Bài toán 2.2.1. Có m +n người sắp hàng mua vé xem kịch. Trong đó có n người mang loại tiền 1 đồng và m người mang loại tiền 2 đồng với n ≥ m. Mỗi vé giá 1 đồng. Trước lúc bán, người bán vé không có tiền. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp m+n người mua vé để không có người nào phải chờ trả tiền thừa.
Lời giải
Giả sử các người mua vé đã được sắp theo hàng theo một cách nào đó. Ta đặt
ei =
1 nếu người mua vé thứ i có 1 đồng
−1 nếu người mua vé thứ i có 2 đồng.
Khi ấy Sk = e1 +· · · +ek bằng hiệu số giữa lượng người có tiền 1 đồng và số lượng người có tiền 2 đồng khi có k người sắp hàng.
Trên mạng lưới kẻ ô vuông trong hệ trục tọa độOxy ta vẽ các điểmAk(k, Sk) (k =
1,2, . . . , m +n) và xét đường gấp khúc nối điểm O(0,0) với điểm Am+n(m+
n, n−m) mà đi qua các điểm A1, . . . , Am+n−1.
x y O y = −1 S1 S2 ... Sm+n 1 2 3 m+n A1 A2 A3 Ai Am+n
Ta gọi đường gấp khúc như vậy là một “quỹ đạo”, tương ứng với cách sắp hàng của người mua vé. Tổng số các “quỹ đạo” bằng Cnn+m.
1. Chú ý rằng các “quỹ đạo” tương ứng với cách sắp hàng của người mua vé để không ai phải chờ trả tiền thừa sẽ không cắt đường thẳng y = −1. Thực vậy nếu đối với k nào đấy Sk−1 = 0, Sk = −1 thì điều đó có nghĩa là trong k −1 người sắp hàng đầu tiên số lượng người có tiền 1 đồng và số lượng người có tiền 2 đồng là như nhau, người thứ k có 2 đồng nên phải chờ trả tiền thừa.
2. Ta sẽ chứng minh rằng số “quỹ đạo” cắt đường y = −1 bằng Cnm+1+n.
Với mỗi “quỹ đạo” Q cắt đường thẳng y = −1 hay có một điểm chung với
nó ta thiết lập tương ứng giữa Q với một “quỹ đạo” Q0 theo cách sau: Đến giao điểm đầu tiên với đường thẳng y = −1 ta cho Q0 = Q, phần còn lại của Q0 là ảnh đối xứng của Q đối với đường thẳng y = 1. Toàn bộ “quỹ đạo” Q0 kết thúc ở điểm A0m+n(m+ n, m− n − 2) là ảnh của điểm Am+n đối với đường thẳng y = −1. Sự tương ứng đã thiết lập là một - một (hay là song ánh), do đó số “quỹ đạo” cắt đường thẳng y = −1 bằng số đường gấp khúc nối điểm O với điểm A0m+n. Nếu ở đường gấp khúc này có r đoạn hướng xuống dưới và s đoạn hướng lên trên thì:
r+s = m+n r−s = n+ 2−m ⇒ r = n+ 1.
Vậy số “quỹ đạo” cắt đường thẳng y = −1 bằng Cnm+1+n.
3. Từ kết quả ở 2) suy ra rằng số “quỹ đạo” tương ứng với cách sắp hàng của người mua vé để không có người nào phải chờ trả tiền thừa bằng:
Cmn+n−Cmn+1+n = n+ 1−m
n+ 1 C
m
m+n.
Để thấy rõ hơn hiệu quả của phương pháp này, ta sẽ dùng một cách khác để giải bài toán này trong trường hợp đặc biệt hơn là khi m = n. Cụ thể như sau: Giả sử có 2n người khách, n người trong đó có 1 đồng và n người còn lại có 2 đồng. Ta cũng cần tính số cách sắp xếp 2n người này thỏa mãn điều kiện đề bài, tức là người bán vé có thể bán được ngay vé cho những người khách mà không có ai phải đứng chờ.
Ta xét bài toán dưới một hình thức khác cho dễ lập luận.
Đặt2n số, bao gồm n số 1 và n số 2 lên một hàng và đánh số chúng từ 1 đến2n theo chiều từ trái sang phải. Với mỗi1 ≤ i≤ 2n, ta gọiai,bi lần lượt là số các số 1 và số các số 2 tính từ vị trí i trở về trước, dễ thấy rằng i = ai+bi,∀i = 1,2n. Chúng ta cần tính số trường hợp thỏa ai ≤ bi,∀i = 1,2n.
Gọi S là tập hợp các hoán vị (t1, t2, t3, . . . , t2n) của2n phần tử trên thỏa đề bài, T là tập hợp còn lại.
