1
MỤC LỤC
LỜI NÓI ĐẦU ……………………………………………………………… 3

Chương 1. Một số kiến thức cơ bản ………………………………………

5

1.1. Một số quy tắc cơ bản của phép đếm ……………………………….

5

1.2. Nguyên lý Dirichlet …………………………………………………

10

1.3. Hoán vị ……………………………………………………………

12

1.4. Chỉnh hợp …………………………………………………………

17

1.5. Tổ hợp ……………………………………………………………… 20

1.6. Nhị thức Newton ……………………………………………………


Chương 3. Kỹ năng giải toán bằng phương pháp bất biến …………… 66

3.1. Một số bài toán mở đầu ……………………………………………

66

3.2. Tìm đại lượng không thay đổi sau mỗi phép biến đổi …………… 713.3. Tìm tính chất của một đại lượng không thay đổi sau các phép biế
n
đổi ……………………………………………………………………
73

3.4. Nguyên lý bất biến ……………………………………………… 74

3.5. Một số bài tập vận dụng ……………………………………… 80

2
KẾT LUẬN ……………………………………………………………… 88

Tài liệu tham khảo …………………………………………………………. 89

3

tổ hợp ở chương sau. 4
Chương 2. Một số cách tiếp cận tới bài toán tổ hợp.
Chương này ta sẽ tiếp cận tới bài toán tổ hợp nhờ một số phương pháp cơ
bản như: Phương pháp liệt kê, phương pháp đếm các phần tử của phần bù, sử dụng
nguyên lý bao gồm và loại trừ, sử dụng các công thức tổ hợp, sử dụng nguyên lý
phân phối các đồ vật vào hộp, sử dụng công thức truy hồi, phương pháp đánh số,
phương pháp xây dựng song ánh và phương pháp đếm bằng hai cách.
Chương 3. Kỹ năng giải toán bằng phương pháp bất biến.
Chương này trình bày ba bài toán gồm: Bài toán về tính chất hữu hạn hoặc
vô hạn của dãy lặp, bài toán về tính chất tuần hoàn của dãy lặp, bài toán về sự tồn
tại của dãy lặp mà trạng thái cuối cùng thỏa mãn một số tính chất cho trước. Ngoài
ra, rèn luyện kỹ năng phát hiện ra các đại lượng, tính chất của một đại lượng không
đổi sau các phép biến đổi. Cuối cùng, trình bày nguyên lý bất biến và một số bài tập
vận dụng.
Để hoàn thành được luận văn này, trước nhất tôi xin được gửi lời cảm ơn
sâu sắc tới PGS. TS Nguyễn Vũ Lương đã dành thời gian hướng dẫn, đánh giá, chỉ
bảo, tận tình giúp đỡ trong quá trình xây dựng đề tài cũng như hoàn thiện khóa luận.
Qua đây tôi cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành các thầy cô đã đọc, kiểm tra,
đánh giá và cho những ý kiến quý báu để luận văn được đầy đủ hơn, phong phú
hơn. Cũng xin được gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu, phòng sau Đại học, khoa
Toán-Cơ-Tin học trường Đại học Khoa học Tự nhiên đã tạo điều kiện thuận lợi
trong suốt quá trình học tập tại trường.
Tuy đã có nhiều cố gắng nhưng do thời gian và khả năng có hạn nên các vấn
đề trong khóa luận vẫn chưa được trình bày sâu sắc và không thể tránh khỏi có

k
A A
là các tập hợp hữu hạn đôi một rời nhau, tức là
i j
A A  
nếu
i j
. Khi đó
1 2 1 2
,
k k
A A A A A A      
(1.1)
với
i
A
là số phần tử của tập hợp
, 1, 2, 3, , .
i
A i k

1.1.2. Quy tắc nhân
Nếu
1 2
, , , A
k
A A
là các tập hợp hữu hạn và
1 2
A

 1,2, 3, , .i k 

Khi đó công việc có thể thực hiện theo
1 2
 .
k
n n n  

cách.
6
Quy tắc nhân: Giả sử một công việc nào đó bao gồm
k
công đoạn
1 2
, , ,
k
A A A
. Nếu
công đoạn
1
A

có thể làm theo
1
n
cách. Với mỗi
2i 

. Khi đó, ta có

.A X A
 

(1.3)
1.1.4. Số phần tử của hợp hai hoặc ba tập hợp hữu hạn bất kì
Định lí 1.1.1. (Công thức tính số phần tử của hợp hai tập hợp bất kì) Cho
A
và
B

là hai tập hợp hữu hạn bất kì. Khi đó, ta có

.A B A B A B    
(1.4)
Chứng minh
Ta có
B
và
\A B
là hai tập hợp không giao nhau và
 
