Các bài giảng về tổ hợp hoán vị, chỉnh hợp và tổ hợp

  • 20 trang
  • file .pdf
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84
Hoán vị, chỉnh hợp và tổ hợp
PHẦN 1. CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN
1. Hoán vị
* Cho tập hợp A có n phần tử ( n  1 ). Mỗi cách sắp xếp n phần tử của nó theo một thứ tự
được gọi là một hoán vị của n phần tử của A .
* Số các hoán vị của tập hợp có n phần tử là Pn  n!  1.2.3. ... .n .
Quy ước: P0  0!  1 .
2. Chỉnh hợp
* Cho tập hợp A có n phần tử ( n  1 ) và số nguyên k với 1  k  n . Mỗi cách lấy ra k phần
tử của A và sắp xếp chúng theo một thứ tự được gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử
của A .
* Số các chỉnh hợp chập k của tập hợp có n phần là
n!
Akn   n  n  1 n  2  ...  n  k  1 .
n  k !
Quy ước: An0  1 .
3. Tổ hợp
* Cho tập hợp A có n phần tử ( n  1 ) và số nguyên k với 1  k  n . Mỗi cách lấy ra k phần
tử của A được gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử của A .
* Số các tổ hợp chập k của tập hợp có n phần tử là:
Akn n! n  n  1 n  2  ...  n  k  1
Ckn    .
k ! k ! n  k  ! k!
Quy ước: Cn0  0 .
* Hai tính chất cơ bản của số tổ hợp:
1
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84
+) Ckn  Cnn  k .
+) Ckn  1  Ckn  Ckn 1 (Hằng đẳng thức Pa-xcan).
2
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84
PHẦN 2. CÁC LOẠI BÀI TẬP ĐIỂN HÌNH
Loại 1. Tính toán trên các số hoán vị, số chỉnh hợp, số tổ hợp
A. Một số ví dụ
Ví dụ 1. Chứng minh các đẳng thức sau
n
k 1 1
1)   1 với n   , n  2 .
k2
k! n!
3
2)  Pn  CnnCn2nCn3n   3n  ! với n   .
n
1 n1
3)   với n   ; n  2 .
2 n
k  2 Ak
Giải
n n 
k 1 1 1
1) Ta có     
k2  
k 2
k! k  1 ! k ! 
1 1 1 1  1 1
         ...    
 1! 2!   2! 3!    n  1 ! n! 
1
 1 (ĐPCM).
n!
3
2) Ta có  Pn  Cnn Cn2nCn3n
3 n!  2n  !  3n  !
  n! . .
n!  n  n  ! n!  2n  n  ! n!  3n  n  !
3 n!  2n  !  3n  !
  n! . .
n !0! n!n! n!  2n  !
  3n  ! (ĐPCM).
3) Với mọi k nguyên, 2  k  n ta có
k! 1 1 1 1
Ak2   k  k  1     .
 k  2 ! Ak2 k  k  1  k  1 k
n n
1  1 1
Do đó  2
   
k 1 k 
k  2 Ak k2
1 1  1 1  1 1
         ...    
1 2  2 3  n 1 n 
1
 1
n
3
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84
n 1
 (ĐPCM).
n
Ví dụ 2. Giải các phương trình, bất phương trình và hệ sau
1) [TN2007] C4n  Cn5  3Cn6  1 .
5 2
2) [TN2005] Cnn 12  Cnn  2  A .
2 n
 Cy 6
 x 1 
 C y  1 5
3) [TN2003]  x .
 Cyx  1 5
 y 1 
 Cx 2
Giải
1) Điều kiện để phương trình có nghĩa: n là số nguyên và n  5 .
Áp dụng hằng đẳng thức Pa-xcan ta có C4n  Cn5  C5n  1 . Phương trình đã cho tương đương với
C5n  1  3Cn6  1 
 n  1 !  n  1 !  1  1 
3 n  6 (TMĐK).
5!  n  4  ! 6!  n  5  ! n4 2
2) Điều kiện để phương trình có nghĩa: n là số nguyên và n  2 .
Áp dụng hằng đẳng thức Pa-xcan ta có Cnn 12  Cnn  2  Cnn  3 . Bất phương trình đã cho tương
đương với
Cnn  3 
5 2
An 
 n  3  ! 5 n!

