Giáo án Lớp 12 môn Đại số - Hoán vị và chỉnh hợp và tổ hợp

THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84 1 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 nP n! 1.2.3. ... .n  . Quy ước: 0P 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        kn n!A n n 1 n 2 ... n k 1 n k !        . Quy ước: 0nA 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:        kk n n n n 1 n 2 ... n k 1A n!C k ! k ! n k ! k !         . Quy ước: 0nC 0 . * Hai tính chất cơ bản của số tổ hợp: THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84 2 +) k n kn nC C  . +) k k k 1n 1 n nC C C     (Hằng đẳng thức Pa-xcan). THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84 3 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 1) n k 2 k 1 11 k! n!    với n , n 2 . 2)    3 n n nn n 2n 3nP C C C 3n ! với n . 3) n 2 k 2 k 1 n 1 nA   với n ; n 2 . Giải 1) Ta có n k 2 k 1 k !    n k 2 1 1 k 1 ! k !           1 1 1 1 1 1... 1! 2! 2! 3! n 1 ! n!                       11 n!   (ĐPCM). 2) Ta có  3 n n nn n 2n 3nP C C C             3 2n ! 3n !n!n! . . n! n n ! n! 2n n ! n! 3n n !            3 2n ! 3n !n!n! . . n!0! n!n! n! 2n !   3n ! (ĐPCM). 3) Với mọi k nguyên, 2 k n  ta có    2k k !A k k 1 k 2 !       2k 1 1 1 1 k k 1 k 1 kA      . Do đó n 2 k 2 k 1 A  n k 2 1 1 k 1 k        1 1 1 1 1 1... 1 2 2 3 n 1 n                        11 n   THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84 4 n 1 n   (ĐPCM). Ví dụ 2. Giải các phương trình, bất phương trình và hệ sau 1) [TN2007] 4 5 6n n n 1C C 3C   . 2) [TN2005] n 1 n 2n 2 n 2 n 5C C A 2     . 3) [TN2003] y x 1 y 1 x y 1 x y 1 x C 6 5C C 5 2C             . 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 4 5 5n n n 1C C C   . Phương trình đã cho tương đương với 5 6 n 1 n 1C 3C           n 1 ! n 1 ! 3 5! n 4 ! 6! n 5 !       1 1 n 4 2    n 6 (TMĐK). 2) Điều kiện để phương trình có nghĩa: n là số nguyên và n 2 . Áp dụng hằng đẳng thức Pa-xcan ta có n 1 n nn 2 n 2 n 3C C C      . Bất phương trình đã cho tương đương với n 2 n 3 n 5C A 2       n 3 ! 5 n! n!3! 2 n 2 !             n 1 n 2 n 3 5 3n n 1              n 1 n 2 n 3 15n n 1      3 2n 9n 26n 6 0    .  1 Với mọi n 2 , áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương 3n và 226n , ta có 3 3 2 2 2n 26n 2 n .26n 2 26n 2.5n 10n     . Do đó   2 2 2VT 1 10n 9n 6 n 6 0        1 nhận mọi n 2 là nghiệm  BPT đã cho nhận mọi n 2 là nghiệm. THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84 5 3)     y x 1 y 1 x y 1 x y 1 x C 6 1 5C C 5 2 2C             . Điều kiện để hệ có nghĩa: x , y nguyên, 1 y x 1   . Ta có  1         x 1 ! y 1 ! x y 1 ! 6. y ! x y 1 ! x! 5                 x 1 y 1 6 x y x y 1 5       .  3  2         y 1 ! x y 1 !x! 5. y 1 ! x y 1 ! x! 2               x y x y 1 5 y y 1 2      .  4 Nhân từng vế  3 và  4 ta có x 1 3 y    x 3y 1  .  5 Thay  5 vào  4 ta được     2y 2y 1 5 y y 1 2         2y 2y 1 5 y y 1 2     23y 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   4 3 n 1 nA 3AM n 1 !    biết rằng 2 2 2 2 n 1 n 2 n 3 n 4C 2C 2C C 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            THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84 6  21 6n 24n 282   23n 12n 14   . Do đó  1  23n 12n 14 149    23n 12n 135 0        thoûa maõn loaïi x 5 x 9      . Ví dụ 4. Chứng minh các đẳng thức sau 1) k k 1 k 2 k 3 kn n n n n 3C 3C 3C C C        ,  1 với k , n là các số nguyên dương thỏa mãn 3 k n  . 