To hop

Chương 1
TỔ HỢP
1.1 Quy tắc đếm
1.1.1 Qui tắc cộng
Một công việc nào đó có thể được thực hiện theo một trong hai phương án A hoặc B. Nếu
phương án A có m cách thực hiện, phương án B có n cách thực hiện và không trùng với bất
kì cách nào trong phương án A thì công việc đó có m + n cách thực hiện.
Ví dụ Một bó hoa gồm có: 5 bông hồng trắng, 6 bông hồng đỏ và 7 bông hồng vàng. Hỏi
có mấy cách chọn lấy 1 bông hoa?
Giải
Ta có 5 cách nếu chọn 1 bông hồng trắng, 6 cách để chọn 1 bông hồng đỏ và 7 cách để chọn
1 bông hồng vàng.
Vì vậy ta có 5 + 6 + 7 =18 cách để chọn ra một bông hoa.
1.1.2 Qui tắc nhân
Một công việc nào đó có thể bao gồm hai công đoạn A và B. Nếu công đoạn A có m cách
thực hiện và ứng với mỗi cách đó có n cách thực hiện công đoạn B thì công việc đó có m.n
cách thực hiện.
Ví dụ Một đội văn nghệ chuẩn bị được 2 vở kịch, 3 điệu múa và 6 bài hát. Tại hội diễn,
mỗi đội chỉ được trình diễn 1 vở kịch, 1 điệu múa và 1 bài hát. Hỏi đội văn nghệ trên có bao
nhiêu cách chọn chương trình biểu diễn, biết rằng chất lượng các vở kịch, điệu múa, các bài
hát là như nhau?
Giải
1

1.1 Quy tắc đếm GV: Hồ Sỹ Trường
Để chọn 1 vở kịch ta có 3 cách chọn, tương tự chúng ta có lần lượt 2 cách chọn 1 điệu múa
và 6 cách để chọn 1 bài hát. Khi đó đó chúng ta có số cách để chọn ra một chương trình
biểu diễn gồm 1 vở kịch, 1 điệu múa và 1 bài hát là 3.2.6 = 36 (cách chọn).
Bài 1. Từ thành phố A đến thành phố B có 3 con đường, từ thành phố A đến thành
phố C có 2 con đường, từ thành phố B đến thành phố D có 2 con đường, từ thành
phố C đến thành phố D có 3 con đường. Không có con đường nào nối thành phố B
với thành phố C. Hỏi có tất cả bao nhiêu đường đi từ thành phố A đến thành phố D?
Giải
Có hai phương án để đi từ thành phố A đến thành phố D:
+ Cách thứ nhất đi từ A qua B và tới D có: 3 × 2 = 6 con đường.
+ Cách thứ hai đi từ A qua C và tới D có : 2 × 3 = 6 con đường.
Vậy từ A đến D có tất cả 6+6=12 con đường.
Bài 2. Với các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên thoả:
(a) gồm 6 chữ số.
(b) gồm 6 chữ số khác nhau.
(c) gồm 6 chữ số khác nhau và chia hết cho 2.
Giải
(a) Gọi số tự nhiên có 6 chữ số được tạo thành từ các chữ số trên là a1a2a3a4a5a6
Khi đó ta có: a1 có 6 các chọn.
Tương tự ta có các số a2; a3; a4; a5; a6 cũng có 6 cách chọn.
Vậy ta có 66 = 46656 số thoả yêu cầu bài toán.
(b) Gọi số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau được tạo thành từ các chữ số trên là a1a2a3a4a5a6
Khi đó ta có : a1 có 6 cách chọn.
Tiếp theo ta có: a2 có 5 cách chọn (Do a2 phải khác a1).
Tiếp tục như vậy ta có a3; a4; a5; a6 tương ứng lần lượt có 4, 3, 2, 1 cách chọn.
Vậy có 6.5.4.3.2.1 = 720 số thoả yêu cầu bài toán.
(c) Gọi số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau và chia hết cho 2 được tạo thành từ các chữ số
trên là a1a2a3a4a5a6.
Ta có a6 có 3 cách chọn.
Tiếp theo ta có a1 có 5 cách chọn, và tương ứng a2; a3; a4; a5 lần lượt có 4, 3, 2, 1 cách chọn.
Vậy ta có: 3.5.4.3.2.1 = 360 số thoả yêu cầu bài toán.
Bài 3. Một người có 7 cái áo trong đó có 3 áo trắng và 5 cái cà vạt trong đó có 2 cà vạt
màu vàng. Hỏi người đó có bao nhiêu cách chọn áo - cà vạt nếu:
(a) Chọn áo nào cũng được và cà vạt nào cũng được?
2

(b) Đã chọn áo trắng thì không chọn cà vạt màu vàng?
Giải
(a) Áp dụng quy tắc nhân ta có số cách để chọn áo - cà vạt là: 7 × 5 = 35 cách chọn.
(b) Ta có số cách chọn áo trắng và cà vạt màu vàng là: 3 × 2 = 6 (cách).
Vậy số cách chọn áo - cà vạt mà đã chọn áo trắng thì không chọn cà vạt vàng là: 35-6=29
(cách chọn).
Bài 4. Từ 6 số: 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số có 3 chữ số:
(a) khác nhau?
(b) khác nhau và lớn hơn 300?
(c) khác nhau và chia hết cho 5?
(d) là số lẻ và khác nhau?
(e) là số chẵn và khác nhau?
Giải
Gọi số có 3 chữ số cần tìm là: a1a2a3.
(a) Ta có: a1 có 5 cách chọn (do a1̸= 0).
Tiếp tục ta có lần lượt a2 có 5 cách chọn, a3 có 4 cách chọn.
Vậy ta có: 5.5.4 = 100 số thoả yêu cầu.
(b) Ta có a1 chỉ có thể là các số 3, 4, 5 nên a1 có 3 cách chọn.
Tiếp theo ta có a2 có 5 cách chọn và a3 có 4 cách chọn.
Vậy có: 3.5.4 = 60 số thoả yêu cầu.
(c) Do số cần tìm chia hết cho 5 nên số tận cùng phải là 0 hoặc 5, chúng ta có 2 trường
hợp:
+ Trường hợp 1: Nếu a3 = 0.
Khi đó a1 có 5 cách chọn và a2 có 4 cách chọn.
Vậy có 5.4 = 20 số thoả trường hợp này.
Khi đó a1 có 4 cách chọn (do a1 phải khác cả 0) và a2 có 4 cách chọn.
Suy ra có 4.4 = 16 số thoả trường hợp này.
Vậy có 20 + 16=36 số thoả yêu cầu bài toán.
(d) Do số cần tìm là số lẻ nên số tận cùng phải là các số 1, 3, 5.
Nên ta có a3 có 3 cách chọn. Tiếp theo ta có a1 có 4 cách chọn (do a1 phải khác cả 0) và a2
có 4 cách chọn.
Vậy có 3.4.4 = 48 số thoả yêu cầu bài toán.
(e) Do số cần tìm là số chẵn nên số tận cùng phải là các số 0, 2, 4.
3

Do đó chúng ta chia thành 2 trường hợp:
Ta có a1 có 5 cách chọn, a2 có 4 cách chọn.
Vậy có 5.4 = 20 số thoả trường hợp này.
+ Trường hợp 2: Nếu a3̸= 0.
Khi đó a3 có 2 cách chọn (2 hoặc 4), a1 có 4 cách chọn (do a1 phải khác cả 0) và a2 có 4
cách chọn.
Suy ra có 2.4.4 = 32 số thoả trường hợp này.
Vậy có 20 + 32 = 52 số thoả yêu cầu bài toán.
Cách khác: Ta có số các số có 3 chữ số khác nhau là: 100.
Số các số lẻ có 3 chữ số khác nhau là 48.
Vậy số các số chẵn có 3 chữ số khác nhau thoả yêu cầu bài toán là: 100 - 48 = 52.
Bài 5. Từ 6 số: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số
(a) có 4 chữ số khác nhau?
(b) có 4 chữ số khác nhau và nhỏ hơn 4444?
(c) là số chẵn có 4 chữ số khác nhau và nhỏ hơn 4444?
(d) có 4 chữ số và nhỏ hơn 4444?
Giải
(a) Gọi số cần tìm là a1a2a3a4.
Khi đó: a1 có 6 cách chọn.
Tiếp theo ta có a2 có 6 cách chọn, a3 có 5 cách chọn và a4 có 4 cách chọn.
Vậy có 6.6.5.4 = 720 số thoả mãn yêu cầu bài toán.
(b) Gọi số cần tìm là a1a2a3a4.
+ Trường hợp 1: Nếu a1 = 4: có 1 cách chọn.
Khi đó ta có a2 có 4 cách chọn (vì a2 chỉ có thể là một trong các số 0, 1, 2, 3).
Tiếp theo a3 có 5 cách chọn và a4 có 4 cách chọn.
Vậy có 1.4.5.4 = 80 số thoả trường hợp này.
+ Trường hợp 2: Nếu a1 < 4: Có 3 cách chọn.
Khi đó a2 có 6 cách chọn, a3 có 5 cách chọn và a4 có 4 cách chọn.
Suy ra trường hợp này có 3.6.5.4 = 360 số.
Vậy có 80 + 360 = 440 số thoả yêu cầu bài toán.
(c) Gọi số cần tìm là a1a2a3a4.
+ Trường hợp 1: Nếu a1 = 4: có 1 cách chọn. Ta xét tiếp 2 trường hợp nhỏ.
- Nếu a4 = 6: có 1 cách chọn.
4

Khi đó a2 có 4 cách chọn (có thể chọn 0, 1, 2, 3) và a3 có 4 cách chọn.
Vậy có 1.4.4 = 16 số.
- Nếu a4 = 0; 2: có 2 cách chọn.
Khi đó a2 có 3 cách chọn và a3 có 4 cách chọn.
Suy ra có 2.3.4 = 24 số.
Vậy trường hợp này có 16 + 24 = 40 số.
+ Trường hợp 2: Nếu a1 < 4. Ta xét 3 trường hợp nhỏ:
Khi đó a1 có 3 cách chọn (từ 1, 2, 3), a2 có 5 cách chọn và a3 có 4 cách chọn.
Suy ra có 1.3.5.4 = 60 số.
Khi đó a1 có 2 cách chọn (từ 1, 3), a2 có 5 cách chọn và a3 có 4 cách chọn.
Suy ra có 1.2.5.4 = 40 số.
- Nếu a4 = 4; 6: có 2 cách chọn.
Khi đó a1 có 3 cách chọn, (từ 1, 2, 3), a2 có 5 cách chọn và a3 có 4 cách chọn.
Suy ra có 2.3.5.4 = 120 số.
Vậy trường hợp này có 60 + 40 + 120 = 220 số.
Suy ra có 40 + 220 = 260 số thoả yêu cầu bài toán.
(d) Gọi số cần tìm là a1a2a3a4.
+ Trường hợp 1: Nếu a1 < 4: có 3 cách chọn (chọn từ 1, 2, 3).
Khi đó ta có a2 có 7 cách chọn, tương tự a3; a4 cũng có 7 cách chọn.
Suy ra có 3.7.7.7 = 1029 số.
+ Trường hợp 2: Nếu a1 = 4: có 1 cách chọn.
- Nếu a2 < 4: có 4 cách chọn (chọn từ 0, 1, 2, 3).
Khi đó ta có a3 có 7 cách chọn và a4 cũng có 7 cách chọn.
Suy ra có 1.4.7.7 = 196 số.
* Nếu a3 < 4: có 4 cách chọn.
Khi đó a4 có 7 cách chọn.
Suy ra có 4.7 = 28 số.
* Nếu a3 = 4: có 1 cách chọn.
Khi đó a4 có 4 cách chọn (chọn từ 0, 1, 2, 3).
Suy ra có 1.4 = 4 số.
Vậy ta có các số thoả mãn yêu cầu là: 1029 + 196 + 28 + 4 = 1257.
5

