Tư tưởng song ánh trong một số bài toán đếm

Tên thành viên
Nguyễn Quỳnh Anh
Nguyễn Thị Phương Anh
Nguyễn Minh Đức B
Nguyễn Huy Hoàng A
Nguyễn Khánh Ly
Nguyễn Hải Minh
Lê Minh
Hoàng Ngô Bích Ngọc
Nguyễn Anh Thư


LỜI MỞ ĐẦU
Một trong những vấn đề đầu tiên của việc nghiên cứu tổ hợp là đếm xem có bao nhiêu cấu
hình được tạo ra với các quy tắc đã nêu? Để đếm được chính xác ta phải phân biệt được các
cấu hình dựa vào các quy luật xây dựng chúng. Vì thế có thể xem bài toán đếm là những bài
toán luyện tập đầu tiên để con người làm quen với tư duy tổ hợp, điều này giải thích vì sao
một số bài toán đếm đã được đưa vào phổ thông từ những năm mới đi học.
Bài toán đếm rất phong phú từ dạng phát biểu cho đến cách giải. Độ khó của chúng cũng
được trải rất rộng, có những công thức được tìm ra qua một vài suy luận đơn giản nhưng cũng
có những công thức mà việc tìm thấy chúng phải kéo dài hàng thế kỉ. Có những bài toán đếm
gặp rất nhiều khó khăn, bế tắc nếu như giải bằng phương pháp trực tiếp, trong khi giải bằng
phương pháp gián tiếp lại trở nên rõ ràng, đơn giản. Một phương pháp giải khá hiệu quả đối
với lớp bài tập này đó chính là áp dụng nguyên lí song ánh.
I. Kiến thức cơ bản
1. Các khái niệm
- Một ánh xạ 𝑓: X →Y là một quy tắc cho tương ứng với mỗi phần tử x ∈ X một phần tử xác
định y ∈ Y, kí hiệu 𝑓(x).
- Ta bảo một ánh xạ 𝑓: X →Y là một song ánh hay ánh xạ một đối một từ X lên Y, nếu với
mọi y ∈ Y có một và chỉ một x ∈ X sao cho y = 𝑓(x).

2. Nguyên lí song ánh
- Nguyên lí song ánh: Cho A và B là hai tập hữu hạn khác rỗng và 𝑓: A →B là một ánh xạ.
Khi đó, nếu 𝑓 là song ánh thì |𝐴| = |𝐵|.
- Phương pháp song ánh dựa vào ý tưởng rất đơn giản: Nếu tồn tại một song ánh từ tập hữu
hạn A vào tập hữu hạn B thì |𝐴| = |𝐵|. Do đó, muốn chứng minh hai tập hợp có cùng số phần
tử, chỉ cần xây dựng một song ánh giữa chúng. Hơn nữa, ta có thể đếm được số phần tử của
một tập hợp A bằng cách xây dựng song ánh từ A vào một tập hợp B mà ta đã biết cách đếm
hoặc dễ đếm hơn.
- Cho hai tập A và B có n phần tử, số lượng song ánh 𝑓: A →B là n!
II. Ứng dụng
Bài toán mở đầu:
Nguyên lí song ánh nghe thì đơn giản nhưng vận dụng thì không đơn giản chút nào. Sẽ có
bao nhiêu là câu hỏi: Tìm B ở đâu ra? Xây dựng song ánh thế nào? Tại sao B đếm dễ mà A lại
khó?
Ta hãy bắt đầu từ bài toán chia kẹo của Euler: “ Có bao nhiêu cách chia n viên kẹo cho k
người? ”

TƯ TƯỞNG SONG ÁNH TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẾM

1


Phân tích và lời giải:
❑ Với k ≥ 1; n, k ∈ N
Giả sử n cái kẹo được xếp thành một hàng ngang, giữa chúng có n-1 khoảng trống. Đặt
một cách bất kì k-1 vạch vào k-1 trong n-1 khoảng trống, ta được một cách chia n cái kẹo
𝑘−1
thành k phần lần lượt gán cho k người. Vậy số cách chia là 𝐶𝑛−1
Nhận xét:
- Kỹ thuật tạo vách ngăn là một kỹ thuật thường được sử dụng đối với các bài toán phân chia

các phần tử từ các tập hợp.
- Đặc điểm nhận biết: Yêu cầu bài toán đưa về việc xếp hai hay nhiều phần tử không đứng
cạnh nhau.
❑ Với k ≥ 0; n, k ∈ N
Chúng ta sẽ phát biểu lại bài toán dưới dạng khác: “ Cho n, k ∈ N. Tìm số nghiệm nguyên
không âm của phương trình: 𝑥1 + 𝑥2 + … + 𝑥𝑘 = n (1)”
Xét ánh xạ 𝑓: A →B cho tương ứng mỗi (𝑥1 ; 𝑥2 ;…; 𝑥𝑘 ) ∈ A với (𝑦1 ; 𝑦2 ;…; 𝑦𝑘 ) ∈ B sao
cho 𝑦𝑖 = 𝑥𝑖 + 1 ≥ 1, ∀𝑖 = 1, 𝑘. Khi đó, phương trình (1) trở thành 𝑦1 + 𝑦2 + … + 𝑦𝑘 = n + k
với y ≥ 1. Dễ dàng chứng minh được 𝑓 là song ánh. Bằng cách tương tự trường hợp trên ta
𝑘−1
tìm được |𝐴| = |𝐵| = 𝐶𝑛+𝑘−1
Lưu ý:
Từ bài toán trên, ta thu được 2 tính chất cho phương trình:
𝑥1 + 𝑥2 + … + 𝑥𝑘 = n (n, k ∈ N)
* Tính chất 1:
𝑘−1
Với k ≥ 1 thì số nghiệm nguyên dương của phương trình là 𝐶𝑛−1

* Tính chất 2:
𝑘−1
Với k ≥ 0 thì số nghiệm nguyên không âm của phương trình là 𝐶𝑛+𝑘−1

Mở rộng: Dưới đây là bài toán chia kẹo của Euler ở mức độ tổng quát hơn:
Có bao nhiêu cách chia n viên kẹo cho k người sao cho mỗi người có ít nhất m viên kẹo?
( Bạn đọc tự chứng minh )
⟹ Có thể nói bài toán chia kẹo của Euler là một ứng dụng trực tiếp của phương pháp song
ánh, hết sức quan trọng đối với việc giải các bài toán tổ hợp. Sau đây, ta sẽ áp dụng các tính
chất rút ra từ bài toán vào các dạng bài tập tổng quát thường gặp.
Bài toán 1:
Có n vật giống hệt nhau và m hộp phân biệt (n≥ m; n, m ∈ 𝑁 ∗ )

a) Hỏi có bao nhiêu cách phân phối hết n vật đó vào m hộp đã cho?

TƯ TƯỞNG SONG ÁNH TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẾM

2


b) Hỏi có bao nhiêu cách phân phối hết n vật đó vào m hộp đã cho sao cho mỗi hộp có ít nhất
một vật?
Phân tích và lời giải:
Đánh số các hộp theo thứ tự từ 1 đến m. Giả sử ta đã phân phối hết n vật vào m hộp đã cho.
Gọi 𝑥𝑖 là số vật được phân phối cho hộp thứ i, với i = 1, 𝑚
a) Số cách phân phối thỏa mãn bằng số nghiêm nguyên không âm của phương trình 𝑥1 + 𝑥2 +
𝑚−1
… + 𝑥𝑚 = n và bằng 𝐶𝑚+𝑛−1
(cách) (theo tính chất 2)
b) Số cách phân phối thỏa mãn mỗi hộp có ít nhất một vật bằng số nghiệm nguyên dương của
hệ phương trình:
{

𝑥1 + 𝑥2 + … + 𝑥𝑚 = n
𝑥1 ≥ 1, ∀𝑖 = 1, 𝑚

𝑚−1
Kết quả cần tìm là 𝐶𝑛−1
(theo tính chất 1)

Bài toán 2:
Có n người xếp thành hàng dọc (n ≥ 1). Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra k người sao cho
trong số đó không có hai người nào đứng liên tiếp trong hàng?