2 n!3! 2  n  2 !

 n  1 n  2  n  3 
5
3n  n  1
  n  1 n  2  n  3   15n  n  1
 n 3  9n 2  26n  6  0 .  1
Với mọi n  2 , áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương n 3 và 26n 2 , ta có
n 3  26n  2 n 3 .26n  2 26n 2  2.5n 2  10n2 .
Do đó VT  1  10n 2  9n 2  6  n 2  6  0   1 nhận mọi n  2 là nghiệm  BPT đã cho
nhận mọi n  2 là nghiệm.
4
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84
 Cy 6
 x 1   1
 C y  1 5
3)  x . Điều kiện để hệ có nghĩa: x , y nguyên, 1  y  x  1 .
 Cyx  1 5
 y 1   2
 Cx 2
 x  1 !  y  1 !  x  y  1 ! 6   x  1 y  1 6 .
Ta có  1  .    3
y !  x  y  1 ! x! 5  x  y  x  y  1 5
x!  y  1 ! x  y  1 ! 5   x  y  x  y  1 5 . 4
 2  .    
 y  1 !  x  y  1 ! x! 2 y  y  1 2
x1
Nhân từng vế  3  và  4  ta có  3  x  3y  1 .  5
y
Thay  5  vào  4  ta được
2y  2y  1 5 2y  2y  1 5
  
y  y  1 2 y  y  1 2
 3y 2  9y  0
 y  3 (chú ý tới điều kiện y  1 ).  6
Thay y  3 vào  5  ta được x  8 .
Ta thấy cặp giá trị x  8 , y  3 thỏa mãn điều kiện để hệ có nghĩa.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất  x;y    8;3  .
Ví dụ 3. [ĐHD05] Tính giá trị của biểu thức
An4 1  3An3
M
 n  1 !
biết rằng
Cn2  1  2Cn2  2  2Cn2  3  Cn2  4  149 .  1
Giải
ĐK: n nguyên, n  3 .
Ta có VT  1
 n  1 !  n  2 ! n  3  ! n  4 !
  2.  2. 
2!  n  1 ! 2!n ! 2!  n  1 ! 2!  n  2  !
n  n  1  n  3  n  4 
   n  1 n  2    n  2  n  3  
2 2
5
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84
1

2

6n 2  24n  28 
 3n 2  12n  14 .
 x  5  thoûa maõn 
Do đó  1  3n 2  12n  14  149  3n 2  12n  135  0   .
 x  9  loaïi 
Ví dụ 4. Chứng minh các đẳng thức sau
1) Ckn  3Ckn 1  3Ckn  2  Ckn  3  Ckn  3 ,  1
với k , n là các số nguyên dương thỏa mãn 3  k  n .
2) Ckn  Ckn 11  Ckn 12  ...  Ckk 1  Ckk 11 ,  1
với k , n là các số nguyên dương thỏa mãn k  n .
Giải
1) Áp dụng liên tiếp hằng đẳng thức Pa-xcan, ta có
VP  1  Ckn  2  Cnk 12
  
 Ckn  1  Cnk 11  Cnk 11  Cnk 12 
 Ckn  1  2Cnk 11  Cnk 12
    
 Ckn  Ckn 1  2 Ckn 1  Ckn  2  Ckn  2  Ckn  3 
 Ckn  3Ckn  1  3Ckn  2  Ckn  3
 VT  1 (ĐPCM).
2) Áp dụng hằng đẳng thức Pa-xcan, ta có
Ckn  Ckn 1  Cnk 11
Ckn 1  Cnk  2  Cnk 21

Ckk  1  Ckk  Ckk 1 .
Cộng từng vế các đẳng thức trên, giản ước Ckn 1  ...  Ckk  1 ở hai vế, ta được
Ckn  Ckn 11  Ckn  12  ...  Ckk  1  Ckk
 Ckn 11  Ckn  12  ...  Ckn  12  Ckk 11 (chú ý: Ckk  1  Ckk 11 ).
6
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84
Ví dụ 5. Chứng minh
1 1 1 1
    2 ,  1
1! 2! 3! n!
với n  * .
Giải
Ta có
1 1 1
 1      1 .  2
2! 3! n!
Lại có
1 1 21 1 1
    ,
2! 1.2 1.2 1 2
1 1 32 1 1
    ,
3! 2.3 2.3 2 3
1 1 4 3 1 1
    ,
4! 3.4 3.4 3 4