Bài tập đề nghị
Câu 1. Từ các số: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số lẻ có 3 chữ số khác nhau
nhỏ hơn 400?
ĐS: 35.
Câu 2. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số có 3 chữ số khác nhau nằm
trong khoảng (300 , 500)?
ĐS: 24.
Câu 3. Một trường phổ thông có 12 học sinh chuyên tin và 18 học sinh chuyên toán. Thành
lập một đoàn gồm hai người sao cho có một học sinh chuyên toán và một học sinh chuyên
tin. Hỏi có bao nhiêu cách lập một đoàn như trên?
ĐS: 216.
Câu 4. Có bao nhiêu số tự nhiên có hai chữ số mà cả hai chữ số đều là số chẵn?
ĐS: 20.
Câu 5. Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số và chia hết cho 5?
ĐS: 180.000.
6

1.2 Hoán vị GV: Hồ Sỹ Trường
1.2 Hoán vị
1.2.1 Giai thừa
Ta có: n! = 1:2:3 : : : n.
Quy ước: 0! = 1.
Một số tính chất:
+ n! = (n − 1)!n.
+
n!
p!
= (p + 1)(p + 2) : : : n với n > p.
+
n!
(n − p)!
= (n − p + 1)(n − p + 2) : : : n với n > p
1.2.2 Hoán vị
Một tập hợp gồm n phần tử (n ≥ 1). Mỗi cách sắp xếp n phần tử này theo một thứ tự nào
đó được gọi là một hoán vị của n phần tử.
Số các hoán vị của n phần tử là: Pn = n!
1.2.3 Hoán vị lặp
Cho k phần tử khác nhau: a1; a2; : : : ; ak. Một cách sắp xếp n phần tử trong đó gồm n1 phần
tử a1; n2 phần tử a2; : : : ; nk phần tử ak(n1 +n2 +: : :+nk = n) theo một thứ tự nào đó được
gọi là một hoán vị lặp cấp n và kiểu (n1; n2; : : : ; nk) của k phần tử.
Số các hoán vị lặp cấp n, kiểu (n1; n2; : : : ; nk) của k phần tử là:
Pn(n1; n2; : : : ; nk) =
n!
n1!n2! : : : nk!
1.2.4 Hoán vị vòng quanh
Cho tập A gồm n phần tử. Một cách sắp xếp n phần tử của tập A thành một dãy kín được
gọi là một hoán vị vòng quanh của n phần tử.
Số các hoán vị vòng quanh của n phần tử là: Qn = (n − 1))!.
Dạng 1: Các bài toán về giai thừa.
Bài 1. Rút gọn các biểu thức sau:
(a) A =
6!
(m − 2)(m − 3)

 1
(m + 1)(m − 4)
(m + 1)!
(m − 5)!5!
−

 với m ≥ 5
m(m − 1)!
12(m − 4)!3!
7

(b) B =
5!
m(m + 1)
(m + 1)!
(m − 1)!3!
với m ≥ 1.
Giải
(a) Ta có: A =
6!
(m − 2)(m − 3)
m!
(m − 4)!4!

 m + 1
(m + 1):5
−


1
3
=
6!m!
4!(m − 2)!
− 2
5:3
= −4m(m − 1).
(b) Ta có: B =
5!(m + 1)!
(m + 1)!3!
= 5:4 = 20.
Bài 2. Giải phương trình
x! − (x − 1)!
(x + 1)!
=
1
6
.
Giải
Ta có:
x! − (x − 1)!
(x + 1)!
=
1
6
⇔
(x − 1)!(x − 1)
(x + 1)x(x − 1)!
=
1
6
⇔ 6(x − 1) = x(x + 1) ⇔ x2 − 5x + 6 = 0
⇔

 x = 2
x = 3
Bài 3. Chứng minh rằng
(a) Pn − Pn−1 = (n − 1)Pn−1.
(b) Pn = (n − 1)Pn−1 + (n − 2)Pn−2 + : : : + 2P2 + P1 + 1
Giải
(a) Ta có: V T = nPn−1 − Pn−1 = (n − 1)Pn−1 = V P.
(b) Ta có: V P = (n − 1)(n − 1)! + (n − 2)(n − 2)! + : : : + 2:2! + 1! + 1
= n:(n−1)!−(n−1)!+(n−1)(n−2)!−(n−2)!+: : :+3:2!−2!+2:1!−1!+1
= n! − (n − 1)! + (n − 1)! − (n − 2)! + : : : + 3! − 2! + 2! − 1! + 1
= n! = Pn = V T.
Dạng 2: Các bài toán về số.
Bài 1. Xét các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5. Hỏi trong
các số đó có bao nhiêu số:
(a) Bắt đầu bằng chữ số 5?
(b) Không bắt đầu bằng chữ số 1?
(c) Bắt đầu bằng 23?
(d) Không bắt đầu bằng 345?
Giải
(a) Ta có số cần tìm có dạng: 5abcd.
Trong đó a; b; c; d được chọn từ các số là 1, 2, 3, 4.
8

Vậy ta có số các số cần tìm là: 4! = 24 số.
(b) Ta có số các số có 5 chữ số khác nhau được lập thành từ các số trên là 5! = 120.
Số các số có 5 chữ số khác nhau bắt đầu bằng chữ số 1 được lập thành từ các số trên là
4! = 24.
Vậy số các số có 5 chữ số khác nhau mà không bắt đầu bằng số 1 được lập thành từ các số
nói trên là: 120 - 24 = 96 số.
(c) Ta có số cần tìm có dạng: 23abc.
Trong đó các số a; b; c được chọn từ các số 1, 4, 5. Suy ra có 3! = 6 cách chọn.
Vậy có 6 số gồm 5 chữ số khác nhau bắt đầu bằng 23 được lập từ các số trên.
(d) Ta có số các số có 5 chữ số khác nhau được lập từ các số trên là 120 số.
Số các số có 5 chữ số khác nhau bắt đầu bằng 345 là 2! = 2.
Vậy số các số gồm 5 chữ số khác nhau không bắt đầu bằng 345 là: 120 - 2 = 118 số.
Bài 2. Với mỗi hoán vị của các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 ta được một số tự nhiên. Tìm tổng tất
cả các số tự nhiên có được từ các hoán vị của 7 phần tử trên?
Giải
Ta có tất cả 6! số có số cuối là 1, tương tự như vậy ta cũng có 6! các số có số cuối lần lượt
là 2, 3, 4, 5, 6, 7.
Vậy tổng các chữ số ở hàng đơn vị là 6!(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7) = 28:6!.
Tương tự ta cũng có tổng các chữ số ở hàng chục, hàng trăm, ... là 6!(1+2+3+4+5+6+7) =
28:6!.
Vậy ta có tổng tất cả các số là: S = 28:6!+10:28:6!+: : :+106:28:6! = 28:6!(1+10+: : :+106).
Cách khác: Ta có số các hoán vị là : 7!.
Trong các hoán vị đó thì số nhỏ nhất là 1234567 và số lớn nhất là 7654321.
Vậy ta có tổng các số là: S =
7!
2
(7654321 − 1234567) =
6419754:7!
2
.
Bài 3. Có bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và khác 0 biết rằng tổng của 3 chữ
số này bằng 9?
Giải
Ta có các bộ 3 chữ số khác nhau, khác 0 và có tổng bằng 9 là: {1; 2; 6}; {1; 3; 5}; {2; 3; 4}.
Với mỗi bộ số ta có 3! = 6 cách sắp xếp.
Vậy ta có tổng số các số thoả yêu cầu là: 3:3! = 18 số.
Bài 4. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 thiết lập tất cả các số có 6 chữ số khác nhau. Hỏi trong
các số đã thiết lập được, có bao nhiêu số mà hai chữ số 1 và 6 không đứng cạnh nhau?
Giải
9

Ta có số các số gồm 6 chữ số khác nhau được lập từ các số trên là: 6!.
Số các số gồm 6 chữ số khác nhau được lập từ các số trên trong đó hai chữ số 1 và 6 đứng
cạnh nhau là: 2!5!.
Vậy số các số gồm 6 chữ số khác nhau được lập từ các số trên mà hai chữ số 1 và 6 không
đứng cạnh nhau là: 6! − 2!5! = 4:5!.
Dạng 3: Các bài toán về sắp xếp.
Bài 1. Trên một kệ sách có 5 quyển sách Toán, 4 quyển sách Lí, 3 quyển sách Văn. Các
quyển sách đều khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp các quyển sách trên:
(a) Một cách tuỳ ý?
(b) Theo từng môn?
(c) Theo từng môn và sách Toán nằm ở giữa?
Giải
(a) Ta có số cách để sắp xếp các cuốn sách một cách tuỳ ý là: 12! = 479001600 cách.
(b) Ta xem 5 quyển sách Toán là một tập hợp có 5 phần tử, 4 quyển sách Lí là một tập
hợp có 4 phần tử và 3 quyển sách Văn là một tập hợp gồm 3 phần tử.
Khi đó số cách sắp xếp các phần tử trong mỗi tập hợp tương ứng là 5!; 4! và 3!.
Ngoài ra chúng ta có 3! cách để sắp xếp 3 tập hợp trên.
Vậy ta có số cách sắp xếp thoả mãn yêu cầu bài toán là: 3!5!4!3! = 103680.
(c) Do môn Toán nằm ở giữa nên số cách sắp xếp của 3 tập hợp trên là 2!.
Vậy số cách sắp xếp thoả yêu cầu là: 2!5!4!3! = 34560.
Bài 2. Có bao nhiêu cách sắp xếp 5 bạn học sinh A, B, C, D, E ngồi vào một chiếc ghế dài
sao cho:
(a) Bạn C ngồi chính giữa? (b) Hai bạn A và E ngồi ở hai đầu ghế?
Giải
(a) Do C ngồi chính giữa nên ta còn phải sắp xếp 4 bạn A, B, D, E vào 4 chỗ còn lại.
Vậy ta có số cách sắp xếp là: 4! = 24.
(b) Do 2 bạn A, E ngồi 2 đầu ghế nên ta phải sắp 3 bạn B, C, D vào 3 chỗ ở giữa, ta có
3! = 6 cách xếp.
Mặt khác ta có 2! = 2 cách sắp xếp 2 bạn A, E vào 2 chỗ đầu ghế.
Vậy chúng ta có 6:2 = 12 cách xếp thoả yêu cầu.
Bài 3. Sắp xếp 10 người vào một dãy ghế. Có bao nhiêu cách sắp xếp chỗ ngồi nếu:
(a) Có 5 người trong nhóm muốn ngồi kề nhau?
(b) Có 2 người trong nhóm không muốn ngồi kề nhau?
10

Giải
(a) Ta gọi 5 người trong nhóm muốn ngồi kề nhau là một tập hợp gồm 5 phần tử, khi đó
ta có 5! = 120 cách sắp xếp các phần tử trong nhóm này.
Ngoài ra chúng ta có 6! = 720 cách sắp xếp nhóm này cùng với 5 người còn lại.
Vậy ta có 120:720 = 86400 cách xếp.
(b) Ta có số cách sắp xếp 10 người vào dãy ghế tuỳ ý là 10!.
Trong đó số cách sắp xếp để có 2 người trong nhóm kề nhau là 2!:9!.
Vậy ta có số cách xếp sao cho có 2 người trong nhóm không muốn ngồi kề nhau là: 10!−2!:9! =
8:9! = 2903040.
Câu 1. Chứng minh rằng:
(a) 1 +
1
1!
+
1
2!
+
1
3!
+ : : : +
1
n!
< 3.
(b)
n2
n!
=
1
(n − 1)!
+
1
(n − 2)!
.
Câu 2. Giải các phương trình sau:
(a) P2x2 − P3x = 8.
(b)
Px − Px−1
Px+1
=
1
6
.
ĐS: (a) x = −1; x = 4 (b) x = 2; x = 3.
Câu 3. Giải bất phương trình sau:
1
n − 2

 5
n + 1
:
(n + 1)!
(n − 3)!4!
−
n(n − 1)!