Phân tích và lời giải:
❖ Cách 1 (kỹ thuật tạo vách ngăn)
Lấy k phần tử ra, sẽ còn lại n – k phần tử
Tính cả 2 đầu tổng cộng sẽ có n – k + 1 khoảng trống (giữa các phần tử)
Mỗi cách lấy ra k khoảng từ các khoảng này, sẽ tương ứng chọn k phần tử thỏa mãn yêu cầu
đã nêu.
𝑘
Số cách cần tìm sẽ là 𝐶𝑛−𝑘+1

❖ Cách 2 (nguyên lí ánh xạ)
Ta đánh số n người bằng các số thứ tự 1,2,3,…,n. Một cách chọn thích hợp chính là một bộ
số 1 ≤ 𝑎1 < 𝑎2 <…< 𝑎𝑘 ≤ n thỏa mãn điều kiện 𝑎𝑖+1 - 𝑎𝑖 > 1 ( tức là ≥ 2). Vậy ta cần tìm
số phần tử của tập
A = {(𝑎1, 𝑎2 , … , 𝑎𝑘 )|1 ≤ 𝑎1 < 𝑎2 < ⋯ < 𝑎𝑘 ≤ n, 𝑎𝑖+1 − 𝑎𝑖 ≥ 2, ∀𝑖 = 1; 𝑛 − 1}
Xét ánh xạ 𝑓(𝑎1, 𝑎2 , … , 𝑎𝑘 ) = (𝑏1, 𝑏2 , … , 𝑏𝑘 ) với 𝑏𝑖 = 𝑎𝑖 – i + 1 thì rõ ràng ta có
1) 𝑏1 = 𝑎1 > 1
2) 𝑏𝑖+1 - 𝑏𝑖 = (𝑎𝑖+1 – (i+1) + 1) – (𝑎𝑖 – i + 1) = 𝑎𝑖+1 - 𝑎𝑖 – 1 > 0
3) 𝑏𝑘 = 𝑎𝑘 – k +1 ≤ n – k + 1
Suy ra (𝑏1, 𝑏2 , … , 𝑏𝑘 ) = (𝑎1 , 𝑎2 -1, 𝑎3 -2,…, 𝑎𝑘 -k+1) là phần tử của tập B
B = {(𝑏1, 𝑏2 , … , 𝑏𝑘 )|1 ≤ 𝑏1 < 𝑏2 < ⋯ < 𝑏𝑘 ≤ n − k + 1 }

TƯ TƯỞNG SONG ÁNH TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẾM

3


Ta chứng minh đây là một song ánh
Với hai bộ bất kì (𝑎1; 𝑎2 ; … ; 𝑎𝑘 ), (𝑎′1 ; 𝑎′2 ; 𝑎′3 ; … ; 𝑎′𝑘 ) ∈ A là khác nhau nghĩa là chúng khác
nhau tại một vị trí nào đó, giả sử là vị trí thứ I, tức là 𝑎1 ≠ 𝑎′𝑖
⇒ 𝑎𝑖 – i + 1 ≠ 𝑎′𝑖 – i + 1

Hay hai bộ (𝑎1 ; 𝑎2 -1; 𝑎3 -2;…; 𝑎𝑘 -k+1); (𝑎′1; 𝑎′2 -1; 𝑎′3 -2;…; 𝑎′𝑘 -k+1) là khác nhau
Suy ra 𝑓 là đơn ánh
Với mỗi bộ (𝑎1 ; 𝑎2 -1; 𝑎3 -2;…; 𝑎𝑘 -k+1) ∈ B rõ ràng luôn cho một bộ (𝑎1; 𝑎2 ; … ; 𝑎𝑘 ) ∈ A hay
𝑓 là toàn ánh
𝑘
Vậy 𝑓 là song ánh ⇒ |𝐴| = |𝐵| = 𝐶𝑛−𝑘+1

Nhận xét:
Câu hỏi được đặt ra ở đây là tại sao ta lại nghĩ đến việc thiết lập mối quan hệ 𝑏𝑖 = 𝑎𝑖 – i + 1?
Bởi vì theo giả thiết, ta cần chọn 𝑎1; 𝑎2 ; … ; 𝑎𝑘 là những số không liên tiếp, hay 𝑎1 < 𝑎2 -1 <
< 𝑎3 -2 < …< 𝑎𝑘 - k + 1. Từ đây, ta sẽ thiết lập được một song ánh hợp lý.
Mở rộng: Bài toán trên còn có thể phát biểu dưới dạng hình học tổ hợp như sau:
Bài toán 2’: Trên đường thẳng cho các điểm 𝐴1 ; 𝐴2 ;…; 𝐴𝑛 tương ứng với các số 1;2;…;n. Có
bao nhiêu cách tô màu k điểm trong n điểm trên sao cho không có 2 điểm liên tiếp được tô.
* Hướng dẫn:
Đánh số các điểm 𝐴1 ; 𝐴2 ;…; 𝐴𝑛 tương ứng với 1;2;…;n. Cách tô màu thỏa mãn đề bài chính
là cách chọn k số từ n số trên sao cho không có 2 số liên tiếp được chọn. Theo bài toán 2 được
𝑘
kết quả là 𝐶𝑛−𝑘+1
Bài toán 3:
Có n người xếp thành một vòng tròn. Có bao nhiêu cách chọn ra k người sao cho không có
hai người kề nhau được chọn?
Phân tích và lời giải:
❖ Cách 1:
Bài toán này có thể giải bằng kết quả của một bài toán trên và phương pháp “cắt đường
tròn”. Giả sử n người đó được đánh số 1;2;…;n. Ta xét các trường hợp sau:
1) Người số 1 được chọn. Khi đó người số 2 và số n không được chọn. Như vậy ta phải
chọn thêm k – 1 người từ 3 đến n – 1 sao cho không có 2 người kề nhau được chọn. Vì n – 1
khồng kề 3 nên có thể coi đây là n – 3 người xếp theo một hàng dọc. Theo kết quả của bài
𝑘−1

𝑘−1
toán trên, số cách chọn bằng 𝐶𝑛−3−(𝑘−1)−1
= 𝐶𝑛−𝑘−1
2) Người số 1 không được chọn. Khi đó ta cần chọn k người từ số 2 đến n sao cho không có
2 người kề nhau được chọn. Vì 2 và n không kề nhau nên có thể coi đây là n – 1 người xếp
𝑘
thành một hàng dọc. Theo kết quả của bài toán trên, số cách chọn bằng 𝐶𝑛−𝑘

TƯ TƯỞNG SONG ÁNH TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẾM

4


Vậy đáp số của bài toán là:
(𝑛−𝑘−1)!

(𝑛−𝑘)!

(𝑛−𝑘−1)!

