Tài liệu ôn tập Đại số tổng hợp - Chương IV: Tổ hợp - Phạm Hồng Danh

ĐẠI SỐ TỔ HỢP 
 Chương IV 
TỔ HỢP 
 Có n vật khác nhau, chọn ra k vật khác nhau (0 ≤ k ≤ n) không để ý đến thứ tự 
chọn. Mỗi cách chọn như vậy gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử. 
 Ta thấy mỗi tổ hợp chập k của n phần tử tạo ra được Pk = k! chỉnh hợp chập k 
của n phần tử. 
 Do đó, nếu kí hiệu là số tổ hợp chập k của n phần tử, ta có : knC
 = knC
k
nA
k!
 = n!
k!(n k)!− 
 Tính chất : = knC
n k
nC
−
 = + knC
k
nC
−
−
1
1
k
nC −1 
 + +  + = 2n nC
0
nC
1 n
nC
 Ví dụ 1. Có 5 học sinh, cần chọn ra 2 học sinh để đi trực lớp, hỏi có mấy cách 
chọn ? 
Giải 
 Đây là tổ hợp chập 2 của 5 phần tử. Vậy có : 
 25C =
5!
2!3!
 = 5.4
2
 = 10 cách chọn. 
 (Giả sử 5 học sinh là { }a, b, c, d, e thì 10 cách chọn là : { }a, b , { }a, c , { }a, d , 
{ }a, e , { }b, c , { }b, d , { }b, e , { }c, d , { }c, e , { }d, e . 
 Ví dụ 2. Một nông dân có 6 con bò, 4 con heo. Một nông dân khác đến hỏi mua 
4 con bò và 2 con heo. Hỏi có mấy cách chọn mua ? 
Giải 
 Chọn mua 4 con bò trong 6 con bò là tổ hợp chập 4 của 6 phần tử, có : C 
cách chọn. 
4
6
 Chọn mua 2 con heo trong 4 con heo là tổ hợp chập 2 của 4 phần tử, có : C 
cách chọn. 
2
4
 Vậy, theo qui tắc nhân, số cách chọn mua bò và heo là : 
 = 46C × 24C 6!4!2! × 
4!
2!2!
 = 3
6!
(2!)
 = 6.5.4.3.2.1
8
 = 6 × 5 × 3 = 90 cách chọn. 
 Ví dụ 3. Trong một kì thi, mỗi sinh viên phải trả lời 3 trong 5 câu hỏi. 
 a) Có mấy cách chọn. 
 b) Có mấy cách chọn nếu trong 5 câu hỏi có 1 câu hỏi bắt buộc. 
Giải 
 a) Chọn 3 trong 5 câu hỏi là tổ hợp chập 3 của 5 phần tử. 
 Vậy có : 35C =
5!
3!2!
 = 5.4
2
 = 10 cách chọn. 
b) Chọn 2 trong 4 câu hỏi còn lại là tổ hợp chập 2 của 4 phần tử 
 Vậy có : 24C =
4!
2!2!
 = 4.3
2
 = 6 cách chọn. 
 Chú ý : 
– Có thể xem một tổ hợp chập k của n phần tử là một tập con gồm k phần tử của 
tập n phần tử đã cho. 
– Cần phân biệt trong mỗi bài toán chọn k vật từ n vật, có hay không hàm ý thứ 
tự . Nếu có thứ tự, đó là chỉnh hợp, nếu không có thứ tự, đó là tổ hợp. 
Bài 60. Giải phương trình : x
4
1
C
 – x
5
1
C
 = x
6
1
C
 (*) 
Giải 
 Điều kiện : x ∈ và x ¥ ≤ 4. 
 (*) ⇔ x!(4 x)!
4!
− – x!(5 x)!
5!
− = x!(6 x)!
6!
− 
 ⇔ (4 x)!
4!
− – (5 x)(4 x)!
5 4!
− −
× = 
(6 x)(5 x)(4 x)!
6 5 4!
− − −
× × (do x! > 0) 
 ⇔ 1 – 5 x
5
− = (6 x)(5 x)
30
− − (do (4 – x)! > 0) 
 ⇔ 30 – 6(5 – x) = 30 – 11x + x2 
 ⇔ x2 – 17x + 30 = 0 ⇔ 1
2
x 2
x 15 (loại so điều kiện x 4)
=⎡⎢ = ≤⎣
 ⇔ x = 2. 