 ≤ 5
12(n − 3)(n − 4)!2!
.
ĐS: n = 4; 5; 6.
Câu 4. Xét các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau được lập từ các số 1, 3, 5, 7, 9. Hỏi
trong các số đó có bao nhiêu số:
(a) Bắt đầu bởi chữ số 9?
(b) Không bắt đầu bởi chữ số 1?
(c) Bắt đầu bởi 19?
(d) Không bắt đầu bởi 135?
ĐS: (a) 24. (b) 96. (c) 6. (d) 118.
Câu 5. Tìm tổng S của tất cả các số tự nhiên, mỗi số được tạo thành bởi hoán vị của 6 chữ
số 1, 2, 3, 4, 5, 6.
11

ĐS: 279999720.
Câu 6. Sắp xếp 6 nam sinh và 4 nữ sinh vào một dãy ghế. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp
chỗ ngồi nếu:
(a) Nam sinh ngồi kề nhau, nữ sinh ngồi kề nhau?
(b) Chỉ có nữ ngồi kề nhau?
ĐS: (a) 34560. (b) 120960.
Câu 7. Có bao nhiêu cách sắp xếp 12 học sinh đứng thành 1 hàng để chụp ảnh lưu niệm,
biết rằng trong đó phải có 5 em định trước đứng kề nhau?
ĐS: 4838400.
Câu 8. Có 3 viên bi đen (khác nhau), 4 viên bi đỏ (khác nhau), 5 viên bi vàng (khác nhau),
6 viên bi xanh (khác nhau). Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp các viên bi trên thành một dãy
sao cho các viên bi cùng màu ở cạnh nhau? ĐS: 298598400.
Câu 9. Trên giá sách có 30 tập sách. Có thể sắp xếp theo bao nhiêu cách khác nhau để có:
(a) Tập 1 và tập 2 đứng cạnh nhau?
(b) Tập 5 và tập 6 không đứng cạnh nhau?
ĐS: (a) 2:29!. (b) 28:29!.
12

1.3 Chỉnh hợp GV: Hồ Sỹ Trường
1.3 Chỉnh hợp
1.3.1 Chỉnh hợp
Cho tập hợp A gồm n phần tử. Mỗi cách sắp xếp k phần tử của A (1 ≤ k ≤ n) theo một
thứ tự nào đó được gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử của tập A.
Số chỉnh hợp chập k của n phần tử:
n = n(n − 1) : : : (n − k + 1) =
Ak
n!
(n − k)!
:
nn
+ Công thức trên cũng đúng cho trường hợp k = 0 hoặc k = n.
+ Khi k = n thì A= Pn = n!.
1.3.2 Chỉnh hợp lặp
Cho tập A gồm n phần tử. Một dãy gồm k phần tử của A, trong đó mỗi phần tử có thể
được lặp lại nhiều lần, được sắp xếp theo một thứ tự nhất định được gọi là một chỉnh hợp
lặp chập k của n phần tử của tập A.
Số chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử: Ak
n = nk.
Bài 1. Chứng minh rằng:
(a)
1
A22
+
1
A23
+ : : : +
1
A2
n
=
n − 1
n
; với n ∈ N; n ≥ 2.
n = Ak
n−1 + k:Ak−1
(b) Ak
n−1.
(c) An+2
n+k + An+1
n+k = k2:An n+k.
Giải
(a) Ta có: V T =
1
2!
(2 − 2)!
+
1
3!
(3 − 2)!
+ : : : +
1
n!
(n − 2)!
=
0!
2!
+
1!
3!
+ : : : +
(n − 2)!
n!
=
1
1:2
+
1
2:3
+ : : : +
1
(n − 1):n
= 1 −
1
2
+
1
2
−
1
3
+ : : : +
1
n − 1
−
1
n
= 1 −
1
n
=
n − 1
n
= V P.
13

(b) Ta có V P =
(n − 1)!
(n − k − 1)!
+ k
(n − 1)!
(n − k)!
=
(n − 1)!
(n − k − 1)!
:

1 +
k
n − k


=
(n − 1)!
(n − k − 1)!
:
n
n − k
=
n!
(n − k)!
= Ak
n.
(c) Ta có: V T =
(n + k)!
(k − 2)!
+
(n + k)!
(k − 1)!
=
(n + k)!
(k − 2)!
:

1 +
1
k − 1


=
(n + k)!
(k − 2)!
:
k
k − 1
= k2:
(n + k)!
k!
= k2:Ann
+k.
Bài 2. Giải các phương trình sau:
(a) A3
n = 20n.
(b) A3
n + 5A2
n = 2(n + 15).
(c) 3A2
n
− A22
n + 42 = 0.
Giải
n = 20n ⇔
(a) Có: A3
n!
(n − 3)!
= 20n ⇔ n(n − 1)(n − 2) = 20n
⇔ n[(n − 1)(n − 2) − 20] = 0
⇔

 n = 0
n2 − 3n − 18 = 0
⇔


n = 0
n = −3
n = 6
Tuy nhiên ta thấy chỉ có n = 6 là thoả điều kiện của phương trình.
Vậy phương trình có nghiệm n = 6.
n + 5A2
n = 2(n + 15) ⇔
(b) Có: A3
n!
(n − 3)!
+ 5:
n!
(n − 2)!
= 2n + 30
⇔ n(n − 1)(n − 2) + 5n(n − 1) = 2n + 30
⇔ n3 − 3n2 + 2n + 5n2 − 5n − 2n − 30 = 0
⇔ n3 + 2n2 − 5n − 30 = 0
⇔ n = 3.
(c) Có: 3A2
n
− A2 2n + 42 = 0 ⇔ 3
n!
(n − 2)!
−
(2n)!
(2n − 2)!
+ 42 = 0
⇔ 3n(n − 1) − 2n(2n − 1) + 42 = 0
⇔ 3n2 − 3n − 4n2 + 2n + 42 = 0
⇔ −n2 − n + 42 = 0
14

⇔

 n = 6
n = −7
Ta dễ thấy chỉ có n = 6 là nghiệm của phương trình.
(a) A10
x + A9
x = 9A8
x.
(b) Px:A2
x + 72 = 6(A2
x + 2Px).
(c) 2A2
x + 50 = A22
x.
(d)
Ay+1
x+1:Px−y
Px−1
= 72.
Giải
(a) Có A10
x + A9
x = 9A8
x
⇔
x!
(x − 10)!
+
x!
(x − 9)!
− 9:
x!
(x − 8)!
= 0
⇔
x!
(x − 10)!

1 +
1
x − 9
− 9:
1
(x − 8)(x − 9)

 = 0
⇔
x!
:
(x − 10)!
(x − 8)(x − 9) + (x − 8) − 9
(x − 8)(x − 9)
= 0
⇔
x!
:(x2 − 17x + 72 + x − 8 − 9) = 0
(x − 8)!
⇔ x2 − 16x + 55 = 0
⇔

 x = 5
x = 11
Ta dễ thấy chỉ có x = 11 mới thoả phương trình.
x + 72 = 6(A2
x + 2Px) ⇔ x!
(b) Có: Px:A2
x!
(x − 2)!
+ 72 = 6

 x!
(x − 2)!


+ 2x!
⇔ x(x − 1):x! + 72 = 6[x(x − 1) + 2x!]
⇔ x!(x2 − x − 12) − 6(x2 − x − 12) = 0
⇔ (x2 − x − 12)(x! − 6) = 0
⇔

 x2 − x − 12 = 0
x! − 6 = 0
⇔


x = 4
x = −3
x = 3
Ta thấy chỉ có x = 4 và x = 3 là nghiệm của phương trình.
x + 50 = A2 2x
(c) Có: 2A2
⇔ 2
x!
(x − 2)!
+ 50 =
(2x)!
(2x − 2)!
⇔ 2x(x − 1) + 50 = 2x(2x − 1)
⇔ 2x2 − 2x + 50 
= 4x2 − 2x
 x = 5
⇔ 2x2 = 50 ⇔
x = −5
15

Vậy ta có nghiệm của phương trình là x = 5.
(d) Có:
Ay+1
x+1:Px−y
Px−1
= 72 ⇔
(x + 1)!
(x − y)!
:(x − y)!
(x − 1)!
= 72
⇔
(x + 1)!
(x − 1)!
= 72 ⇔ (x + 1)x − 72 = 0
⇔ x2 + x − 72 = 0 ⇔

 x = 8
x = −9
Vậy nghiệm của phương trình là x = 8 và y ≤ 7 với y ∈ N.
Dạng 2: Các bài toán về số.
Bài 1. Từ các chữ số 0; 1; 2; : : : ; 9, có thể lập được bao nhiêu số gồm 5 chữ số:
(a) Các chữ số khác nhau?
(b) Hai chữ số kề nhau phải khác nhau?
Giải
Ta gọi số có 5 chữ số cần tìm là: a1a2a3a4a5
(a) Ta có a1 có 9 cách chọn.
Khi đó ta sẽ chọn tiếp 4 số từ 9 số còn lại và sắp xếp vào 4 vị trí tiếp theo, có A49
cách.
Vậy có 9:A49
= 27216 số cần tìm.
(b) Ta có a1 có 9 cách chọn.
Tiếp theo a2 có 9 cách chọn (do a2̸= a1).
Tương tự ta cũng có a3; a4; a5 lần lượt cũng có 9 cách chọn.
Vậy có 95 = 59049 số thoả yêu cầu bài toán.
Bài 2. Từ các số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu:
(a) Số gồm 5 chữ số khác nhau?
(b) Số chẵn gồm 5 chữ số khác nhau?
(c) Số gồm 5 chữ số khác nhau và phải có mặt chữ số 5?
Giải
46
Gọi số có 5 chữ số cần tìm là: a1a2a3a4a5.
(a) Ta có a1 có 6 cách chọn.
Các số còn lại có Acách chọn.
Vậy có 6:A46
= 2160 số thoả yêu cầu bài toán.
(b) +Trường hợp 1: Nếu a5 = 0.
Khi đó các số còn lại có A46
cách chọn.
+ Trường hợp 2: Nếu a5̸= 0: có 3 cách chọn.
16