𝑛

𝑘
𝑘−1
𝑘−1
𝐶𝑛−𝑘−1
+ 𝐶 𝑛−𝑘
= (𝑘−1)!(𝑛−2𝑘)! + 𝑘!(𝑛−2𝑘)! = 𝑘!(𝑛−2𝑘)! (k + n – k) = 𝑘 𝐶𝑛−𝑘−1

Nhận xét:

Câu hỏi được đặt ra ở bài toán này là tại sao ta lại không thể áp dụng trực tiếp cách chọn như
ở bài trên. Lí do bởi vì khi n phần tử được xếp thành vòng tròn, nếu ta thay đổi góc quay sẽ có
những vị trí có cách chọn giống nhau, khi lựa chọn sẽ bị lặp. Do đó, ta cần cố định một phần
tử và chọn từ (n – 1) phần tử còn lại.
❖ Cách 2:
Chọn một người bất kì có n cách. Coi người đó ở vị trí thứ 1.
Tiếp tục chọn ra k-1 người, ta kí hiệu k-1 người bằng 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑘−1
Không mất tính tổng quát, giả sử 3 ≤ 𝑎1 < 𝑎2 < ⋯ < 𝑎𝑘−1 ≤ 𝑛 − 1
Để trong k-1 người không có 2 người nào kề nhau ⇒ 3 ≤ 𝑎1 < 𝑎2 − 1 < ⋯ < 𝑎𝑘−1 − 𝑘 + 2 ≤
≤𝑛−𝑘+1
Từ đó suy ra số cách chọn 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑘−1 là số cách chọn k-1 số nguyên phân biệt không liên
𝑘−1
tiếp từ 3 đế𝑛 𝑛 − 𝑘 + 1 ⇒ 𝑐ó 𝐶𝑛−𝑘−1
𝑐á𝑐ℎ
Cần chú ý rằng, do vai trò của k người như nhau nên số cách cần tìm là:
𝑛 𝑘−1
.𝐶
𝑘 𝑛−𝑘−1
Nhận xét:
Rõ ràng lời giải 2 ngắn gọn hơn rất nhiều. Bởi vì ta đã tiếp tận bài toán theo hướng khác, do
để ý thấy phần tử đầu tiên là một phần tử đặc biệt. Việc ưu tiên các phần tử đặc biệt trước
chính là một tư duy nên phát triển khi giải quyết các bài toán đếm.
Mở rộng: Bài toán trên còn có thể phát biểu dưới dạng hình học tổ hợp như sau:
Bài toán 3.1: Trên đường tròn cho các điểm 𝐴1 ; 𝐴2 ;…; 𝐴𝑛 theo chiều kim đồng hồ. Có bao
nhiêu cách tô màu k điểm trong n điểm trên sao cho không có hai điểm liên tiếp được tô.
* Hướng dẫn
Xét điểm 𝐴1 . Nếu 𝐴1 được tô màu khi đó hai điểm 𝐴2 ; 𝐴𝑛 không được tô. Suy ra số cách
thỏa mãn là số cách tô k – 1 điểm trong số n – 3 điểm 𝐴3 ; 𝐴4 ;…; 𝐴𝑛−1 sao cho không có hai
𝑘−1
điểm liên tiếp được tô. Kết quả là 𝐶𝑛−𝑘−1

Nếu 𝐴1 không được tô màu thì số cách thỏa mãn là số cách tô k điểm trong số các điểm
𝑘
𝐴2 ;𝐴3 ;…; 𝐴𝑛 sao cho không có 2 điểm liên tiếp được tô. Kết quả là 𝐶𝑛−𝑘
𝑘−1
𝑘
Vậy tổng số cách là 𝐶𝑛−𝑘−1
+ 𝐶𝑛−𝑘

Bài toán 3.2: Cho đa giác lồi 𝐴1 ; 𝐴2 ;…; 𝐴𝑛 với các đỉnh được đánh theo chiều kim đồng hồ.
Có bao nhiêu cách tô màu k đỉnh trong n đỉnh trên sao cho không có 2 đỉnh liên tiếp được tô.
(Bài này có cách giải tương tự bài toán 3.1)

TƯ TƯỞNG SONG ÁNH TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẾM

5


* Những tư tưởng trong các bài toán này đã đặt ra cho chúng ta một vấn đề có thể ứng dụng
vào thực tế: Tìm số cách chặt k cây trong n cây sao cho không có hai cây nào liền kề bị chặt.
Bài toán 4:
Cho n, k ∈ N* và 1 < k ≤ n. Hỏi có tất cả bao nhiêu cách chọn ra k số đôi một khác nhau từ
n số nguyên dương đầu tiên sao cho trong mỗi bộ k số được chọn ra, không có hai số nào là
hai số nguyên liên tiếp.
Phân tích và lời giải:
Gọi A = {(𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑘 )|𝑎𝑖 ∈ {1; 2; … ; 𝑛}, |𝑎𝑖 − 𝑎𝑗 | ∉ {0; 1} ∀𝑖 ≠ 𝑗 ∈ {1; 2; … ; 𝑘}}
Không mất tính tổng quát với mỗi (𝑎1; 𝑎2 ; … ; 𝑎𝑘 ) ∈ A, ta có thể giả sử
𝑎1 < 𝑎2 <…< 𝑎𝑘
Xét tương ứng
(𝑎1; 𝑎2 ; … ; 𝑎𝑘 ) ∈ A → (𝑎1 , 𝑎2 -1, 𝑎3 -2,…, 𝑎𝑘 -k+1)
Dễ thấy, tương ứng nói trên xác lập một song ánh từ A đến B với B là tập gồm tất cả các bộ

(𝑏1, 𝑏2 , … , 𝑏𝑘 ) không có thứ tự thỏa mãn.
𝑏1 ∈ {1; 2; … ; 𝑛 − 𝑘 + 1}, ∀𝑖 = 1;2;…;k
Và 𝑏1 ≠ 𝑏𝑗 , ∀𝑖 ≠ j ∈ {1; 2; … ; 𝑘}
𝑘
Từ đây suy ra |𝐴| = |𝐵| = 𝐶𝑛−𝑘+1

Mở rộng:
Bài toán 4’: Có bao nhiêu cách chọn k số từ n số nguyên dương đầu tiên sao cho với 2 số bất
kì a,b được chọn ta luôn có |𝑎 − 𝑏| > m (ở đây không quan tâm thứ tự chọn các số này)
* Hướng dẫn:
Cần tìm số phần tử của tập A = {(𝑎1; 𝑎2 ; … ; 𝑎𝑘 )|𝑎𝑖 < 𝑎𝑖+1 − 𝑚, 1 ≤ 𝑎𝑖 ≤ n}
Xét tập B = {(𝑏1; 𝑏2 ; … ; 𝑏𝑘 )|𝑏𝑖 < 𝑏𝑖+1 ; 1 ≤ 𝑏𝑖 ≤ n − (k − 1)m}
Thiết lập một ánh xạ 𝑓: A →B
(𝑎1; 𝑎2 ; … ; 𝑎𝑘 ) → (𝑎1; 𝑎2 − 𝑚; 𝑎3 − 2𝑚; … ; 𝑎𝑘 - (k - 1) m)
Ta dễ dàng chứng minh đây là một song ánh
𝑘
⇒ |𝐴| = |𝐵| = số cách chọn k số từ n – (k – 1)m số mà không quan tâm thứ tự bằng 𝐶𝑛−(𝑘−1)𝑚

Tương tự như trên có một sô bài toán khác có cách phát biểu như bài toán 4’
Bài toán 4’.1: Trên đường thẳng cho các điểm 𝐴1 ; 𝐴2 ;…; 𝐴𝑛 . Có bao nhiêu cách tô màu k
điểm trong n điểm trên sao cho giữa 2 điểm liên tiếp được tô có nhiều hơn m điểm không
được tô.