\A B B A B  

nên

\A B B A B  
. (1.5)
Mặt khác

Mặt khác cũng theo định lí 1.1.1

B C B C B C    
(1.9)
và
         
. (1.10)
A B C A B A C A B A C A B A C
A B A C A B C
             
      

Thay (1.9) và (1.10) vào (1.8) ta được công thức (1.7).
1.1.5. Ví dụ áp dụng một số quy tắc đếm cơ bản
Ví dụ 1.1.1. Từ ba chữ số 2, 3, 4 có thể tạo ra bao nhiêu số tự nhiên gồm năm chữ
số, trong đó có đủ cả ba chữ số nói trên?
Lời giải
Gọi số cần tìm có dạng
1 2 3 4 5
a a a a a
. Bởi số tạo thành phải có đủ cả ba chữ số
2, 3, 4 nên ta xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1: Số tạo thành gồm ba chữ số 2, một chữ số 3 và một chữ số
4. Ta xếp chữ số 4 có 5 cách chọn một trong các ví trí
1 2 3 4
, , ,a a a a


các trường hợp sau:
(i) Bất kì hai học sinh nào ngồi cạnh nhau hoặc đối diện nhau thì khác trường;
(ii) Bất kì hai học sinh nào ngồi đối diện nhau thì khác trường.
Lời giải
Đánh số các ghế theo hình vẽ

(i) Theo yêu cầu của bài toán, ta có số cách chọn như sau:
Ghế 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

11

12

Số cách xếp chỗ
ngồi
12

6 5 5 4 4 3 3 2 2 1 1
Theo quy tắc nhân, ta có 12.6.5.5.4.4.3.3.2.2.1.1 = 1036800 cách.
(ii) Theo yêu cầu của bài toán, ta có số cách chọn như sau:
Ghế 1 12

2 11

3 10

4 9 5 8 6 7
Số cách xếp chỗ
ngồi
12

Lời giải
(i) Xét
,x A
ta có
 
1 mod 29
x

nên
1 29 ,x k k   
. Ta có
1 2009x 
suy ra
0 69.k 
Vậy
70
A

.
(ii) Để tìm số tập con
B
của
X
thỏa mãn yêu cầu của bài toán ta sử dụng
quy tắc bù trừ. Gọi
( )P X
là tập bao gồm tất cả các tập con của
X
,
M

học sinh, người ta nhận thấy rằng: 19 học sinh không giỏi môn nào, 18 học sinh giỏi
Toán, 17 học sinh giỏi Lý, 13 học sinh giỏi Hóa, 10 học sinh giỏi hai môn Toán và
Lý, 9 học sinh giỏi cả hai môn Lý và Hóa, 10 học sinh giỏi hai môn Toán và Hóa.
Hỏi bao nhiêu học sinh giỏi cả ba môn?
Lời giải
Kí hiệu
T
là tập hợp học sinh của lớp.
, ,A B C
lần lượt là tập hợp các học
sinh giỏi Toán, Lý, Hóa của lớp đó.
Vì
 
\ \
A B C T T A B C
 
    
 
 
nên số học sinh giỏi ít nhất một
môn là
 
\ 45 19 26.
A B C T T A B C        

Suy ra số học sinh giỏi cả ba môn là
26 18 17 13 10 9 10 7.
A B C A B C A B C A B B C C A             
       


m n N

thì luôn tồn tại một lồng
chứa ít nhất
1
1
m
n
 

 

 
 
con thỏ”.
Ở đây, kí hiệu
a
 
 
 
được dùng để chỉ phần nguyên của số thực
a
.
Sử dụng phương pháp phản chứng, ta có thể dễ dàng chứng minh được
nguyên lý Dirichlet.
Mặc dù được phát biểu hết sức đơn giản như vậy nhưng nguyên lý Dirichlet
lại có những ứng dụng hết sức đa dạng, phong phú, trong nhiều lĩnh vực và rất hiệu
quả. Trong một bài toán tổ hợp, nguyên lý Dirichlet nhiều lúc thể hiện được rõ nét
vai trò của nó.
Ví dụ 1.2.1. Xét tập hợp

