Vũ thế khôi hoán vị, chuyển vị, nghịch thế và một số bài toán liên quan

Hoán vị, chuyển vị, nghịch thế và một số bài toán liên quan
Vũ Thế Khôi, email:
Viện Toán Học, 18 Hoàng Quốc Việt, Hà Nội

Bài viết gồm ba phần, phần đầu giới thiệu ngắn gọn một số định nghĩa và tính chất cơ
bản của hoán vị. Phần thứ hai giới thiệu về số nghịch thế của hoán vị, các tính chất của
nó và một số bài toán sơ cấp liên quan. Trong phần cuối chúng tôi giới thiệu một số kết
quả về bài toán đếm số hoán vị thỏa mãn các điều kiện cho trước. Với mục đích giới thiệu
cho giáo viên THPT, chúng tôi đưa ra nhiều ví dụ và bài tập sơ cấp để minh họa. Các
kiến thức trong phần đầu và phần thứ hai được trình bày chủ yếu dựa theo tài liệu tham
khảo [3]. Phần cuối được trình bày dựa theo tài liệu [1, 4, 5]. Người đọc có thể tham khảo
các tài liệu gốc để tìm hiểu sâu thêm về các kết quả trình bày ở đây.
1. Kiến thức cơ bản về hoán vị
Khi lần đầu giới thiệu về hoán vị cho học sinh chúng ta thường định nghĩa một hoán
vị của (1, 2, · · · , n) đơn giản là một dãy (a1 , a2 , · · · , an ) chứa các số 1, · · · , n mỗi số đúng
một lần và được viết theo thứ tự bất kỳ. Định nghĩa hoán vị như một dãy số có thuận lợi
là đơn giản và thường được dùng trong phát biểu của nhiều bài toán.
Một cách nhìn khác về hoán vị là coi hoán vị (a1 , a2 , · · · , an ) như một song ánh σ :
, {1, 2, · · · , n} → {1, 2, · · · , n} cho bởi σ(i) = ai . Khi coi hoán vị như một song ánh ta có
thể lấy hợp thành của hai hoán vị. Để thuận tiện cho việc tính toán hợp thành của hai
ánh xạ, người ta thường ký hiệu hoán vị như sau:




 1 2 ···
σ=
a1 a2 · · ·

n−1
an−1

n

an

Khi coi hoán vị như song ánh ta có thể phân tích hoán vị như hợp thành của các hoán
vị dạng đơn giản. Trong nhiều bài toán khi cần chứng minh một tính chất đúng cho hoán
vị bất kỳ, ta chỉ cần chứng minh nó đúng với các hoán vị dạng đơn giản.
Một dạng phân tích hoán vị quan trọng là phân tích thành các xích như sau: xét đồ thị
có n đỉnh đánh số từ 1 đến n. Ta vẽ cạnh có hướng đi từ đỉnh i đến đỉnh σ(i). Từ tính
1


2

chất song ánh của σ ta suy ra tại mỗi đỉnh có đúng 1 cạnh đi vào và 1 cạnh đi ra. Do
đó ta nhận được 1 đồ thị có dạng hợp thành của các chu trình rời nhau, mỗi chu trình
như vậy gọi là một xích. Ta có thể coi mỗi xích là một hoán vị vòng quanh của một tập
con {x1 , x2 , · · · , xk } ⊂ {1, 2, . . . , n}. và ký hiệu là (x1 x2 · · · xk ). Như vậy một hoán vị sẽ
được phân tích một cách duy nhất thành các xích rời nhau.
Ví dụ 1.1. Hoán vị


1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
σ=

8 6 5 9 3 10 4 7 1 2
tương ứng với đồ thị sau

Ta có thể viết phân tích của σ thành các xích như sau σ = (1 8 7 4 9)(3 5)(2 6 10). Với

những xích chỉ chứa đúng 1 phần tử k, tức là σ(k) = k, để cho gọn người ta thường bỏ đi
không viết nếu không gây hiểu lầm gì.
Một xích chỉ chứa hai phần tử (a b) gọi là một phép chuyển vị.
Ta ký hiệu si = (i i + 1), i = 1, 2, · · · , n − 1, là các phép chuyển vị đổi chỗ hai số i và
i + 1.
Định lý 1.2 Mọi hoán vị đều là hợp thành của một số phép chuyển vị si .
Chứng minh. Về trực giác ta thấy định lý đúng vì chỉ cần đổi chỗ hai phần tử kề nhau
ta nhận được mọi hoán vị. Lý luận chặt chẽ như sau: Ở trên ta thấy mọi hoán vị đều viết
được như hợp thành của các xích. Mọi xích lại được viết thành hợp thành của các phép
chuyển vị
(x1 x2 · · · xn ) = (x1 xn )(x1 xn−1 ) · · · (x1 x2 ).


