tâm O. Biết số tam giác có các đỉnh là 3 trong
2n đỉnh của đa giác nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n đỉnh của đa
giác. Tính số hình chữ nhật.
Bài 9. Đội tuyển học sinh giỏi của một trường gồm 18 em, trong đó có 7 em khối 12, 6 em khối 11
và 5 em khối 10. Tính số cách chọn 6 em trong đội đi dự trại hè sao cho mỗi khối có ít nhất
1 em được chọn.
Bài 10. Cho tập hợp X gồm 10 phần tử khác nhau. Tính số tập hợp con khác rỗng chứa một số chẵn
các phần tử của X.
Bài 11. Một hộp đựng 15 viên bi khác nhau gồm 4 bi đỏ, 5 bi trắng và 6 bi vàng. Tính số cách chọn 4
viên bi từ hộp đó sao cho không có đủ 3 màu.
Bài 12. Giải vô địch bóng đá Quốc gia có 14 đội tham gia thi đấu vòng tròn 1 lượt, biết rằng trong 1
trận đấu: đội thắng được 3 điểm, hòa 1 điểm, thua 0 điểm và có 23 trận hòa. Tính số điểm
trung bình của 1 trận trong toàn giải.
Bài 13. Tính số các số tự nhiên gồm 7 chữ số được chọn từ 1, 2, 3, 4, 5 sao cho chữ số 2 có mặt đúng
2 lần, chữ số 3 có mặt đúng 3 lần và các chữ số còn lại có mặt không quá 1 lần.
Bài 14. Tính số các số tự nhiên gồm 5 chữ số phân biệt và một trong 3 chữ số đầu tiên là 1 được thành
lập từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7.
Bài 15. Từ một nhóm 30 học sinh gồm 15 học sinh khối A, 10 học sinh khối B và 5 học sinh khối C
chọn ra 15 học sinh sao cho có ít nhất 5 học sinh khối A và có đúng 2 học sinh khối C.
Tính số cách chọn.
Bài 16. Từ một nhóm 12 học sinh gồm 4 học sinh khối A, 4 học sinh khối B và 4 học sinh khối C chọn
ra 5 học sinh sao cho mỗi khối có ít nhất 1 học sinh. Tính số cách chọn.
Bài 17. Tính số tập hợp con của X = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6} chứa 1 mà không chứa 0.
Bài 18. Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thông có 12 học sinh gồm 5 học sinh lớp A,
4 học sinh lớp B và 3 học sinh lớp C. Tính số cách chọn 4 học sinh đi làm nhiệm vụ sao cho

4 học sinh này thuộc không quá 2 trong 3 lớp trên.
Bài 19. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 lập thành số tự nhiên chẵn có 5 chữ số phân biệt nhỏ hơn 25000.
Tính số các số lập được.
Bài 20. Tập hợp A gồm n phần tử (n 4). Biết rằng số tập hợp con chứa 4 phần tử của A bằng 20 lần
số tập hợp con chứa 2 phần tử của A, tìm số k 1; 2; ...; n sao cho số tập hợp con chứa
k phần tử của A là lớn nhất.
Bài 21. Tìm số tự nhiên k thỏa mãn hệ thức :
 
 k k 2 k 1
14 14 14C C 2C
Bài 22. Tính tổng :    6 7 8 9 10
10 10 10 10 10C C C C C trong đó k
nC là số tổ hợp chập k của n phần tử
Bài 23. Tìm các số nguyên dương x thỏa mãn :    1 2 3 2
x x xC 6C 6C 9x 14x
Bài 24. Chứng minh rằng: 
  k k 1 1000 1001
2001 2001 2001 2001C C C C (trong đó k là số nguyên, 0 2000k  )
Bài 25. Giải bât phương trình:   2 2 3
2x x x
1 6
A A .C 10
2 x
Bài 26 (ĐH An ninh nhân dân A - 2001) Chứng minh rằng với n là số tự nhiên, 2n  , ta có:

