Đại số tổ hợp - Chương IV: Tổ hợp

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, có 
cách. Vậy, theo qui tắc nhân, có : 
4
5C
4
5C
 . = 45C
4
5C
25!
4!1!
⎛⎜⎝ ⎠
⎞⎟ = 25 cách. 
Bài 73. Có 12 học sinh ưu tú. Cần chọn ra 4 học sinh để đi dự đại hội học sinh ưu tú 
toàn quốc. Có mấy cách chọn. 
a) Tùy ý ? 
b) Sao cho 2 học sinh A và B không cùng đi ? 
c) Sao cho 2 học sinh A và B cùng đi hoặc cùng không đi? 
Giải 
a) Chọn tùy ý 4 trong 12 học sinh, là tổ hợp chập 4 của 12 phần tử. 
 Vậy, có : 
 412C =
12!
4!8!
 = 12.11.10.9
2.3.4
 = 11.5.9 = 495 cách. 
b) * Cách 1 : 
 Nếu A, B cùng không đi, cần chọn 4 trong 10 học sinh còn lại. Đây là tổ hợp 
chập 4 của 10 phần tử, có : 
 410C =
10!
4!6!
 = 10.9.8.7
2.3.4
 = 10.3.7 = 210 cách. 
 Nếu A đi, B không đi, cần chọn thêm 3 trong 10 học sinh còn lại có : 
 310C =
10!
3!7!
 = 10.9.8
2.3
= 5.3.8 = 120 cách. 
 Tương tự, nếu B đi, A không đi, có : 120 cách. 
 Vậy, số cách chọn theo yêu cầu là : 
 210 + 120 +120 = 450 cách. 
 * Cách 2 : 
 Nếu A và B cùng đi, cần chọn thêm 2 trong 10 học sinh còn lại, có : 
 210C =
10!
2!8!
 = 9.5 = 45 cách. 
 Suy ra, số cách chọn theo yêu cầu là : 
 495 – 45 = 450 cách. 
c) A và B cùng đi, có = 45 cách. 210C
 A và B cùng không đi, có = 210 cách. 410C
 Vậy có : 45 + 210 = 255 cách. 
Bài 74. Một phụ nữ có 11 người bạn thân trong đó có 6 nữ. Cô ta định mời ít nhất 3 
người trong 11 người đó đến dự tiệc. Hỏi : 
a) Có mấy cách mời ? 
b) Có mấy cách mời để trong buổi tiệc gồm cô ta và các khách mời, số nam nữ 
bằng nhau . 
Giải 
a) Mời 3 người trong 11 người, có : cách. 311C
 Mời 4 người trong 11 người, có : cách. 411C
 Lập luận tương tự khi mời 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11 trong 11 người. 
 Vậy, có : 
 +  + = ( +  + ) – ( 311C +
4
11C
11
11C
0
11C +
1
11C
11
11C
0
11C +
1
11C +
2
11C )
 = 211 – 1 – 11 – 55 = 1981 cách. 
b) Mời 1 nữ trong 6 nữ, 2 nam trong 5 nam, có : cách. 16C .
2
5C
 Mời 2 nữ trong 6 nữ, 3 nam trong 5 nam, có : cách. 26C .
3
5C
 Mời 3 nữ trong 6 nữ, 4 nam trong 5 nam, có : cách. 36C .
4
5C
 Mời 4 nữ trong 6 nữ, 5 nam trong 5 nam, có : cách. 46C .
5
5C
 Vậy, có : 55 = 325 cách. 
1
6C .
2
5C +
2
6C .
3
5C +
3
6C .
4
5C +
4
6C . C
Bài 75. Một tổ có 12 học sinh. Thầy giáo có 3 đề kiểm tra khác nhau. Cần chọn 4 học 
sinh cho mỗi đề kiểm tra. Hỏi có mấy cách chọn ? 
Giải 
 Đầu tiên, chọn 4 trong 12 học sinh cho đề một, có cách. 412C
 Tiếp đến, chọn 4 trong 8 học sinh còn lại cho đề hai, có cách. 48C
 Các học sinh còn lại làm đề ba. 
 Vậy, có : 412C .
4
8C =
12!
4!8!
. 8!
4!4!