3

Hơn nữa mọi phép chuyển vị đều là hợp thành của các si :
(k l) = (k k + 1)(k + 1 k + 2) · · · (l − 1 l)(l − 2 l − 1) · · · (k k + 1).
Ta có điều cần chứng minh.
Ý tưởng coi các hoán vị như song ánh và sử dụng phép hợp thành thường có ích khi
giải những bài toán mà ta thực hiện liên tiếp nhiều phép đổi chỗ.
Bài tập 1.3. Một bộ bài gồm 2n + 1 quân bài phân biệt. Mỗi lần ta được quyền thực
hiện một trong hai cách tráo bài sau:
- Lấy một số quân bài ở trên cùng, giữ nguyên thứ tự và chuyển về cuối bộ bài;
- Lấy n quân bài ở trên cùng và lần lượt xếp chúng vào n vị trí ở giữa của n + 1 quân
bài dưới cùng.
Chứng minh rằng bằng cách thực hiện các phép tráo bài như trên ta nhận được không
quá 2n(2n + 1) hoán vị khác nhau của bộ bài ban đầu.
Gợi ý: Ta coi bộ bài ban đầu được đánh số lần lượt từ trên xuống dưới 1, 2, · · · , 2n + 1.
Có thể thấy hai phép tráo bài tương ứng với hai loại hoán vị
σk , τ : {1, 2, · · · , 2n + 1} → {1, 2, · · · , 2n + 1}

xác định như sau: σk (i) := i + k mod (2n + 1) với k = 1, 2, · · · , 2n + 1 và τ (i) := (n + 1)i
mod (2n + 1). Như vậy khi kết hợp hai phép tráo một số hữu hạn lần ta chỉ có thể nhận
được một hoán vị có dạng:
σ(i) = (n + 1)t i + c mod (2n + 1).
Ta thấy (n + 1)t nhận 2n giá trị 1, 2, · · · 2n còn c nhận 2n + 1 giá trị. Ta có điều cần chứng
minh.
Bài tập 1.4.(Nordic 2015) Có một bộ bách khoa toàn thư gồm 2000 tập xếp lần lượt trên
giá thành một hàng ngang. Ta được quyền đổi chỗ sách theo một trong hai cách sau:
- Lấy một số chẵn những quyển sách ở phần đầu, giữ nguyên thứ tự, và chuyển về xếp
ở cuối;
- Lấy một số lẻ những quyển sách ở phần đầu, đảo ngược thứ tự và xếp lại vào phần
đầu bộ.
Hỏi ta có thể nhận được bao nhiêu hoán vị khác nhau của bộ sách ban đầu bằng cách
thực hiện một số hữu hạn những lần đổi chỗ như trên?


4

Gợi ý: Giả sử ban đầu các quyển có số 1, 2, · · · , 2000. Ta nhận thấy khi thực hiện các
phép đổi chỗ thì các quyển có số chẵn luôn ở vị trí chẵn và quyển có số lẻ luôn ở vị trí
lẻ. Ta chứng minh có thể đổi chỗ để xếp các quyển sách có sỗ chẵn vào các vị trí chẵn
một cách tùy ý và sách có số lẻ vào những vị trí lẻ một cách tùy ý. Như vậy có thể tạo ra
(1000!)2 ) hoán vị. Điều này được suy ra từ hai nhận xét sau:
- Ta có thể đổi chỗ 2 quyển sách có sỗ chẵn kề nhau mà không làm thay đổi các quyển
có số chẵn khác;
- Ta cũng có thể đổi chỗ 2 quyển sách có số lẻ kề nhau mà không làm thay đổi bất kỳ
quyển sách nào khác.
2. Nghịch thế của hoán vị và một số bài toán liên quan
Xét một hoán vị σ cho bởi (a1 , a2 , · · · , an ) của các số (1, 2, · · · , n). Một cặp chỉ số (i, j)
được gọi là nghịch thế nếu i < j và ai > aj . Ta ký hiệu (σ) là số các nghịch thế của σ.