Bài 61. Tìm n sao cho 
n 3
n 1
4
n 1
C
A
−
−
+
 < 
3
1
14P
 (*) 
Đại học Hàng hải 1999 
Giải 
 Điều kiện : n ∈ và n + 1 4 ¥ ≥ ⇔ n ∈ và n 3. ¥ ≥
 (*) ⇔ 
(n 1)!
(n 3)!2!
(n 1)!
(n 3)!
−
−
+
−
 < 1
14 3!× ⇔ 
(n 1)!
2!
− × 1
(n 1)!+ < 
1
14 6× 
 ⇔ 1
(n 1)n+ < 
1
42
 ⇔ n n – 42 < 0 2 +
 ⇔ –7 < n < 6 
 Do điều kiện n ∈ và n 3 nên n ¥ ≥ ∈ { }3,4,5 . 
Bài 62. Tìm x thỏa : 1
2
2
2xA – 
2
xA ≤ 6x
3
xC + 10. 
Đại học Bách khoa Hà Nội 2000 
Giải 
 Điều kiện x ∈ và x 3. ¥ ≥
 Bất phương trình đã cho 
 ⇔ 1
2
. (2x)!
(2x 2)!− – 
x!
(x 2)!− ≤ 
6
x
. x!
3!(x 3)!− + 10 
 ⇔ 1
2
.2x(2x – 1) – x(x – 1) ≤ (x – 1)(x – 2) + 10 
 x2 ≤ x2 – 3x + 12 ⇔ ⇔ x ≤ 4 
 Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bất phương trình là x = 3 x= 4 ∨
Bài 63. Tìm x, y thỏa 
y y
x x
y y
x x
2A 5C 90
5A 2C 80
⎧ + =⎪⎨ − =⎪⎩
Đại học Bách khoa Hà Nội 2001 
Giải 
 Điều kiện x, y ∈ N và x y. ≥
 Hệ đã cho ⇔
y y
x x
y y
x x
4A 10C 180
25A 10C 400
⎧ + =⎪⎨ − =⎪⎩
⇔ 
y
x
y y
x x
29A 580
4A 10C 180
⎧ =⎪⎨ + =⎪⎩
 ⇔
y
x
y
x
A 2
C 10
⎧ =⎪⎨ =⎪⎩
0 ⇔ 
x! 20
(x y)!
x! 10
y!(x y)!
⎧ =⎪ −⎪⎨⎪ =⎪ −⎩
 ⇔
x! 20
(x y)!
20 10
y!
⎧ =⎪ −⎪⎨⎪ =⎪⎩
 ⇔ 
x! 20
(x y)!
y! 2
⎧ =⎪ −⎨⎪ =⎩
 ⇔
x! 20
(x 2)!
y 2
⎧ =⎪ −⎨⎪ =⎩
 ⇔ x(x 1) 20
y 2
− =⎧⎨ =⎩ 
 ⇔
2x x 20 0
y 2
⎧ − − =⎨ =⎩
⇔ = ∨ = −⎧⎨ =⎩
x 5 x 4(loại )
y 2
 ⇔ x 5
y 2
=⎧⎨ =⎩ thỏa điều kiện x, y ∈ N và x y. ≥
Bài 64. Cho k, n ∈ N thỏa n k 2. ≥ ≥
 Chứng minh : k(k – 1) = n(n – 1)knC
k 2
n 2C
−
− . 
Đại học Quốc gia Hà Nội 1999 
Giải 
 Ta có : n(n – 1) = n(n – 1)k 2n 2C
−
−
(n 2)!
(k 2)!(n k)!
−
− − 
 n(n – 1) = k 2n 2C
−
−
n!
(k 2)!(n k)!− − = 
−
− − −
k(k 1)n!
k(k 1)(k 2)!(n k)!
 = k(k – 1) n!
k!(n k)!− = k(k – 1) 
k
nC .
Bài 65. Cho 4 k n. Chứng minh : ≤ ≤
 + 4 + 6knC
k 1
nC
− k 2
nC
− + 4 k 3nC
− + k 4nC
− = kn 4C + . 
