Chuyên đề PHƯƠNG PHÁP ÁNH xạ TRONG các bài TOÁN tổ hợp

PHƯƠNG PHÁP ÁNH XẠ TRONG CÁC BÀI TOÁN TỔ HỢP
MÃ: TO06

1. Ánh xạ, đơn ánh, toàn ánh và song ánh
+ Một ánh xạ f từ tập X đến tập Y là một quy tắc đặt tương ứng mỗi phần tử x
thuộc X một (và chỉ một) phần tử y của Y. Phần tử y này gọi là ảnh của x qua ánh xạ f và
được kí hiệu là y  f ( x) . Khi đó người ta thường viết f : X  Y .
+ Ánh xạ f : X  Y được gọi là đơn ánh nếu với mọi a, b thuộc X mà a  b thì

f (a)  f (b) , tức là hai phần tử phân biệt có ảnh phân biệt.
Từ đó suy ra ánh xạ f là đơn ánh khi và chỉ khi với mọi a, b thuộc X mà

f (a)  f (b) thì a  b .
+ Ánh xạ f : X  Y được gọi là toàn ánh nếu với mọi y thuộc Y đều tồn tại x
thuộc X sao cho f ( x)  y.
+ Ánh xạ f : X  Y được gọi là song ánh nếu nó vừa là đơn ánh, vừa là toàn ánh.
Như vậy ánh xạ f : X  Y là song ánh khi và chỉ khi với mọi y thuộc Y đều tồn tại
duy nhất x thuộc X sao cho f ( x)  y.

2. Một số kết quả thường dùng
Cho X và Y là hai tập hợp hữu hạn, khác rỗng và f : X  Y là một ánh xạ. Khi đó ta có
+ Nếu f là đơn ánh thì X  Y .
+ Nếu f là toàn ánh thì X  Y .
+ Nếu f là song ánh thì X  Y .

3. Phương pháp ánh xạ trong bài toán đếm
Phương pháp ánh xạ trong bài toán đếm dựa vào ý tưởng như sau:
1


Nếu tồn tại một song ánh từ X vào Y thì X  Y (với X, Y là các tập hữu hạn). Như

vậy để chứng minh hai tập hợp hữu hạn có cùng số phần tử ta chỉ cần xây dựng một song
ánh giữa chúng. Trong nhiều trường hợp việc đếm số phần tử của tập X một cách trực tiếp
gặp khó khăn chúng ta có thể cố gắng xây dựng một song ánh từ X vào một tập hợp Y dễ
đếm hơn.
Nếu tồn tại một đơn ánh (hay toàn ánh) từ X vào Y thì X  Y (hay X  Y ). Do
đó đơn ánh và toàn ánh thường sử dụng trong các bài toán liên quan đến bất đẳng thức tổ
hợp.

4. Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Cho tập A  1, 2,..., 2n . Một tập con B của A gọi là một tập cân nếu trong tập
đó số các số chẵn và số các số lẻ bằng nhau. Hỏi A có chứa bao nhiêu tập cân ?
Lời giải
Kí hiệu X  2, 4,..., 2n , Y  1,3,..., 2n  1 . Gọi C là họ tất cả các tập cân của A và D là
họ các tập con của A có đúng n phần tử.
Ta lập một ánh xạ f từ C vào D như sau: Giả sử B là một tập cân. Kí hiệu B1 , B2 tương
ứng là tập các số chẵn và tập các số lẻ của B. Khi đó đặt

f ( B)  B1  Y \ B2  .
Do B là tập cân nên B1  B2 , do đó ta có

f ( B)  B1  Y \ B2  B1  Y  B2  Y  n .
Suy ra f ( B)  D .
Tiếp theo ta chứng minh f là một song ánh.
+ Ta chứng minh f là đơn ánh:
Giả sử f ( B)  f (C ) suy ra B1  Y \ B2   C1  Y \ C2  . Vì B1 , C1 là tập các số chẵn,