.
Lời giải
Ta chia các tập con
X
của
M

thỏa mãn
3
X

vào các lồng, mỗi lồng bao
gồm các tập có cùng tổng các phần tử. Do
 
0 24
S X
 
nên có 25 lồng. Do có
26 tập
X

với
3
X


nên tồn tại hai tập
,A B

thuộc cùng một lồng. Điều đó có

là các bạn của
A
.
+ Nếu
, ,B C D
không ai là bạn của nhau thì
 
, ,B C D
là bộ ba cần tìm.
+ Nếu
, ,B C D
có 2 người là bạn của nhau; giả sử
,B C
. Khi đó
A
,
,B C
là
các bạn của nhau và
 
, ,A B C
là bộ ba cần tìm.
Nếu
, ,B C D
là thù của
A
thì lập luận tương tự, chỉ cần thay đổi vị trí “bạn”
và “thù”.
Như vậy bài toán được chứng minh.
Ví dụ 1.2.3. (VMO – 2004) Cho tập

mà
2 2
a b
là một số nguyên tố thì
X
không
thể chỉ chứa các số chẵn. Từ đó suy ra
9k 
.
Ta chứng tỏ
=9k
là giá trị nhỏ nhất cần tìm. Điều đó có nghĩa là với mọi
tập con
X
gồm 9 phần tử bất kì của
A
luôn tồn tại hai phần tử phân biệt
,a b
mà
2 2
a b
là một số nguyên tố.
Để chứng minh khẳng định trên, ta chia tập
A
thành các cặp hai phần tử
phân biệt
,a b
mà
2 2
a b

nên tồn tại ít nhất 3
đoạn cùng màu; chẳng hạn
, ,BC BD BE
cùng màu đỏ. Nếu trong
, ,CD CE DE
có
một đoạn màu đỏ; chẳng hạn
CD
thì bài toán được chứng minh do tồn tại tam giác
BCD
thỏa mãn. Nếu
, ,CD CE DE
đều màu vàng thì bài toán được chứng minh do
tồn tại tam giác
CDE
thỏa mãn.
1.3. Hoán vị
1.3.1. Hoán vị không lặp
Định nghĩa 1.3.1. Cho tập hợp
A
có
n

 
1
n

phần tử. Mỗi cách sắp xếp
n
phần

công đoạn. Công đoạn 1 là chọn phần tử để xếp vào vị trí thứ nhất: Có
n

13
cách thực hiện. Sau khi thực hiện công đoạn 1, công đoạn 2 là chọn phần tử để xếp
vào vị trí thứ hai: Có
1n 
cách thực hiện. Sau khi thực hiện xong
1i 
công đoạn
(chọn
1i 
phần tử của
A
vào các vị trí thứ
1,2, , 1i 
), công đoạn thứ
i
tiếp
theo là chọn phần tử xếp vào vị trí thứ
i
: Có
1n i 
cách thực hiện.
Công đoạn cuối cùng (công đoạn thứ
n
) có 1 cách thực hiện. Theo quy tắc

và
b
còn có thể đổi chỗ cho nhau, do đó có
2( 1)n 
cách sắp
đặt
a
và
b
cạnh nhau. Với mọi cách đó tương ứng
( 2)!n 
hoán vị của các phần tử
khác. Do đó số hoán vị trong đó
a
và
b
đứng cạnh nhau bằng
2.( 1).( 2)! 2.( 1)!.n n n   

Vì vậy số các hoán vị cần tìm bằng
! 2.( 1)! ( 1)!( 2).n n n n    

Ví dụ 1.3.2. Có 5 thẻ trắng, 5 thẻ đen, đánh dấu mỗi loại theo các số 1, 2, 3, 4, 5. Có
bao nhiêu cách sắp xếp các thẻ này thành một hàng ngang sao cho hai thẻ cùng màu
không nằm liền nhau?
Lời giải
Trường hợp 1: Các thẻ trắng ở vị trí số lẻ, các thẻ đen ở vị trí số chẵn. Mỗi
một cách sắp xếp các thẻ trắng ở vị trí số lẻ là một hoán vị của 5 thẻ trắng. Suy ra có
5
5 !P 