Đại học Quốc gia TP. HCM 1997 
Giải 
 Áp dụng tính chất của tổ hợp knC =
k
n 1C − + 
k 1
n 1C
−
− 
 Ta có : + 4 + 6knC
k 1
nC
− k 2
nC
− + 4 k 3nC
− + k 4nC
− 
 = ( ) + 3(knC +
k 1
nC
− k 1
nC
− + k 2nC
− ) + 3( k 2nC
− + k 3nC
− ) + + k 3nC
− k 4
nC
−
 = + 3 + 3kn 1C +
k 1
n 1C
−
+
k 2
n 1C
−
+ + 
k 3
n 1C
−
+ 
 = ( + ) + 2(kn 1C +
k 1
n 1C
−
+
k 1
n 1C
−
+ + 
k 2
n 1C
−
+ ) + (
k 2
n 1C
−
+ + 
k 3
n 1C
−
+ ) 
 = + 2kn 2C +
k 1
n 2C
−
+ + 
k 2
n 2C
−
+ 
 = ( + ) + (kn 2C +
k 1
n 2C
−
+
k 1
n 2C
−
+ + 
k 2
n 2C
−
+ ) 
 = + = kn 3C +
k 1
n 3C
−
+ +
k
n 4C . 
Bài 66. Tìm k ∈ N sao cho k14C + k 214C + = 2 k 114C + . 
Cao đẳng Sư phạm TP. HCM 1998 
Giải 
 Điều kiện k ∈ N và k 12. ≤
 Ta có : = 2k14C +
k 2
14C
+ k 1
14C
+ 
 ⇔ 14!
k!(14 k)!− + 
14!
(k 2)!(12 k)!+ − = 2
14!
(k 1)!(13 k)!+ − 
 ⇔ 1
k!(14 k)!− + 
1
(k 2)!(12 k)!+ − = 
2
(k 1)!(13 k)!+ − 
 ⇔ (k + 2)(k + 1) + (14 – k)(13 – k) = 2(k + 2)(14 – k) 
 ⇔ 2k2 – 24k + 184 = 2(–k2 + 12k + 28) 
 ⇔ 4k2 – 48k + 128 = 0 
 ⇔ k = 8 k = 4 (nhận so điều kiện k ∨ ∈ N và k ≤ 12). 
Bài 67*. Chứng minh nếu k ∈ N và 0 ≤ k ≤ 2000 thì 
 + k2001C
k 1
2001C
+ ≤ + (1) 10002001C 10012001C
Đại học Quốc gia Hà Nội khối A 2000 
Giải 
 Do + nên (1) knC =
k 1
n 1C
−
−
k
n 1C − ⇔ k 12002C + ≤ 10012002C 
 Xét dãy { }ku = với k k2002C ∈ [0, 1000] đây là 1 dãy tăng vì 
 uk ≤ uk+1 ⇔ k2002C ≤ k 12002C + 
 ⇔ (2002)!
k!(2002 k)!− ≤ 
(2002)!
(k 1)!(2001 k)!+ − 
 ⇔ (k 1)!
k!
+ ≤ (2002 k)!
(2001 k)!
−
− 
 ⇔ k + 1 ≤ 2002 – k 
 ⇔ 2k ≤ 2001 luôn đúng ∀ k ∈ [0, 1000]. 
 Do đó : 
 uk+1 ≤ uk+2  ≤ ≤ u1001 nên k 12002C + ≤ 10012002C ∀ k ∈ [0, 1000] 
 Mặt khác do = k 12002C
+ 2001 k
2002C
− 
 nên khi k ∈ [1001, 2000] thì (2001 – k) ∈ [1, 1000] 
 Bất đẳng thức (1) vẫn đúng. 
 Vậy (1) luôn đúng k ∈ [0, 2000]. ∀
Bài 68*. Với mọi n, k ∈ N và n ≥ k 0. Chứng minh : ≥
 n2n kC + .
n
2n kC − ≤ ( )2n2nC . 
Đại học Y dược TP. HCM 1998 
Giải 
 Xét dãy số { }ku = .n2n kC + n2n kC − đây là dãy giảm vì 
 uk ≥ uk+1 
 ⇔ .n2n kC + n2n kC − ≥ n2n k 1C + + . n2n k 1C − − 
 ⇔ (2n k)!
n!(n k)!