2) k k 1 k 1 k 1 k 1n n 1 n 2 k k 1C C C ... C C            ,  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 k k 1n 2 n 2C C       k k 1 k 1 k 2n 1 n 1 n 1 n 1C C C C         k k 1 k 2 n 1 n 1 n 1C 2C C             k k 1 k 1 k 2 k 2 k 3n n n n n nC C 2 C C C C          k k 1 k 2 k 3 n n n nC 3C 3C C        VT 1 (ĐPCM). 2) Áp dụng hằng đẳng thức Pa-xcan, ta có k k k 1 n n 1 n 1C C C     k k k 1 n 1 n 2 n 2C C C       k k k 1 k 1 k kC C C     . Cộng từng vế các đẳng thức trên, giản ước k kn 1 k 1C ... C   ở hai vế, ta được knC k 1 k 1 k 1 k n 1 n 2 k kC C ... C C          k 1 k 1 k 1 k 1n 1 n 2 n 2 k 1C C ... C C             (chú ý: k k 1 k k 1C 1 C    ). THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84 7 Ví dụ 5. Chứng minh 1 1 1 1 2 1! 2! 3! n!     ,  1 với *n . Giải Ta có  1  1 1 1 1 2! 3! n!    .  2 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      ,        n n 11 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  VT 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 3 3 4 n 1 n                                 11 1 n    (ĐPCM). Ví dụ 6. Cho *n . Tìm  k2n k 0;2n max C  . Giải 1) Với k 0;2n 1  , xét tỷ số           k 1 2n k 2n 2n ! k ! 2n k !C 2n kT . k 1 ! 2n k 1 ! 2n ! k 1C           . Ta có T 1  2n k 1 k 1     12k n   k 0;n 1  , chú ý rằng dấu “ ” không xảy ra. Thay từng giá trị của k vào T ta được THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84 8 1 0 n 1 n n 1 2n 1 2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n 2nC C C C C C C            . Vậy  k n2n 2n k 0;2n max C C   . 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 knC . Số tập con gồm 4 phần tử của A bằng 20 lần số tập con gồm 2 phần tử của A nghĩa là 4 2 n nC 20C      n! n!20 4! n 4 ! 2! n 2 !         1 20 12 n 3 n 2     2n 5n 234 0        thoûa maõn loaïi n 18 n 13      . Vậy số phần tử của A là 18 . Với k 1;17 , xét tỷ số      k 118 k 18 k ! 18 k !C 18! 18 kT . k 1 ! 17 k ! 18! k 1C          . Ta có T 1  18 k 1 k 1     17k 2   k 1;8 , chú ý rằng dấu “ ” không xảy ra. Thay từng giá trị của k vào T ta được 1 2 8 9 10 17 18 18 18 18 18 18 18 18C C ... C C C ... C C        . Do đó  k k18 18 k 1;18 C max C    k 9 . Vậy số tập con gồm 9 phần tử của A là tập con có số tập con lớn nhất. THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84 9 B. Bài tập Bài 1. Chứng minh 1)  n n 1 n 1P P n 1 P    với *n . 2) k 1 k n 1 n nC C k   với k , *n , k n . 3)     2n 1 1 n! n 1 ! n 2 !     với *n , n 2 . 4) [ĐHB08] k k 1 k n 1 n 1 n n 1 1 1 1 n 2 C C C           với k,n , 0 k n  . 5) n 2 n 1 2 nn k n k n kA A k A       với n , *k , k 2 . 6) 2 2 2 5k n 1 n 3 n 5 n 5P A A A nk !A    với *n . 7)  n 1 2 3 n 1P 1 P 2P 3P ... n 1 P        với n ; n 2 . 8)  2 3 n1 n n n n 2 2 n 1 n n n n n 1C C C C 2 3 n 2C C C       với *n . 9) 2 3 n 1 2n n n n n 11 2 n 1 n n n C C C C 2 3 ... n C C C C       với *n . 10)  1.1! 2.2! 3.3! ... n.n! n 1 !      với *n . 11) n kk 1 k 1 1 P   với *n . Bài 2. Chứng minh 1) k 4 k k 1 k 2 k 3 k 4n 4 n n n n nC C 4C 6C 4C C            , với k , n , 0 k n 4   ; 2) n 1 n 1 n 1 n 1 nn n 1 n 2 2n 1 2nC C C C C            với *n . Bài 3. Giải các phương trình, bất phương trình, hệ phương trình sau: 1)     n! n 1 ! 1 n 1 ! 6     . 2)     n 1 ! 72 n 1 !    . THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84 10 3)           n 1 ! n n 1 !1 5 . 