 
1
i k 
giống hệt nhau, xuất hiện
i
n

lần với
1 2

k
n n n n   
, được
kí hiệu là
 
1 2
,  , , 
k
P n n n
và được tính bằng công thức
 
2
2
1
1
!
! !
, ,
. !
,

k
n
phần tử loại
k
có thể hoán vị theo
!
k
n
cách.
Do
i
n
phần tử loại
 
1,2, ,i i k
là giống nhau nên số cách sắp xếp chỉ
còn
1 2
!
! ! !
k
n
n n n


Vậy
 
2
1
1

x
phải tận
cùng là chữ số 0 hoặc chữ số 5.
Vì tổng số lần xuất hiện trong
x
của 0 và 5 bằng 1 nên nếu
x
tận cùng là 0
thì 5 không có mặt và ngược lại nếu
x
tận cùng là 5, thì chữ số 0 không xuất hiện.
Bởi vậy
 
1 10
i
a i
 
chỉ có thể là một trong những chữ số 1, 2, 3, 4. Bởi vậy, số
khả năng lập phần đầu độ dài 10
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
a a a a a a a a a a
của số
x
bằng số hoán vị
lặp của 10 phần tử thuộc bốn loại chữ số: 1, 2, 3, 4 với 1 xuất hiện 4 lần, 2 xuất hiện
3 lần, 3 xuất hiện 2 lần và 4 xuất hiện 1 lần sẽ bằng
 
1,2, 3, 4 .
P


7! 7!
3,1,1,1,1
3!1!1!1!1! 3!
P
   16
Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu của bài toán là

8! 7!
- 5880
3! 3!

.
1.3.3. Hoán vị vòng quanh
Ví dụ 1.3.5. (Ví dụ dẫn dắt) Mời sáu người khách ngồi xung quanh một bàn tròn.
Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp?
Lời giải
Nếu ta mời một người nào đó vào một vị trí bất kì, thì số cách sắp xếp năm
người còn lại vào 5 vị trí giành cho họ sẽ có 5! = 120 cách.
Vậy có tất cả 120 cách xếp sáu người ngồi xung quanh một bàn tròn.
Nhận xét 1.3.1: Số hoán vị vòng quanh của
n

ngồi cho 2 thành viên Campuchia; 3! cách xếp chỗ ngồi cho 3 thành viên Thái Lan;
4 !
cách xếp chỗ ngồi cho 4 thành viên Trung Quốc.
Vậy số cách sắp xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán bằng
4 !3!5!2!3!4 ! 4976640.

1.4. Chỉnh hợp
1.4.1. Chỉnh hợp không lặp
Định nghĩa 1.4.1. Cho tập hợp
A
gồm
n
phần tử và số nguyên dương
k
với
1 k n 
. Khi lấy ra
k
phần tử của
A
và sắp xếp chúng theo một thứ tự nào đó ta
được chỉnh hợp chập
k
của
n
phần tử của
A
(gọi tắt là một chỉnh hợp chập
k
của

 
!
1 1
!
k
n
n
A n n n k
n k
     

(1.14)
Chứng minh
Việc thiết lập một chỉnh hợp chập
k
của tập
A
có
n
phần tử là công việc
gồm
k
công đoạn. Công đoạn 1 là chọn phần tử để xếp vào vị trí thứ nhất: Có
n

cách thực hiện. Sau khi thực hiện công đoạn 1, công đoạn 2 là chọn phần tử xếp vào
vị trí thứ hai: Có
1n 
cách thực hiện. Sau khi thực hiện xong
1i 

n
phần tử, tức
là có
   
1 1
n n n k
   
chỉnh hợp chập
k
của tập
A
có
n
phần tử.
Ví dụ 1.4.1. Cho mười chữ số
0,1,2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9
. Có bao nhiêu số lẻ có sáu chữ
số khác nhau nhỏ hơn 600000 tạo ra từ mười chữ số đã cho?
18
Lời giải
Gọi số lẻ có sáu chữ số khác nhau có dạng
1 2 3 4 5 6
a a a a a a
được tạo thành từ
mười chữ số đã cho. Để số này nhỏ hơn 600000 thì
1
1 5.a 

Trường hợp 2:
 
6 2
7, 9
a A
 
. Khi đó ta có 2 cách chọn
6
a
, có 5 cách chọn
1
a
và
4
8
A

cách chọn 4 chữ số từ 8 chữ số còn lại để xếp vào 4 vị trí
2 3 4 5
, , , .a a a a
Theo quy tắc nhân, ta có
4
8
2.5.A 16800
số.
Vậy theo quy tắc cộng, ta có 20160 + 16800 = 36960 số.
Ví dụ 1.4.2. Từ các chữ số 1, 3, 5, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên mà trong
mỗi số này các chữ số không lặp lại?
Lời giải
Vì có bốn chữ số khác nhau, nên số dài nhất trong các số cần tìm cũng chỉ