Y \ B1  , Y \ B2 

là tập các số lẻ nên B1  C1 và Y \ B1   Y \ B2  . Do đó B1  C1 và

B2  C2 , hay B  C .
+ Ta chứng minh f là toàn ánh:
2


Giả sử M  D là một tập con của A có n phần tử. Kí hiệu M 1 , M 2 tương ứng là tập các số
chẵn và tập các số lẻ của M. Đặt B1  M1 , B2  Y \ M 2 và B  B1  B2 . Ta có

B1  M1 ; B2  Y  M 2  n  M 2  M  M 2  M 1 .
Suy ra B1  B2 , tức B là tập cân. Rõ ràng f ( B)  B1  Y \ B2   M 1  M 2  M .
Như vậy ta đã chứng minh được f là song ánh. Do đó số các tập cân của A bằng số các
tập con có n phần tử của A. Vậy A có tất cả là C2nn tập cân.
Ví dụ 2 (Bài toán chia kẹo của Euler). Cho k, n là các số nguyên dương. Khi đó số
nghiệm nguyên không âm của phương trình
x1  x2 

 xk  n

(1)

là Cnkk11 .
Lời giải
Gọi A là tập hợp tất cả các nghiệm  x1 , x2 ,..., xk  của phương trình (1). Gọi B là tập hợp
tất cả các xâu nhị phân độ dài n  k  1 với n số 1 và k  1 số 0.
Xét ánh xạ f : A  B theo quy tắc  x1 , x2 ,..., xk 

1..101..101......01..1 như sau:

Trong đó có x1 số 1 liên tiếp rồi đến một số 0, sau đó đến x2 số 1 liên tiếp rồi lại đến một
số 0,…, cuối cùng là xk số 1 liên tiếp.

Dễ dàng chứng minh ánh xạ f xây dựng như trên là song ánh nên ta có A  B . Mà số
các xâu nhị phân độ dài n  k  1 với n số 1 và k  1 số 0 bằng số cách chọn k  1 vị trí
trong n  k  1 vị trí đặt số 0 nên ta có A  B  Cnkk11 (đpcm).
Ví dụ 3. Có bao nhiêu cách chọn 5 số từ 18 số nguyên dương đầu tiên sao cho không có
hai số nguyên liên tiếp nào được chọn.
Lời giải
Đặt X  1;2;...;18 . Gọi Giả sử a1  a2  ...  a5 là một bộ số thỏa mãn yêu cầu.
Xét bộ số  b1; b2 ; b3 ; b4 ; b5    a1; a2  1; a3  2; a4  3; a5  4  thì b1 ,..., b5 là năm số phân biệt
thuộc tập B  1;2;...;14 . Ngược lại với mỗi bộ năm số phân biệt b1  b2  ...  b5 ta có
3


thể xây dựng được bộ năm số  a1; a2 ;...; a5    b1; b2  1; b3  2; b4  3; b5  4  thỏa mãn yêu
cầu bài toán. Như vậy ta có một song ánh giữa tập các bộ 5 số thỏa mãn yêu cầu đến tập
gồm các tập con 5 phần tử của B. Do đó có C145  2002 cách chọn thỏa mãn.

Ví dụ 4. Gọi

là số các hoán vị f của

Cn

f (i)  i  1, i  1, 2,..., n.

Gọi

En

là số các

S  1;2; ; n

hoán vị

f của

S

thỏa mãn
thỏa

mãn

f (i)  i  1, i  1, 2,..., n. Chứng minh En  Cn .

Hướng dẫn

g với g (i)  n  1  f (n  i  1) .

Thiết lập song ánh f

Ví dụ 5. Cho n là một số nguyên dương. Giả sử M là tập tất cả các số nguyên dương viết
trong hệ thập phân có n chữ số 1, n chữ số 2 và không có chữ số nào khác; N là tập tất cả
các số nguyên dương viết trong hệ thập phân gồm n chữ số, chỉ chứa các chữ số 1, 2, 3, 4
và số các số 1 bằng số các số 2. Chứng minh rằng M = N.
Hướng dẫn
Thiết lập ánh xạ f : M  N như sau, với mỗi x  a1a2 ...anb1b2 ...bn  M cho ứng với

y  c1c2 ...cn , với ci  ai * bi được xác định theo quy tắc
1*1  1,

1* 2  3,

2*1  4,

2* 2  2.