+
+ .
(2n k)!
n!(n k)!
−
− ≥
(2n k 1)!
n!(n k 1)!
+ +
+ + .
(2n k 1)!
n!(n k 1)!
− −
− − 
 ⇔ (n k 1)!
(n k)!
+ +
+ .
(2n k)!
(2n k 1)!
−
− − ≥ 
(2n k 1)!
(2n k)!
+ +
+ .
(n k)!
(n k 1)!
−
− − 
 ⇔ (n + k + 1)(2n – k) (2n + k + 1)(n – k) ≥
 ⇔ 2n2 + nk – k2 + 2n – k 2n2 – nk – k2 + n – k ≥
 ⇔ 2nk + n 0 luôn đúng ≥ ∀ k, n ∈ N 
 Do đó u0 ≥ u1 ≥ u2  uk uk+1  un ≥ ≥ ≥ ≥
 Vậy u0 ≥ uk 
 ⇔ .n2n 0C + n2n 0C − ≥ n2n kC + . n2n kC − . 
Bài 69. Cho n nguyên dương cố định và k ∈ { }0,1,2,....,n∈ . 
 Chứng minh rằng nếu đạt giá trị lớn nhất tại ko thì k0 thỏa knC
 0
n 1 n 1k
2 2
− +≤ ≤ . 
 Đại học Sư phạm Vinh 2001 
Giải 
 Do có tính đối xứng, nghĩa là = knC
k
nC
n k
nC
− , ta có : 
 = , = , = 0nC
n
nC
1
nC
n 1
nC
− 2
nC
n 2
nC
−  
Và dãy { }ku = với k ∈ [0, knC n2 ] đây là 1 dãy tăng nên ta có 
 đạt max ⇔ knC ⇔
k k
n n
k k
n n
C C
C C
+
−
⎧ ≥⎪⎨ ≥⎪⎩
1
1
n! n!
k!(n k)! (k 1)!(n k 1)!
n! n!
k!(n k)! (k 1)!(n k 1)!
⎧ ≥⎪ − + − −⎪⎨⎪ ≥⎪ − − − +⎩
⇔ 
(k 1)! (n k)!
k! (n k 1)!
(n k 1)! k!
(n k)! (k 1)!
+ −⎧ ≥⎪ − −⎪⎨ − +⎪ ≥⎪ − −⎩
 ⇔ k 1 n k
n k 1 k
+ ≥ −⎧⎨ − + ≥⎩ ⇔
n 1k
2
n 1k
2
−⎧ ≥⎪⎪⎨ +⎪ ≤⎪⎩
 Do đó k thỏa n 1 n 1k
2 2
− +≤ ≤ . 
Bài 70. Cho m, n ∈ N với 0 < m < n. Chứng minh : 
a) m = nmnC
m 1
n 1C
−
− 
b) = + +  + mnC
m 1
n 1C
−
−
m 1
n 2C
−
−
m 1
mC
− + m 1m 1C
−
− . 
Trung tâm Bồi dưỡng Cán bộ Y tế TP. HCM 1998 
Giải 
a) Ta có : n = nm 1n 1C
−
−
(n 1)!
(m 1)!(n m)!
−
− − = 
n!
(m 1)!(n m)!− − 
 = m.n!
m(m 1)!(n m)!− − = m. 
n!
m!(n m)!− = m. . 
m
nC
b) Với k ∈ N và k m. Ta có ≥
 = + mkC
m
k-1C
−
−
m 1
k 1C ⇔ −−m 1k 1C = – mkC mk-1C
 Với k = n ta có −−
m 1
n 1C = – (1) 
m
nC
m
n-1C
 Với k = n – 1 ta có −−
m 1
n 2C = 
m
n 1C − – −
m
n 2C (2) 
 Với k = n – 2 ta có −−
m 1
n 3C = 
m
n 2C − – −
m
n 3C (3) 
 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 
 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 
 Với k = m + 1 ta có −m 1mC = 
m
m 1C + – (n – m – 1) 
m
mC
 và −−
m 1
m 1C = = 1. 
m
mC
Cộng vế theo vế các đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh. 