Khi đó a1 có 5 cách chọn và các số còn lại sẽ có A35
cách chọn.
Suy ra trường hợp này có 3:5:A35
số.
Vậy ta có A46
+ 3:5:A35
= 1260 số thoả yêu cầu bài toán.
(c) + Trường hợp 1: Nếu a1 =5.
Khi đó có A46
cách chọn các số còn lại.
Suy ra trường hợp nàu có A46
số.
35
Khi đó, số 5 có thể đặt vào 1 trong 4 vị trí còn lại nên có 4 cách chọn.
Các vị trí còn lại có Acách chọn.
số.
Vậy có A46
+ 5:4:A35
= 1560 số thoả yêu cầu.
Cách khác: Ta có số các số không có mặt chữ số 5 là: 5:A45
.
Vậy số các chữ số có mặt chữ số 5 là: 6:A46
− 5:A45
= 1560 số.
Bài 3. Từ các số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số có 5 chữ số khác nhau và thoả:
(a) Số chẵn.
(b) Bắt đầu bằng số 24.
(c) Bắt đầu bằng số 345.
(d) Bắt đầu bằng số 1. Từ đó suy ra các số không bắt đầu bằng số 1.
Giải
Gọi số cần tìm có dạng a1a2a3a4a5.
(a) + Trường hợp 1: Nếu a5 = 0.
Khi đó 4 vị trí còn lại có A45
cách chọn.
Suy ra trường hợp này có A45
số.
34
Khi đó a1 có 4 cách chọn (vì a1̸= 0 và a1= ̸a5).
Ba vị trí còn lại sẽ có Acách chọn.
số.
Vậy ta có: A45
+ 2:4:A34= 312 số thoả yêu cầu bài toán.
34
(b) Do số bắt đầu bằng 24, nên ta chỉ chọn 3 vị trí còn lại từ các số 0, 1, 3, 5.
Vậy ta có A= 24 số thoả yêu cầu.
(c) Tương tự ta có A23
(d) Do số đầu tiên là số 1 nên ta có số cách chọn cho 4 vị trí còn lại là A45
cách.
Vậy số các số bắt đầu bằng số 1 là A45
= 120 số.
Ta có số các số có 5 chữ số khác nhau được lập từ các số trên là 5:A45
= 600 số.
17

Vậy số các số không bắt đầu bằng số 1 là 600 − 120 = 480 số.
Bài 4. Cho tập hợp X = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Có thể lập được bao nhiêu số n gồm 5 chữ số
khác nhau đôi một lấy từ X trong mỗi trường hợp sau:
(a) n là số chẵn?
(b) Một trong ba chữ số đầu tiên phải bằng 1?
Giải
Gọi n = a1a2a3a4a5
(a) Ta có số các số chẵn được lập từ tập X là: A47
+ 3:6:A36
= 3000 số (giải tương tự các bài
trên).
(b) + Trường hợp 1: Nếu a1 = 1.
Khi đó ta có A47
cách chọn cho các vị trí còn lại.
36
+ Trường hợp 2: Nếu a1̸= 1, khi đó a1 có 6 cách chọn (do a1 phải khác cả 0).
Tiếp theo số 1 sẽ có 2 cách chọn (a2 hoặc a3).
Các vị trí còn lại sẽ có Acách chọn.
số.
Vậy có A47
+ 6:2:A36
= 2280 số thoả mãn yêu cầu.
Bài 5. Từ 5 chữ số 0, 1, 3, 6, 9 có thể lập được bao nhiêu số gồm 4 chữ số khác nhau và
chia hết cho 3?
Giải
Do số gồm 4 chữ số khác nhau được tạo thành chia hết cho 3 nên tổng của các chữ số đó
phải chia hết cho 3. Ta dễ nhận thấy rằng số cần tìm phải được lập thành từ các số 0, 3, 6,
9. Vậy ta có 3:P3 = 18 số cần tìm.
Bài 6. Từ 10 chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có thể lập được bao nhiêu số gồm 5 chữ số
khác nhau sao cho trong các chữ số đó có mặt số 0 và số 1?
Giải
38
Gọi số 38cần tìm có dạng: a1a2a3a4a5.
+ Trường hợp 1: Nếu a1 = 1, khi đó ta có 4 cách để sắp số 0.
Các vị trí còn lại có Acách chọn.
Suy ra trường hợp này có 4:Asố.
+ Trường hợp 2: Nếu a1̸= 1: có 8 cách chọn (do a1 phải khác 0).
Khi đó ta có A24
cách để sắp xếp số 0 và số 1 vào các vị trí còn lại.
Tiếp theo có A27
cách để sắp các vị trí còn lại.
Suy ra trường hợp này có 8:A24
:A27
số.
Vậy có 4:A38
+ 8:A24
:A27
18

Dạng 3: Các bài toán về sắp xếp.
Bài 1. Từ 20 học sinh cần chọn ra một ban đại diện lớp gồm 1 lớp trưởng, 1 lớp phó và 1
thư ký. Hỏi có mấy cách chọn?
Giải
Ta có mỗi cách chọn ban đại diện là một chỉnh hợp chập 3 của 20 phần tử.
Vậy số cách chọn là A3
20 = 6840.
Bài 2. Một cuộc khiêu vũ có 10 nam và 6 nữ. Người ta chọn có thứ tự 3 nam và 3 nữ để
ghép thành 3 cặp. Hỏi có bao nhiêu cách chọn?
Giải
Ta có số cách chọn là: A3
10:A36
= 86400.
Bài 3. Huấn luyện viên một đội bóng muốn chọn 5 cầu thủ để đá quả luân lưu 11 mét. Có
bao nhiêu cách chọn nếu:
(a) Cả 11 cầu thủ có khả năng như nhau?
(b) Có 3 cầu thủ bị chấn thương và nhất thiết phải bố trí cầu thủ A đá quả số 1 và cầu thủ
B đá quả số 4.
Giải
(a) Do cả 11 cầu thủ đều có khả năng như sau, nên mỗi cách chọn là một chỉnh hợp chập
5 của 11 phần tử.
Vậy số cách chọn là: A5
11 = 55440.
36
(b) Do cầu thủ A đá quả số 1 và cầu thủ B đá quả số 4 nên ta chỉ bố trí 3 quả còn lại cho
6 cầu thủ (trừ ra các cầu thủ A, B và 3 cầu thủ bị thương). Khi đó ta có mỗi cách bố trí là
một chỉnh hợp chập 3 của 6 phần tử,
Vậy số cách chọn là: A= 120 (cách).
(a)
Pn+2
An−4
n−1:P3
n+3A2
= 210. (b) 2(A3
n) = Pn+1. (c) 2Pn+6A2
n
−PnA2
n = 12.
ĐS: (a) n = 5. (b) n = 3. (c) n = 2; 3.
Câu 2. Giải các bất phương trình sau:
(a)
A4
n+4
(n + 2)!
<
15
(n − 1)!
(b)
A4
n+2
Pn+2
−
143
4Pn−1
< 0.
45
ĐS: (a) n = 3; 4; 5. (b) 2 ≤ n ≤ 36.
Câu 3. Tính tổng của tất cả các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau đôi một được tạo
thành từ 6 chữ số 1, 3, 4, 5, 7, 8.
ĐS: A:28:(1 + 10 + 102 + 103 + 104) = 37332960.
19

34
Câu 4. Có 23
34
bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau được tạo thành từ 5 chữ số 0, 1,
2, 3, 4. Tính tổng của các số này.
ĐS: 4:A= 96; 3:A:10(1 + 10 + 102) + A:10:103 = 259980.
24
Câu 5. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau và chia hết cho 10 (chữ số hàng
vạn khác 0).
ĐS: 3024.
Câu 6. Cho 10 chữ số 0, 1, 2, ..., 9. Có bao nhiêu số lẻ có 6 chữ số khác nhau nhỏ hơn
600000 xây dựng từ 10 chữ số đã cho.
ĐS: 36960.
Câu 7. Trong không gian cho 4 điểm A, B, C, D. Từ các điểm trên ta lập các vectơ khác
vectơ - không. Hỏi có thể có được bao nhiêu vectơ?
ĐS: A= 12.
46
Câu 8. Một người muốn xếp đặt một số pho tượng vào một dãy 6 chỗ trống trên một kệ
trang trí. Có bao nhiêu cách sắp xếp nếu:
(a) Người đó có 6 pho tượng khác nhau?
(b) Người đó có 4 pho tượng khác nhau?
ĐS: (a) 6! = 720. (b) A= 360.
20

1.4 Tổ hợp GV: Hồ Sỹ Trường
1.4 Tổ hợp
1.4.1 Tổ hợp
Cho tập A gồm n phần tử. Mỗi tập con gồm k (1 ≤ k ≤ n) phần tử của A được gọi là một
tổ hợp chập k của n phần tử.
Số các tổ hợp chập k của n phần tử: Ck
n =
n!
.
k!(n − k)!
Một số tính chất:
+ C= Cn
n = 1.
0n
n = Cn−k
n .
+ Ck
n = Ck−1
+ Ck
n−1 + Ck
n−1.
+ Ck
n =
n − k + 1
k
:Ck−1
n .
1.4.2 Phân biệt chỉnh hợp và tổ hợp
+ Chỉnh hợp và tổ hợp liên hệ nhau bởi công thức: Ak
n = k!Ck
n.
+ Chỉnh hợp: có thứ tự. Tổ hợp: không có thứ tự.
Suy ra những bài toán mà kết quả phụ thuộc vào vị trí các phần tử thì dùng chỉnh hợp.
Ngược lại thì dùng tổ hợp.
+ Cách lấy k phần tử từ tập n phần tử (k ≤ n):
- Không thứ tự, không hoàn lại: Ck
n.
- Có thứ tự, không hoàn lại: Ak
n.
- Có thứ tự, có hoàn lại: Ak
n.
Bài 1. Rút gọn các biểu thức sau:
(a) A = Cn
2n:Cn
n:Cn
3n.
(b) B =
Pn+2
Ak
n:Pn−k
+
15 + 2C9
C8
15 + C10
15
C10
17
.
(c) C = C1n
+ 2:
C2n
C1n
+ : : : + k:
Ck
n
Ck−1
n
+ : : : + n:
Cn
n
Cn−1
n
.
Giải
(a) Ta có A =
n!
0!:n!
:
(2n)!
n!:n!
:
(3n)!
n!(2n)!
=
(3n)!
(n!)3 .
21

(b) Ta có B =
(n + 2)!
n!
(n − k)!
:(n − k)!
+
15!
8!:7!
+ 2:
15!
9!:6!
+
15!
10!:5!
17!
7!:10!
= (n + 2)(n + 1) + 1
(c) Ta có C =
n!
1!(n − 1)!
+ 2:
n!
2!(n − 2)!
n!
1!(n − 1)!
+ : : : + k:
n!
k!(n − k)!
n!
(k − 1)!(n − k + 1)!
+ : : : n:
n!
n!0!
n!
(n − 1)!1!
= n + 2:
1!(n − 1)!
2!(n − 2)!
+ : : : + k:
(k − 1)!(n − k + 1)!
k!(n − k)!
+ : : : n:
(n − 1)!1!
n!0!
= n + (n − 1) + : : : + (n − k + 1) + : : : + 1 =
n(n + 1)
2
.
Bài 2. Chứng minh các hệ thức sau:
(a) Ck
n:Cp−k
n−k = Cpn
p (k ≤ p ≤ n).
:Ck
(b) Crn
=
n
r
:Cr−1
n−1.
n + Cm−1
n + 2Cm
n = Cm+1
(c) Cm+1
m+2 .
n + 3Ck−1
n + 3Ck−2
n + Ck−3
n = Ck
n+3 (3 ≤ k ≤ n).
(d) Ck
Giải
(a) Ta có V T =
n!
k!(n − k)!
:
(n − k)!
(p − k)!(n − p)!
=
n!
k!(p − k)!(n − p)!
=
n!
:
p!(n − p)!
p!
k!(p − k)!
= Cpn
:Ck
p = V P.
(b) Ta có V P =
n
r
:
(n − 1)!
(r − 1)!:(n − r)!
=
n!
r!(n − r)!
= Crn
= V T.
n + Cm−1
(c) Ta có V T = Cm+1
n + 2Cm
n = Cm+1
n + Cm
n + Cm−1
n + Cm
n
= Cm+1
n+1 = Cm+1
n+1 + Cm
n+2 = V P.
n + 3Ck−1
(d) Ta có V T = Ck
n + Ck−3
n + 3Ck−2
n + Ck−1
n = Ck
n + 2Ck−2
n + 2Ck−1
n + Ck−3
n + Ck−2
n
n+1 + 2(Ck−1
= Ck
n ) + Ck−2
n + Ck−2
n+1 + 2Ck−1
n+1 = Ck
n+1 + Ck−2
n+1
n+1 + Ck−1
= Ck
n+2 + Ck−1
n+1 + Ck−1
n+1 + Ck−2
n+1 = Ck
n+2
= Ck
n+3 = V P.
(a)
A4
n
A3
n+1
− Cn−4
n
=
24
23
. (b)
1
Cx
4
−
1
Cx
5
=
1
Cx
6
.
x + Cx−2
(c) Cx−1
x + : : : + Cx−10
x + Cx−3
x = 1023.
Giải
22