Ta chứng tỏ y  N . Thật vậy, đặt

X  i | (ai ; bi )  (2;1),1  i  n
Y  i | (ai ; bi )  (1;2),1  i  n
Z  i | (ai ; bi )  (1;1),1  i  n
T  i | (ai ; bi )  (2;2),1  i  n
4


Số lần số 1 xuất hiện trong số x là X  Y  2 Z , số lần xuất hiện số 2 trong số x là

X  Y  2 T , từ đó suy ra Z  T nên số lần số 1 và số 2 xuất hiện trong y là như nhau.
Như vậy y  N .
Hơn nữa, ánh xạ f còn là song ánh vì phép toán “*” xác định tương ứng 1 – 1 giữa (a, b)
và c. Vậy M = N.

Ví dụ 6. Có một nhóm người mà trong đó, mỗi cặp không quen nhau có đúng hai người
quen chung, còn mỗi cặp quen nhau thì không có người quen chung. Chứng minh rằng số
người quen của mỗi người là như nhau.
Lời giải
Giả sử a quen b và tập các người quen của a và b (không kể a, b) là A và B. Mỗi người a’
thuộc A sẽ quen với duy nhất một người thuộc B (vì a’ và b không quen nhau, hơn nữa họ
đã có một người quen chung là a). Tương tự, mỗi người thuộc B cũng quen duy nhất với

một người thuộc A. Vậy tồn tại một song ánh đi từ A đến B, tức a và b có số người quen
bằng nhau.
Nếu a không quen b thì tồn tại c quen cả a và b. Khi đó theo lập luận bên trên thì số người
quen của a và b bằng nhau vì cùng bằng số người quen của c. (đpcm)
Ví dụ 7 (VMO – 2002). Cho tập S gồm tất cả các số nguyên trong đoạn 1;2014 . Gọi T là
tập hợp tất cả các tập con không rỗng của S. Với mỗi X thuộc T, kí hiệu m(X) là trung
bình cộng các phần tử của X. Tính

m

 m( X )

T
trong đó tổng lấy theo tất cả các tập X thuộc T.
Lời giải
Xây dựng ánh xạ f : T  T như sau: f ( X )  2015  x | x  X  , X  T .
Dễ dàng chứng minh ánh xạ trên là song ánh.Rõ ràng có
5


m( X )  m( f ( X ))  2015 .
Do đó

2 m( X )    m( X )  m  f ( X )    T .2015  m 

 m( X )  2015 .
T

2

Ví dụ 8. Cho m, n là các số nguyên lớn hơn 1 và S là một tập có n phần tử. Giả sử có các
tập con A1 , A2 ,

, Am của S thoả mãn: Với mỗi hai phần tử x, y thuộc S, có tập

Ai (1  i  m) sao cho x  Ai , y  Ai hoặc x  Ai , y  Ai . Chứng minh rằng n  2m .
Hướng dẫn
Gọi T là tập các xâu nhị phân độ dài m. Xét ánh xạ f : S  T xác định theo quy tắc sau:
Nếu x  S thì f ( x)  x1 x2 ...xm  T , ở đây xi  1 nếu x  Ai và xi  0 nếu x  Ai . Dễ thấy
ánh xạ f là đơn ánh nên suy ra đpcm.
Ví dụ 9. Cho tập X gồm n số thực phân biệt. Giả sử a1 , a2 ,..., ak là các số thỏa mãn điều
kiện:

u, v  X , u  v đều tồn tại ai (1  i  k ) sao cho  u  ai  v  ai   0 .
Chứng minh k  log3 n .
Lời giải
Đặt B  0;1;2 . Xét ánh xạ f : X  Bk sao cho với mỗi u  X ta lập bộ  u1 , u2 ,..., uk 
thỏa mãn:
ui  0 nếu u  ai ; ui  1 nếu u  ai ; ui  2 nếu u  ai .