1 1 n   n  1 1 1
    .
n!  n  1 n n  1 n n  1 n
Cộng từng vế n  1 đẳng thức, bất đẳng thức nói trên, ta thu được
1 1 1 1  1 1  1 1
VT  2                   
1 2  2 3  3 4  n1 n
1
 1  1 (ĐPCM).
n
Ví dụ 6. Cho n  * . Tìm max Ck2n .
k  0;2n
 
Giải
1) Với k  0;2n  1 , xét tỷ số
Ck2n 1  2n  ! k ! 2n  k  ! 2n  k
T  .  .
Ck2n  k  1 !  2n  k  1 !  2n  ! k 1
2n  k
Ta có T  1   1  k  n  1  k  0;n  1 , chú ý rằng dấu “  ” không xảy ra.
k 1 2
Thay từng giá trị của k vào T ta được
7
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84
C12n  C02n    Cn2n1  Cn2n  Cn2n1    C2n 1 2n
2n  C2n .
k  0;2n
 
Vậy max Ck2n  Cn2n .
Ví dụ 7. [ĐHB06] 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;2;...;n sao cho số tập con
gồm k phần tử của A lớn nhất.
Giải
Mỗi một cách chọn k phần tử từ tập A cho ta một tập con gồm gồm k phần tử của A  số
tập con gồm k phần tử của A là Ckn .
Số tập con gồm 4 phần tử của A bằng 20 lần số tập con gồm 2 phần tử của A nghĩa là
n! n!
C4n  20Cn2   20
4!  n  4  ! 2!  n  2  !
1 20
 