Suy ra |T|= C2nn− |S| và ta sẽ tính |T| trước.
Do cách xác định T nên với mỗi phần tử t = (t1, t2, . . . , tn) của T, ta thấy tồn tại ít nhất một số ithỏaai < bi. Gọi f(t)là số thứ tự đầu tiên thỏa mãn ai < bi, tức là trước đó, ai vẫn không bé hơn bi và ngay tại thời điểm đó thì bi hơn ai đúng một phần tử, tức là f(t) phải là số lẻ vì f(t) = ai +bi. Khi đó, ta tính được af(t) = f(t)−1
2 , b(t) =
f(t) + 1
2 , tf(t) = 2. Tại thời điểm này, số các số 2
hơn số các số 1 đúng một đơn vị nên khi ta đổi giá trị của các vị trí phía sau tf(t), từ 1 sang 2, từ 2 sang 1 thì ta sẽ có một hoán vị g(t) của n + 1 số 2 và n−1 số 1.
Xét ví dụ minh họa trong trường hợp n = 6 như sau
t = {1,2,2,1,2,2,2,1,2,1,1,1}
ai = {1,1,1,2,2,2,2,3,3,4,5,6}
bi = {0,1,2,2,3,4,5,5,6,6,6,6}
f(t) = 3, a2 = 1, b2 = 1, t3 = 10
g(t) = {1,2,2,2,1,1,1,2,1,2,2,2}
Khi đó, g là một ánh xạ từ T sang U, với U là một hoán vị của n + 1 số 2 và n−1 số 1. Ta sẽ chứng minh g là song ánh. Thật vậy:
Gọi u là một phần tử của U. Ta sẽ đếm số các số 1 và số các số 2 từ trái sang phải. Cũng gọi i là vị trí nhỏ nhất sao cho số các số 2 lớn hơn số các số 1, do cách xác định U nên vị trí đó luôn tồn tại duy nhất. Tiếp tục chuyển đối 1 sang 2, 2 sang 1 ở các vị trí phía sau i. Ban đầu, số các số 2 hơn số các số 1 đúng một đơn vị tại i vị trí đầu và điều này cũng đúng tại 2n−i vị trí sau. Sau khi thay đổi số các số hơn số các số 2 đúng một đơn vị tại 2n−i vị trí sau; nghĩa là số các số 1 và số các số 2 là bằng nhau; tức là nó tương ứng với 1 phần tử của T. Do đó, g là một toàn ánh.
Tiếp theo, ta sẽ chứng minh g là đơn ánh. Gọi t và t0 là hai phần tử khác nhau củaT. Giả sử i là vị trí đầu tiên mà các số ở t và t0 khác nhau. Không mất tính tổng quát, giả sử ti = 1, t0i = 2. Khi đó dễ thấy f(t) 6=i. Ta có hai trường hợp:
• Nếu f(t) < i thì f(t0) < f(t) vì tại i− 1 vị trí đầu, các số là giống nhau.
Mà tại vị trí thứ i, ti = 1, t0i = 2 nên g(t)6= g(t0).
hai bên đều giống nhau nên f(t0) ≥ 1. Do đó, vị trí thứ i của g(t0) là t0i = 2. Tức là ta cũng có g(t) 6=g(t0).
Do đó, luôn có g(t) 6= g(t0), với mọi t 6= t0 nên g là đơn ánh. Kết hợp hai điều trên lại, ta thấy g là song ánh.
Ta được |T|= |U| = C2nn−1, suy ra |S| = Cn2n−C2nn−1.
Kết quả này tương ứng với điều ta tìm được trong bài toán trên và rõ ràng để nhận được điều này thì các bước lập luận dài hơn khá nhiều.
Chú ý 2.2.1. Với nội dung Bài toán 2.2.1, giả thiết thêm rằng trước khi bán vé có p tiền loại 1 đồng. Khi đó có Cmm+n = Cmm+−pn−−11 cách sắp xếp người mua vé để không có người nào phải chờ trả tiền thừa.
Thật vậy, trong trường hợp này bài toán đưa về việc tính số “quỹ đạo” từ điểm O(0,0) đến điểm Am+n(m+n, n−m)không cắt đường thẳng y =−(p+ 1). Khi đó số “quỹ đạo” cắt đường thẳng đó bằng số “quỹ đạo” từ điểm B(0,−2(p+ 1)) đến điểm Am+n(n +m, n−m), nghĩa là bằng Cpm++nn+1 = Cmm−+pn−1 (theo hệ thức Ckn = Cnn−k). Số “quỹ đạo” cần tìm của bài toán là Cnm+n−Cmm−+pn−1.