Phương pháp xây dựng song ánh

Nếu có một song ánh đi từ một tập hữu hạn X tới một tập hữu hạn Y thì

X  Y . Như vậy nếu tồn tại một song ánh  :X Y ta có thể thay thế việc đếm các phần tử của tập X bằng việc đếm các phần tử của tập Y. Trong một số nội dung trước, chúng ta đã sử dụng song ánh một cách hiệu quả, như chứng minh định lí 1.5.3, … Mục này ta sẽ phân tích sâu hơn thông qua các bài toán.

Bài toán 2.9.1. (Trung Quốc – 1997) Trong các xâu nhị phân có độ dài n, gọi an

là số các xâu không chứa quá ba số liên tiếp 0, 1, 0 và bn là số các xâu không chứa bốn số liên tiếp 0, 0, 1, 1 hoặc 1, 1, 0, 0. Chứng minh rằng bn1  2an.

Lời giải

Ta gọi một xâu thuộc loại A nếu nó không chứa ba số liên tiếp 0, 1, 0 và gọi một xâu thuộc loại B nếu nó không chứa bốn số hạng liên tiếp 0, 0, 1, 1 hoặc 1, 1, 0, 0.

Với mỗi xâu X x x1, ,...,2 xn, ta xây dựng f X( )y y1, ,...,2 yn1 như sau:

1 0, k 1 2 ... k 1(mod 2).

58

Rõ ràng X chứa ba số liên tiếp 0, 1, 0 khi và chỉ khi f X( ) chứa bốn số hạng liên tiếp 0, 0, 1, 1 hoặc 1, 1, 0, 0, tức là X thuộc loại A khi và chỉ khi f X( ) thuộc loại

B.

Vậy f là một song ánh đi từ tập các xâu loại A độ dài n đến tập các xâu loại B độ dài n1 mà bắt đầu bằng 0. Nhưng từ mỗi xâu X thuộc B ta nhận một xâu X cũng thuộc B bằng cách đổi các phần tử của X theo quy tắc 1 0, 0 1 nên số các xâu loại B có độ dài n1 gấp đôi số các xâu loại B độ dài n1 mà bắt đầu bằng số 0.

Từ đó ta có điều cần chứng minh.

Bài toán 2.9.2. Tìm bộ 3 số nguyên dương ( , , )x y z thỏa mãn đẳng thức 100

x   y z .

Lời giải

Mỗi bộ số nguyên dương ( , , )x y z thỏa mãn x   y z 100, ta tương ứng 1-1 với bộ số 11...1 0 11...1 0 11...1  

x y z

.

Để có một bộ số như trên ta cần chọn 2 vị trí không kề nhau trong 102 vị trí để đặt 2 số 0, còn lại đặt số 1. Hai vị trí cần tìm tương ứng với 2 số a b, thỏa mãn

3   a 1 b 101.

Vì hai số 0 không thể đứng đầu và đứng cuối, nên số bộ số thỏa mãn yêu cầu của bài toán bằng số cách chọn 2 số phân biệt trong 99 số từ 3 đến 101 và bằng

2 99

C .

Bình luận: Ta có thể tổng quát hóa bài toán 2.9.2 như sau:

“Tìm bộ số ( , ,... )a a1 2 am trong đó a a1, ,...2 am là các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện 1 m i i a n    ”.

Bằng cách làm tương tự bài toán 2.9.2 ta thu được kết quả là 1 1

m n

C   .

59

Bài toán 2.9.3. Xác định cách chọn bộ 5 số từ tập 18 số nguyên dương đầu tiên sao

cho bất kỳ một cặp 2 số trong 5 số được chọn có hiệu số giữa số lớn và số bé lớn hơn hoặc bằng 2.

Lời giải

Kí hiệu A là tập hợp các bộ số 5 số a a a a a1, , , ,2 3 4 5 thỏa mãn yêu cầu của bài toán. Kí hiệu B là tập hợp các bộ 5 số phân biệt của 14 số nguyên dương đầu tiên.

Ta xây dựng ánh xạ  :A B theo quy tắc sau:

a a a a a1, , , ,2 3 4 5 a a1, 2 1,a3 2,a4 3,a5 4       , trong đó 1 2 3 4 5 a a a a a . Vì 2 1 2 1 1 3 2 3 2 2 4 3 4 3 3 5 4 5 4 4 1 5 2 1 1 2 2 1 2 3 1 2 2 4 2 3 1, 4 18 4 14. a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a                                    Suy ra a a1, 21,a32,a43,a54B.

Như vậy, với mỗi phần tử của A được ứng với duy nhất một phần tử của B

qua ánh xạ .

Tương tự, với b b b b b1, , , ,2 3 4 5B luôn tồn tại duy nhất

b b1, 2 1,b3 2,b4 3,b5 4A.

Suy ra phép tương ứng 1-1 giữa A và B.

60

Bài toán 2.9.4. Cho trước một số nguyên dương n và số nguyên dương r thỏa mãn

1

r n  r . Giả sử X 1,2,...,n. Hỏi có bao nhiêu tập con A của X có r

phần tử mà không chứa hai số nguyên liên tiếp?

Lời giải

Gọi 1 là họ các tập con của X có tính chất đã nêu ở trên và 2 là họ tất cả các tập con có r phần tử của tập hợp Y 1,2,...,n(r1). Ta thiết lập một ánh xạ f :  1 2 như sau:

Giả sử Aa a1, ,...,2 ar 1. Ta có thể giả thiết a1 a2 ...ar. Đặt bi ai  (i 1)ai  i 1,i 1, 2,...,r .

Ta có bi1bi ai1ai  1 1 (do ai1ai 2). Do đó

1 2 ... r 1

b b  b   n r .

Ta định nghĩa f A( )B. Ta có B  2, do vậy f là một ánh xạ từ 1 vào 2

 . Ta sẽ đi chứng minh f là một song ánh.

+ f là một đơn ánh: Từ công thức bi ai  (i 1)ai  i 1, suy ra 1 i i a b  i . Do đó nếu f A( )f A( ') thì AA'. + f là toàn ánh: Giả sử  1 2 ... r 1 2. B  b b  b   n r   Xét tập Aa a1, ,...,2 ar, với ai bi  i 1. Ta có 1 2 ... r 1 1 , i 1 i i 1 i 1 2 a a  a n     r r n a  a b b   . Do đó A 1, ( )f A B suy ra    1 2 Cn rr 1.

Vậy có tất cả Cn rr 1 các tập hợp con của X có tính chất đã nêu.

Cũng từ việc so sánh lực lượng các tập hợp, phương pháp song ánh là một công cụ đắc lực để thiết lập và chứng minh các công thức tổ hợp. Thông thường, người ta xây dựng một song ánh đi từ một tập hợp vào chính nó và nguyên tắc ở đây

61

có thể phát biểu như sau: “Khi đếm số phần tử của một tập hợp bằng nhiều cách thì kết quả thu được phải bằng nhau”.

2.10. Sử dụng phương pháp đếm bằng hai cách Bài toán 2.10.1. Chứng minh rằng với n thì