Bài 71. Chứng minh : 
 + . +  + .02002C .
2001
2002C
1
2002C
2000
2001C
k
2002C
2001 k
2002 kC
−
− +  + = 1001.2
2002. 20012002C .
0
1C
Trung tâm Bồi dưỡng Cán bộ Y tế TP. HCM 2001 
Giải 
 Vế trái = 
200
 = 
1
k 2001 k
2002 2002 k
k 0
C .C −−
=
∑ 2001
k 0
2002!
k!(2002 k)!= −∑ . 
(2002 k)!
(2001 k)!1!
−
− 
 = 
2001
k 0
2002!
k!(2001 k)!= −∑ = 
2001
k 0
2002.2001!
k!(2001 k)!= −∑ 
 = 2002 = 2002.22001 (do 
2001
k
2001
k 0
C
=
∑ n kn
k 0
C
=
∑ = 2n) 
 = 1001.22002 = vế phải. 
Bài 72. Đề thi trắc nghiệm có 10 câu hỏi, học sinh cần chọn trả lời 8 câu . 
a) Hỏi có mấy cách chọn tùy ý ? 
b) Hỏi có mấy cách chọn nếu 3 câu đầu là bắt buộc ? 
c) Hỏi có mấy cách chọn 4 trong 5 câu đầu và 4 trong 5 câu sau ? 
Giải 
a) Chọn tùy ý 8 trong 10 câu là tổ hợp chập 8 của 10 phần tử, có : 
 = 810C
10!
8!2!
 = 10.9
2
 = 45 cách. 
b) Vì có 3 câu bắt buộc nên phải chọn thêm 5 câu trong 7 câu còn lại, đây là tổ 
hợp chập 5 của 7 phần tử, có : 
 = 57C
7!
5!2!
 = 7.6
2
 = 21 cách. 
c) Chọn 4 trong 5 câu đầu, có cách. Tiếp theo, chọn 4 trong 5 câu sau, co ... cách. Ba nước đó có 63 
 hợp 2: Có 2 nước mỗi nước 2 đại biểu và 2 nước còn lại mỗi nước 1 
ài là : 
 4.63 + 63.42 = 4320 cách. 
B 1
a) khác nhau và 5 cái hộp khác nhau. Hỏi có mấy cách xếp mỗi 
b) Nếu 10 bánh khác nhau và 5 hộp giống nhau thì có mấy cách ? 
) 
thứ hai, có : cách. 
 = 
 45 + 63.42 = 4480 cách. 
b * Trường hợp 1: Có 3 nước mỗi nước hai đại biểu. 
Chọn 3 trong 4 nước để mỗi nước đó được chọn 2 đại biểu, có 34C = 4 cách. 
Chọn 24C
cách. 
 Vậy có : 4.63 cách. 
* Trường 
đại biểu. 
 Trường hợp 2 của câu a ta đã có 63.42 cách. 
 Tóm lại, số cách chọn thỏa yêu cầu đề b
ài 1 4. 
Có 10 cái bánh
hộp hai bánh ? 
Giải 
a Chọn 2 trong 10 bánh, cho vào hộp thứ nhất, có : 210C cách. 
 Chọn 2 trong 8 bánh còn lại, cho vào hộp 28C
 Tiếp tục quá trình chọn như trên, ta có : 
2
10C .
2
8C .
2
6C .
2
4C .
2
2C
10! 8! 6! 4! 
2!8!
.
2!6!
.
2!4!
.
2!2!
.1 
 = 45.28.15.6 = 113400 cách. 
Với mỗi cách chọn lần lượt từng 2 bánh rồi xếpb) vào 5 hộp khác nhau, đổi chỗ 5 
 o 5 hộp giống nhau, đổi chỗ 
hộp (trước khi xếp bánh vào), ta được 5! cách. 
Với mỗi cách chọn lần lượt từng 2 bánh rồi xếp và
5 hộp (trước khi xếp bánh vào), ta chỉ được 1 cách. 
113.400 Vậy số cách xếp theo yêu cầu là : 
5!
 = 945 cách. 