Ví dụ 2.1. Nếu σ cho bởi (1, 2, · · · , n) thì (σ) = 0. Nếu σ cho bởi (n, n − 1, · · · , 1) thì
(σ) =

n(n−1)
.
2

Ta dễ thấy phép chuyển vị si có thể biểu diễn như dãy (1, · · · i − 1, i +

1, i, i + 2, · · · n) và do đó có (si ) = 1 với mọi i.
Ta có tính chất sau của số nghịch thế.
Tính chất 2.2. (σ ◦ si ) = (σ) ± 1 và (si ◦ σ) = (σ) ± 1.
Chứng minh. Giả sử σ cho bởi (a1 , a2 , · · · , an ) thì dễ dàng tính được σ ◦ si cho bởi
(a1 , · · · , ai−1 , ai+1 , ai , ai+2 , · · · , an ). Như vậy nếu ai < ai+1 thì (σ ◦ si ) = (σ) + 1 và nếu
ai > ai+1 thì (σ ◦ si ) = (σ) − 1.

Ta tính được si ◦ σ(j) = si (aj ) =





i + 1 nếu aj = i




i







aj

nếu aj = i + 1
nếu aj = i, i + 1

Như vậy si ◦ σ sẽ tương ứng với dãy nhận được từ (a1 , a2 , · · · , an ) sau khi đổi chỗ hai
số ak = i và al = i + 1. Rõ ràng khi thay i bởi i + 1 hay ngược lại thì quan hệ lớn hơn,
nhỏ hơn giữa các số này với những số ai , i = k, l còn lại cũng không thay đổi. Như vậy nếu
ban đầu trong hoán vị (a1 , a2 , · · · , an ) số i đứng trước i + 1 thì sau khi đổi chỗ số nghịch
thế tăng 1, còn nếu i đứng sau i + 1 thì sau khi đổi chỗ số nghịch thế giảm đi 1.


5

Tính chất 2.3. Với σ và τ là hai hoán vị bất kỳ của (1, 2, · · · , n) ta có
(σ ◦ τ ) ≡ (σ) + (τ )

mod 2.

Chứng minh. Theo Định lý 1.2 ta có thể biểu diễn σ = si1 ◦ si2 ◦ · · · ◦ sik . Sử dụng tính
chất 2.2 liên tiếp ta có
(σ) = (si1 ◦ si2 ◦ · · · ◦ sik−1 ) ± 1 = · · · = ±1 ± 1 · · · ± 1 .
k lần

Từ đó suy ra (σ) ≡ k mod 2. Như vậy có nhiều cách khác nhau để phân tích một hoán
vị σ thành hợp thành của các si , nhưng số các si xuất hiện trong các phân tích luôn chẵn

hoặc luôn lẻ phụ thuộc vào tính chẵn, lẻ của (σ).
Tương tự ta có τ = sj1 ◦ sj2 ◦ · · · ◦ sjl và (τ ) ≡ l mod 2.
Như vậy σ ◦ τ = si1 ◦ si2 ◦ · · · ◦ sik ◦ sj1 ◦ sj2 ◦ · · · ◦ sjl . Cũng lý luận tương tự trên ta có
(σ ◦ τ ) ≡ k + l

mod 2.

Ta có đẳng thức cần chứng minh.
Ví dụ 2.4. Ví dụ này giới thiệu trò chơi 15 gồm 1 bảng cỡ 4 × 4 trong đó có 15 ô đánh số
từ 1 đến 15 và một ô trống. Ta có thể đẩy các ô bên cạnh vào ô trống để thay đổi trạng
thái của bảng. Vào năm 1880, Sam Loyd, một nhà sáng chế trò chơi, câu đố nổi tiếng
người Mỹ đã đưa ra thách đố: hãy đưa bảng ở trạng thái ban đầu như hình bên tay trái
về hình bên tay phải.