12  n  3  n  2 
 n 2  5n  234  0
 n  18  thoûa maõn 
  .
 n  13  loaïi 
Vậy số phần tử của A là 18 . Với k  1;17 , xét tỷ số
k 1 k !  18  k  ! 18  k
C18 18!
T  .  .
k
C18  k  1 ! 17  k  ! 18! k 1
18  k 17
Ta có T  1  1  k   k  1;8 , chú ý rằng dấu “  ” không xảy ra.
k 1 2
Thay từng giá trị của k vào T ta được
C118  C18
2 8
 ...  C18 9
 C18 10
 C18 17
 ...  C18  C18
18 .
k
Do đó C18 k
 max C18
k 1;18
   k  9 . Vậy số tập con gồm 9 phần tử của A là tập con có số tập
con lớn nhất.
8
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84
B. Bài tập
Bài 1. Chứng minh
1) Pn  Pn 1   n  1 Pn 1 với n  * .
nCnk11
2) Ckn  với k , n  * , k  n .
k
n2 1 1
3)   với n  * , n  2 .
n!  n  1 !  n  2  !
n1  1 1  1
4) [ĐHB08]    với k,n   , 0  k  n .
n  2  Ckn  1 Cnk 11  Cnk
5) Ann  k2  Ann  1k  k 2 Ann  k với n , k  * , k  2 .
6) Pk An2  1An2  3 An2  5  nk !An5  5 với n  * .
7) Pn  1  P1  2P2  3P3  ...   n  1 Pn 1 với n   ; n  2 .
C2 C3 Cn n  n  1
8) C1n  2 n2  3 n2   n nn 1  với n  * .
Cn Cn Cn 2
Cn2 Cn3 Cnn
9) Cn  2 1  3 2  ...  n n  1  Cn2  1 với n  * .
1
Cn Cn Cn
10) 1.1! 2.2! 3.3! ...  n.n!   n  1 ! với n  * .
n
k 1
11)   1 với n  * .
P
k 1 k
Bài 2. Chứng minh
1) Ckn  44  Ckn  4Ckn  1  6Ckn  2  4Ckn  3  Ckn  4 , với k , n   , 0  k  n  4 ;
2) Cnn 1  Cnn 11  Cnn 12    Cn2n11  Cn2n với n  * .
Bài 3. Giải các phương trình, bất phương trình, hệ phương trình sau:
n!  n  1 ! 1
1)  .
 n  1 ! 6
 n  1 !
2)  72 .
 n  1 !
9
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84
1  5  n  1 !  n  n  1 ! 
3)  .   5.
n  2  n  1  n  3  !4! 12  n  3  n  4  !2! 
4) A n3  20n .
5) A 5n  18A 4n  2 .
6) Pn  3  72An5 Pn  5 .
An4  4 15
7)  .
 n  2  !  n  1 !
8) A yx 1 : A yx 1 : Cyx 1  21 : 60 : 10 .
 2A x  5Cx  90
 y y
9)  .
5A xy  2Cxy  80
Bài 4. Cho n  * . Tìm max
k  0;2n  1
Ck2n  1  .
10
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84
C. Đáp số
Bài 3
1) 2 , 3 . 2) 8 . 3) 5 , 6 . 4) 6 .
5) 10 . 6) 7 . 7) 3 , 4 , 5 . 8)  x;y    7;3  .
9)  x;y    2;5  .
Bài 4 max
k  0;2n 1
Ck2n  1   Cn2n  1  Cn2n11 .
11
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84
Loại 2. Ứng dụng ba khái niệm cơ bản vào bài toán đếm
A. Một số ví dụ
Ví dụ 1. Một học sinh có 12 cuốn sách đôi một khác nhau, trong đó có 2 cuốn sách Toán, 4
cuốn sách Văn và 6 cuốn sách Anh. Hỏi có bao nhiêu cách xếp tất cả các cuốn sách lên một kệ
sách dài, nếu các cuốn sách cùng môn được xếp kề nhau?
Giải
+) Trước hết ta tính số cách xếp thứ tự từng loại sách. Vì có 3 loại sách nên số các sắp thứ tự
loại sách là n1  P3  3! .
+) Ứng với mỗi phương án sắp xếp 3 loại sách, ta loại có n 2  P2  2! cách xếp 2 cuốn sách
Toán, n 3  P4  4! cách xếp 4 cuốn sách Văn, n4  P6  6! cách xếp 6 cuốn sách Anh. Như
vậy, ứng với mỗi phương án sắp xếp 3 loại sách, ta lại có số cách sắp xếp 12 cuốn sách là