 = 12.11.10.9
2.3.4
. 8.7.6.5
2.3.4
 = (11.5.9).(7.2.5) = 34650 cách. 
Bài 76. Có 12 học sinh ưu tú của một trường trung học. Muốn chọn một đoàn đại biểu 
gồm 5 người (gồm một trưởng đoàn, một thư ký, và ba thành viên) đi dự trại 
quốc tế. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ? Có giải thích ? 
Đại học Quốc gia TP. HCM 1997 
Giải 
 Số cách chọn 1 trưởng đoàn : 12 
 Số cách chọn 1 thư ký : 11 
 Số cách chọn 3 thành viên : 310C =
10!
3!7!
 = 10.9.8
6
 = 120 
 Số cách chọn đoàn đại biểu : 12 × 11 × 120 = 15 840. 
Bài 77. Một đoàn tàu có 3 toa chở khách; toa I, II, III. Trên sân ga có 4 hành khách 
chuẩn bị đi tàu. Biết rằng mỗi toa có ít nhất 4 chỗ trống. Hỏi : 
a) Có bao nhiêu cách sắp 4 hành khách lên 3 toa. 
b) Có bao nhiêu cách sắp 4 hành khách lên tàu để có 1 toa trong đó có 3 trong 4 vị 
khách. 
Đại học Luật Hà Nội 1999 
Giải 
a) Đoàn tàu có 3 toa ; hành khách lên 3 toa nghĩa là lên tàu. 
 Mỗi khách có 3 cách lên toa I hoặc II hoặc III. Vậy số cách sắp 4 khách lên 3 
toa là : 
 3 × 3 × 3 × 3 = 81 cách. 
b) Số cách sắp 3 khách lên toa I : 34C =
4!
3!
 = 4. 
 Số cách sắp 1 khách còn lại lên toa II hoặc III : 2. 
 Vậy nếu 3 khách ở toa I thì có : 4 × 2 = 8 cách. 
 Lập luận tương tự nếu 3 khách ở toa II, hoặc III cũng là 8. 
 Vậy số cách thỏa yêu cầu bài toán : 
 8 + 8 + 8 = 24 cách. 
Bài 78. Có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu khó, 10 câu trung bình và 15 câu dễ. Từ 
30 câu đó có thể lập bao nhiêu đề kiểm tra, mỗi đề gồm 5 câu khác nhau, sao 
cho mỗi đề phải có 3 loại (khó, trung bình, dễ) và số câu dễ không ít hơn 2 ? 
Tuyển sinh khối B 2004 
Giải 
 Số đề thi gồm 2 câu dễ, 2 câu trung bình và 1 câu khó 
 .5 = 215C .
2
10C
15!
2!13!
. 10!
2!8!
 × 5 = 23625. 
 Số đề thi gồm 2 câu dễ, 1 câu trung bình và 2 câu khó 
 × 10 × = 10. 215C 25C 15!2!13! . 
5!
2!3!
 = 10500 
 Số đề thi gồm 3 câu dễ, 1 câu trung bình và 1 câu khó 
 × 10 × 5 = 315C 15!3!12! × 50 = 22750 
 Vì các cách chọn đôi một khác nhau, nên số đề kiểm tra là : 
 23 625 + 10 500 + 22 750 = 56875. 
Bài 79. Một chi đoàn có 20 đoàn viên trong đó 10 nữ. Muốn chọn 1 tổ công tác có 5 
người. Có bao nhiêu cách chọn nếu tổ cần ít nhất 1 nữ. 
Đại học Y Hà Nội 1998 
Giải 
 Số cách chọn 5 đoàn viên bất kì 520C .
 Số cách chọn 5 đoàn viên toàn là nam 510C .
 Vậy số cách chọn có ít nhất 1 nữ là : 
 520C –
5
10C =
20!
5!15!
 – 10!
5!5!
 = 15252 cách. 
Bài 80. Một đội xây dựng gồm 10 công nhân, 3 kỹ sư. Để lập 1 tổ công tác cần chọn 1 
kỹ sư là tổ trưởng, 1 công nhân làm tổ phó và 3 công nhân làm tổ viên. Hỏi có 
bao nhiêu cách lập tổ công tác. 