B 1
án và tặng 6 học sinh A, B, C, D, 
a) h trên những cuốn sách thuộc loại 
Anh văn và Văn. Hỏi có bao nhiêu cách tặng. 
b*) Giả sử thầy giáo muốn rằng, sau k xong mỗi loại Văn, Anh văn, Hóa còn 
ít nhất 1 cuốn. Hỏi có bao nhiêu cách tặng. 
ho Quốc gia TP. HCM 2000 
) 
ài 1 5. Một thầy giáo có 12 cuốn sách đôi một khác nhau trong đó có 5 sách Văn, 4 
sách Anh văn và 3 sách Hóa. Ông lấy ra 6 cuo
E, F mỗi em 1 cuốn. 
Giả sử thầy giáo chỉ muốn tặng các học sin
hi tặng
Đại ïc 
Giải 
a Số cách lấy ra 6 cuốn sách loại Văn và Anh văn : 6C . 9
 Số cách đưa 6 sách này cho 6 học sinh : 6! 
 Vậy số cách tặng các sách chỉ loại Văn và Anh văn : 
 9!
3!
 69C .6! = = 60 480. 
) b Số cách tặng 6 sách bất kì : 6! = 6! 924. 612C ×
 Số cách tặng không còn sách Văn : 6! = 6! 7 17C ×
 Số cách tặng không còn sách Anh văn : 6! 28C = 6! 28 ×
 Số cách tặng không còn sách Hóa : 6! 3C = 6! × 89 4 
h tặng thỏa mãn yêu cầu bài toán là : Vậy số các
 6!( 612C - 
1
7C - 
2
8C - 
3
9C ) = 720 × 805 = 579600. 
B 1ài 1 6. Cho A = { }1,2,3, 4,5,6,7,8 . 
a) Có bao nhiêu tập con của A chứa 1 mà không 
b) Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 5 chữ số khác nhau mà không bắt đầu bởi 
123. 
ọc Quốc gia TP. HCM 1999 
a) Nếu tập X có n phần tử thì số tập con của X là : 2n. 
 Tập 
chứa 2. 
Đại h
Giải 
A\{ }1,2
không chứa 1 và 2. 
 có 6 phần tử, vậy ta có : 2 = 64 tập con, mỗi tập con này đều 6
 Ta hội 6 n này v4 tập co ới { }1 thì ta được 64 tập con của A chứa 1 mà không 
b) Gọi n = 
chứa 2. 
1 2 5a a ...a chẵn. 
5 Do a ∈ { }2,4,6,8 có 4 cách chọn. 
 Số cách chọn 1 2 3 4a a a a là : = 
4
7A
7! = 7 6 × 5 ××
3!
 4 = 840. 
 Vậy số các số n chẵn là : 4 = 3360. 
 Xét m = 
4
7A
4 5123a a mà m chẵn. 
 Do a5 ∈ { }4,6,8 có 3 cách chọn. 
 a4 ∈ { }4,5,6,7,8 \{ }5a có 4 cách chọn. 
 Vậy số các số m là : 12. 
Do đó số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán : 3360 – 12 = 3348. 
Bài 117. Có thể lập được bao nhiêu số có 8 chữ s á trong
đó 1 và 6 đều có mặt đúng 2 lần c chữ số khác xuất hiện 1 lần. 
 Đại học Sư phạm Hà Nội 2000 
Giải 
o các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 trong 
òn các
 Gọi số cần tìm là n = 1 2 8a a ...a 
 Xét hộc có 8 ô trống. 
 Số cách đem 2 chữ số 1 bỏ vào hộc là cách. 
 cách. 
øo 4 hộc trống còn lại có : 4! cách. 
 Vậy số cách thỏa yêu cầu bài toán là 
2
8C
 Số cách đem 2 chữ số 6 bỏ vào hộc là 26C
 Còn lại 4 chữ số 2, 3, 4, 5 bỏ va
 28C .
2
6C .4! = 
8! 
2!6!
× 6! 
2!4!
× 4! = 8! = 10 080 cách. 
2!2!
ú ý : Bài toán hoán vị lặp, tổ hợp lặp, chỉnh hợp lặp không có trong chương 
Bài 11
 Ch
trình phổ thông. 
8. 
a) Có bao nhiêu số chẵn gồm 6 chữ số khác nhau đôi một trong đó chữ số đầu tiên 
là chữ số lẻ. 
b) Có bao nhiêu số gồm 6 chữ số khác nhau đôi 
và 3 chữ số chẵn. 