TƯ TƯỞNG SONG ÁNH TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẾM

6


Bài toán 4’.2: Trên đường tròn cho các điểm 𝐴1 ; 𝐴2 ;…; 𝐴𝑛 theo chiều kim đồng hồ. Có bao
nhiêu cách tô màu k điểm trong n điểm trên sao cho giữa 2 điểm liên tiếp được tô có nhiều

hơn m điểm không được tô.
Bài toán 4’.3: Cho các số nguyên dương n, k, p với k ≥ 2 và k(p + 1) ≤ n. Cho n điểm phân
biệt nằm trên một đường tròn, tô tất cả n điểm đó bởi 1 trong 2 màu xanh, đỏ (mỗi điểm một
màu) sao cho có đúng k điểm tô màu xanh và trên mỗi cung tròn mà hai đầu mút là hai điểm
xanh liên tiếp (tính theo chiều kim đồng hồ) luôn có ít nhất p điểm đỏ. Hỏi có bao nhiêu cách
tô khác nhau? (Hai cách tô khác nhau nếu có ít nhất một điểm tô bởi 2 màu khác nhau trong
hai cách tô đó).
(Các bài toán 4’.1, bài toán 4’.2, bài toán 4’.3 được giải quyết cùng tư tưởng trên khi vận
dụng bài toán 4’. Bạn đọc tự chứng minh)
Bài toán 5:
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)
2)
3)
4)

Mỗi ghế có đúng 1 người ngồi
Thứ tự ngồi của các cô gái, xét từ trái qua phải là 𝐺1 ,𝐺2, 𝐺3, 𝐺4, 𝐺5
Giữa 𝐺1 và 𝐺2 có ít nhất 3 chàng trai
Giữa 𝐺4 và 𝐺5 có ít nhất 1 chàng trai

Hỏi có 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)
Phân tích và lời giải:
❖ Cách 1 (bài toán chia kẹo của Euler):
Đánh số thứ tự các ghế từ trái sang phải là 1,2,…,17
Gọi 𝑥1 là số chàng trai được xếp bên trái. 𝐺1 , 𝑥2 là số chàng trai ở giữa 𝐺1 và 𝐺2 , 𝑥3 là số
chàng trai ở giữa 𝐺2 và 𝐺3 , 𝑥4 là số chàng trai ở giữa 𝐺3 và 𝐺4 , 𝑥5 là số chàng trai ở giữa 𝐺4

và 𝐺5 , 𝑥6 là số chàng trai được xếp bên phải 𝐺5 . Khi đó bộ số (𝑥1 ; 𝑥2 ; …; 𝑥6 ) hoàn toàn xác
định vị trí các cô gái và theo giả thiết ta có:
1) 𝑥1 + 𝑥2 + … + 𝑥6 = 12
2) 3 ≤ 𝑥2
3) 1 ≤ 𝑥 ≤ 4
Để đưa về các biến không âm, ta đổi biến 𝑦2 = 𝑥2 − 3 và 𝑦5 = 𝑥5 − 1. Từ đó được
𝑥1 + 𝑦2 + 𝑥3 + 𝑥4 + 𝑦5 + 𝑥6 = 8 với các ẩn không âm và có thêm điều kiện 𝑦5 ≤ 3
Tiếp theo, sử dụng tính chất 2 ở dạng 5 ≤ 𝑥1 + 𝑦2 + 𝑥3 + 𝑥4 + 𝑥6 = 8 - 𝑦5 ≤ 8 ta được số
cách phân ghế cho các cô gái là:
5−1
5−1
5−1
5−1
4
4
4
𝐶8+5−1
+ 𝐶7+5−1
+ 𝐶6+5−1
+ 𝐶5+5−1
= 𝐶12
+ 𝐶11
+ 𝐶10
+ 𝐶94 = 1161

Vì còn có 12 chàng trai có thể hoán đổi vị trí ở 12 chiếc ghế dành cho họ nên số cách xếp
thỏa mãn yêu cầu bài toán là 12!1161

TƯ TƯỞNG SONG ÁNH TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẾM

7


❖ Cách 2:
Cũng đánh số thứ tự các ghế từ trái sang phải là 1;2;…;17
Gọi 𝑔1 , 𝑔2 , 𝑔3 , 𝑔4 , 𝑔5 là vị trí chỗ ngồi của các cô gái 𝐺1 ,𝐺2, 𝐺3, 𝐺4, 𝐺5 tương ứng
Khi đó ta có 1 ≤ 𝑔1 < 𝑔2 < 𝑔3 < 𝑔4 < 𝑔5 ≤ 17. Ngoài ra ta còn có:
3 < 𝑔2 − 𝑔1 và 1 < 𝑔5 − 𝑔4 < 6
Đặt A = {(𝑔1 , 𝑔2 , 𝑔3 , 𝑔4 , 𝑔5 )|1 ≤ 𝑔1 < 𝑔2 < 𝑔3 < 𝑔4 < 𝑔5 ≤ 17,3 < 𝑔2 −𝑔1 , 1 < 𝑔5 − 𝑔4 < 6}
thì ta cần tìm |𝐴|
Đặt B = {(𝑔1 , 𝑔2 , 𝑔3 , 𝑔4 , 𝑔5 )|1 ≤ 𝑔1 < 𝑔2 < 𝑔3 < 𝑔4 < 𝑔5 ≤ 17,3 < 𝑔2 −𝑔1 , 1 < 𝑔5 − 𝑔4 }
Đặt C = {(𝑔1 , 𝑔2 , 𝑔3 , 𝑔4 , 𝑔5 )|1 ≤ 𝑔1 < 𝑔2 < 𝑔3 < 𝑔4 < 𝑔5 ≤ 17,3 < 𝑔2 −𝑔1 , 6 ≤ 𝑔5 − 𝑔4 }
Thì rõ ràng ta có A = B ∖ C (với C ⊂ B) ⇒ |𝐴| = |𝐵| - |𝐶|
Để tính |𝐵| ta đặt D = {(ℎ1 , ℎ2 , ℎ3, ℎ4 , ℎ5 )|1 ≤ ℎ1 < ℎ2 < ℎ3 < ℎ4 < ℎ5 ≤ 13}
Và xét ánh xạ 𝑓: B →D, 𝑓(𝑔1 , 𝑔2 , 𝑔3 , 𝑔4 , 𝑔5 ) → (𝑔1 , 𝑔2 − 3, 𝑔3 − 3, 𝑔4 − 3, 𝑔5 − 4) thì dễ
dàng kiểm chứng được 𝑓 là song ánh
5
Nhưng |𝐷| bằng số cách chọn 5 phần tử ra từ 13 phần tử nên ta có |𝐷| = 𝐶13
5
Vậy |𝐵| = |𝐷| = 𝐶13

Một cách hoàn toàn tương tự, ta tính được |𝐶| = 𝐶95 . Vậy số cách xếp chỗ cho 5 cô gái bằng
5
𝐶13
- 𝐶95 = 1161
Vì còn có 12 chàng trai có thể hoán đổi vị trí cho nhau nên số cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài
toán là 1161.12!
Nhận xét:
- Ngoài các phương pháp trình bày ở trên, còn có thể trình bày theo lối hàm sinh, đa thức.
Chẳng hạn số cách xếp 5 cô gái thỏa mãn yêu cầu đề bài chính là hệ số của 𝑥 8 trong khai triển

(1 + 𝑥 + 𝑥 2 + ⋯ )5((1 + x + 𝑥 2 + 𝑥 3 )
- Một sai lầm phổ biến có thể gặp là quên nhân 12!
- Trong lời giải, nên chứng minh chặt chẽ 𝑓 (trong lời giải 2) là ánh xạ, sau đó chứng minh nó
là song ánh.