   
2 2 2
2 3 n
1 1 1 n 1
...
nA A A
Bài 27 (ĐH Bách Khoa HN - 2001)Giải hệ phương trình:
  

 
y y
x x
y y
x x
2A 5C 90
5A 2C 80
Bài 28 (ĐH Y Dược TP.HCM – 2001) Cho k và n là các số nguyên thỏa mãn: 9 k n  .
Chứng minh rằng:    
2n n n
2n k 2n k 2nC .C C
Bài 29 : Tìm số n nguyên dương thỏa mãn bất phương trình: 
 3 n 2
n nA 2C 9n
Bài 30 : Tìm số n nguyên dương thỏa mãn phương trình:  
  2 n 2 2 3 3 n 3
n n n n n nC C 2C C C C 100
Bài 31 : Chứng minh rằng : 1 2 3 4 12 3 4 ... 1n nP P P P nP P      
Bài 32 : Chứng minh rằng :  
    0 k 1 k 1 2 k 2 k
2 n 2 2 n 2 2 n 2 nC C C C C C C (với , ; 2n k Z n k
   )
Bài 33 : Giải bất phương trình: 3 n n n
n 2n 3n(n!) C .C .C 720
Bài 34 : Tìm n nguyên thỏa mãn đẳng thức:  3 2
n nA 2C 16n
Bài 35 : Tìm số nguyên n > 1 thỏa mãn đẳng thức: 2 2
2 6 12n n n nP A P A  

Bài 36 : Giải hệ phương trình:




 

x x
y y 2
x x
y y
1
C : C
3
1
C : A
24
Bài 37 : Tìm số tự nhiên n sao cho :  n n n
4 5 6
1 1 1
C C C
Bài 38 : Giải bất phương trình    2 2
x 1 x2C 3A 20 0
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1. Xét 3 loại ghế gồm 1 ghế có 3 chỗ, 1 ghế có 2 chỗ và 2 ghế có 1 chỗ ngồi.
+ Bước 1: do 2 ghế có 1 chỗ không phân biệt nên chọn 2 trong 4 vị trí để sắp ghế 2 và 3 chỗ
ngồi có 2
4A 12 cách.
+ Bước 2: sắp 3 nam vào ghế 3 chỗ có 3! = 6 cách.
+ Bước 3: sắp 2 nữ vào ghế 2 chỗ có 2! = 2 cách.
Vậy có 12.6.2 = 144 cách sắp.
Bài 2. Chọn 2 trong n đỉnh của đa giác ta lập được 1 cạnh hoặc đường chéo.
Số cạnh và đường chéo là 2
nC . Suy ra số đường chéo là 2
nC n .
Ta có: 2
n
n!
C n 2n n 2n
2!(n 2)!
n(n 1) 6n n 7 .
Vậy có 7 cạnh.
Bài 3. Xét số có 5 chữ số gồm 0, 1, 2, 5 và chữ số “kép” là (3, 4).
+ Loại 1: chữ số hàng trăm ngàn có thể là 0.
- Bước 1: sắp 5 chữ số vào 5 vị trí có 5! = 120 cách.
- Bước 2: với mỗi cách sắp chữ số kép có 2 hoán vị chữ số 3 và 4.
Suy ra có 120.2 = 240 số.
+ Loại 2: chữ số hàng trăm ngàn là 0.
- Bước 1: sắp 4 chữ số vào 4 vị trí còn lại có 4! = 24 cách.
- Bước 2: với mỗi cách sắp chữ số kép có 2 hoán vị chữ số 3 và 4.
Suy ra có 24.2 = 48 số.
Vậy có 240 – 48 = 192 số.