Ánh xạ f ở trên là đơn ánh. Thật vậy, nếu tồn tại ai (1  i  k ) sao cho
6


u  ai  v  ai   0 , mà ui  vi

i  1,..., k

thì suy ra u  ai , v  ai  u  ai , v  ai  u  ai , v  ai ( không thỏa mãn).
Suy ra X  B k hay n  3k  k  log3 n .

Ví dụ 10 ( IMO 1989). Cho n là một số nguyên dương. Một hoán vị  x1 , x2 ,

1;2;

tập

;2n được gọi là có tính chất P nếu

, x2 n  của

xi  xi 1  n với ít nhất một

i  1;2; ;2n  1 . Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, số các hoán vị có tính
chất P nhiều hơn số hoán vị không có tính chất đó.
Hướng dẫn
Đặt A là tập tất cả các hoán vị của 1;2; ;2n , B là tập tất cả các hoán vị của

1;2;

;2n có tính chất P và C là tập tất cả các hoán vị của 1;2; ;2n không có tính

chất P.
Ta chia các số 1, 2, …, 2n thành n cặp (1 ; n), (2 ; n+1),…, (n ; 2n).
Giả sử x   x1 , x2 ,..., xk 1, xk , xk 1,...x2 n   C , và giả sử xk cùng cặp với x2n , suy ra

k  2n  2 . Xét ánh xạ f : C  B như sau:
x   x1 , x2 ,..., xk 1, xk , xk 1,...x2n   C

x '   x1, x2 ,..., xk 1, xk , x2 n , x2 n1,..., xk 1   B .

Dễ chứng minh f là đơn ánh, nhưng không là toàn ánh. (Chẳng hạn với

y0   x1 , x2 ,..., n, 2n   B nhưng không tồn tại x0  C : f ( x0 )  y0 . Do đó f không là toàn
ánh).
Ví dụ 11. Cho n  3 và X là tập con gồm 3n 2 phần tử của tập E  1, 2,..., n3 . Chứng
minh rằng có thể tìm được 9 số a1 ,..., a9 thuộc X, đôi một khác nhau sao cho hệ
7


a1 x  a2 y  a3 z  0

a4 x  a5 y  a6 z  0
a x  a y  a z  0
8
9
 7
Có nghiệm nguyên  x0 ; y0 ; z0  thỏa mãn x0 y0 z0  0 .
Hướng dẫn
Xắp sếp các phần tử của X theo thứ tự x1  x2  ...  x3n2 . Đặt













X 1  x1 , x2 ,..., xn2 , X 2  xn2 1 ,..., x2 n2 , X 3  x2 n2 1 ,..., x3n2 .
Xét ánh xạ f : X 1  X 2  X 3  E  E , (a, b, c)

 b  a, c  b  .

Ta có X1  X 2  X 3  n6 . Do a  X 1 , b  X 2 , c  X 3 nên a < b < c, suy ra

b  a  1, c  b  1 và (b  a)  (c  b)  c  a  n3 .
Vì vậy tập ảnh f là tập con của tập A với A   m; n  | m, n  X , m  n  n3 . Mà ta có
n3 1

A  k 
k 1

n3 (n3  1) n 6

2
. 2

Do đó theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại ba bộ số  ai , bi , ci  , i  1,2,3 cho cùng một ảnh

 x0 ; y0  , nghĩa là ta có
bi  ai  x0 , ci  bi  y0 ;

i  1, 2,3.

Chọn z0   x0  y0 thì z0  ai  ci , i  1, 2,3.
Do vậy với mỗi i  1, 2,3 ta có

ci x0  ai y0  bi z0  ci bi  ai   ai  ci  bi   bi  ai  ci   0 .