(a) Ta có
A4
n
A3
n+1
− Cn−4
n
=
24
23
⇔
n!
(n − 4)!
(n + 1)!
(n − 2)!
−
n!
(n − 4)!4!
=
24
23
⇔
n(n − 1)(n − 2)(n − 3)
(n + 1)n(n − 1) −
n(n − 1)(n − 2)(n − 3)
24
=
24
23
⇔
24(n − 2)(n − 3)
24(n + 1) − (n − 2)(n − 3)
=
24
23
⇔ 23(n − 2)(n − 3) = 24(n + 1) − (n − 2)(n − 3)
⇔ 23n2 − 115n + 138 = 24n + 
24 − n2 + 5n − 6
 n = 5
⇔ 24n2 − 144n + 120 = 0 ⇔
n = 1(loại)
Vậy phương trình có nghiệm n = 5.
(b) Ta có
1
Cx
4
−
1
Cx
5
=
1
Cx
6
⇔
1
4!
x!(4 − x)!
−
1
5!
x!(5 − x)!
=
1
6!
x!(6 − x)!
⇔
x!(4 − x)!
4!
−
x!(5 − x)!
5!
=
x!(6 − x)!
6!
⇔ 1 −
5 − x
5
=
(6 − x)(5 − x)
6:5
⇔ 30 − 6(5 − x) = (6 − x)(5 − x)
⇔ 30 − 30 + 6x = 30 − 11x + x2
⇔ x2 − 17x + 30 = 0 ⇔

 x = 15 (loại)
x = 2
Vậy phương trình có nghiệm là x = 2.
(c) Ta có Cx−1
x + Cx−2
x + Cx−3
x + : : : + Cx−10
x = 1023
⇔ C1
x + C3
x + C2
x + : : : + C10
x = 1023
⇔ C0
x + C2
x + C1
x + : : : + C10
x + C3
x = 1024
⇔ (1 + 1)x = 1024 ⇔ 2x = 1024 ⇔ x = 10
Vậy phương trình có nghiệm x = 10.
Bài 4. Giải các hệ phương trình sau:
(a)


Axy Px+1
+ Cy−x
y =
49
2
Px+1 = 720
(b) Cy
x : Cy−1
x+1 : Cy+1
x = 6 : 5 : 2
(c)


Cy
x
− Cy+1
x = 0
4Cy
x
− 5Cy−1
x = 0
23

Giải
(a) Ta có


Axy
Px+1
+ Cy−x
y =
49
2
Px+1 = 720
⇔


y!
(y − x)!
(x + 1)!
+
y!
(y − x)!x!
=
49
2
(x + 1)! = 720
⇔


y!
(y − x)!

 1
(x + 1)!
+

 =
1
x!
49
2
(x + 1)! = 720
⇔


y!
(y − 5)!

 1
6!
+

 =
1
5!
49
2
x = 5
⇔


y!
(y − 5)!
= 2520
x = 5
⇔


x = 5
y = 7
.
(b) Ta có Cy
x : Cy−1
x = 6 : 5 : 2 ⇔
x+1 : Cy+1


Cy
x+1
Cy+1
x
=
6
5
Cy
x+1
Cy−1
x
= 3
⇔


(x + 1)!
y!(x − y + 1)!
x!
(y + 1)!(x − y − 1)!
=
6
5
(x + 1)!
y!(x − y + 1)!
x!
(y − 1)!(x − y + 1)!
= 3
⇔


(x + 1)(y + 1)
(x − y + 1)(x − y)
=
6
5
x + 1
y
= 3
⇔


x = 3y − 1
3y(y + 1)
2y(2y − 1)
=
6
5
⇔


x = 3y − 1
3(y + 1)
2(2y − 1)
=
6
5
(Do nếu y = 0 thì x = −1 nên y = 0 không là
nghiệm)
⇔


x = 3y − 1
15(y + 1) = 12(2y − 1)
⇔


x = 3y − 1
−9y = −27
⇔


x = 8
y = 3
(c) Ta có


Cy
x
− Cy+1
x = 0
4Cy
x
− 5Cy−1
x = 0
⇔


x!
y!(x − y)!
−
x!
(y + 1)!(x − y − 1)!
= 0
4
x!
y!(x − y)!
− 5
x!
(y − 1)!(x − y + 1)!
= 0
⇔
 
1
x − y
−
1
y + 1
= 0
4
y
−
5
x − y + 1
= 0
⇔


y + 1 − x + y = 0
4x − 4y + 4 − 5y = 0
⇔


−x + 2y + 1 = 0
4x − 9y + 4 = 0
24

⇔


x = 17
y = 8
Dạng 2: Tìm số tổ hợp trong các bài toán số học
Bài 1. Cho 10 câu hỏi, trong đó có 4 câu lý thuyết và 6 bài tập. Người ta cấu tạo thành các
đề thi. Biết rằng trong mỗi đề thi phải gồm 3 câu hỏi, trong đó nhất thiết phải có ít nhất 1
câu lý thuyết và 1 bài tập. Hỏi có thể tạo ra bao nhiêu đề thi?
Giải
- Trường hợp 1: 2 câu lý thuyết, 1 bài tập
+ Chọn 2 câu lý thuyết từ 4 câu có C2
4 cách chọn.
+ Chọn 1 bài tập từ 6 bài tập có C1
6 cách chọn.
Suy ra có C2
4:C1
6 = 36 cách chọn đề có 2 câu lý thuyết và 1 bài tập.
- Trường hợp 2: 1 câu lý thuyết, 2 bài tập.
+ Chọn 1 câu lý thuyết từ 1 câu có C1
4 cách chọn.
+ Chọn 2 bài tập từ 6 bài tập có C2
6 cách chọn.
Suy ra có C1
4:C2
6 = 60 cách chọn đề có 1 câu lý thuyết và 2 bài tập.
Vậy ta có 36 + 60 = 96 cách chọn đề thoả yêu cầu bài toán.
Bài 2. Một lớp học có 40 học sinh, trong đó gồm 25 nam và 15 nữ. Giáo viên chủ nhiệm
muốn chọn một ban cán sự lớp gồm 4 em. Hỏi có bao nhiêu cách chọn, nếu:
(a) Gồm 4 học sinh tuỳ ý. (b) Có 1 nam và 3 nữ. (c) Có 2 nam và 2 nữ.
(d) Có ít nhất 1 nam. (e) Có ít nhất 1 nam và 1 nữ.
Giải
(a) Ta có chọn 4 học sinh tuỳ ý từ 40 học sinh, ta có C4
40 = 91390 cách chọn.
(b) Chọn 1 nam từ 25 nam có C1
25 cách chọn.
Chọn 3 nữ từ 15 nữ có C3
15 cách chọn.
25:C3
Vậy có C1
15 = 11375 cách chọn có 1 nam và 3 nữ.
25:C2
(c) Tương tự câu (b) ta có số cách chọn là C2
15 = 31500.
(d) Nếu chọn 4 học sinh mà không có nam nào, ta có C4
15 cách chọn.
Vậy số cách chọn để có ít nhất 1 nam là: C4
40
− C4
15 = 90025 cách chọn.
(e) Ta xét các trường hợp chỉ có nam hoặc chỉ có nữ.
- Trường hợp 1: 4 nam.
Khi đó ta có C4
25 cách chọn.
- Trường hợp 2: 4 nữ.
Khi đó ta có C4
15 cách chọn.
25

Vậy ta có số cách chọn sao cho có ít nhất 1 nam và 1 nữ là: C4
40
− C4
25
− C4
15 = 77375 cách
chọn.
Bài 3. Một hộp chứa 5 bi đỏ, 7 bi xanh và 8 bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 3 bi. Hỏi có bao
nhiêu cách chọn, nếu:
(a) Chọn tuỳ ý. (b) Có đúng 2 bi đỏ. (c) Có ít nhất 2 bi xanh.
(d) Có ít nhất 1 bi đỏ và 1 bi xanh. (e) Không có đủ ba màu.
Giải
(a) Số bi có trong hộp là: 5 + 7 + 8 = 20.
Vậy số cách chọn ra 3 bi tuỳ ý từ 20 bi là: C3
20 = 1140 cách chọn.
(b) Có đúng 2 bi đỏ.
- Trường hợp 1: 2 bi đỏ, 1 bi xanh.
+ Chọn 2 bi đỏ từ 5 bi đỏ có C2
5 cách.
+ Chọn 1 bi xanh từ 7 bi xanh có C1
7 cách.
Suy ra trường hợp này có C2
5:C1
- Trường hợp 2: 2 bi đỏ, 1 bi vàng.
5 cách.
+ Chọn 1 bi vàng từ 8 bi vàng có C1
8 cách.
5:C1
Vậy ta có 70 + 80 = 150 cách chọn có đúng 2 bi đỏ.
(c) Có ít nhất 2 bi xanh.
- Trường hợp 1: 2 bi xanh, 1 bi đỏ.
7 cách.
5 cách.
7:C1
- Trường hợp 2: 2 bi xanh, 1 bi vàng.
7 cách.
+ Chọn 1 bi vàng từ 8 bi vàng có C1
8 cách.
7:C1
8 = 168 cách.
- Trường hợp 3: 3 bi xanh.
Chọn 3 bi xanh từ 7 bi xanh có C3
7 cách.
(d) Có ít nhất 1 bi đỏ và 1 bi xanh.
+ Chọn 1 bi đỏ từ 5 bi đỏ, có C1
5 cách chọn.
26