Bài 4.
+ Loại 1: chữ số a1 có thể là 0.
Sắp 4 trong 6 chữ số vào 4 vị trí có 4
6A 360 cách. Sắp 4 chữ số 0, 3, 4, 5 vào
4 vị trí có 4! = 24 cách. Suy ra có 360 – 24 = 336 số.
+ Loại 2: chữ số a1 là 0 (vị trí a1 đã có chữ số 0).
Sắp 3 trong 5 chữ số vào 3 vị trí có 3
5A 60 cách. Sắp 3 chữ số 3, 4, 5 vào 3 vị trí
có 3! = 6 cách. Suy ra có 60 – 6 = 54 số.
Vậy có 336 – 54 = 282 số.
Cách khác:
+ Loại 1: Số tự nhiên có 4 chữ số tùy ý.
- Bước 1: Chọn 1 trong 5 chữ số khác 0 sắp vào a1 có 5 cách.
- Bước 2: Chọn 3 trong 5 chữ số khác a1 sắp vào 3 vị trí còn lại có 3
5A 60 cách.
Suy ra có 5.60 = 300 số.
+ Loại 2: Số tự nhiên có 4 chữ số gồm 0, 3, 4, 5 (không có 1 và 2).
- Bước 1: Chọn 1 trong 3 chữ số khác 0 sắp vào a1 có 3 cách.
- Bước 2: Sắp 3 chữ số còn lại vào 3 vị trí 3! = 6 cách.
Suy ra có 3.6 = 18 số.
Vậy có 300 – 18 = 282 số.
Bài 5. Xem lô đất có 4 vị trí gồm 2 vị trí 1 nền, 1 vị trí 2 nền và 1 vị trí 3 nền.
+ Bước 1: nhóm thứ nhất chọn 1 vị trí cho 2 nền có 4 cách và mỗi cách có 2! = 2 cách chọn
nền cho mỗi người. Suy ra có 4.2 = 8 cách chọn nền.
+ Bước 2: nhóm thứ hai chọn 1 trong 3 vị trí còn lại cho 3 nền có 3 cách và mỗi cách
có 3! = 6 cách chọn nền cho mỗi người. Suy ra có 3.6 = 18 cách chọn nền.
Vậy có 8.18 = 144 cách chọn nền cho mỗi người.
Bài 6.
+ Xét số A có 3 chữ số phân biệt và chữ số hàng trăm có thể là 0.
Từ 3
4A 24 số A ta lập được 12 cặp số có tổng là 333. Ví dụ 012 + 321 = 333.
Suy ra tổng các số A là 12.333 = 3996.
+ Xét số B có 3 chữ số phân biệt và chữ số hàng trăm là 0.

Từ 2
3A 6 số B ta lập được 3 cặp số có tổng là 44. Ví dụ 032 + 012 = 44.
Suy ra tổng các số B là 3.44 = 132.
Vậy tổng các số thỏa yêu cầu là 3996 – 132 = 3864.
Cách khác:
+ Xét số A có 3 chữ số phân biệt và chữ số hàng trăm có thể là 0.
- Số các số A là 3
4A 24 số. Số lần các chữ số có mặt ở hàng trăm, hàng chục và
đơn vị là như nhau và bằng 24 : 4 = 6 lần.
- Tổng các chữ số hàng trăm (hàng chục, đơn vị) của 24 số là: 6.(0 + 1 + 2 + 3) = 36.
Suy ra tổng các số A là 36.(100 + 10 + 1) = 3996.
+ Xét số B có 3 chữ số phân biệt và chữ số hàng trăm là 0.
- Số các số B là 2
3A 6 số. Số lần các chữ số 1, 2, 3 có mặt ở hàng chục và đơn vị là
như nhau và bằng 6 : 3 = 2 lần.
- Tổng các chữ số hàng chục (đơn vị) của 6 số là 2.(1 + 2 + 3) = 12.
Suy ra tổng các số B là 12.(10 + 1) = 132.
Vậy tổng các số thỏa yêu cầu là 3996 – 132 = 3864.
Bài 7. Nhận thấy các hình chữ nhật được tạo thành có 2 đường chéo là đường kính của đường tròn.
Vẽ đường thẳng d qua tâm O và không qua đỉnh của đa giác đều thì d chia đa giác thành 2 phần,
mỗi phần có 10 đỉnh. Suy ra số đường chéo của đa giác đi qua tâm O là 10. Chọn 2 trong 10
đường chéo thì lập được 1 hình chữ nhật.
Vậy có 2
10C 45 hình chữ nhật.
Bài 8. + Lý luận tương tự câu 6 ta có 2
nC hình chữ nhật.
+ Số tam giác tạo thành từ 3 trong 2n đỉnh của đa giác là 3
2nC .
+ Từ giả thiết ta có: 3 2
2n n
(2n)! n!
C 20C 20
3! 2n 3 ! 2! n 2 !
2n(2n 1)(2n 2) n(n 1)
20 n 8
6 2
.
Vậy có 2
8C 28 hình chữ nhật.

