1 K39, THPT chuyín Phan Bội Chđu, Nghệ An.
2.1. Sử dụng một số tính chất của ânh xạ
Cho A vă B lă hai tập hữu hạn.
1. Nếu có một đơn ânhf :A→B thì |A|6|B|; 2. Nếu có một song ânhf :A→B thì |A|=|B|; 3. Nếu có một toăn ânhf :A→B thì |A|>|B|.
Trong một số băi toân đếm, định lí trín thường được âp dụng bằng câch : Muốn đếm số phần tử của tập hợp A, ta thiết lập một song ânh từA đến B măB lă một tập hợp đê biết số phần tử.
Trong băi toân bất đẳng thức tổ hợp, ý tưởng trín thường được âp dụng như sau : Muốn chứng minh |A| 6|B|, ta tìm một ânh xạ đi từ A văo B (hoặc B → A). Sau đó chứng minh ânh xạ đó lă một đơn ânh (hoặc toăn ânh) nhưng không phải lă song ânh.
Ví dụ 7 (IMO 1989). Một hoân vị (x1, x2, . . . , x2n) của tập hợp(1,2, . . . ,2n) (n lă số nguyín dương) được gọi lă có tính chất P nếu |xi −xi+1|= 1 với ít nhất một i∈ {1,2, . . . ,2n−1}. Chứng minh rằng mỗi n, số hoân vị có tính chất P lớn hơn số hoân vị không có tính chất P.
Lời giải. (i) Câch 1. Đặt A lă tập tất cả hoân vị của {1,2, . . . ,2n}; B lă tập tất cả hoân vị của {1,2, . . . ,2n}có tính chất P;C lă tập tất cả hoân vị của {1,2, . . . ,2n} không có tính chất P.
Ta chia câc số 1,2, . . . ,2n thănh n cặp sau : (1;n+ 1),(2;n+ 2);. . .; (n; 2n). Giả sử (x1;x2;. . .;xk−1, xk;xk+1, . . .;x2n) lă một hoân vị thuộc C.
Giả sử xk lă số cùng cặp với x2n, suy ra k62n−2. Ta xđy dựng ânh xạf :C →B như sau
X = (x1, x2, . . . , xk−1, xk, xk+1, . . . , x2n)7→Y = (x1, x2, . . . , xk−1, xk, x2n, . . . , xk+1)
Dễ thấy rằng f lă đơn ânh vă f không phải lă toăn ânh. Thật vậy, xĩt y0 = (x1, x2, . . . , xn−1, xn+1, xn+2, . . . , n,2n).
Khi đó không tồn tại x0 để f(x0) = y0. Do đó f không phải lă toăn ânh. Từ đó ta suy điều cần chứng minh.
Nhận xĩt. Ta có |C| ∩ |B| =∅ mă |C|+|B| = |A| = (2n)! nín |B| > (22n)! = n(2n−1)! vă |C|< n(2n−1)!. Từ đó dẫn đến câch chứng minh thứ 2 sau :
(ii) Câch 2. Gọi Ak lă tập tất cả hoân vị thỏa mên k vă k+n đứng cạnh nhau,A lă tập hợp tất cả câc hoân vị có tính chất P. Suy raA =S
k
Ak. Theo nguyín lý bao hăm loại trừ, ta có
|A|=X k |Ak| −X k<h |Ak∩Ah|+ X k<h<m |Ak∩Ah∩Am| − · · ·>X k |Ak| −X k<h |Ak∩Ah| Ta có |Ak|= (2n−1)!,|Ak∩Ah|= 4(2n−1)! Suy ra X k |Ak|= 2n(2n−1)!,X k<h |Ak∩Ah|= n(n−1) 2 ·4(2n−2)! Vì vậy |A|>2n(2n−1)!−n(n−1) 2 .4(2n−2)! = 2n2(2n−2)!> (2n)! 2 Từ đó ta có điều cần chứng minh. ❒
Ví dụ 8 (Romania TST 2002). Với mọi số nguyín dương, ta gọif(n)lă số câch chọn câc dấu
+,−trong biểu thức: En =±1±2± · · · ±n sao cho En= 0. Chứng minh rằng (a) f(n) = 0 khi n≡1,2 (mod 4).
(b) Khi n ≡0,3 (mod 4) ta có (√2) n
2 6f(n)62n−2[n2]+1.
Lời giải. (a)Giả sử tồn tại một câch đặt dấu +,− với n ≡1,2 (mod 4) đểEn = 0. Khi đó 1 + 2 +· · ·+n≡0 (mod 2), suy ra n(n+1)
2 ≡0 (mod 2). Mă điều năy xảy ra khi vă chỉ khi n≡0,3 (mod 4).Ta có điều cần chứng minh.
(b) Ta chứng minh f(n)62n−1.
Thật vậy, chia tất cả biểu thức thănh 2n−1 cặp theo dạng: (1 + 2a2 + 3a3 +· · ·+nan;−1 + 2a2+ 3a3+· · ·+nan) với ai ∈ {1;−1}, i= 1,2n.
Nếu f(n)>2n−1 thì theo nguyín lí Dirichlet tồn tại 2 biểu thức cùng nằm trong một cặp như trín, hiệu của chúng bằng 2. Do đó chúng không thể đồng thời bằng 0 được (mđu thuẫn). Do đóf(n)62n−1 = 2n−2n−1 62n−2⌊n 2⌋+1 Ta chứng minh f(n)> (√2) 2 n .
Xĩt biểu thức En, gọi An lă tập hợp câc số xuất hiện trong En với dấu+ ở trước. Nếu En= 0 thì tổng câc phần tử của An bằng n(n+1)
4Từ En ta sẽ xđy dựngEn+4