+ Chọn 2 bi xanh từ 7 bi xanh, có C2
7 cách chọn.
5:C2
5 cách.
+ Chọn 1 bi xanh từ 7 bi xanh, có C1
7 cách.
5:C1
- Trường hợp 3: 1 bi đỏ, 1 bi xanh, 1 bi vàng.
5 cách.
+ Chọn 1 bi xanh từ 7 bi xanh, có, C1
7 cách.
+ Chọn 1 bi vàng từ 8 bi vàng, có C1
8 cách.
5:C1
7:C1
Vậy có 105 + 70 + 280 = 455 cách chọn có ít nhất 1 bi đỏ và 1 bi xanh.
(e) Ta xét trường hợp các bi được chọn có đủ ba màu.
Khi đó ta có C1
5:C1
7:C1
8 = 280 cách.
20 − 280 = 860 cách chọn.
Vậy số cách chọn không có đủ ba màu là: C3
Bài 4. Có 5 tem thư khác nhau và 6 bì thư cũng khác nhau. Người ta muốn chọn từ đó ra
3 tem thư, 3 bì thư và dán 3 tem thư ấy lên 3 bì thư đã chọn. Một bì thư chỉ dán 1 tem thư.
Hỏi có bao nhiêu cách làm như vậy?
Giải
+ Chọn 3 tem thư từ 5 tem thư, có C3
5 cách chọn.
+ Chọn 3 bì thư từ 6 bì thư, có C3
6 cách chọn.
Vậy ta có số cách chọn 3 tem thư, 3 bì thư và sau đó dán tem thư lên bì thư là: 3!C3
5:C3
6 = 1200
cách.
Bài 5. Từ 5 bông hồng vàng, 3 bông hồng trắng và 4 bông hồng đỏ (các bông hoa xem như
đôi một khác nhau), người ta muốn chọn ra một bó hóa gồm 7 bông, hỏi có bao nhiêu cách
chọn bó hoa trong đó:
(a) Có đúng 1 bông hồng đỏ?
(b) Có ít nhất 3 bông hồng vàng và ít nhất 3 bông hồng đỏ?
Giải
(a) Có đúng 1 bông hồng đỏ.
- Trường hợp 1: 1 hồng đỏ, 1 hồng trắng, 5 hồng vàng.
+ Chọn 1 bông hồng đỏ từ 4 bông hồng đỏ, có C1
4 cách.
+ Chọn 1 bông hồng trắng từ 3 bông hồng trắng, có C1
3 cách.
+ Chọn 5 bông hồng vàng từ 5 bông hồng vàng, có C5
5 cách.
27

4:C1
3:C5
4 cách.
3 cách.
5 cách.
4:C2
3:C4
4 cách.
3 cách.
5 cách.
4:C3
3:C3
Vậy số cách chọn có đúng 1 bông hồng đỏ là 12 + 40 + 60 = 112 cách.
(b) Có ít nhất 3 bông hồng vàng và ít nhất 3 bông hồng đỏ.
- Trường hợp 1: 3 hồng vàng, 4 hồng đỏ.
4 cách.
5 cách.
4:C3
- Trường hợp 2: 4 hồng vàng, 3 hồng đỏ.
4 cách.
5 cách.
4:C4
- Trường hợp 3: 3 hồng vàng, 3 hồng đỏ, 1 hồng trắng.
4 cách.
3 cách.
5 cách.
4:C1
3:C3
Vậy số cách chọn có ít nhất 3 bông hồng đỏ, 3 bông hồng vàng là 120 + 20 + 10 = 150 cách.
Bài 6. Từ một tập thể 14 người gồm 6 nam và 8 nữ trong đó có An và Bình, người ta muốn
chọn một tổ công tác gồm có 6 người. Tìm số cách chọn trong mỗi trường hợp sau:
(a) Trong tổ phải có cả nam lẫn nữ?
(b) Trong tổ có 1 tổ trưởng, 5 tổ viên hơn nữa An và Bình không đồng thời có mặt trong
tổ?
Giải
(a) Có cả nam lẫn nữ.
28

Ta có số cách để chọn một tổ công tác gồm 6 người bất kì là C6
14.
Tiếp theo ta xét các trường hợp tổ công tác chỉ có hoặc tất cả nam hoặc tất cả nữ.
- Trường hợp 1: 6 nam.
Ta có số cách chọn là: C6
6 cách.
- Trường hợp 2: 6 nữ.
Ta có số cách chọn là: C6
8 cách.
Vậy ta có số cách chọn tổ công tác có cả nam lẫn nữ là C6
14
− C6
6
− C6
8 = 2974 cách.
(b) Trước tiên ta chọn tổ công tác gồm 1 tổ trưởng và 5 thành viên tuỳ ý.
Có 14 cách để chọn ra tổ trưởng và C5
13 cách để chọn 5 thành viên còn lại.
Vậy có 14:C5
13 cách để chọn ra một tổ công tác gồm 1 tổ trưởng và 5 thành viên.
Tiếp theo ta xét trường hợp tổ công tác này có cả An và Bình.
- Trường hợp 1: Nếu An hoặc Bình làm tổ trưởng.
Khi đó ta có C4
12 cách để chọn 4 thành viên còn lại.
Suy ra trường hợp này có 2:C4
12 cách chọn.
- Trường hợp 2: An và Bình đều là thành viên.
Khi đó ta có 12 cách để chọn ra tổ trưởng và C3
11 cách để chọn ra 3 thành viên còn lại.
Suy ra trường hợp này có 12:C3
11 cách chọn.
Vậy ta có số cách chọn tổ công tác gồm 1 tổ trưởng, 5 thành viên trong đó An và Bình
không đồng thời có mặt trong tổ là 14:C5
13
− 2:C4
12
− 12:C3
11 = 15048.
Dạng 3: Tìm số tổ hợp trong các bài toán hình học
Bài 1. Trong mặt phẳng cho n đường thẳng cắt nhau từng đôi một, nhưng không có 3
đường nào đồng quy. Hỏi có bao nhiêu giao điểm? Có bao nhiêu tam giác được tạo thành?
Giải
Ta có cứ hai đường thẳng cắt nhau sẽ cho 1 giao điểm.
Vậy số giao điểm là: C2n
=
n(n − 1)
2
.
Cứ ba đường thẳng sẽ cho ta một tam giác. Vậy ta có số tam giác là: C3n
=
n(n − 1)(n − 2)
6
.
Bài 2. Cho đa giác lồi có n cạnh (n ≥ 4)
(a) Tìm n để đa giác có số đường chéo bằng số cạnh?
(b) Giả sử 3 đường chéo cùng đi qua 1 đỉnh thì không đồng qui. Hãy tính số giao điểm
(không phải là đỉnh) của các đường chéo ấy?
Giải
(a) Ta có cứ 2 điểm của đa giác sẽ cho ta hoặc là 1 cạnh hoặc là 1 đường chéo của đa giác.
29

Vậy ta có số đường chéo của một đa giác là C2n
− n.
Theo giả thiết thì số đường chéo bằng số cạnh của đa giác nên ta có:
C2n
− n = n ⇔
n(n − 1)
2
− 2n = 0 ⇔ n2 − 5n = 0 ⇔

 n = 0
n = 5
4n
Vậy ta có n = 5 là giá trị cần tìm.
(b) Giao điểm của 2 đường chéo của 1 đa giác lồi (không phải là đỉnh) chính là giao điểm
của 2 đường chéo một tứ giác mà 4 đỉnh của nó là 4 đỉnh của đa giác. Suy ra cứ 4 đỉnh của
đa giác sẽ cho ta 1 giao điểm của 2 đường chéo. Vậy số giao điểm phải tìm bằng số tứ giác
với 4 đỉnh thuộc n đỉnh của đa giác: C.
Bài 3. Cho hai đường thẳng song song (d1); (d2). Trên (d1) lấy 17 điểm phân biệt, trên (d2)
lấy 20 điểm phân biệt. Tính số tam giác có các đỉnh là 3 điểm trong số 37 điểm đã chọn trên
(d1) và (d2).
Giải
Để 3 điểm tạo thành 1 tam giác thì ta phải có 2 điểm thuộc (d1) và 1 điểm thuộc (d2) hoặc
2 điểm thuộc (d2) và 1 điểm thuộc (d1).
+ Trường hợp 1: 2 điểm trên (d1) và 1 điểm trên (d2).
Ta có C2
17 cách chọn 2 điểm trên (d1) và C1
20 cách chọn 1 điểm trên (d2).
17:C1
20 = 2720 tam giác.
+ Trường hợp 2: 2 điểm trên (d2) và 1 điểm trên (d1).
Ta có C2
20 cách chọn 2 điểm trên (d2) và C1
17 cách chọn 1 điểm trên (d1).
20:C1
17 = 3230 tam giác.
Vậy ta có số tam giác cần tìm là: 2720 + 3230 = 5950.
Bài 4. Cho mặt phẳng cho đa giác đều H có 20 cạnh. Xét các tam giác có ba đỉnh được lấy
từ các đỉnh của H.
(a) Có tất cả bao nhiêu tam giác như vậy? Có bao nhiêu tam giác có đúng hai cạnh là cạnh
của H?
(b) Có bao nhiêu tam giác có đúng một cạnh là cạnh của H? Có bao nhiêu tam giác không
có cạnh nào là cạnh của H?
Giải
(a) Đa giác đã cho có 20 cạnh, nên suy ra sẽ có 20 đỉnh.
Mà cứ 3 đỉnh thì sẽ cho ta 1 tam giác, nên ta có số tam giác cần tìm là: C3
20 = 1140.
Để có một tam giác có đúng 2 cạnh là cạnh của H thì ta phải lấy 3 đỉnh liên tiếp của H.
Từ đó ta suy ra có 20 tam giác có đúng 2 cạnh là cạnh của H.
(b) Để có một tam giác có đúng một cạnh của H, ta chọn một cạnh của H và một điểm của
30

H mà không nằm gần với 2 điểm đầu mút của cạnh đã chọn. Suy ra với mỗi cạnh trên H, ta
có thể chọn 16 điểm (trừ ra 2 điểm đầu mút của cạnh đã chọn và 2 điểm gần với 2 điểm đã
chọn) để ghép với cạnh đó tạo thành một tam giác có đúng 1 cạnh của H.
Mà trên H ta có thể chọn được 20 cạnh.
Vậy số tam giác có đúng 1 cạnh của H là : 16.20 = 320.
Suy ra số tam giác không có cạnh nào là cạnh của H là: 1140 - 20 - 320 = 800 (tam giác).
Câu 1. Chứng minh các hệ thức sau:
(a) Ck
n + 4Ck−1
n + 6Ck−2
n + 4Ck−3
n + Ck−4
n = Ck
n+4 (4 ≤ k ≤ n)
(b) Cp
n+1 =
n + 1
p
Cp−1
n .
n = n(n − 1)Ck−2n − 2 (2 < k < n).
(c) k(k − 1)Ck
(a) Cx+4
10+x = C2x−10
10+x . (b) x2 − Cx
4 :x + C2
3:C1
x−2 + Cx−2
3 = 0. (c) A2
x = 101.
(d) Cx+3
8+x = 5A3
x+6. (e) C1
x + 6C2
x = 9x2 − 14.
x + 6C3
ĐS: (a) x = 14. (b) x = 3. (c) x = 10. (d) x = 17. (e) x = 7.
Câu 3. Giải các bất phương trình sau:
(a)
Cn−3
n−1
A4
n+1
<
1
14P3
. (b)
Pn+5
(n − k)!
≤ 60Ak+2
n+3. (c) C4n−1
− C3n
−1
−
5
4
A2
n−2 < 0.
ĐS: (a) n ≥ 6. (b) (0; 0); (1; 0); (1; 1); (2; 2); (3; 3). (c) n = 6; 7; 8; 9; 10.
Câu 4. Cho đa giác đều A1A2 : : :A2n(n ≥ 2) nội tiếp đường tròn (O). Biết rằng số tam giác
có các đỉnh là 3 trong 2n điểm A1;A2; : : : ;A2n nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh
là 4 trong 2n điểm A1;A2; : : : ;A2n. Tìm n. (Đề tuyển sinh ĐH - CĐ Khối D - Năm 2005)
ĐS: C2
2n = 20C2n
⇔ n = 8.
Câu 5. Trong một môn học, thầy giáo có có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 10
câu trung bình, 15 câu dễ. Từ 30 câu hỏi đó có thể lập được bao nhiêu đề kiểm tra, mỗi đề
gồm 5 câu hỏi khác nhau, sao cho trong mỗi đề nhất thiết phải có đủ ba loại câu hỏi (khó,
trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không ít hơn 2. (Đề tuyển sinh ĐH - CĐ Khối B - Năm
2004).
ĐS: C2
10:C1
15:C2
15:C1
5 + C2
5 + C3
10:C2
10:C1
15:C1
5 = 56875.
Câu 6. Một đội thanh niên tình nguyện có 15 người, gồm 12 nam và 3 nữ. Hỏi có bao nhiêu
cách phân công đội về giúp đỡ ba tỉnh miền núi sao cho mỗi tỉnh có 4 nam và 1 nữ. (Đề
tuyển sinh ĐH - CĐ Khối B - Năm 2005).
ĐS: C1
12:C1
3:C4
8:C1
2:C4
1:C4
4 = 207900.
31