Đại học Kiến trúc Hà Nội 1998 
Giải 
 Số cách chọn 1 kỹ sư làm tổ trưởng : 3 
 Số cách chọn 1 công nhân làm tổ phó : 10 
 Số cách chọn 3 công nhân làm tổ viên : . 39C
 Vậy số cách lập tổ : 3 × 10 × = 3 39C × 10 × 9!3!6! = 2520. 
Bài 81. Một đội văn nghệ gồm 10 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Cô giáo muốn chọn 
ra 1 tốp ca gồm 5 em trong đó có ít nhất là 2 em nam và 2 em nữ. Hỏi có bao 
nhiêu cách chọn. 
Cao đẳng Sư phạm Hà Nội 1999 
Giải 
 Số cách chọn 3 em nam và 2 em nữ : 310C .
2
10C 
 Số cách chọn 2 em nam và 3 em nữ : 210C .
3
10C 
 Vậy số cách thỏa yêu cầu bài toán là : 
 2 = 2310C .
2
10C
10!
3!7!
. 10!
2!8!
 = 2 10 9 8
6
× × . 10 9
2
× = 10.800. 
Bài 82. Một đội cảnh sát gồm có 9 người. Trong ngày cần 3 người làm nhiệm vụ tại 
địa điểm A, 2 người làm tại B còn lại 4 người trực đồn. Hỏi có bao nhiêu cách 
phân công ? 
Học viện Kỹ Thuật Quân sự 2000 
Giải 
 Số cách phân công 3 người tại A : 39C 
 Số cách phân công 2 người tại B : 26C
 Số cách phân công 4 người còn lại : 1. 
 Vậy số cách phân công là : 
 39C .
2
6C =
9!
3!6!
. 6!
2!4!
 = 9!
3!2!4!
 = 9 8 7 6 5
6 2
× × × ×
× = 1260. 
Bài 83. Có 5 nhà Toán học nam, 3 nhà Toán học nữ và 4 nhà Vật lí nam. Muốn lập 1 
đoàn công tác có 3 người gồm cả nam lẫn nữ, cần có cả nhà toán học lẫn vật lí. 
Hỏi có bao nhiêu cách chọn. 
Đại học Y Hà Nội 2000 
Giải 
 Số cách chọn 2 nhà Toán học nữ và 1 nhà Vật lí nam là : 
 23C × 4 = 3!2! × 4 = 12 
 Số cách chọn 1 nhà Toán học nữ và 2 nhà Vật lí nam là : 
 3 × = 3 24C × 4!2!2! = 
3.4.3
2
 = 18 
 Số cách chọn 1 nhà Toán học nữ, 1 nhà Toán học nam và 1 nhà Vật lí nam là : 
 5 × 3 × 4 = 60 
 Vậy có cách chọn đoàn công tác là : 12 + 18 + 60 = 90. 
Bài 84. Một đội văn nghệ có 10 người trong đó có 6 nữ và 4 nam. Có bao nhiêu cách 
chia đội văn nghệ : 
a) Thành 2 nhóm có số người bằng nhau và mỗi nhóm có số nữ bằng nhau. 
b) Có bao nhiêu cách chọn 5 người trong đó không quá 1 nam. 
Học viện Chính trị 2001 
Giải 
a) Do mỗi nhóm có số người bằng nhau nên mỗi nhóm phải có 5 người. 
 Do số nữ bằng nhau nên mỗi nhóm phải có 3 nữ. 
 Vậy mỗi nhóm phải có 3 nữ và 2 nam. 
 Số cách chọn là : 
 . = 36C
2
4C
6!
3!3!
 × 4!
2!2!
 = 6 5 4
6
× × × 4 3
2
× = 20 × 6 = 120. 
b) Số cách chọn 5 người toàn nữ là : 56C =
6!
5!
 = 6. 
 Số cách chọn 4 nữ và 1 nam là : 46C × 4 = 6!4!2! × 4 = 
6 5
2
× × 4 = 60 
 Vậy số cách chọn 5 người mà không quá 1 nam : 6 + 60 = 66. 
Bài 85. 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 đó lên 3 bì thư đã chọn. Một bì thư chỉ 
dán 1 tem thư. Hỏi có bao nhiêu cách làm như vậy. 