1
S
là một chỉnh hợp chập 1 của 4 phần tử của tập
 
1, 2, 3, 4
S

; mỗi số thuộc
2
S
là một chỉnh hợp chập 2 của 4 phần tử của tập
S
;
mỗi số thuộc
3
S
là một chỉnh hợp chập 3 của 4 phần tử của tập
S
; mỗi số thuộc
4
S

là một chỉnh hợp chập 4 của 4 phần tử của tập
S
.
Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu của đề bài bằng
1 2 3 4
4 4 4 4
64.
A A A A

A
.
Định lí 1.4.2. Số các chỉnh hợp lặp chập
k
của
n
phần tử của tập
A
, được kí hiệu
là
k
n
A
và được tính bởi công thức
.
k k
n
A n

(1.14)
Chứng minh
Cho
 
1 2
, , ,
n
A x x x
gồm
n
phần tử phân biệt. Dãy số có độ dài

n

cách chọn, hay
k k
n
A n

.
Ví dụ 1.4.3. Có thể lập được bao nhiêu biển số xe với hai chữ cái đầu thuộc tập
 
, , , ,A B C D E
, tiếp theo là một số nguyên dương gồm năm chữ số chia hết cho 5?
Lời giải
Giả sử một biển số xe nào đó có dạng
XYabcde
. Vì
,X Y
có thể trùng
nhau nên
XY
là một chỉnh hợp lặp chập 2 của 5 phần tử
, , , , ,A B C D E
nên số cách
chọn
XY
bằng
2 2
5
5 25.
A  


20
Vậy số biển số xe có thể thành lập theo yêu cầu đề bài là
25.2.1000 50000.

Ví dụ 1.4.4. Hỏi có bao nhiêu số có 10 chữ số mà 3 chữ số đầu và 3 chữ số cuối
tương ứng giống nhau?
Lời giải
Ta thấy với một cách chọn 3 chữ số đầu cũng chỉ có một cách chọn 3 chữ
số cuối để chúng tương ứng giống nhau. Ta có
3 3
10
10
A 
cách chọn tùy ý cho 3
chữ số đầu. Ta phải loại trường hợp số 0 đứng đầu, suy ra có
2
10
A
cách bị loại. Như
vậy ta có
3 2
10 10
900
A A 
cách chọn 3 chữ số đầu. Vì thế có 900 cách chọn cho 3
chữ số đầu và 3 chữ số cuối tương ứng giống nhau.

phần tử của tập
A
(gọi tắt là một tổ hợp chập
k
của
A
). Số các tổ hợp chập
k
của
tập hợp có
n
phần tử được kí hiệu là
.
k
n
C

Định lí 1.5.1. Số các tổ hợp chập
k
của tập hợp có
n
phần tử được tính bởi công
thức
   
 
1 1
!
(1.15)
! !
! !

chỉnh hợp chập
k
của
A
. Vậy
!
k k
n n
A k C
hay
!
k
k
n
n
A
C
k

.
21
Chú ý: Ta quy ước 0! = 1 và
0 0
1.
n n
C A
 

k
với
1 k n 
. Khi đó

1
1
k k k
n n n
C C C


 
. (1.17)
Chứng minh
(i) Suy ra từ công thức
 
!
! !
k n k
n n
n
C C
k n k

 

.
(ii) Ta có
     

 
 
   

  
 

Ví dụ 1.5.1. Cho đa giác đều
1 2 2

n
A A A
(
n  
và
2n 
) nội tiếp trong đường
tròn (O). Biết rằng số tam giác có đỉnh là 3 trong
2n
đỉnh
1 2 2
, , ,
n
A A A
nhiều gấp
20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong
2n
đỉnh
1 2 2
, , ,

, , ,
n
A A A
có các đường chéo là hai đường chéo lớn. Ngược lại, với
22
mỗi cặp đường chéo lớn ta có các đầu mút của chúng là 4 đỉnh của một hình chữ
nhật. Vậy số hình chữ nhật nói trên bằng số cặp đường chéo lớn của đa giác
1 2 2

n
A A A
, tức là
2
n
C
.
Theo giả thiết
3 2
2
(2 )! !
20 20
3!(2 3)! 2!( 2)!
2 1 15
8.
n n
n n
C C

 
cách.
Với 6 người đã chọn xong có 6 cách chọn ra 1 người làm tổ trưởng. Vậy số
cách thỏa mãn yêu cầu của bài toán là
 