Câu 7. Tính giá trị biểu thứcM =
A4
n+1 + 3A3
n
(n + 1)!
, biết rằng C2n
+1+2C2 n+2+2C2n
+3+C2n
+4 = 149.
(Đề tuyển sinh ĐH - CĐ Khối D - Năm 2005).
ĐS: n = 5;M =
3
4
Câu 8. Cho tập hợp A gồm n phần tử (n ≥ 4). Biết rằng, số tập con gồm 4 phần tử của A
bằng 20 lần số tập con gồm 2 phần tử của A. Tìm k ∈ {1; : : : ; n} sao cho số tập con gồm k
phần tử của A là lớn nhất. (Đề tuyển sinh ĐH - CĐ Khối B - Năm 2006).
ĐS: k = 9.
Câu 9. 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. Cần chọn 4 học sinh làm nhiệm vụ, sao cho 4
học sinh này thuộc không quá 2 trong 3 lớp trên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn như vậy? (Đề
tuyển sinh ĐH - CĐ Khối D - Năm 2006).
ĐS: C4
12
− C2
5:C1
4:C1
3
− C1
5:C2
4:C1
3
− C1
5:C1
4:C2
3 = 225.
Câu 10. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau trong đó chữ số đứng trước phải
lớn hơn chữ số đứng sau?
ĐS: C4
10 = 210.
32

1.5 Nhị thức Newton GV: Hồ Sỹ Trường
1.5 Nhị thức Newton
1.5.1 Công thức khai triển nhị thức Newton:
Với mọi n ∈ N và với mọi cặp số a; b ta có:
(a + b)n =
Σn
k=0
Ck
nan−kbk
1.5.2 Tính chất:
(1) Số các số hạng của khai triển bằng n + 1.
(2) Tổng các số mũ của a và b trong mỗi số hạng bằng n.
(3) Số hạng tổng quát (thứ k + 1) có dạng: Tk+1 = Ck
nan−kbk (k = 0; 1; 2; : : : ; n).
n = Cn−k
n
(4) Các hệ số của các cặp số hạng cách đều số hạng đầu và cuối thì bằng nhau: Ck
1n
0n
* Nhận xét: Nếu 1n
0n
trong khai triển nhị thức Newton, ta gán cho a và b những giá trị đặc biệt
thì ta sẽ thu được những công thức đặc biệt. Chẳng hạn:
+ (1 + x)n = Cxn + Cxn−1 + ::: + Cn
⇒ C+ C+ ::: + Cn
= 2n
n
n + (x − 1)n = C0n
xn − C1n
xn−1 + ::: + (−1)nCn
n
⇒ C0n
− C1n
+ ::: + (−1)nCn
n = 0
Dạng 1: Xác định các số hạng, hệ số trong khai triển nhị thức Newton
Bài 1. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của nhị thức:
(a)

x +
1
x4


10
. (b)

x2 +
1
x4


12
(c)

x3 −
1
x2


5
(d)

x2 −


1
x
6
Giải
10x10−k
(a) Ta có: Tk+1 = Ck

 1
x4


k
10x10−5k.
= Ck
Để Tk+1 không chứa x thì 10 − 5k = 0 ⇒ k = 2.
Vậy số hạng không chứa x là T3 = C2
10.
12x2(12−k)
(b) Ta có Tk+1 = Ck

 1
x4


k
12x24−6k.
= Ck
Vậy số hạng không chứa x cần tìm là T5 = C4
12.
5 x3(5−k)
(c) Ta có Tk+1 = Ck




− 1
x2
k
5 x15−5k.
= (−1)kCk
Vậy số hạng không chứa x cần tìm là T4 = (−1)3C3
5 .
33

6 x2(6−k)
(d) Ta có Tk+1 = Ck




− 1
x
k
6 x12−3k.
= (−1)kCk
Vậy số hạng không chứa x cần tìm là T5 = (−1)4C4
6 = C4
6 .
Bài 2. Tìm số hạng chứa x15 trong khai triển (3x − x2)12.
Giải
12(3x)12−k(−x2)k = (−1)k312−kCk
12x12+k.
Ta có Tk+1 = Ck
Để số hạng chứa x15 thì 12 + k = 15 ⇒ k = 3
Vậy số hạng cần tìm là: T4 = (−1)339C3
12x15 = −4330260x15.
Bài 3. Tìm hệ số của x12y13 trong khai triển (2x + 3y)25.
Giải
25(2x)25−k(3y)k = 225−k3kCk
25x25−kyk
Ta có Tk+1 = Ck
Để Tk+1 chứa x12y13 thì


25 − k = 12
k = 13
⇒ k = 13.
Vậy hệ số cần tìm là A = 212313C13
25 .
Bài 4. Tìm số hạng chính giữa của khai triển (x3 − xy)15.
Giải
Do n = 15 nên khai triển có tất cả 16 số hạng.
Suy ra các số hạng chính giữ là số hạng thứ 8 và số hạng thứ 9.
Mà Tk+1 = Ck
15x3(15−k)(−xy)k = (−1)kCk
15x45−2kyk.
Vậy T8 = (−1)7C7
15x31y7 = −C7
15x31y7
T9 = (−1)8C8
15x29y8 = C8
15x29y8.
Bài 5. Khai triển đa thức P(x) dưới dạng: P(x) = a0 +a1x+a2x2 +: : : anxn. Hãy xác định
hệ số a9 trong khai triển của P(x) = (1 + x)9 + (1 + x)10 + : : : + (1 + x)14.
Giải
Gọi a9(9); a9(10); : : : ; a9(14) lần lượt là hệ số của x9 trong khai triển các biểu thức (1+x)9; (1+
x)10; : : : ; (1 + x)14.
Khi đó ta có a9 = a9(9) + a9(10) + : : : + a9(14).
+ Xét khai triển biểu thức (1 + x)9 ta có Tk+1 = Ck
9 xk. Suy ra ta được a9(9) = C9
9 .
10; : : : ; a9(14) = C9
+ Tương tự ta cũng có a9(10) = C9
14.
9 + C9
Vậy a9 = C9
10 + : : : + C9
14 = 3003.
Bài 6. Tìm hệ số của số hạng chứa x6 trong khai triển biểu thức (1 + x + x2)10.
Giải
34

Ta thấy (1 + x + x2)10 =
Σ10
k=0
Ck
10(x + x2)k =
Σ10
k=0
Ck
10xk(1 + x)k =
Σ10
k=0
Ck
10xk
Σk
i=0
Cik
xi =
Σ10
k=0
Ck
10
Σk
i=0
Cik
xi+k.
ở đây


i; k ∈ N
0 ≤ i ≤ k ≤ 10
Do số hạng chứa x6 nên ta phải có i + k = 6. Mà do i ≤ k nên ta có hệ số cần tìm là:
A = C6
10:C0
6 + C5
10:C1
5 + C4
10:C2
4 + C3
10:C3
3 = 2850
.
Bài 7. Cho biết trong khai triển

x3 +
1
x2


n
tổng các hệ số của các hạng tử thứ nhất, thứ
hai, thứ ba bằng 11. Tìm hệ số của x2.
Giải
n(x3)n−k
Ta có: Tk+1 = Ck

 1
x2


k
.
Theo giả thiết ta có: C0n
+ C1n
+ C2n
= 11.
Suy ra 1 + n +
n(n − 1)
2
= 11 ⇒ n2 + n − 20 = 0 ⇒


n = 4 (nhận)
n = −5 (loại)
4 (x3)4−k
Vậy ta có Tk+1 = Ck

 1
x2


k
4 x12−5k.
= Ck
Do số hạng chứa x2 nên ta có 12 − 5k = 2 ⇒ k = 2.
Vậy hệ số cần tìm là C2
4 = 6.
Bài 8. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của nhị thức:

1
x
+


√
x
12
.
Giải
Ta có Tk+1 = Ck
12

1
x


12−k
√
x)k = Ck
(
12

1
x


12−k
x
k
2 = Ck
12x
k
2
−12+k = Ck
12x
3k
2
−12.
Do số hạng không chứa x nên ta có
3k
2
− 12 = 0 ⇔ k = 8.
Vậy số hạng cần tìm là T9 = C8
12 = 495.
Bài 9. Trong khai triển (1 + x)n theo luỹ thừa tăng của x, cho biết


T3 = 4T5
T4 =
40
3
T6
. Tìm n
và x.
35

Giải
Ta có Tk+1 = Ck
nxk. Do đó ta có T3 = C2n
x2; T4 = C3n
x3; T5 = C4n
x4 và T6 = C5n
x5.
Theo giả thiết ta có hệ phương trình:


C2n
x2 = 4C4n
x4
C3n
x3 =
40
3
C5n
x5
⇔


n(n − 1)
2!
= 4x2
n(n − 1)(n − 2)(n − 3)
4!
n(n − 1)(n − 2)
3!
=
40
3
x2
n(n − 1)(n − 2)(n − 3)(n − 4)
5!
⇔


1
2!
= 4x2
(n − 2)(n − 3)
4!
(1)
1
3!
=
40
3
x2
(n − 3)(n − 4)
5!
(2)
Lấy (2) chia cho (1) ta được:
2!
3!
=
10
3
:
n − 4
n − 2
:
4!
5!
⇔
1
3
=
10
3
:
n − 4
n − 2
:
1
5
⇔ 2
n − 4
n − 2
= 1
⇔ 2n − 8 = n − 2 ⇔ n = 6.
Thay n = 6 vào (1) ta được
1
2!
= 4x2
4:3
4!
⇔ 4x2 = 1 ⇔ x = ±
1
2
.
Vậy n = 6 và x = ±
1
2
là kết quả cần tìm.
Bài 10. Cho n là số nguyên dương thoả mãn 5Cn−1
n = C3n
. Tìm số hạng chứa x5 trong khai
triển nhị thức Newton của

nx2
14
−


1
x
n
; (x̸= 0). (Đề tuyển sinh ĐH - CĐ Khối A - Năm
2012)
Giải
Theo giả thiết ta có: 5n =
n(n − 1)(n − 2)
3!
⇔ (n − 1)(n − 2) = 30 ⇔ n2 − 3n − 28 = 0
⇔


n = 7 (nhận)
n = −4 (loại)
Với n = 7 ta có số hạng tổng quát của khai triển là: Tk+1 = Ck
7

x2
2


7−k 
−
1
x


k
= (−1)k

1
2


7−k
7 x14−3k.
Ck
Do số hạng chứa x5 nên ta có 14 − 3k = 5 ⇔ k = 3. Vậy ta có số hạng cần tìm là
T4 = (−1)3

1
2


7−3
C3
7x5 = −
35
16
x5.
Dạng 2: Áp dụng khai triển nhị thức Newton để tính tổng và chứng minh đẳng
thức tổ hợp
Bài 1. Tính tổng S = C0
6 + : : : + C6
6 + C1
6 .
36