5 n 2 n 1 n 3 !4! 12 n 3 n 4 !2!             . 4) 3nA 20n . 5) 5 4n n 2A 18A  . 6) 5n 3 n n 5P 72A P  . 7)     4 n 4A 15 n 2 ! n 1 !     . 8) y yy 1x x 1 x 1A : A : C 21: 60 :10     . 9) x x y y x x y y 2A 5C 90 5A 2C 80       . Bài 4. Cho *n . Tìm  k2n 1 k 0;2n 1 max C    . THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84 11 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  k n n 12n 1 2n 1 2n 1 k 0;2n 1 max C C C        . THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84 12 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 1 3n P 3!  . +) Ứng với mỗi phương án sắp xếp 3 loại sách, ta loại có 2 2n P 2!  cách xếp 2 cuốn sách Toán, 3 4n P 4!  cách xếp 4 cuốn sách Văn, 4 6n P 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 5 2 3 4n n n n . Tóm lại số các xếp thỏa mãn yêu cầu là 1 5 1 3 3 4n n n n n n 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: A B A B A B B A B A B A Cách 2: 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 1n 6! cách. Xếp 6 học sinh trường B vào 6 chỗ: có 2n 6! cách. Theo quy tắc nhân thì số cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán là THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84 13 1 22n n 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 1n 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 42 6n A cách xếp 4 bạn nữ. Tóm lại, số cách xếp là 41 2 6n n 5!A 43200  . Ví dụ 4. [ĐHB02] Cho đa giác đều 1 2 nA A ...A ( n 2 , n nguyên). Biết số tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n điểm 1A , 2A , ..., nA gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n điểm 1A , 2A , ..., nA , 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 32nC . Giả sử đa giác đều 1 2 nA A ...A 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 BCD 90    AC và BD đi qua  O . Từ 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 2nC 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 2nC . Theo giả thiết thì 3 2 2n nC 20C        2n ! n!20 3! 2n 3 ! 2! n 2 !           2n 2 2n 1 2n 20 n 1 n 3     THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84 14       n 1 2n 1 n 15 n 1 n        2n 1 2n 16n 0          loaïi loaïi thoûa maõn n 0 n 1 n 8       . 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 thực hiện phương án này là 2 1 21 15 10 5n C C C . +) Phương án 2: Đề thi có 2 câu dễ, 2 câu trung bình, 1 câu khó. Theo quy tắc nhân, số cách thực hiện phương án này là 2 2 12 15 10 5n C C C . +) Phương án 3: Đề thi có 3 câu dễ, 1 câu trung bình, 1 câu khó. Theo quy tắc nhân, số cách thực hiện phương án này là 3 1 13 15 10 5n C C C . Vậy, theo quy tắc cộng, số đề kiểm tra lập được theo yêu cầu là 2 1 2 2 2 1 3 1 1 1 2 3 15 10 5 15 10 5 15 10 5n n n C C C C C C C C C 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. THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84 15 Bước 1: Chọn thanh niên tình nguyện cho tỉnh thứ nhất. Theo quy tắc nhân thì bước này có số cách thực hiện là 4 11 12 3n C C . 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 4 12 8 2n C C . Các thanh niên còn lại phân công đi giúp đỡ tỉnh thứ ba. Vậy theo quy tắc nhân thì số cách phân công là 4 1 4 11 2 12 3 8 2n n C C C C 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 Nếu bỏ qua điều kiện 4 học sinh thuộc không quá 2 trong 3 lớp thì số cách chọn là 41 12n C . 