6 4
14 12
6 6 2508 15048
C C   
cách.
1.5.2. Tổ hợp lặp
Định nghĩa 1.5.2. Cho tập hợp
 
1 2
, , ,
n
A a a a
. Một tổ hợp lặp chập
m
(
m

không nhất thiết phải nhỏ hơn
n
) của
n
phần tử thuộc
A
là một bộ gồm
m

23
Chứng minh
Xét một tổ hợp có lặp chập
m
của
n
phần tử, trong đó có
1
k
phần tử
1 2
,a k
phần tử
2
, ,
n
a k
phần tử
n
a
, với
1 2

n
k k k m   
. Với mỗi bộ
1 2

i
k 
,
thì ta không viết nhóm chữ số 1 tương ứng. Như vậy, mỗi bộ
1 2
( , , , )
n
k k k
được
tương ứng với một dãy nhị phân có độ dài
1m n 
, trong đó có
m
chữ số 1 và
1n 
chữ số 0. Rõ ràng phép tương ứng đó là một đơn ánh.
Ngược lại, với mỗi dãy
1m n 
kí tự với
m
kí tự 1 và
1n 
kí tự 0, khi
ta đếm từ trái sang phải mà có:
1
k
số 1, số 0,
2
k
số 1, số 0, …, số 0 và

phần tử bằng số các
dãy nhị phân có độ dài bằng
1m n 
trong đó có
m
kí tự 1 và
1n 
kí tự 0.
Mặt khác, một dãy nhị phân có độ dài
1m n 
với
m
kí tự 1 và
1n 
kí
tự 0 tương ứng với cách chọn
1n 
vị trí trong
1m n 
vị trí để ghi số 0 (
m
vị
trí còn lại ghi số 1). Thành thử có
1
1
n
m n
C

 

100000đ, 500000đ. Hãy xác định số bộ khác nhau gồm 15 tờ giấy bạc của Ngân
Hàng Nhà Nước Việt Nam.
Lời giải
Mỗi bộ gồm 15 tờ giấy bạc thuộc không quá 10 loại, nên có những tờ giấy
bạc cùng loại. Mặt khác trong mỗi bộ không quan tâm tới thứ tự sắp xếp, nên số bộ
giấy bạc khác nhau gồm 15 tờ sẽ bằng số tổ hợp lặp chập 15 của 10 (loại), tức bằng
15 15
10 24
24!
1307504
15!9!
C C  
.
Ví dụ 1.5.4. Có bao nhiêu cách mua 10 quả trứng trong số 3 loại: Trứng gà, trứng
vịt và trứng ngỗng?
Lời giải
Mỗi bộ gồm 10 quả trứng thuộc không quá 3 loại trứng, nên có những quả
trứng cùng loại. Mặt khác trong mỗi bộ không quan tâm tới thứ tự sắp xếp, nên số
cách mua 10 quả trứng trong số 3 loại: Trứng gà, trứng vịt, trứng ngỗng sẽ bằng số
tổ hợp lặp chập 10 của 3 loại, tức bằng
10 10
3 12
66.
C C 

1.6. Nhị thức Newton
Định lí 1.6.1. Với
,a b
là các số thực và
n

(1 )
n
n k n
n
k
x C x

 

. (1.20)
Chứng minh bằng quy nạp theo
n
. Rõ ràng
(1)P
đúng. Giả sử
( )P n
đúng, ta có
25
 
1
0
1
0 0
(1 ) (1 )(1 ) (1 )
. 1.21
n
n n k k

 
1 1 1
0 1
. 1.22
n n
k k n k k
n n
k k
C x x C x
  
 
 
 

Thay (1.22) vào (1.21) và áp dụng hằng đẳng thức Pascal, ta được
 
1 1 1
1
1
1
1 1
1 0
(1 ) 1
1 .
n
n n k k k
n n
k
n n
n k k k k

x
a

và áp dụng (1.20) ta có
0
1
n
k
n
k
n
k
k
b b
C
a
a

 



  





 


 

Nhận xét 1.6.1: Công thức (1.19) là khai triển của
 
n
a b

theo lũy thừa giảm của
a

và lũy thừa tăng của
b
. Ta cũng có thể viết khai triển của
 
n
a b

theo lũy thừa
tăng của
a
và lũy thừa giảm của
b
.
 
0
.
n
n
k k n k
n