Bây giờ, chúng ta sẽ cùng quay lại tản mạn một chút về bài toán chia kẹo của Euler.
Ta thử đặt ra câu hỏi: Liệu có cách chia nào tối ưu hơn cách chia mà chúng ta đã đề cập
hay không?
Cách chia xã hội chủ nghĩa là cứ chia đều. Còn nếu thừa thì mới bốc thăm. Với cách chia
đó thì chênh lệch chỉ không quá 1 viên kẹo. Và có khá ít cách chia. Có vẻ công bằng nhưng
thiếu đa dạng.

TƯ TƯỞNG SONG ÁNH TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẾM

8


Euler đã nghĩ ra 1 cách chia rất độc đáo. Vẫn rất công bằng (về mặt cơ hội) nhưng lại tạo
ra sự khác biệt lớn. Đó chính là đặc tính của tư bản chủ nghĩa. Ông yêu cầu làm ra k-1 kẹo giả
(có hình dạng y hệt nhưng có màu khác biệt). Tất cả n + k - 1 viên kẹo bỏ vào 1 túi kín. Người
thứ nhất bắt đầu bốc kẹo, từng viên một. Khi nào bốc trúng kẹo giả thì ngưng. Lúc đó đến
lượt người thứ hai bốc, cũng đến lúc được kẹo giả thì ngưng và cứ thế cho đến người thứ k-1.
Người thứ k không phải bốc gì cả, anh ta được hưởng tất cả các viên kẹo còn lại sau khi người
thứ k-1 dừng bốc.
Rất thú vị là dù bốc trước bốc sau như vậy mà cuối cùng cơ hội của mỗi người là ngang
nhau. Người nào cũng có thể có được toàn bộ số kẹo, cũng có thể không có viên kẹo nào. Ai
may mắn đươc nhiều hơn, kém may mắn thì ít hơn.
Chú ý là cách chia kẹo của Euler gợi ý cho ta xây dựng song ánh từ tập hợp các nghiệm
nguyên không âm của phương trình 𝑥1 + … +𝑥𝑘 = n (chính là bằng số cách chia n viên kẹo
cho k người) vào tập hợp các xâu nhị phân độ dài n + k - 1 trong đó có k - 1 bit 0… Sau bit 0

cuối cùng (thứ k - 1 ) là 𝑥𝑘 bit 1. Rõ ràng đây là 1 song ánh. Do số xâu nhị phân độ dài n+k-1
có k-1 bit 0 chính là số cách chọn ra k - 1 chỗ trong n – k + 1 chỗ nên ta có đáp số bài toán
𝑘−1
chia kẹo Euler là 𝐶𝑛+𝑘−1
Phải chăng cách chia như thế này không áp dụng đươc cho việc tìm nghiệm nguyên dương
của phương trình 𝑥1 + … +𝑥𝑘 = n? Không hẳn vậy, trong trường hợp này ta chỉ cần thiết lập
một song ánh 𝑓: A →B cho tương ứng mỗi (𝑥1 ,𝑥2 ,…,𝑥𝑘 ) ∈ A với(𝑦1 ,𝑦2 ,…,𝑦𝑘 ) ∈ B sao cho
𝑦𝑖 = 𝑥𝑖 − 1 ≥ 0, ∀𝑖 = 1, 𝑘
Nhận xét:
- Kỹ thuật hệ nhị phân cũng là một kĩ thuật thường được sử dụng đối với các bài toán phân
chia các phần tử từ các tập hợp.
- Đặc điểm nhận biết: Yêu cầu bài toán đưa về việc xếp 2 hay nhiều phần tử (có thể đứng
cạnh nhau hoặc không)
- Cần phân biệt với kĩ thuật tạo vách ngăn:
Có thể hiểu đơn giản, khi ta cần chia kẹo để người nào cũng có ít nhất một kẹo ăn, ta sử
dụng kĩ thuật tạo vách ngăn. Để chia một cách ngẫu nhiên (không quan tâm đến việc có ai
không được kẹo không) thì ta sử dụng kỹ thuật hệ nhị phân.
Bài toán 6:
Một rạp chiếu phim có 15 máy điều hòa gắn ở các vị trí khác nhau. Để điều hòa được không
khí tại mọi thời điểm phải có ít nhất một máy điều hòa hoạt động. Hỏi có bao nhiêu cách vận
hành các máy điều hòa này để không khí trong rạp luôn được điều hòa
Phân tích và lời giải:
Ta gọi các điều hòa là 𝐻1 , 𝐻2 , … , 𝐻15 . Tại mỗi thời điểm điều hòa 𝐻1 bật, ta mã hóa bởi số 1
và nếu nó tắt ta mã hóa bởi số 0. Khi đó mỗi cách vận hành 15 máy tương ứng với một dãy
nhị phân có độ dài 15. Cách vận hành thỏa mãn yêu cầu bài toán tương ứng với dãy nhị phân
độ dài 15, trong đó có ít nhất một thành phần bằng 1. Có duy nhất một dãy nhị phân độ dài 15
mà tất cả các phần tử đều là 0. Do đó kết quả cần tìm là 215 – 1 = 32767 cách

TƯ TƯỞNG SONG ÁNH TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẾM

9


Nhận xét:
Trong nhiều bài toán thực tiễn ta gặp hai khả năng chính trong bài toán là hai quan hệ trái
ngược nhau như: “bật” và “tắt”; “đóng” và “mở”; “thuộc” và “không thuộc”; “được” và
“không được”;… Khi gặp những quan hệ như thế ta có thể nghĩ đến việc đưa bài toán về bài
toán liên quan đến dãy nhị phân.
Ngoài quan hệ trái ngược nhau, nhiều bài toán còn xuất hiện mối quan hệ giữa các đại lượng
phân biệt có vai trò bình đẳng, ví dụ như trong các bài tập sau đây.
Bài toán 7:
Cho hình chữ nhật m × n (m < n) với đỉnh dưới cùng bên trái là A, trên cùng bên phải là B.
Có bao nhiêu cách đi từ A đến B trong
mỗi trường hợp sau:
a) Chỉ được đi lên và qua phải
b) Chỉ được đi lên và qua phải nhưng
không được chạm vào đường AC (không
kể điểm A)
c) Chỉ được đi lên và qua phải nhưng
không đi qua điểm I (là giao của dòng i
và cột j)
Phân tích và lời giải:
a) Một đường đi như thế được xem
gồm (m + n) đoạn (mỗi đoạn là 1 cạnh ô vuông). Tại mỗi đoạn chỉ được lấy một trong hai giá
trị đi lên (ta mã hóa là 1) hay sang phải (ta mã hóa là 0). Số đoạn đi lên đúng bằng n và số
đoạn sang phải đúng bằng m. Bài toán dẫn đến việc tìm xem có bao nhiêu dãy nhị phân có độ
dài (m + n) trong đó có đúng n thành phần có giá trị bằng 1.
𝑛
Kết quả cần tìm là 𝐶𝑚+𝑛

b) Đi từ A đến B mà không chạm AC, nghĩa là bước đầu phải qua D. Số bước đi từ A đến B
không chạm AC bằng số cách đi từ D đến B mà không chạm AC bằng số cách đi từ D đến B
trừ đi số cách đi từ D đến B mà chạm vào AC
Mỗi cách đi từ D đến B mà chạm vào AC,
giả sử chạm tại điểm M và N (như hình vẽ)
ta lấy đối xứng qua đường AC đoạn đường
đi từ D đến N, sẽ được một cách đi từ E đến
B, tổng quát hơn thì ta sẽ lấy đối xứng
đường đi từ D đến điểm chạm AC cuối
cùng. Dễ thấy đây là một song ánh từ tập
cách đi từ D đến B mà chạm AC với tập
cách đi từ E đến B.
Theo ý a, ta được số cách đi từ D đến B là
𝑚
𝑚−1
𝐶𝑚+𝑛−1
, số cách đi từ E đến B là 𝐶𝑚+𝑛−1