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 2 1 12 5 4 4n C C C . +) 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 1 2 13 5 4 4n C C C . +) 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 1 1 23 5 4 4n C C C . Số cách chọn 4 học sinh thỏa mãn yêu cầu bài toán là 4 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 2 3 4 12 5 4 4 5 4 4 5 4 4n n n n C C C C C C C C C C 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. THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84 16 Số cách chọn 6 cuốn sách từ 12 cuốn sách là 612A 665280 . Số cách chọn sao cho không còn sách văn là 56A .7 5040 . Số cách chọn sao cho không còn sách nhạc là 4 26 8A .A 20160 . Số cách chọn sao cho không còn sách hoạ là 3 36 9A .A 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 1 2 3 4 5 6A a a a a a a là số cần lập. Để lập số A , ta lần lượt làm như sau *) Bước 1: Chọn vị trí cho chữ số 0 . Vì 1a 0 nên bước này có số cách thực hiện là 1n 5 cách. *) Bước 2: Chọn vị trí cho chữ số 1 . Ta có hai phương án thực hiện bước này. +) Phương án 1: 1a 1 . Số cách chọn 4 vị trí còn lại là 4 2 8n A . +) Phương án 2: 1a 1 . Vì 1a 1 và chữ số 0 đã chiếm một vị trí nên để chọn vị trí cho chữ số 1 có 3n 4 cách. Vì  1a 0;1 nên có 4n 8 cách chọn 1a . Số cách chọn 3 chữ số cho 3 vị trí còn lại là 35 7n A . Theo quy tắc nhân thì số cách thực hiện phương án 2 là 36 3 4 5 7n n n n 32A  . Theo quy tắc cộng, số cách thực hiện bước 2 là 4 37 2 6 8 7n n n A 32A    . Theo quy tắc nhân, số cách lập số A là  4 31 7 8 7n .n 5 A 32A 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 1 2 3 4 5A a a a a a là số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Do đó để lập số A ta lần lượt làm như sau THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84 17 +) Bước 1: Chọn 5a . A chẵn  5a chia hết cho 2   a 2;4;6;8 . Như vậy, bước này có 1n 4 cách thực hiện. +) Bước 2: Chọn các chữ số còn lại. Mỗi một cách chọn các chữ số 1a , 2a , 3a , 4a là một chỉnh hợp chập 4 của 8 phần tử    51;2;3;4;5;6;7;8;9 \ a nên số cách chọn các chữ số này là 4 2 8n A . Theo quy tắc nhân thì số cách lập số A là 41 2 8n n n 4.A 6720   . * Để tính tổng các số lập được, ta tính tổng từng vị trí. +) Vì vai trò của các chữ số 2 , 4 , 6 , 8 là giống nhau nên số lần xuất hiện của mỗi chữ số này ở hàng đơn vị là n 1680 4  . Từ đây suy ra tổng các chữ số ở hàng đơn vị là  1680 2 4 6 8 33600    . +) Nếu cố định 4a 1 thì có 4 cách chọn 5a , 3 7A cách chọn các vị trí còn lại. Như vậy số lần chữ số 1 xuất hiện ở vị trí hàng chục là 374.A 840 . Vì vai trò của các chữ số 1 , 3 , 5 , 7 , 9 là như nhau nên số lần xuất hiện mỗi chữ số này ở vị trí hàng chục cũng là 840 . Tổng số lần xuất hiện các chữ cố 2 , 4 , 6 , 8 ở vị trí hàng chục là 6720 5.840 2520  . Vì vai trò của các chữ số 2 , 4 , 6 , 8 là như nhau nên số lần xuất hiện mỗi chữ số này ở vị trí hàng chục cũng là 2520 630 4  . Như vậy, tổng các chữ số hàng đơn vị là    840 1 3 5 7 9 630 2 4 6 8 33600         . Tương tự, tổng các chữ số hàng trăm, hàng nghìn và hàng vạn bằng nhau và bằng 33600 . Vậy tổng các số lập được là  33600 1 10 100 1000 10000 33600.11111 373329600      . THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84 18 B. Bài tập Bài 1. Từ các chữ số 0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 có thể lập được bao nhiêu số có 6 chữ số đôi một khác nhau thỏa mãn thêm điều kiện 