Hình 1. Câu đố của Sam Loyd
Sam Loyd đã treo thưởng 1000 Đô la cho lời giải, nhưng không ai nhận được giải thưởng
vì thách đố này không thể làm được. Ta coi một trạng thái của bảng như một hoán vị
của các số 1, 2, · · · , 15 nhận được khi viết các số lần lượt từ trái qua phải từ trên xuống


6

dưới. Như vậy thách đố tương đương với việc đưa hoán vị (1, 2, · · · , 14, 15) về thành hoán
vị (1, 2, · · · , 15, 14).
Ta nhận xét :
- Khi trượt một ô cùng hàng vào ô trống thì hoán vị không thay đổi.
- Khi trượt một ô cùng cột vào ô trống thì số đó được chuyển về phía trước hoặc phái
sau cách 3 vị trí. Tức là ta thực hiện 3 lần đổi chỗ hai ô đứng cạnh nhau, như vậy số
nghịch thế sẽ thay đổi tính chẵn, lẻ.
Do đó nếu ta đánh số các hàng lần lượt là 1, 2, 3, 4 thì đại lượng:

số nghịch thế + vị trí hàng của ô trống mod 2 là bất biến. Với bảng ở hình bên trái
đại lượng này bằng 0 còn hình bên phải thì đại lượng này bằng 1. Vậy không thể đưa được
về bảng bên phải.
Bài tập 2.5. Có một bộ 10 quyển sách, được đánh số từ 1 đến 10, xếp thành một hàng
ngang trên giá một cách bất kỳ. Mối lần ta được quyển đổi chỗ hai quyển sách đứng cạnh
nhau. Hỏi cần ít nhất bao nhiêu lần đổi để đảm bảo luôn xếp được sách theo thứ tự tăng
dần.
Gợi ý: Dễ thấy cần không quá 9 lần đổi có thể đưa quyển 1 về đầu, không quá 8 lần
đổi có thể đưa quyển 2 về vị trí thứ hai, ...như vậy cần không quá 45 lần đổi có thể xếp
tất cả theo thứ tự tăng dần.
Mỗi lần đổi hai quyển kề nhau thì số nghịch thế tăng hoặc giảm 1. Vì vậy nếu ban đầu
sách xếp theo thứ tự 10, 9, · · · , 1 thì phải cần đúng 45 lần đổi. Vậy số lần đổi ít nhất thỏa
mãn đầu bài là 45.
Ta xét một bài tập phát biểu tương tự bài trên nhưng cho phép đổi chỗ hai quyển sách
bất kỳ.
Bài tập 2.6. Có một bộ 10 quyển sách, được đánh số từ 1 đến 10, xếp thành một hàng
ngang trên giá một cách bất kỳ. Mối lần ta được quyển đổi chỗ hai quyển sách bất kỳ. Hỏi
cần ít nhất bao nhiêu lần đổi để đảm bảo luôn xếp được sách theo thứ tự tăng dần.
Gợi ý: Mỗi lần đổi chỗ hai phần tử của hoán vị thì số lượng xích giảm đi hoặc tăng
lên một phụ thuộc vào hai phần tử này có nằm trong cùng một xích hay không. Dễ dàng
thấy nếu được dùng 9 lần thì luôn đổi được. Xét hoán vị vòng quanh (2, 3, · · · , n, 1) thì
cần đúng 9 lần đổi.


7

Bài tập 2.7.[2] Giả sử mỗi lần ta được quyền đổi chỗ hai khối kề nhau mỗi khối chứa một
số bất kỳ các phần tử. Hỏi cần ít nhất bao nhiêu lần đổi để đưa hoán vị (n, n − 1, · · · , 2, 1)
về thành (1, 2, · · · , n).
Gợi ý: Với một hoán vị (a1 , a2 , · · · , an ), ta xét đại lượng số các chỉ số i mà ai > ai+1 .

Ban đầu đại lượng này bằng n − 1, cuối cùng bằng 0. Dễ thấy mỗi lần đổi chỗ hai khối thì
đại lượng này giảm nhiều nhất là 2, riêng lần đầu và lần cuối chỉ có thể giảm đi 1. như
vậy số lần ít nhất sẽ lớn hơn hoặc bằng
Ta có thể chỉ ra cách dùng đúng

n+1
2

n+1
2

.