Tú tài 1999 
Giải 
 Số cách chọn 3 tem từ 5 tem là = 35C
5!
3!2!
 = 10. 
 Số cách chọn 3 bì thư từ 6 bì thư là = 36C
6!
3!3!
 = 20. 
 Do các tem đều khác nhau, các bì thư cũng khác nhau, nên số cách dán 3 tem 
lên 3 bì thư là 3! = 6. 
 Vậy số cách làm là : . .3! = 10.20.6 = 1200 cách. 35C
3
6C
Bài 86. Một bộ bài có 52 lá; có 4 loại : cơ, rô, chuồn, bích mỗi loại có 13 lá. Muốn lấy 
ra 8 lá bài trong đó phải có đúng 1 lá cơ, đúng 3 lá rô và không quá 2 lá bích. 
Hỏi có mấy cách ? 
Giải 
 Số cách chọn 1 lá cơ và 3 lá rô : cách. 113C .
3
13C
• Trường hợp 1 : Chọn tiếp 4 lá chuồn (nghĩa là không có lá bích nào) có : 413C 
cách. 
• Trường hợp 2 : Chọn tiếp 1 lá bích và 3 lá chuồn có : 13. 313C cách. 
• Trường hợp 3 : Chọn tiếp 2 lá bích và 2 lá chuồn có : 213C . 213C cách. 
Vậy số cách chọn thỏa yêu cầu đề toán : 
 13. ( + 13. + . ) = 39 102 206 cách. 313C
4
13C
3
13C
2
13C
2
13C
Bài 87. Có 2 đường thẳng song song (d1) và (d2). Trên (d1) lấy 15 điểm phân biệt. Trên 
(d2) lấy 9 điểm phân biệt. Hỏi số tam giác mà có 3 đỉnh là các điểm đã lấy. 
Giải (d1)
(d2)
Bk Bj
Ai 
 Có hai loại tam giác tạo thành. 
a) Một đỉnh trên (d1) và 2 đỉnh trên (d2) 
 Có 15 cách lấy 1 đỉnh trên (d1) 
 Có cách lấy 2 đỉnh trên (d2). 29C
Ai
Bk
(d2)
(d1)Aj 
b) Hai đỉnh trên (d1) và 1 đỉnh trên (d2) 
 Có cách lấy 2 đỉnh trên (d1) 215C
 9 cách lấy 1 đỉnh trên (d2). 
 Vậy số tam giác tạo thành : 
 15 + 9 = 15.29C
2
15C
9!
2!7!
 + 9. 15!
2!13!
 = 540 + 945 = 1485. 
Bài 88. Một lớp có 20 học sinh trong đó có 2 cán bộ lớp. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 3 
người đi dự hội nghị của trường sao cho trong đó có ít nhất 1 cán bộ lớp. 
Đại học Giao thông Vận tải 2000 
Giải 
 Số cách chọn 3 người trong đó có 1 cán bộ lớp 
 2 × 218C = 2 × 18!2!16! = 18 × 17 
 Số cách chọn 3 người trong đó có 2 cán bộ lớp 
 1 = 18 118C
 Vậy số cách chọn thỏa yêu cầu bài toán là : 
 18 × 17 + 18 = 182 = 324. 
Bài 89. Có 16 học sinh gồm 3 học sinh giỏi, 5 khá, 8 trung bình. Có bao nhiêu cách 
chia số học sinh thành 2 tổ, mỗi tổ có 8 người, đều có học sinh giỏi và ít nhất 2 
học sinh khá. 
Học viện Quân sự 2001 
Giải 
Vì mỗi tổ đều có học sinh giỏi nên số học sinh giỏi mỗi tổ là 1 hay 2. 
 Vì mỗi tổ đều có ít nhất 2 học sinh khá nên số học sinh khá mỗi tổ 2 hay 3. 
Do đó nếu xem số học sinh giỏi, khá, trung bình mỗi tổ là tọa độ một vectơ 3 
chiều ta có 4 trường hợp đối với tổ 1 là (1, 2, 5) (1, 3, 4), (2, 2, 4), (2, 3, 3). 
Tương ứng 4 trường hợp đối với tổ 2 là : (2, 3, 3), (2, 2, 4), (1, 3, 4), (1, 2, 5). 