n 5  n 2n 3n 4 .
Tóm lại số các xếp thỏa mãn yêu cầu là n1n5  n1n 3n 3n4  207360 .
Ví dụ 2. Một bàn dài có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có 6 ghế. Người ta muốn xếp chỗ
ngồi cho 6 học sinh trường A và 6 học sinh trường B vào bàn nói trên. Hỏi có bao nhiêu cách
xếp trong mỗi trường hợp sau.
1) Bất cứ 2 học sinh nào ngồi cạnh nhau hoặc đối diện nhau thì khác trường với nhau.
2) Bất cứ 2 học sinh nào ngồi đối diện nhau thì khác trường với nhau.
Giải
1)
+) Bước 1: Trước tiên ta xác định trong 12 vị trí, vị trí nào của học sinh trường A, vị trí nào của
học sinh trường B. Rõ ràng để đảm bảo bất cứ 2 học sinh nào ngồi cạnh nhau hoặc đối diện nhau
thì khác trường với nhau ta có các xếp như sau.
Cách 1: Cách 2:
A B A B A B B A B A B A
B A B A B A A B A B A B
+) Bước 2: Ứng với mỗi cách đã xác định ở bước 1, ta xếp 12 học sinh vào chỗ.
Xếp 6 học sinh trường A vào 6 chỗ: có n1  6! cách.
Xếp 6 học sinh trường B vào 6 chỗ: có n 2  6! cách.
Theo quy tắc nhân thì số cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán là
12
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84
2n1n 2  2.6!.6!  1036800 .
Ví dụ 3. Có bao nhiêu cách xếp 5 bạn nam và 4 bạn nữ thành một hàng ngang sao cho không
có hai bạn nữ nào đứng cạnh nhau?
Giải
+) Đầu tiên, ta xếp 5 bạn nam thành hàng ngang. Ta thấy có n1  5! cách làm như vậy.
+) Tiếp theo, ta xếp 4 bạn nữ. Ta thấy để việc xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán thì phải xếp 4 bạn
vào 6 vị trí như hình vẽ.
(1) Nam (2) Nam (3) Nam (4) Nam (5) Nam (6)
Như vậy, ứng với mỗi cách xếp 5 bạn nam có n 2  A 64 cách xếp 4 bạn nữ.
Tóm lại, số cách xếp là n1n 2  5!A64  43200 .
Ví dụ 4. [ĐHB02] Cho đa giác đều A1 A 2 ...A n ( n  2 , n nguyên). Biết số tam giác có các đỉnh
là 3 trong 2n điểm A1 , A 2 , ..., An gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n
điểm A1 , A 2 , ..., An , tìm n .
Giải
Mỗi cách chọn ra 3 điểm trong 2n điểm rồi nối chúng lại cho ta một hình tam giác. Do đó, số
tam giác có đỉnh là 3 trong số 2n điểm là C32n .
Giả sử đa giác đều A1 A 2 ...A n nội tiếp đường tròn  O  , ABCD là hình chữ nhật có các đỉnh là
4 trong số 2n đỉnh của đa giác. Ta thấy ABC   90  AC và BD đi qua  O  . Từ
  BCD
đây, ta suy ra cách tạo một hình chữ nhật có 4 đỉnh là bốn đỉnh của tứ giác.
Chọn ra 2 đường chéo đi qua O từ n đường chéo đi qua O của đa giác. Bước này có Cn2 cách
thực hiện. Từ 2 đường chéo vừa chọn ra, bao giờ ta cũng có đúng một cách nối các đầu mút đề
được một hình chữ nhật. Vậy số hình chữ nhật có đỉnh là 4 trong số 2n điểm là Cn2 .
Theo giả thiết thì
C32n  20Cn2 
 2n  ! n!
 20
3! 2n  3  ! 2!  n  2  !
 2n  2 2n  1 2n
  20  n  1 n
3
13
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84
  n  1 2n  1 n  15  n  1 n