lần đổi chỗ 2 khối có thể thực hiện được. Ví dụ

n = 9 ta sẽ làm như sau:
9, 8, 7, 6, 5, 4 , 3, 2, 1 → 5, 4, 9, 8, 7, 6, 3 , 2, 1 → 5, 6, 3, 4, 9, 8, 7, 2 , 1 →
5, 6, 7, 2, 3, 4, 9, 8, 1 → 5, 6, 7, 8, 1, 2, 3, 4, 9 → 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.
Bài tập 2.8.[3] Chứng minh rằng nếu τ = σ −1 là ánh xạ ngược của σ thì (τ ) = (σ).
3. Bài toán đếm số các hoán vị thỏa mãn điều kiện cho trước
Trong mục này chúng ta xét một số bài toán tìm số các hoán vị với các điều kiện ràng
buộc về số các nghịch thế hay điều kiện về các dãy con ba phần tử.
Bài tập 3.1. Có bao nhiêu hoán vị của 1, 2, · · · , n có đúng 1 nghịch thế.
Gợi ý: Chỉ có hai trường hợp an = n hoặc an−1 = n, an = n − 1. Từ đó dùng truy hồi
ta được đáp số n − 1.
Bài tập 3.2. Chứng minh rằng có đúng

n
2

− 1 hoán vị có đúng hai nghịch thế.

Gợi ý: Truy hồi, sử dụng kết quả bài 3.1.
Bài tập 3.3 Có bao nhiêu hoán vị (a1 , a2 , · · · , an ) của 1, 2, · · · , n mà tồn tại duy nhất
một chỉ số i để ai > ai+1 .
Ta sẽ có bài toán khó hơn khi đặt các điều kiện vào các dãy con ba phần tử. Ta đặt
Sn (123) := {hoán vị (a1 , a2 , · · · , an )| không có 3 chỉ số i < j < k mà ai < aj < ak }
Sn (132) := {hoán vị (a1 , a2 , · · · , an )| không có 3 chỉ số i < j < k mà ai < ak < aj }
Ta có thể định nghĩa tương tự cho 4 tập Sn (231), Sn (321), Sn (213) và Sn (312). Việc
tính số phần tử của các tập trên là một trong những kết quả cơ bản và đẹp đẽ trong lý
thuyết hoán vị. Trước tiên ta có một số nhận xét đơn giản:
- Có song ánh tự nhiên:
Sn (123) → Sn (321),


8

Sn (132) → Sn (231),
Sn (213) → Sn (312)
cho bởi ((a1 , a2 , · · · , an ) → (an , an−1 , · · · , a1 )
- Có song ánh Sn (231) → Sn (312) cho bởi σ → σ −1 .
Như vậy ta chỉ cần tính số phần tử của hai tập Sn (123) và Sn (132). Ta có kết quả sau.
Định lý 3.4. [1, 5] Số phần tử của Sn (132) bằng

2n
1
n+1 n

.

Chứng minh. Đặt an := |Sn (132)|, dễ thấy a1 = 1, a2 = 2. Ta xét trường hợp ai = n,
khi đó
(a1 , a2 , · · · , an ) ∈ Sn (132) ⇐⇒ (a1 , a2 , · · · , ai−1 ) ∈ Si−1 (132) và (ai+1 , ai+2 , · · · , an ) ∈
Sn−i (132).
n
1 ai−1 an−i ,

Từ đó ta có công thức truy hồi: an =

( quy ước a0 = 1).

Đây chính là công thức truy hồi cho số Catalan nổi tiếng, với cùng giá trị ban đầu. Từ
đó ta nhận được an chính là số Catalan

2n
1
n+1 n

.

Định lý 3.5.[1, 5] Hai tập Sn (123) và Sn (132) có cùng số phần tử.
Chứng minh. Bạn đọc có thể tham khảo trong tài liệu [1].
Các kết quả sau đây có thể chứng minh đơn giản bằng truy hồi, thích hợp dùng làm
bài tập cho học sinh
Bài tập 3.6[5] Chứng minh rằng |Sn (123)∩Sn (132)| = 2n−1 và |Sn (132)∩Sn (213)| = 2n−1
Bài tập 3.7[4] Chứng minh rằng có đúng (n − 2)2n−3 hoán vị trong Sn (132) mà nó chứa
đúng một dãy con tăng dần có 3 phần tử.
Tài liệu
[1] Bóna, Miklós. Combinatorics of permutations. CRC Press, 2012.
[2] Eriksson, Henrik, et al. "Sorting a bridge hand." Discrete Mathematics 241.1-3 (2001):

289-300.
[3] Knuth, Donald Ervin. The art of computer programming: sorting and searching. Vol. 3.
Pearson Education, 1998.
[4] Robertson, Aaron. "Permutations containing and avoiding 123 and 132 patterns." Discrete
Mathematics and Theoretical Computer Science 3.4 (1999).
[5] Simion, Rodica, and Frank W. Schmidt. "Restricted permutations." European Journal of
Combinatorics 6.4 (1985): 383-406.