Bài 9.
Cách giải sai:
+ Chọn tùy ý 6 em trong đội có 6
18C 18564 cách.
+ Chọn 6 em trong đội thuộc khối 12 hoặc khối 11 có 6
13C 1716 cách.
12C 924 cách.
11C 462 cách.
Vậy có 18564 – 1716 – 924 – 462 = 15462 cách chọn!
Sai ở chỗ lớp 12 và lớp 11 ta đã tính lặp lại.
Cách giải đúng:
+ Chọn tùy ý 6 em trong đội có 6
18C 18564 cách.
13C 1716 cách.
+ Chọn 6 em trong đội thuộc khối 12 và khối 10 có 6 6
12 7C C 917 cách.
+ Chọn 6 em trong đội thuộc khối 11 và khối 10 có 6 6
11 6C C 461 cách.
Vậy có 18564 – 1716 – 917 – 461 = 15454 cách chọn.
Bài 10.
+ Số tập hợp con chứa 2 phần tử của X là 2
10C 45.
10C 210.
10C 210.
10C 45.
+ Số tập hợp con chứa 10 phần tử của X là 1.
Vậy có 45 + 210 + 210 + 45 + 1 = 511 tập hợp.
Bài 11.
+ Trường hợp 1: chọn 4 bi đỏ hoặc trắng có 4
9C 126 cách.
+ Trường hợp 2: chọn 4 bi đỏ và vàng hoặc 4 bi vàng có 4 4
10 4C C 209 cách.
+ Trường hợp 3: chọn 4 bi trắng và vàng có 4 4 4
11 5 6C C C 310 cách.
Vậy có 126 + 209 + 310 = 645 cách.

Cách khác:
+ Loại 1: chọn tùy ý 4 trong 15 viên bi có 4
15C 1365 cách.
+ Loại 2: chọn đủ cả 3 màu có 720 cách gồm các trường hợp sau:
- Chọn 2 bi đỏ, 1 bi trắng và 1 bi vàng có 180 cách.
Vậy có 1365 – 720 = 645 cách.
Bài 12. + Do thi đấu vòng tròn 1 lượt nên 2 đội bất kỳ chỉ đấu với nhau đúng 1 trận. Số trận đấu của
giải là 2
14C 91.
+ Tổng số điểm của 2 đội trong 1 trận hòa là 2 nên tổng số điểm của 23 trận hòa là 2.23 = 46.
+ Tổng số điểm của 2 đội trong 1 trận không hòa là 3 nên tổng số điểm của 68 trận không hòa
là 3.68 = 204.
Vậy số điểm trung bình của 1 trận là 46 204 250
91 91
điểm.
Bài 13. Xem số có 7 chữ số như 7 vị trí thẳng hàng.
+ Bước 1: chọn 2 trong 7 vị trí để sắp 2 chữ số 2 (không hoán vị) có 2
7C 21 cách.
+ Bước 2: chọn 3 trong 5 vị trí còn lại để sắp 3 chữ số 3 (không hoán vị) có 3
5C 10 cách.
+ Bước 3: chọn 2 trong 3 chữ số 1, 4, 5 để sắp vào 2 vị trí còn lại (có hoán vị) có 2
3A 6 cách.
Vậy có 21.10.6 = 1260 số.
Bài 14.
+ Loại 1: chữ số a1 có thể là 0.
- Bước 1: chọn 1 trong 3 vị trí đầu để sắp chữ số 1 có 3 cách.
- Bước 2: chọn 4 trong 7 chữ số (trừ chữ số 1) để sắp vào các vị trí còn lại có
4
7A 840 cách. Suy ra có 3.840 = 2520 số.
+ Loại 2: chữ số a1 là 0.
- Bước 1: chọn 1 trong 2 vị trí thứ 2 và 3 để sắp chữ số 1 có 2 cách.
- Bước 2: chọn 3 trong 6 chữ số (trừ 0 và 1) để sắp vào các vị trí còn lại có
3
6A 120 cách. Suy ra có 2.120 = 240 số.
Vậy có 2520 – 240 = 2280 số.