Đại học Quốc gia TP. HCM 2000 
Giải 
a) Đặt n = 
một trong đó có đúng 3 chữ số lẻ 
1 2 6a a ...a (a1 0) 
 Chọn a1
 ≠
 ∈ { }1,3,5,7,9 có 5 cách. 
 6a ∈ { }0,2,4,6,8 có 5 cách. 
Bốn chữ số còn lại a2, a3, a4, a5 c chọn từ : đượ
 { }0,1,2,3, 4,5,6,7,8,9 \{ }1 6a ,a có 4A = 8 8! = 1680 cách. 4!
 Vậy số cách chọn thỏa yêu cầu câu a là : 25 × 1680 = 42000 số. 
b) Đặt m = 1 2 6a a ...a 
 Trường hợp 1: a có thể bằng 0. 
 Số cách chọn 3 chữ số chẵn bất kì : cách. 
 Số cách chọn 3 chữ số lẻ bất kì : cách. 
 Chọn các ai (i = 
1
3
5
3
C
5C
1,6 ) từ 6 số trên có 6! Cách. 
 Vậy có : 6! = 72 000 số. 
 Trường hợp 2: xét = 
3 3
5 5C .C
m′ 2 6
2
30a a ...a 
 Chọn 2 chữ số chẵn bất kì có : cách. 
 cách. 
4
3
C
 Chọn 3 chữ số lẻ bất kì có : 5C
 Hoán vị 5 chữ số trên có 5! cách. 
2 3 Vậy có : 5! 4C . 5C = 7200 số 
 Do đó số các số thỏa yêu cầu của câu b là : 
 72000 – 7200 = 64800. 
Bài 119. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chữ số biết rằng chữ số 2 có mặt đúng 2 lần, 
Đại học Quốc gia TP. HCM 2001 
Giải 
 Gọi số cần tìm là n = 
chữ số 3 có mặt đúng 3 lần còn các chữ số khác có mặt không quá 1 lần. 
1 2 7a a ...a (a1 ≠ 0) 
• 
Xét hộc có 7 ô trống. 
Trường hợp a1 tùy ý (a1 có thể bằng 0). 
Số cách đem 2 chữ số 2 bỏ vào hộc là : 7C = 
2 7!
2!5!
 = 21. 
S ữ so bỏ vaố cách đem 3 ch á 3 øo hộc là : = 35C
5!
3!2!
 = 10. 
cách đưa các chữ số này vào hộc là : Còn lại 8 chữ số và còn 2 ô trống vậy số 
 8!
6!
 28A = = 56 
Vậy có : 21 10 56 = 11760 số. 
• 
× ×
Trường hợp a1 = 0. 
Số cách đem 2 chữ số 2 bỏ vào hộc là : 6C = 
2 4!
2!4!
 = 15. 
Số cách đem 3 chữ số 3 bỏ vào hộc là : C = 34
4! = 4
3!
. 
Còn lại 7 chữ số và 1 ô trống vậy có 7 cách đem 1 chữ số còn lại bỏ vào hộc. 
Do đó số các số n = 2 3 70a a ...a là 15 × 4 × 7 = 420. 
• Vậy số các số th
-------------------------
ƯỜNG GẶP 
1. 
ỏa yêu cầu bài toán : 
11760 – 420 = 11340. 
- 
CÁC SAI SÓT TH
KHI GIẢI TOÁN ĐẠI SỐ TỔ HỢP 
Không hiểu đúng các từ dùng trong đề bài 
ình không đồng thời có mặt” nghĩa là loại bỏ trường hợp có An và có 
 không có An, 
2. bị àn mà không biết 
ûi c nhiêu cách 
thành lập một đội gồm 4 học sinh trong đó có ít nhất 1 nữ ? 
 cách. 
3. 
êu cách xếp 
 trường hợp có hai nữ ngồi cạnh 
nhau ở các ghế số : 123, 234, 345, 456, 567, 678 : có 6 trường hợp. 
 cách . 
 – 6 cách. 
øng hợp. 
ị” 
nữ ó thứ tự 3 nam và 3 nữ để 
ghép thành 3 cặp. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ? 