8


Chứng tỏ hpt đã cho có nghiệm nguyên  x0 ; y0 ; z0  thỏa mãn x0 y0 z0  0 .
Do ai  X 1 , bi  X 2 , ci  X 3 nên ai  bi  ci 1  i  3 .
Giả sử tồn tại 1  i  j  3: ai  a j thì do bi  ai  bj  a j nên bi  b j , suy ra ci  c j , do đó

 ai , bi , ci    a j , b j , c j  , vô lí. Vậy ai  a j , 1  i 

j  3.

Tưng tự thì bi  bj , ci  c j , 1  i  j  3 . Vậy bài toán được chứng minh.

5. Bài tập tự luyện
Bài 1. Cho tập X gồm n số nguyên dương đầu tiên. Có bao nhiêu cách chọn một bộ k số
phân biệt thuộc X (không kể thứ tự) sao cho không có hai số nguyên liên tiếp nào được
chọn (với 0  k  n  k  1 ).
Bài 2. Chứng minh rằng số đường đi ngắn nhất trên lưới nguyên từ điểm A(0;0) đến
điểm B(m ; n) bằng Cmm n (với m, n nguyên dương).
Bài 3. Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng số cách biểu diễn n thành tổng các số lẻ
nhiều hơn số cách biểu diễn n thành tổng các số nguyên dương đôi một khác nhau.
Bài 4. Cho n  1 là một số nguyên dương và Tn là số các tập con khác rỗng của tập hợp

1;2;...;n

sao cho trung bình cộng tất cả các phần tử của nó là một số nguyên. Chứng

minh rằng Tn  n là một số chẵn.
Bài 5 (VMO – 2012).
Cho một nhóm gồm 5 cô gái, kí hiệu là G1, G2, G3, G4, G5 và 12 chàng trai. Có 17 chiếc
ghế được xếp thành một hàng ngang. Người ta xếp nhóm người đã cho ngồi vào các chiếc
ghế đó sao cho các điều kiện sau được đồng thời thỏa mãn:
1/ Mỗi ghế có đúng một người ngồi;
2/ Thứ tự ngồi của các cô gái, xét từ trái qua phải, là G1, G2, G3, G4, G5;
3/ Giữa G1 và G2 có ít nhất 3 chàng trai;
4/ Giữa G4 và G5 có ít nhất 1 chàng trai và nhiều nhất 4 chàng trai.

9


Hỏi có tất cả bao nhiêu cách xếp như vậy?
(Hai cách xếp được coi là khác nhau nếu tồn tại một chiếc ghế mà người ngồi ở chiếc ghế
đó trong hai cách xếp là khác nhau).
Bài 6. Người ta xếp n nam sinh và n nữ sinh thành một hàng, sau đó tách hàng thành hai
khúc sao cho mỗi khúc có số nam sinh bằng số nữ sinh. Gọi A là số trường hợp không thể
tách hàng theo yêu cầu trên, B là số trường hợp chỉ có thể tách hàng theo yêu cầu trên một
cách duy nhất.
Chứng minh rằng B  2 A .
Bài 7. Hãy tính trung bình cộng tất cả các số n gồm 2016 chữ số thỏa mãn n 99 và các
chữ số của n thuộc 1;2;3;4;5;6;7;8 .
Bài 8 (IMO – 1987). Gọi pn ( k ) là số hoán vị của tập 1, 2,..., n có đúng k điểm cố định.
Chứng minh rằng
n

 k . p (k )  n !
k 0

n

10


TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Nguyễn Văn Mậu, Trần Nam Dũng, Vũ Đình Hòa, Đặng Huy Ruận, Đặng Hùng
Thắng. Chuyên đề chọn lọc tổ hợp và toán rời rạc. NXB giáo dục 2008.

[2] Tạp chí toán học và tuổi trẻ, Nhà xuất bản giáo dục.
[3] Nguyễn Chiến Thắng. Sử dụng ánh xạ trong các bài toán tổ hợp.
[4] Các tài liệu từ Internet.

11