Bài 15.
+ Loại 1: Chọn 2 học sinh khối C, 13 học sinh khối B hoặc khối A có 2 13
5 25C C cách.
+ Loại 2: Chọn 2 học sinh khối C, 13 học sinh khối B và khối A không thỏa yêu cầu.
- Trường hợp 1: Chọn 2 học sinh khối C, 10 học sinh khối B và 3 học sinh khối A
có 2 10 3
5 10 15C C C cách.
- Trường hợp 2: Chọn 2 học sinh khối C, 9 học sinh khối B và 4 học sinh khối A
có 2 9 4
5 10 15C C C cách.
Vậy có 2 13 10 3 9 4
5 25 10 15 10 15C C C C C C 51861950 cách.
Bài 16.
+ Trường hợp 1: 1 khối có 3 học sinh và 2 khối còn lại mỗi khối có 1 học sinh.
- Bước 1: chọn 1 khối có 3 học sinh có 3 cách.
- Bước 2: trong khối đã chọn ta chọn 3 học sinh có 3
4C 4 cách.
- Bước 3: 2 khối còn lại mỗi khối có 4 cách chọn.
Suy ra có 3.4.4.4 = 192 cách.
+ Trường hợp 2: 2 khối có 2 học sinh và khối còn lại có 1 học sinh.
- Bước 1: chọn 2 khối có 2 học sinh có 2
3C 3 cách.
- Bước 2: trong 2 khối đã chọn ta chọn 2 học sinh có 2
4C 6 cách.
- Bước 3: khối còn lại có 4 cách chọn.
Suy ra có 3.6.6.4 = 432 cách.
Vậy có 192 + 432 = 624 cách.
Cách khác:
+ Chọn 5 học sinh tùy ý có 5
12C 792 cách.
+ Chọn 5 học sinh khối A và B (tương tự khối A và C, B và C) có 5
8C 56 cách.
Vậy có 792 – 3.56 = 624 cách.
Bài 17.
+ Số tập hợp con không chứa phần tử nào của X 0; 1 là 0
5C .
+ Số tập hợp con chứa 1 phần tử của X 0; 1 là 1
5C .