Ví dụ : Trong đề thi tuyển sinh vào Đại học Kinh tế TPHCM năm 2001 có câu 
“An và B
Bình, ta còn lại ba trường hợp : có An không có Bình, có Bình
không có An và không có Bình. Nếu đọc không kỹ, câu văn nêu trên dễ hiểu 
nhầm thành “không có An không có Bình” tức là “An và Bình đồng thời không 
có mặt”. 
Có những trường hợp trùng lặp, đếm hai la
 Ví dụ : Một lớp học có 20 học sinh gồm 14 nam, 6 nữ. Ho ó bao 
 Giải : Chọn 1 nữ trong 6 nữ, có 1 = 6 cách. 6C
 Chọn thêm 3 học sinh trong 19 học sinh còn lại, có 319C cách. 
 Vậy có : 1C . 3C = 6 19
3
19C
Cách giải này sai ở chỗ giữa hai lần chọn “1 nữ rồi 3 học sinh còn lại” có thể bị 
trùng lặp, bị đếm hai lần. Ví dụ : “chọn nữ A rồi 3 học sinh B, C, D” và “chọn 
nữ B rồi 3 học sinh A, C, D”. 
Có những trường hợp không liệt kê đủ, đếm thiếu mà không biết 
Ví dụ : Năm nam sinh và ba nữ sinh xếp vào 8 chỗ ngồi. Có bao nhi
sao cho không có hai nữ sinh ngồi cạnh nhau ? 
Giải : Ta đánh số các chỗ ngồi từ 1 đến 8. Các
Chọn 3 ghế tùy ý cho 3 nữ là tổ hợp chập 3 của 8 phần tử, có 38C
Trừ các trường hợp nêu trên còn : 38C
Xếp 3 nữ vào các ghế đã chọn, có : 3! cách. 
Xếp 5 nam vào các ghế đã chọn, có 5! cách. 
Vậy có : 5! 3!( 3C – 6) cách. 8
Cách giải này sai ở chỗ đếm thiếu các trường hợp có hai nữ ngồi kế nhau khi 3 
nữ ở các ghế số 123, 124, 125, 126, 127, 128, 234, 235, 236, 237, 238, 345, 346, 
347, 348, 456, 457, 458, 567, 568, 678 : có 21 trươ
4. Không thấy rõ chỉnh hợp là “tổ hợp rồi hoán v
 Ví dụ : Một cuộc khiêu vũ có 10 nam và 6 , chọn c
 Giải: Chọn có thứ tự 3 nam trong 10 nam, có 310A cách. 
 Chọn có thứ tự 3 3 nữ trong 6 nữ , co cách. 
 cách. 
 mà thực ra chỉ có 
. 
 ách chọn “thỏa tính chất p” mà số cách chọn “không 
n chọn ra 6 cuốn tặng cho 6 học sinh 
sao cho tặng xong mỗi thể loại đều còn ít nhất 1 cuốn. Hỏi có mấy cách ? 
 Trong ví dụ này, tính chất p là “mỗi thể loại đều còn” và không thỏa t
là “có ít nhất một thể loại không còn”. (Ta dễ hiểu sai thành “mỗi thể loại đều 
không còn”). 
(còn tiếp) 
PHẠM HỒNG DANH - NGUYỄN VĂN NHÂN - TRẦN MINH QUANG 
(Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi đại học Vĩnh Viễn) 
ù 6A
 Vậy có : 310A .
3
6A
 Cách giải trên sai ở chỗ không thấy được việc ghép thành cặp là một hoán vị 
và hàm ý “có thứ tự” trong việc chọn đã bị tính đến hai lần
một lần khi ghép cặp. 
5 Xét phần bù sai 
Với các bài toán tìm số c
thỏa tính chất p” ít trường hợp hơn, ta thường làm như sau : 
Số cách chọn thỏa p = số cách chọn tùy ý – số cách chọn không thỏa p 
Khi làm cách này, sai sót dễ mắc phải là phát biểu mệnh đề “không thỏa tính 
chất p” thiếu chính xác. 
Ví dụ : Một thầy giáo có 12 cuốn sách đôi một khác nhau, trong đó có 5 cuốn 
văn, 4 cuốn nhạc, 3 cuốn họa. Thầy muố
ính chất p