Giải
Ta xét khai triển: (1 + x)6 = C0
6 + C1
6x + : : : + C6
6x6.
Thay x = 1 vào khai triển trên ta được
S = C0
6 + C1
6 + : : : + C6
6 = (1 + 1)6 = 64
5 + 2C1
5 + 22C2
5 + : : : + 25C5
5 .
Giải
5 + C1
5x + C2
5x2 + : : : + C5
Ta xét khai triển (1 + x)5 = C0
5x5.
S = C0
5 + 2C1
5 + 22C2
5 + : : : + 25C5
5 = (1 + 2)5 = 243
Bài 3. Tính tổng S = 316C0
16
− 315C1
16 + 314C2
16
− : : : + C16
16 .
Giải
Ta xét khai triển (x − 1)16 = C0
16x16 + C1
16x15(−1) + C2
16x14(−1)3 + : : : + C16
16 (−1)16.
S = 316C0
16
− 315C1
16 + 314C2
16
− : : : + C16
16 = (3 − 1)16 = 216 = 65536:
Bài 4. Tính tổng S = 317C0
17 + 41316C1
17 + : : : + 417C17
17 .
Giải
Xét khai triển
(3x + 4)17 = C0
17(3x)17 + C1
17(3x)1641 + : : : + C17
17417
= 317x17C0
17 + 316x1641C1
17 + : : : + 417C17
17
S = 317C0
17 + 41316C1
17 + : : : + 417C17
17 = (3 + 4)17 = 717:
Bài 5. Biết tổng tất cả các hệ số của khai triển nhị thức (x2 + 1)n bằng 1024, hãy tìm hệ
số a (a là số tự nhiên) của số hạng ax12 trong khai triển đó.
Giải
Ta có (x2 + 1)n =
Σn
nx2(n−k)1k = C0n
k=0 Ck
x2n + C1n
x2(n−1) + : : : + Cn
n .
37

Theo giả thiết thì C0n
+ C1n
+ : : : + Cn
n = 1024.
Suy ra (1 + 1)n = 2n = 1024 ⇒ n = 10.
Mà ta có ax12 = Ck
10x2(10−k) ⇒ 20 − 2k = 12 ⇒ k = 4.
Vậy a = C4
10 = 210.
2n + C2
2n + : : : + C2n
2n = C1
2n + C3
2n + : : : + C2n−1
Bài 6. Chứng minh rằng C0
2n = 22n−1.
Giải
Xét khai triển
(1 − x)2n = C0
2n(−x) + C2
2n(−x)2 + : : : + C2n−1
2n (−x)2n−1 + C2n
2n + C1
2n (−x)2n
= C0
2n
2nx + C2
2nx2 − : : : − C2n−1
2n x2n−1 + C2n
2nx2n
− C1
Thay x = 1 vào khai triển trên ta được C0
2n
2nx+C2
2nx2 −: : :−C2n−1
−C1
2n x2n−1 +C2n
2nx2n = 0
2n + C2
2n + : : : + C2n
2n = C1
2n + C3
2n + : : : + C2n−1
hay là C0
2n (1).
Tiếp theo ta xét khai triển
2n + C1
2nx + C2
2nx2 + : : : + C2n−1
2n x2n−1 + C2n
2nx2n
(1 + x)2n = C0
2n + C1
2nx + C2
2nx2 + : : : + C2n−1
2n x2n−1 + C2n
2nx2n
= C0
2n+C1
2n+C2
2n+: : :+C2n−1
Thay x = 1 vào khai triển trên ta được C0
2n +C2n
2n = (1+1)2n = 22n(2).
2n + C2
2n + : : : + C2n
2n = C1
2n + C3
2n + : : : + C2n−1
Từ (1) và (2) ta suy ra C0
2n = 22n−1.
Bài 7. Chứng minh rằng 1 − 10C1
2n + 102C2
2n
2n + : : : − 102n−1C2n−1
− 103C3
2n + 102n = 81n
Giải
Xét khai triển
(1 − x)2n = C0
2n(−x) + C2
2n + C1
2n(−x)2 + : : : + C2n−1
2n (−x)2n−1 + C2n
2n (−x)2n
2nx + C2
2nx2 − : : : − C2n−1
n−1 x2n−1 + C2n
2nx2n
= 1 − C1
81n = (1 − 10)2n = 1 − 10C1
2n + 102C2
2n
− : : : − 102n−1C2n−1
2n + 102nC2n
2n
2014 + 22C2
Bài 8. Chứng minh rằng C0
2014 + : : : + 22014C2014
2014 + 24C4
2014 =
32014 + 1
2
.
Giải
38

Xét các khai triển
(1 + x)2014 = C0
2014 + C1
2014x + C2
2014 + : : : + C2014
2014x2014
(1 − x)2014 = C0
2014
− C1
2014x + C2
2014
− : : : + C2014
2014x2014
Cộng vế theo vế các khai triển trên ta được
2014 + C2
2014x2 + : : : + C2014
2014x2014) = (1 + x)2014 + (1 − x)2014
2(C0
hay
C0
2014 + C2
2014x2 + : : : + C2014
2014x2014 =
(1 + x)2014 + (1 − x)2014
2
Thay x = 2 vào phương trình trên ta được
C0
2014 + 22C2
2014 + 24C4
2014 + : : : + 22014C2014
2014 =
32014 + 1
2
Bài 9. Chứng minh rằng: C0n
3n − C1n
3n−1 + : : : + (−1)nCn
n = C0n
+ C1n
+ : : : + Cn
n .
Giải
Xét khai triển (x − 1)n = C0n
xn − C1n
xn−1 + : : : + (−1)nCn
n .
2n = C0n
3n − C1n
3n−1 + : : : + (−1)nCn
n = V T
Mặt khác ta có
V P = C0n
+ C1n
+ : : : + Cn
n = (1 + 1)n = 2n
Suy ra V T = V P.
Dạng 3: Sử dụng đạo hàm, tích phân để giải bài toán tổ hợp
Σ
+ Để tính các tổng có dạng
k k:Ck hoặc
Σ
k k(k + 1)Ck ta lấy đạo hàm cấp 1, cấp 2 nhị
thức Niuton (1 + x)n.
+ Để tính các tổng có dạng
Σ
k
Ck
n
k + 1
hoặc
Σ
k
Ck
n
(k + 1)(k + 2)
ta lấy tích phân một hoặc hai
lần nhị thức Niuton (1 + x)n.
2015 + 3C3
2015 + 2C2
2015 + : : : + 2015C2015
2015 .
Giải
39

Ta xét khai triển (1 + x)2015 = C0
2015 + C1
2015x + C2
2015x2 + C3
2015x3 + : : : + C2015
2015x2015.
Lấy đạo hàm hai vế ta được
2015(1 + x)2014 = C1
2015 + 2C2
2015x + 3C3
2015x2 + : : : + 2015C2015
2015x2014:
Thay x = 1 vào đẳng thức trên, ta thu được
S = C1
2015 + 2C2
2015 + 3C3
2015 + : : : + 2015C2015
2015 = 2015(1 + 1)2014 = 2015:22014:
2n
Bài 2. Chứng minh các đẳng thức sau:
(a) 1:C+ 2:C+ : : : + n:Cn
= n:2n−1n .
1n
(b) 2:1:C2n
+ 3:2:C3n
n = n:(n − 1):2n−2.
+ : : : + n(n − 1):Cn
(c) 12:C1n
+ 22:C2n
n = n(n + 1):2n−2.
+ : : : + n2:Cn
Giải
(a) Ta xét khai triển: (1 + x)n = C0n
+ C1n
:x + C2n
:x2 + : : : + Cn
n :xn.
n(1 + x)n−1 = 1:C1n
+ 2:C2n
n :xn−1:
:x + : : : + n:Cn
Thay x = 1 vào hai vế đẳng thức trên ta được
n:2n−1 = 1:C1n
+ 2:C2n
+ : : : + n:Cn
n :
(b) Ta xét khai triển: (1 + x)n = C0n
+ C1n:x + C2n
:x2 + : : : + Cn
n :xn.
n(1 + x)n−1 = 1:C1n
+ 2:C2n
:x + 3:C3n
n :xn−1:
:x2 + : : : + n:Cn
Tiếp tục lấy đạo hàm hai vế thêm lần nữa, ta được
n(n − 1):(1 + x)n−2 = 2:1:C2n
+ 3:2:C3n
n :xn−2:
:x + : : : + n:(n − 1):Cn
Thay x = 1 vào hai vế, ta thu được: n(n−1):2n−2 = 2:1:C2n
+ 3:2:C3n
+ : : : + n:(n−1):Cn
n :
n = [k + k(k − 1)]:Ck
(c) Ta thấy rằng k2:Ck
n.
40

Do đó, ta có
12:C1n
= 1:C1n
;
22:C2n
= 2:C2n
+ 2:1:C2n
;
32:C3n
= 3:C3n
+ 3:2:C3n
;
: : : : : : ;
n = n:Cn
n + n(n − 1):Cn
n :
n2:Cn
Vậy
12:C1n
+ 22:C2n
+ 32:C3n
+ : : : + n2:Cn
n =
(
1:C1n
+ 2:C2n
+ 3:C3n
+ : : : + n:Cn
n
)
+
(
2:1:C2n
+ 3:2:C3n
+ : : : + n(n − 1):Cn
n
)
Khi đó theo câu (a), (b) ta được
12:C1n
+ 22:C2n
n = n:2n−1 + n(n − 1):2n−2 = n(n + 1):2n−2:
+ : : : + n2:Cn
Bài 3. Chứng minh các đẳng thức sau:
(a) 2:C0n
+
22
2
C1n
+
23
3
C2n
+ : : : +
2n+1
n + 1
Cn
n =
3n+1 − 1
n + 1
.
(b) C0n
+
22 − 1
2
C1n
+
23 − 1
3
C2n
+ : : : +
2n+1 − 1
n + 1
Cn
n =
3n+1 − 2n+1
n + 1
.
(c) C0n
−
1
2
C1n
+
1
3
C2n
− : : : +
(−1)n
n + 1
Cn
n =
1
n + 1
.
(d)
1
2
C0n
+
1
4
C1n
+
1
6
C2n
+ : : : +
1
2(n + 1)
Cn
n =
2n+1 − 1
2(n + 1)
.
Giải
(a) Xét khai triển: (1 + x)n = C0n
+ C1n
x + C2n
nxn.
x2 + : : : + Cn
Lấy tích phân hai vế ta có:
∫ 2
0
(1 + x)ndx =
∫ 2
0
(C0n
+ C1n
x + C2n
x2 + : : : + Cn
nxn)dx
=

C0n
x + C1n
x2
2
+ C2n
x3
3
+ : : : + Cn
n
xn+1
n + 1



Suy ra
3n+1 − 1
n + 1
= 2C0n
+
22
2
C1n
+
23
3
C2n
+ : : : +
2n+1
n + 1
Cn
n
(b) Tương tự câu (a) với
∫ 2
1 (1 + x)ndx.
(c) Xét khai triển: (1 − x)n = C0n
− C1n
x + C2n
x2 − : : : + (−1)nCn
nxn.
Lấy tích phân hai vế:
∫ 1
0
(1 − x)n dx =
∫ 1
0
(
C0n
− C1n
x + C2n
nxn)
x2 − : : : + (−1)nCn
dx:
Ta có
V P =

C0n
x − C1n
x2
2
+ C2n
x3
3
− : : : + (−1)nCn
n


xn+1
n + 1

To hop

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to To hop

Similar to To hop (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (11)

To hop