5C .
5C .
5C .
5C .
Suy ra số tập hợp con của X 0; 1 là 0 1 2 3 4 5
5 5 5 5 5 5C C C C C C 32 . Ta hợp các tập
hợp con này với {1} thì được 32 tập hợp thỏa bài toán.
Bài 18.
Cách giải sai:
+ Trường hợp 1: chọn 4 học sinh lớp A hoặc lớp B có 4
9C cách.
+ Trường hợp 2: chọn 4 học sinh lớp A hoặc lớp C có 4
8C cách.
+ Trường hợp 3: chọn 4 học sinh lớp B hoặc lớp C có 4
7C cách.
Vậy có 4 4 4
9 8 7C C C 231 cách!
Sai do ta đã tính lặp lại trường hợp chỉ chọn 4 học sinh lớp A và trường hợp chỉ chọn 4 học sinh lớp B.
Cách giải sai khác:
+ Loại 1: chọn tùy ý 4 trong 12 học sinh có 4
12C 495 cách.
+ Loại 2: chọn 4 học sinh có mặt cả 3 lớp.
- Bước 1: chọn 1 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C có:5.4.3 = 60 cách.
- Bước 2: chọn 1 học sinh trong 9 học sinh còn lại của 3 lớp có 9 cách.
Suy ra có 9.60 = 540 cách chọn loại 2 (lớn hơn số cách chọn loại 1!).
Sai là do khi thực hiện bước 1 và bước 2, vô tình ta đã tạo ra thứ tự trong cách chọn. Có nghĩa
là từ tổ hợp chuyển sang chỉnh hợp!
Cách giải đúng:
+ Loại 1: chọn tùy ý 4 trong 12 học sinh có 4
12C 495 cách.
+ Loại 2: chọn 4 học sinh có mặt cả 3 lớp, ta có 3 trường hợp sau:
- Chọn 2 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C có 2
5C .4.3 120 cách.
45.C .3 90 cách.
35.4.C 60 cách.
Vậy có 495 – (120 + 90 + 60) = 225 cách.

Bài 19. Gọi số cần lập là 1 2 3 4 5A a a a a a với 11 a 2 .
+ Trường hợp 1: a1 = 1.
Có 4 cách chọn a5 và 3
5A cách chọn các chữ số còn lại nên có 3
54.A 240 số.
+ Trường hợp 2: a1 = 2, a2 lẻ.
Có 2 cách chọn a2, 3 cách chọn a5 và 2
42.3.A 72 số.
+ Trường hợp 3: a1 = 2, a2 chẵn.
Có 2 cách chọn a2, 2 cách chọn a5 và 2
42.2.A 48 số.
Vậy có 240 + 72 + 48 = 360 số.
Bài 20. Số tập hợp con chứa k phần tử của A là k
nC . Ta có:
4 2
n n
n! n!
C 20C 20
4! n 4 ! 2! n 2 !
(n 2)(n 3) 240 n 18
k k 1
18 18
k k 1
18 18
18! 18!
C C k! 18 k ! (k 1)! 19 k !
18! 18!C C
k! 18 k ! (k 1)! 17 k !
19 k k 17 19
k
k 1 18 k 2 2
.
Vậy k = 9.
Bài 21.  
 k k 2 k 1
14 14 14C C 2C (0 ≤ k ≤ 12, k  N)
  
    
14! 14! 14!
2
k!(14 k)! (k 2)!(12 k)! (k 1)!(13 k)!
  
     
1 1 1
2
(14 k)(13 k) (k 1)(k 2) (k 1)(13 k)
 (k + 1)(k + 2) + (14 – k)(13 – k) = 2(k + 2)(14 – k)
 k2
– 12k + 32 = 0  k = 4 hoặc k = 8
Vậy k = 4 hoặc k = 8

Bài 22. S =    6 7 8 9 10
10 10 10 10 10C C C C C
=      0 1 9 10 10
10 10 10 10 10
1 1
C C ... C C C
2 2
= 10 5
10
1 1
.2 C
2 2
= 386.
Bài 23.    1 2 3 2
x x xC 6C 6C 9x 14x (x  N, x ≥ 3)
 x + 3x2
– 3x + x3
– 3x2
+ 2x = 9x2
– 14x
 x(x2
– 9x + 14) = 0 

 
 
x 0 (loaïi)
x 2 (loaïi)
x 7 (nhaän)
Vậy: x = 7
Bài 24. Ta sẽ chứng tỏ :
       0 2001 1 2000 2 1999 1000 1001
2001 2001 2001 2001 2001 2001 2001 2001C C C C C C ... C C
Thật vậy, chỉ cần chứng tỏ : 
k k 1
2001 2001C C (1) với k = 0, 1, 2, …, 999.
Ta có : (1)  
  