Ta thấy có 2 trường hợp bị trùng. Vậy chỉ có 2 trường hợp là : 
Trường hợp 1 : 
Số cách chọn một tổ nào đó có 1 giỏi, 2 khá và 5 trung bình là : 
 3 × 25C × 58C 
Vậy tổ còn lại có 2 giỏi, 3 khá, 3 trung bình thỏa yêu cầu bài toán. 
Trường hợp 2 : 
Số cách chọn một tổ có 1 giỏi, 3 khá và 4 trung bình là : 
 3 × 35C × 48C 
Vậy tổ còn lại có 2 giỏi, 2 khá và 4 trung bình thỏa yêu cầu bài toán. 
Do đó số cách chia học sinh làm 2 tổ thỏa yêu cầu bài toán là : 
 3 + 3 = 325C
5
8C
3
5C
4
8C
⎛ ⎞+ =⎜ ⎟⎝ ⎠
5! 8! 8! 3780.
2!3! 5!3! 4!4!
Bài 90. Một người có 12 cây giống trong đó có 6 cây xoài, 4 cây mít và 2 cây ổi. 
Người đó muốn chọn 6 cây giống để trồng. Hỏi có bao nhiêu cách chọn sao cho 
a) Mỗi loại có đúng 2 cây. b) Mỗi loại có ít nhất 1 cây. 
Trường Hàng không 2000. 
Giải 
a) Số cách chọn 2 cây xoài trong 6 cây xoài : 26C 
 Số cách chọn 2 cây mít trong 4 cây mít : 24C 
 Số cách chọn 2 cây ổi trong 2 cây ổi : 1 
 Vậy số cách chọn mà mỗi loại đúng 2 cây : = 90 cách. 26C .
2
4C
b) Chọn 1 cây ổi, 4 mít, 1 xoài : 2 × 1 × 6 = 12 cách. 
 Chọn 1 ổi, 3 mít và 2 xoài có : 2 . = 2 34C
2
6C × 4 × 15 = 120 cách. 
 Chọn 1 ổi, 2 mít và 3 xoài có : 2 = 240 cách. 24C .
3
6C
 Chọn 1 ổi, 1 mít và 4 xoài có : 2 × 4 × = 120 cách. 46C
 Chọn 2 ổi, 3 mít và 1 xoài có : 1 × 34C × 6 = 24 cách. 
 Chọn 2 ổi, 2 mít và 2 xoài có : 1 × 24C × = 90 cách. 26C
 Chọn 2 ổi, 1 mít và 3 xoài có : 1 × 4 × = 80 cách. 36C
 Vậy số cách chọn mà mỗi loại có ít nhất 1 cây là : 
 12 + 120 + 240 + 120 + 24 + 90 + 80 = 686 cách. 
Bài 91. Một lớp học có 30 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Có 6 học sinh được chọn để 
lập 1 tốp ca. Hỏi có bao nhiêu cách chọn khác nhau và phải có ít nhất 2 nữ. 
Đại học Huế 2000 
Giải 
 Số cách chọn 6 học sinh bất kì nam hay nữ : 645C =
45!
6!39!
 = 8145060. 
 Số cách chọn 6 học sinh toàn nam : 630C =
30!
6!24!
 = 593775. 
 Số cách chọn 5 nam và 1 nữ : 530C × 15 = 30!25!5! × 15 = 2137590. 
 Vậy có số cách chọn 6 học sinh trong đó phải có ít nhất 2 nữ 
 – ( + 15 ) = 5413695 cách. 645C
6
30C
5
30C
Bài 92. Cho tập con gồm 10 phần tử khác nhau. Tìm số tập con khác rỗng chứa 1 số 
chẵn các phần tử. 
Đại học Nông nghiệp khối B 2000 
Giải 
 Khi tập X có n phần tử thì số tập con của X có k phần tử là knC
 Do đó n = 10 thì : 
 Số tập con của X có 2 phần tử là 210C
 Số tập con của X có 4 phần tử là 410C
 Số tập con của X có 6 phần tử là 610C
 Số tập con của X có 8 phần tử là 810C
 Số tập con của X có 10 phần tử là . 1010C
 Vậy số tập con thỏa