  n  1 2n2  16n  0
 n  0  loaïi 

  n  1  loaïi  .

 n  8  thoûa maõn 
Vậy n  8 .
Ví dụ 5. [ĐHB04] Trong một môn học, thầy giáo có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó,
10 câu hỏi trung bình và 15 câu hỏi 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 3 loại câu hỏi
(khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không ít hơn 2 ?
Giải
Thầy giáo có 3 phương án sau đây để lập một đề thi thỏa mãn yêu cầu.
+) Phương án 1: Đề thi có 2 câu dễ, 1 câu trung bình, 2 câu khó. Theo quy tắc nhân, số cách
2 1 2
thực hiện phương án này là n1  C15 C10C5 .
+) Phương án 2: Đề thi có 2 câu dễ, 2 câu trung bình, 1 câu khó. Theo quy tắc nhân, số cách
2 2 1
thực hiện phương án này là n 2  C15 C10C5 .
+) Phương án 3: Đề thi có 3 câu dễ, 1 câu trung bình, 1 câu khó. Theo quy tắc nhân, số cách
3 1 1
thực hiện phương án này là n 3  C15 C10C5 .
Vậy, theo quy tắc cộng, số đề kiểm tra lập được theo yêu cầu là
2 1 2 2 2 1 3 1 1
n1  n 2  n3  C15 C10C5  C15 C10C5  C15 C10C5  56875 .
Ví dụ 6. [ĐHB05] 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 đó về giúp đỡ ba tỉnh miền núi sao cho mỗi tỉnh có 4
nam và 1 nữ.
Giải
Ta phân công như sau.
14
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84
Bước 1: Chọn thanh niên tình nguyện cho tỉnh thứ nhất. Theo quy tắc nhân thì bước này có số
4 1
cách thực hiện là n1  C12 C3 .
Bước 2: Chọn thanh niên tình nguyện cho tỉnh thứ hai. Vì đã chọn 4 nam và 1 nữ ở bước 1 nên
theo quy tắc nhân, số cách thực hiện bước này là n 2  C84C12 .
Các thanh niên còn lại phân công đi giúp đỡ tỉnh thứ ba.
4 1 4 1
Vậy theo quy tắc nhân thì số cách phân công là n1n 2  C12 C3C8C2  207900 .
Ví dụ 7. [ĐHD06] Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thông có 12 học sinh, gồm 5
học sinh lớp T, 4 học sinh lớp L và 3 học sinh lớp H. Cần chọn ra 4 học sinh đi làm nhiệm vụ
sao cho 4 học sinh đó thuộc không quá 2 trong 3 lớp nói trên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn như
vậy?
Giải
4
Nếu bỏ qua điều kiện 4 học sinh thuộc không quá 2 trong 3 lớp thì số cách chọn là n1  C12 .
Bây giờ ta đếm số cách chọn mà 4 học sinh đó bao gồm học sinh của cả 3 lớp. Để làm như vậy
ta có sau phương án sau.
+) Phương án 1: Chọn 2 học sinh lớp T, 1 học sinh lớp L, 1 học sinh lớp H. Theo quy tắc
nhân, số cách thực hiện phương án này là n 2  C52C14C14 .
+) Phương án 2: Chọn 1 học sinh lớp T, 2 học sinh lớp L, 1 học sinh lớp H. Theo quy tắc
nhân, số cách thực hiện phương án này là n 3  C15C42C14 .
+) Phương án 3: Chọn 1 học sinh lớp T, 1 học sinh lớp L, 2 học sinh lớp H. Theo quy tắc
nhân, số cách thực hiện phương án này là n 3  C15C14C42 .
Số cách chọn 4 học sinh thỏa mãn yêu cầu bài toán là
4
n1  n2  n 3  n 4  C12  C52C14C14  C15C42C14  C15C14C42  225 .
Ví dụ 8. Một thầy giáo có 12 cuốn sách đôi một khác nhau trong đó có 5 cuốn sách văn học, 4
cuốn sách âm nhạc và 3 cuốn sách hội họa. Ông muốn lấy ra 6 cuốn và đem tặng cho 6 em học
sinh A , B , C , D , E , F , mỗi em một cuốn. Hỏi thầy có bao nhiêu cách tặng sách sao cho sau
khi tặng, mỗi loại sách : văn học, âm nhạc, hội hoạ, thầy vẫn còn ít nhất một cuốn.
Giải
Ta thấy tổng hai loại sách bất kỳ đều lớn hơn 6 nên không thể chọn sao cho cùng hết 2 loại
sách.
15
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84
6
Số cách chọn 6 cuốn sách từ 12 cuốn sách là A12  665280 .
Số cách chọn sao cho không còn sách văn là A 56 .7  5040 .
Số cách chọn sao cho không còn sách nhạc là A 46 .A 82  20160 .
Số cách chọn sao cho không còn sách hoạ là A 63 .A 39  60408 .
Số cách chọn cần tìm là 665280 –  5040  20160  60480   579600 .
Ví dụ 9. Hỏi từ 10 chữ số 0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 có thể lập được bao nhiêu số gồm 6
chữ số khác nhau, sao cho trong các chữ số đó có mặt số 0 và 1 .
Giải
Giả sử A  a1a 2a 3a4a5a 6 là số cần lập. Để lập số A , ta lần lượt làm như sau
*) Bước 1: Chọn vị trí cho chữ số 0 . Vì a1  0 nên bước này có số cách thực hiện là n1  5
cách.
*) Bước 2: Chọn vị trí cho chữ số 1 . Ta có hai phương án thực hiện bước này.
+) Phương án 1: a1  1 . Số cách chọn 4 vị trí còn lại là n 2  A 84 .
+) Phương án 2: a1  1 . Vì a1  1 và chữ số 0 đã chiếm một vị trí nên để chọn vị trí
cho chữ số 1 có n 3  4 cách. Vì a1   0;1 nên có n4  8 cách chọn a1 . Số cách chọn
3 chữ số cho 3 vị trí còn lại là n5  A 73 . Theo quy tắc nhân thì số cách thực hiện
phương án 2 là n6  n 3n 4n5  32A 73 .
Theo quy tắc cộng, số cách thực hiện bước 2 là n7  n 2  n6  A 84  32A73 .
 
Theo quy tắc nhân, số cách lập số A là n1 .n7  5 A84  32A 73  42000 .
Ví dụ 10. Tính tổng các số chẵn có 5 chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 1 , 2 , 3 ,
4, 5, 6, 7, 8, 9.
Giải
* Giả sử A  a1a 2a 3a4a5 là số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Do đó để lập số A ta lần lượt làm
như sau
16