1) là số chẵn. 2) chia hết cho 5 . Bài 2. Tính tổng các số có 5 chữ số đôi một khác nhau thõa mãn điều kiện chia hết cho 5 được lập từ các chữ số 1 , 2 , 3 , 4 , 5 . Bài 3. Tính tổng các số có 5 chữ số đôi một khác nhau thõa mãn điều kiện chia hết cho 5 được lập từ các chữ số 0, 1 , 2 , 3 , 4 , 5 . Bài 4. Từ các chữ số 0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 có thể lập được bao nhiêu số có 5 chữ số. Biết chữ số 1 xuất hiện đúng hai lần, còn các chữ số còn lại đôi một khác nhau. Bài 5. Từ các chữ số 0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 có thể lập được bao nhiêu số có 5 chữ số. Biết chữ số 1 có thể không xuất hiện hoặc xuất hiện một số chẵn lần, còn các chữ số còn lại đôi một khác nhau. Bài 6. Từ các chữ số 0 , 1 , 2 , 4 , 5 , 6 , 9 có thể lập được bao nhiêu số có 6 chữ số chia hết cho 2 . Biết chữ số 2 xuất hiện hai lần, còn các chữ số còn lại đôi một khác nhau. Bài 7. Từ các chữ số 0 , 1 , 2 , 4 , 5 , 6 , 9 có thể lập được bao nhiêu số có 6 chữ số đôi một khác nhau và trong các chữ số có chữ số 2 và chữ số 4 . Bài 8. Từ các chữ số 0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 có thể lập được bao nhiêu số có 6 chữ số biết rằng trong hai chữ số liên tiếp bất kỳ thì chữ số đứng trước lớn hơn chữ số đứng sau nó. Bài 9. Từ các chữ số 0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 có thể lập được bao nhiêu số có 6 chữ số thỏa mãn một trong hai điều kiện: trong hai chữ số liên tiếp bất kỳ thì chữ số đứng trước lớn hơn chữ số đứng sau nó hoặc trong hai chữ số liên tiếp bất kỳ thì chữ số đứng trước nhỏ hơn chữ số đứng sau nó. Bài 10. Một trường Phổ thông trung học có 280 nam sinh và 325 nữ sinh. 1) Có bao nhiêu cách chọn ra 11 học sinh. 2) Có bao nhiêu cách chọn ra 3 học sinh có cả nam và nữ. 3) Giả sử trong các học sinh nam có một bạn bạn tên là Long và trong các nữ sinh có một bạn tên là Ngọc. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 3 học sinh có cả nam và nữ nhưng không đồng thời có hai bạn Long và Ngọc. Bài 11. Trong một lớp học có 7 nam sinh và 4 nữ sinh ưu tú (trong số đó có nam sinh Hưng và nữ sinh Hoa). Cần lập một ban cán sự lớp gồm 6 người từ những học sinh ưu tú với yêu cầu có THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84 19 ít nhất hai nữ sinh, ngoài ra ban cán sự không đồng thời có cả Hưng và Hoa. Hỏi có bao nhiêu cách lập ban cán sự này. Bài 12. Có 5 nhà toán học nam, 3 nhà toán học nữ và 4 nhà vật lý nam. Hỏi có bao nhiêu cách lập một đoàn công tác 3 người từ các nhà khoa học nói trên sao cho trong đoàn có cả nam và nữ, có cả nhà toán học và nhà vật lý. Bài 13. Một trường trung học có 8 thầy dạy toán, 5 thầy dạy lý và 3 thầy dậy hóa học. Hỏi có bao nhiêu cách cử 3 thầy thuộc đủ cả 3 bộ môn đó đi đại hội. Bài 14. Hội đồng quản trị của một xí nghiệp gồm 11 người, trong đó có 7 nam và 4 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách lập ra một hội đồng thường trực gồm 3 người từ những thành viên nói trên sao cho trong đó có ít nhất 1 nam. Bài 15. Có bao nhiêu cách xếp 3 người bạn nam và 2 bạn nữ vào một cái ghế dài sao cho bất kỳ ai đều ngồi bên cạnh ít nhất một người cùng giới. Bài 16. Một nhóm gồm 10 học sinh, trong đó có 7 nam và 3 nữ. Có bao nhiêu cách xếp 10 học sinh trên thành một hàng dọc sao cho 7 học sinh nam đừng liền nhau. Bài 17. Có 10 câu hỏi trong đó có 4 câu lý thuyết và 6 câu bài tập.