2001! 2001!
k!(2001 k)! (k 1)!(2000 k)!
 (k + 1) < 2001 – k
 2k < 2000  k < 1000 đúng vì k = 0, 1, 2, …, 999.
Vì vậy: k 1000
2001 2001C C ,k = 0, 1, …, 2000 (dấu đẳng thức xãy ra 

 
k 1000
k 1001
)
và: 
k 1 1001
2001 2001C C , k = 0, 1, …, 2000 (dấu đẳng thức xãy ra 

 
k 999
k 1000
)
 
  k k 1 1000 1001
2001 2001 2001 2001C C C C (dấu đẳng thức xãy ra  k = 1000)
Bài 25. Điều kiện:

  
 
 
 
x N
2 2x x N
2 x x 3
3 x
Ta có:   2 2 3
2x x x
1 6
A A .C 10
2 x

1
2
.2x(2x – 1) – x(x – 1) ≤
 

6 x(x 1)(x 2)
. 10
x 1.2.3
 x2
≤ x2
– 3x + 12  x ≤ 4
Kết hợp với điều kiện ta được: x = 3, x = 4.

Bài 26.
Ta có : 

2
n
n!
A
(n 2)!
= n(n – 1)    
 2
n
1 1 1 1
n(n 1) n n 1A
Thay n lần lượt bằng 2, 3, ,4 … ta được:
  2 2 2
2 3 n
1 1 1
...
A A A
=

        

1 1 1 1 1 1 1 n 1
... 1
1 2 2 3 n 1 n n n
(đpcm)
Bài 27.
Nếu u = y
xA ; v = y
xC 
   
 
   
2u 5v 90 u 20
5u 2v 80 v 10
Mà ! ! 2 2u y v y y    
    

2
x
x!
A x(x 1) 20
(x 2)!
 x2
– x – 20 = 0 


 
x 5
x 4 (loaïi)
Vậy



x 5
y 2
Bài 28. Nếu   n n
k 2n k 2n ka C .C với 0 ≤ k ≤ n.Ta chứng minh rằng: a0 > a1 > … > an (1)
Thật vậy, ta có BĐT ak > ak+1 với 0 ≤ k ≤ n – 1 (2)

     

     
(2n k)! (2n k)! (2n k 1)! (2n k 1)!
. .
n!(n k)! n!(n k)! n!(n k 1)! n!(n k 1)!

  

  
2n k 2n k 1
n k n k 1
 (2n – k)(n + k + 1) > (n – k)(2n + k + 1)
 2nk + n > 0 (đúng)
 (2) đúng  (1) đúng.
Do đó: ak =    
2n n n
2n k 2n k 2nC .C C = a0
Dấu “=” xãy ra  k = 0.
Bài 29. BPT 



n 3
n(n - 1)(n - 2) + n(n - 1) 9n




2
n 3
n - 2n - 8 0
 3 ≤ n ≤ 4  n = 3 hoặc n = 4.
Bài 30. Ta có:  
  2 n 2 2 3 3 n 3
n n n n n nC C 2C C C C 100       
2 2
2 2 3 3
n n n nC 2C C C 100
   
2
2 3
n nC C 100   2 3
n nC C 10

  
 