TƯ TƯỞNG SONG ÁNH TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẾM 10


𝑛−𝑚

𝑚
𝑚−1
𝑛
Vậy kết quả là 𝐶𝑚+𝑛−1
- 𝐶𝑚+𝑛−1
= 𝑛+𝑚 𝐶𝑚+𝑛

c) Số cách đi không qua I bằng số cách đi từ A đến B trừ đi số cách qua I. Số cách đi qua I
𝑖
𝑚−𝑖
bằng số cách đi từ A đến I nhân với số cách đi từ I đến B (quy tắc nhân) = 𝐶𝑖+𝑗
. 𝐶𝑚+𝑛−(𝑖+𝑗)
𝑖
𝑚−𝑖
𝑛
Vậy kết quả là 𝐶𝑚+𝑛
− 𝐶𝑖+𝑗
. 𝐶𝑚+𝑛−(𝑖+𝑗)

Nhận xét:
Trong bài toán này, chúng ta quan tâm tới hướng đi tại mỗi thời điểm chỉ có hai khả năng là
đi lên hoặc sang ngang. Từ đó, quy ước mã hóa để đưa về dãy nhị phân.
Lưu ý: Bài toán trên chính là cơ sở của
phương pháp quỹ đạo có nhiều ứng dụng trong
việc giải quyết các bài toán tổ hợp, rời rạc.
Bài toán 8:
Trong một cuộc bầu cử, ứng cử viên A được a
phiếu bầu, ứng cử viên B được b phiếu bầu
(a>b). Cử tri bỏ phiếu tuần tự từng người. Có
bao nhiêu cách sắp xếp việc bỏ phiếu để lúc
nào A cũng hơn B số phiếu bầu?
Phân tích và lời giải:
Xếp hình chữ nhật b×a như hình vẽ (có b
hàng và a cột). Mỗi một cách sắp xếp việc bỏ phiếu là một cách đi từ M đến N (nếu bỏ cho A
thì qua phải, bỏ cho B thì lên trên)
Cách sắp xếp để lúc nào A cũng thắng là cách đi từ M đén N mà không chạm MP (không kề
điểm M)

𝑎−𝑏

𝑎−1
𝑎
𝑎
Theo bài toán 7 được kết quả là: 𝐶𝑎+𝑏−1
- 𝐶𝑎+𝑏−1
= 𝑎+𝑏 𝐶𝑎+𝑏
𝑎−𝑏

𝑎
Tuy nhiên chúng ta cần hoán vị những cử tri để có được kết quả là a!b!. 𝑎+𝑏 𝐶𝑎+𝑏

Mở rộng:
Bài toán 8’: Trong một cuộc bầu cử ứng cử viên A nhận được m phiếu bầu và ứng cử viên B
nhận được n phiếu bầu với m ≥ kn. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp thứ tự các phiếu bầu để
ứng cử viên A luôn nhận được số phiếu bầu nhiều hơn k lần ứng cử viên B trong toàn bộ quá
trình kiểm phiếu.
(Bạn đọc tự chứng minh)
Bài toán 9:
Trong một cửa hàng kem có 3 loại kem que: kem xoài, kem socola và kem sữa. Một cậu bé
muốn mua 6 que kem ở đó. Biết các que kem cùng tên giống hệt nhau và có số lượng đáp ứng
đủ mọi sự lựa chọn của cậu bé. Hỏi cậu bé có bao nhiêu cách lựa chọn biết thứ tự chọn các
loại kem là không quan trọng?

TƯ TƯỞNG SONG ÁNH TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẾM 11


Phân tích và lời giải:
Một sựu lựa chọn: a kem xoài, b kem socola và c kem sữa, được kí hiệu bởi một bộ ba

(a,b,c) trong đó a,b,c là các số nguyên không âm thỏa mãn a + b + c = 6
Với mỗi bộ ba (a,b,c) như vậy, ta đặt tương ứng với một dãy nhị phân theo quy tắc sau: viết
liên tiếp từ trái sang phải: a số 1, số 0, b số 1, số 0 rồi c số 1.
111 … 10111
⏟
⏟ …10⏟
111 … 1
𝑎

𝑏

𝑐

Như vậy mỗi bộ ba (a,b,c) được tương ưng với một dãy nhị phân độ dài 8 (tức là gồm 8 kí
tự) trong đó có 6 kí tự 1 và 2 kí tự 0
Ta đã thiết lập được một song ánh giữa tập hợp các lựa chọn với tập hợp các dãy nhị phân
độ dài 8 trong đó có 6 kí tự 1 và 2 kí tự 0.
Mặt khác, một dãy nhị phân độ dài 8 trong đó có 6 kí tự 1 và 2 kí tự 0 tương ứng với cách
chọn 2 vị trí trong 8 vị trí để ghi số 0 (6 vị trí còn lại ghi số 1). Thành thử có 𝐶82 = 28 dãy nhị
phân độ dài 8 với 6 kí tự 1 và 2 kí tự 0.
Do đó số các sự lựa chọn là 28.
Lưu ý:
Có những bài toán ta không nhất thiết mã hóa về số 0 hoặc số 1 mà ta có thể mã hóa bởi các
số khác.
Bài toán 10:
Để xem một buổi biểu diễn xiếc, mỗi người phải mua một vé vào giá 1 USD. Mỗi khán giả
chỉ được phép mua một vé. Mọi người đến mua vé đứng xếp thành một hàng dọc trước cửa
bán vé. Mỗi người chỉ mang đúng một tờ 1 USD hoặc đúng một tờ 2 USD. Người bán vé
quên không mang tiền. Giả sử có n người mang tờ 1 USD và m người mang tờ 2 USD (m≤ n).
Tìm số cách xếp hàng sao cho người có tờ 1 USD thì được nhận ngay vé, người có tờ 2 USD

thì khi đến lượt được nhận ngay vé và 1 tờ 1 USD trả lại.
Phân tích và lời giải:
•
•

•

Mã hóa người có tờ 1 USD bởi số 1, người có tờ 2 USD bởi số 2
Mỗi cách xếp hàng bất kỳ tương ứng với một vectơ có (m + n) thành phần, trong đó n
thành phần bằng 1, m thành phần bằng 2. Thành phần thứ i tương ứng với người xếp
𝑚
hàng ở vị trí thứ i. Số vectơ như thế là 𝐶𝑚+𝑛
Một vectơ gọi là tốt nếu tương ứng với cách xếp hàng thỏa mãn yêu cầu bài toán. Các
vectơ còn lại gọi là vectơ xấu. Chúng ta sẽ đi đếm xem có bao nhiêu vectơ xấu bằng
cách xây dựng một song ánh từ tập A các vectơ xấu đến tập B các vectơ có (m + n +1)
thành phần.
Mỗi véctơ của B có 2 tính chất:

(i): Có m thành phần 2, (n+1) thành phần 1
(ii): Thành phần 2 đứng vị trí đầu tiên
𝑚−1
Ta có: |𝐵| = 𝐶𝑚+𝑛

TƯ TƯỞNG SONG ÁNH TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẾM 12


•

Cách xây dựng song ánh như sau:

Giả sử v là 1 vectơ xấu, tức là từ thành phần đầu tiên đến hết thành phần thứ (i - 1) thì tương
ứng với việc mua vé diễn ra suôn sẻ. Đến thành phần thứ i tương ứng với người thứ i mua vé
nhưng người bán vé không có tiền trả lại, vị trí i lúc này ta gọi là vị trí xấu. Như vậy, từ thành
phần 1 tới hết thành phần thứ (i - 1) có số lượng thành phần 1 bằng số lượng thành phần 2.
Xây dựng một véctơ v’ bằng cách thực hiện 2 bước:
- Bước 1: Thêm thành phần 1 vào trước thành phần đầu tiên của v. Khi đó, vị trí xấu là thành
phần thứ (i + 1).
- Bước 2: Từ vị trí đầu tiên của vectơ ở bước 1 tới hết vị trí thứ (i + 1), thay các giá trị 1 bởi 2
và giá trị 2 bởi 1. Các thành phần từ vị trí thứ (i + 2) trở đi giữ nguyên giá trị cũ.
•

Sau 2 bước trên ta thu được vectơ v’ thuộc tập B. Xét vectơ v’ bất kỳ thuộc tập B. Giả
sử j là số tự nhiên bé nhất thỏa mãn: từ vị trí 1 đến hết vị trí thứ j, số thành phần 1
bằng số thành phần 2. Thao tác ngược lại ở trên, từ vị trí 1 đến hết vị trí thứ j ta thay 2
bởi 1 và thay 1 bởi 2. Các vị trí còn lại giữ nguyên như cũ. Bỏ đi số 1 ở thành phần
đầu tiên ta được một vectơ xấu thuộc A.

Vậy có một song ánh từ A tới B nên vectơ tốt là:
𝑚
𝑚−1
𝐶𝑚+𝑛
− 𝐶𝑚+𝑛

Đây cũng là kết quả cần tìm của bài toán.
Mở rộng:
Có thể thêm giả thiết rằng đã có q người xếp hàng sẵn, mỗi người trong họ đều có đúng
một tờ 1 USD. Lúc này, kết quả của bài toán trở thành
𝑚
𝑛+1
𝐶𝑚+𝑛−𝑞

− 𝐶𝑚+𝑛−𝑞

( Bạn đọc tự chứng minh )
III. Bài tập đề nghị
1. Một cửa hàng kem có bán ba loại kem: kem xoài, kem socola và kem sữa. Một nhóm có 6
người vào ăn kem và gọi 6 cốc kem.
a) Hỏi họ có bao nhiêu sự lựa chọn?
b) Họ có tất cả bao nhiêu sự lựa chọn trong đó cả ba loại kem đều có mặt?
2. Cho tập hợp A = {1; 2; 3; …; 18}. Có bao nhiêu cách chọn ra năm số trong tập A sao cho
hiệu của hai số bất kỳ trong năm số đó không nhỏ hơn 2?
3. Một học sinh muốn lọt vào đội tuyển đi thi toán phải vượt qua 4 kì thi và đạt ít nhất 17
điểm, nhưng không có kì thi nào bị điểm 2 hoặc 1. Hỏi có bao nhiêu cách tiến hành 4 kì thi để
em học sinh đó chắc chắn lọt vào đội tuyển? (Hai cách tiến hành được xem là khác nhau nếu
có ít nhất một kì thi có thể đạt điểm là số nguyên từ 1 đến 5).

TƯ TƯỞNG SONG ÁNH TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẾM 13


4. Có 12 cái hộp khác nhau được đánh số từu 1 đến 12 và 8 viên bi giống nhau. Hỏi có bao
nhiêu cách xếp 8 viên bi vào 12 hộp sao cho tổng số các viên bi trong các hộp số 1, 2, 3 là
chẵn, còn tổng các viên bi trong các hộp 4, 5, 6 là lẻ?
5. Xét một tập hợp X gồm n số tự nhiên liên tiếp. Ta gọi mỗi tập con của X gồm p số tự nhiên
liên tiếp là một “p- khối”. Có bao nhiêu cách lấy ra m “p- khối” từ x sao cho m khối này đôi
một không giao nhau?
6. Có m+n người đang đứng quanh quầy vé, trong đó n người chỉ có tiền 5.000 và m người
chỉ có tiền 10.000. Đầu tiên ở quầy không có tiền, vé giá 5.000. Hỏi có bao nhiêu cách xếp
m+n người thành hàng để không một người nào phải chờ tiền trả lại (m ≤ n).
7. Cho n, k , m  N * thỏa mãn điều kiện m  1 và 1  k  n . Hỏi có tất cả
bao nhiêu chỉnh hợp chập k ( a1 , a2 ,..., ak ) của n số nguyên dương đầu tiên mà
mỗi chỉnh hợp ( a1 , a2 ,..., ak ) đều thỏa mãn ít nhất một trong hai điều kiện:

i) Tồn tại hai số i  j  {1, 2,.., k} sao cho i  j và ai  a j
ii) Tồn tại i  {1, 2,.., k} sao cho ai − i không chia hết cho m.
IV. Tổng kết
Bài toán đếm có thể nói là bài toán cổ xưa nhất: đếm số súc vật trong chuồng, đếm số học
sinh trong lớp, đếm số quân của đoàn quân... Để đếm, có lẽ ai cũng có thể cho 1 kết quả, tuy
nhiên kết quả ấy đã chắc là đúng hay không? Nếu kết quả đúng thì cũng có rất nhiều cách
đếm khác nhau, ví dụ cùng là 36 nhưng có người đếm là 1x36, có người lại đếm là 6x6, đó đã
là 2 cách hoàn toàn khác nhau. Dù có nhiều cách đếm nhưng song ánh luôn là một giải pháp
hiệu quả. Trong chuyên đề này, chúng tôi đã:
1. Giới thiệu cho các bạn về song ánh và nguyên lí song ánh trong giải các bài toán đếm,
về bài toán chia kẹo của Euler – một ứng dụng trực tiếp của phương pháp này.
*Lưu ý: cần sử dụng nguyên lí song ánh một cách linh hoạt tùy từng bài toán, phân tích dữ
kiện đề bài để tìm ra cách thiết lập song ánh sao cho hợp lí, giúp cho việc đếm các phần tử trở
nên dễ dàng hơn.
2. Giới thiệu và đưa ra cách phân biệt hai phương pháp dễ gây nhầm lẫn, thường được sử
dụng trong các bài toán đếm : kĩ thuật tạo vách ngăn và kĩ thuật hệ nhị phân.
*Lưu ý: Khi sử dụng cần thận trọng, tránh nhầm lẫn khi phân tích yêu cầu bài toán dẫn đến
việc lựa chọn sai hướng giải quyết.
Kĩ thuật tạo vách ngăn
Kĩ thuật hệ nhị phân
Sử dụng đối với các bài toán phân chia các phần tử từ tập hợp
Yêu cầu bài toán đưa về việc xếp hai hay
Yêu cầu bài toán đưa về việc xếp hai hay
nhiều phần tử không đứng cạnh nhau
nhiều phần tử cạnh nhau hoặc không
(chia người nào cũng có ít nhất 1 kẹo ăn)
(chia một cách hoàn toàn ngẫu nhiên)
3. Đưa ra được những cách phát biểu khác nhau cho một bài toán kèm theo hướng dẫn cụ
thể để bạn đọc không bỡ ngỡ khi làm bài. Bởi vì, có thể từ những bài đơn giản, khi phát biểu