n(n 1) n(n 1)(n 2)
10
2 6
 3n(n – 1) + (n2
– n)(n – 2) = 60

 (n2
– n)(n + 1) = 60  (n – 1)n(n + 1) = 3.4.5
 n = 4.
Bài 31.
 Cách 1: Ta có: Pn+1 – [nPn + (n – 1)Pn–1 + … + 2P2 + P1]
= (n + 1)! – n.n! – (n – 1).(n – 1)! – … – 2.2! – 1!
= n![(n + 1) – n] – (n – 1).(n – 1)! – … – 2.2! – 1!
= n! – (n – 1).(n – 1)! – … – 2.2! – 1!
= (n – 1)![n – (n – 1)] – … – 2.2! – 1!
= (n – 1)! – (n – 2)(n – 2)! – … – 2.2! – 1!
= …..
= 2! – 1.1! = 1
Vậy: P1 + 2P2 + 3P3 + …+ nPn = Pn+1 – 1.
 Cách 2: Chứng minh bằng quy nạp:
* với n = 1, ta có P1 = P2 – 1  1! = 2! – 1. Mệnh đề này đúng.
* Giã sữ mệnh đề đúng với n = k (k > 1), lúc đó ta có:
P1 + 2P2 + 3P3 + …+ kPk = Pk+1 – 1
* Ta cần chứng minh: P1 + 2P2 + 3P3 + …+ kPk + (k +1)Pk+1= Pk+2 – 1
Thật vậy P1 + 2P2 + 3P3 + …+ kPk + (k +1)Pk+1 = Pk+1 – 1 + (k +1)Pk+1
= (k + 2)Pk+1 – 1 = Pk+2 – 1. (đpcm)
Bài 32. Vế trái =   
     k k 1 k 1 k 2
n 2 n 2 n 2 n 2C C C C = 
 k k 1
n 1 n 1C C = k
nC .
Bài 33. Điều kiện: n  Z, n ≥ 0.
BPT  3 (2n)! (3n)!
(n!) . . 720
n!n! (2n)!n!
 (3n)! ≤ 720
Ta thấy (3n)! tăng theo n và mặc khác 6! = 720 ≥ (3n)!
Do đó: BPT có nghiệm là
 
   
  
  
n 0
0 n 2
n 1
n Z
n 2
.
Bài 34. Điều kiện: n  Z, n ≥ 3.
PT   
 
n! n!
2 16n
(n 3)! 2!(n 2)!
 n(n – 1)(n – 2) + n(n – 1) = 16n
 n2
– 2n – 15 = 0 

  
n 5
n 3 (loaïi)
Vậy n = 5.

Bài 35. Ta có: 2Pn + 6 2 2
n n nA P A = 12 (n  N, n > 1)
 2n! +  
 
6.n! n!
n! 12
(n 2)! (n 2)!
    

n!
(6 n!) 2(6 n!) 0
(n 2)!

 

  
 
6 n! 0
n!
2 0
(n 2)!


   
n! 6
n(n 1) 2 0



  
2
n 3
n n 2 0


  
n 3
n 2 (vì n 2)
Vậy n = 2 hoặc n = 3.
Bài 36. Điều kiện: x  N, y  N*, x ≤ y.
Từ phương trình thứ hai ta suy ra: x = 4
Thay vào phương trình thứ nhất ta được:
y2
– 9y + 8 = 0 

 
y 1(loaïi)
y 8
.
Vậy: x = 4; y = 8.
Bài 37. Điều kiện: n  N, n ≤ 4
 n n n
4 5 6
1 1 1
C C C

  
 
n!(4 n)! n!(5 n)! n!(6 n)!
4! 5! 6!
 n2
– 17n + 30 = 0 

 
n 15 (loaïi)
n 2
Vậy : n = 2.
Bài 38. Điều kiện: x  N, x ≥ 2
BPT 

  
 
(x 1)! x!
2 3 20 0
2!(x 1)! (x 2)!
 x(x + 1) + 3x(x – 1) – 20 < 0  2x2
– x – 10 < 0  – 2 < x <
5
2
Kết hợp với điều kiện ta được x = 2.

ĐẠI SỐ TỔ HỢP

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Viewers also liked

Viewers also liked (14)

Similar to ĐẠI SỐ TỔ HỢP

Similar to ĐẠI SỐ TỔ HỢP (20)

More from DANAMATH

More from DANAMATH (17)

Recently uploaded

Recently uploaded (11)

ĐẠI SỐ TỔ HỢP