TƯ TƯỞNG SONG ÁNH TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẾM 14


theo ngôn ngữ thực tế lại thấy không dễ dàng chút nào, từ đó gây nên cảm giác khó khăn
trong việc giải quyết bài toán.
Sau một quá trình đầu tư nghiêm túc và tâm huyết, chuyên đề đã hoàn thành khá thành
công và đạt được những hiệu quả nhất định:
1. Chuyên đề là một tài liệu tham khảo, truyền đạt một cách gần gũi, dễ hiểu nhất, giúp
những người có nhu cầu tìm hiểu về bài toán đếm trong quá trình học tập và nghiên cứu.
2. Từ các bài tập có thể sáng tạo ra những bài toán mới, cách phát biểu mới thực tế hơn, dễ
hiểu hơn.
3. Giúp bản thân thành viên trong nhóm thực hiện có tư duy sâu sắc hơn, rõ ràng hơn trong
các bài toán đếm.
Mong rằng qua chuyên đề này, bạn đọc sẽ có thêm nhiều kĩ năng hữu ích, phần nào củng
cố được khả năng vận dụng vào các bài toán tổ hợp rời rạc, đặc biệt là một số kinh nghiệm mà
chúng tôi đã đúc rút được trong quá trình thực hiện chuyên đề:
1. Đối với những bài toán mà việc đếm những hướng đi có lợi quá phức tạp, hãy nghĩ tới
việc sử dụng phần bù (như Bài toán 7)
2. Đối với những bài toán mà trong hai biến cố, luôn có một bên lợi hơn về số lượng thì
ta nên áp dụng bài toán đường đi trên lưới nguyên (Bài toán 7, 8)
3. Bạn phải để ý tới khả năng các trường hợp bạn xét có tồn tại lặp, điều mà rất nhiều
người mắc phải khi giải những bài toán tổ hợp đếm (Bài toán 3, xếp người trên vòng
tròn)
4. Mặc dù việc thiết lập song ánh trong chuyên đề này còn hơi phức tạp, nhưng với
những ví dụ kinh điển này, người đọc có thể nắm bắt cơ bản cách sử dụng ánh xạ để
giải bài tập (Bài toán 2, 4, 5)
5. Khi gặp những bài toán xuất hiện những cụm từ sau: chia (phân phối, rải, ...); không
kề nhau; không liên tiếp; đi trên lưới;... thì việc đầu tiên bạn nên làm đó là sử dụng bài
toán chia kẹo Euler.
6. Để tìm cách giải, đặc biệt là đối với các bài toán tổ hợp rời rạc, chúng ta phải thay đổi

nhiều lần quan điểm và cách nhìn bài toán. Thoạt đầu, quan niệm của chúng ta về bài
toán rất có thể là không đầy đủ, tuy nhiên sau khi đã thu được một số kết quả hay sắp
sửa nắm được cách giải, quan niệm của chúng ta sẽ khác đi. Chính vì vậy, chúng ta cần
phải giải quyết bài toán theo bốn bước (ở đây lấy ví dụ về bài toán chia kẹo Euler):
✓ Bước 1: Hiểu bài toán, thấy rõ cần tìm cái gì
? Giả thiết của bài toán là gì?
! Có n chiếc kẹo giống nhau chia cho m em bé.
? Yêu cầu của bài toán là gì?
! Đếm xem có bao nhiêu cách chia kẹo thỏa mãn yêu cầu bài toán?
✓ Bước 2: Nắm được mối quan hệ giữa các yếu tố khác nhau của bài toán, giữa cái chưa
biết với những cái đã biết để tìm thấy cái ý của cách giải, để vạch ra được một chương
trình (dự kiến)
? Theo em, trong bài toán có bao nhiêu đối tượng chính?
! Có hai đối tượng chính là em bé và kẹo.
? Điều này có gợi ý cho em ý tưởng gì không?

TƯ TƯỞNG SONG ÁNH TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẾM 15


! Em sẽ đưa bài toán về bài toán liên quan đến dãy nhị phân.
? Vậy em phải quy ước đối tượng nào là 0, đối tượng nào là 1?
! Em nghĩ trong hai đối tượng chính thì một đối tượng là 0 còn đối
tượng kia là 1. Ví dụ, em quy ước mỗi em bé là một số 0, mỗi chiếc kẹo là
một số 1.
? Làm thế nào để có mỗi cách chia kẹo tương ứng với một dãy nhị
phân nào đó?
! Em phải xếp các số 0 và 1 thành một hàng.
? Vậy ý tưởng tiếp theo của em là gì?
! Nếu em bé được 0 kẹo thì em chỉ viết: 0.
Nếu em bé được nhận k chiếc kẹo thì em viết: 011...1

k

Em sẽ viết liên tiếp từ em thứ nhất tới em thứ m để tạo thành dãy nhị
phân có m số 0 và n số 1.
? Em có thể minh họa ý đó rõ hơn bằng một ví dụ cụ thể?
! Ví dụ một cách chia 7 kẹo giống nhau cho 3 em bé với em thứ 1
được 3 chiếc kẹo, em thứ 2 không được nhận chiếc kẹo nào còn em thứ 3
nhận 4 chiếc kẹo. Em viết 0111001111.
? Tốt lắm! Vậy bài toán ban đầu em đã biết cách giải?
! Mỗi cách chia kẹo tương ứng với một dãy nhị phân có độ dài m+n, trong đó có
m thành phần 0, n thành phần 1 và luôn có một thành phần 0 đứng đầu dãy. Do
đó kết quả cần tìm là: Cnm+−m1−1
✓ Bước 3: Thực hiện chương trình đã đề ra (giải bài toán)
✓ Bước 4: Nhìn lại cách giải đã thu được một lần nữa, nghiên cứu và phân tích nó
Chuyên đề này đã được chuẩn bị chu đáo, song không thể tránh khỏi những thiếu sót. Rất
mong nhận được ý kiến đóng góp của bạn đọc để chuyên đề của chúng tôi được hoàn thiện
hơn.
Trân trọng!

TƯ TƯỞNG SONG ÁNH TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẾM 16


Tài Liệu Tham Khảo
1. Tủ sách Toán học và tuổi trẻ, Tuyển chọn theo chuyên đề chuẩn bị cho
kì thi tốt nghiệp THPT và thi ĐH-CĐ môn toán, Tập 2, NXB Giáo Dục
Việt Nam.
2. Trần Mạnh Sang, Báo cáo sáng kiến các phương pháp đếm nâng cao,
Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong ( Nam Định ).
3. Trường THPT Chuyên Thái Nguyên, Sử dụng dãy nhị phân trong một số
bài toán đếm, Mã TO04, Chuyên đề trại hè hùng vương năm 2015.

4. Nguyễn Chiến Thắng, Sử dụng ánh xạ trong các bài toán tổ hợp.
5. Nguyễn Thị Ngọc Ánh, Xung quanh bài toán chia kẹo của Euler, Tạp chí
Toán học và Tuổi trẻ số 424 ( T10/2012 ).
6. Huỳnh Kim Linh, Chuyên đề bài toán chia kẹo Euler.
7. Trần Nam Dũng, Phương pháp song ánh, Nguồn:
/>/1294802933877560/
8. G. Polya, Giải bài toán như thế nào ?, NXB Giáo Dục.