LỜI CẢM ƠN Trước hết xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy hướng dẫn luận văn TS Trần Huyên, động viên tinh thần suốt trình nghiên cứu, tri thức mẻ nhiều lónh vực, đặc biệt lối tư độc đáo, sắc sảo xem xét vấn đề dù lónh vực toán học hay sống Kế tiếp vô biết ơn PGS.TS Bùi Tường Trí hiểu biết cảm thông sâu sắc, động viên tạo điều kiện cho hoàn thành luận văn Qua giảng lớp xin bày tỏ khâm phục trước tài lòng nhiệt tình nghiên cứu khoa học thầy Mỵ Vinh Quang Tôi có ấn tượng sâu sắc với phong cách làm việc cởi mở, gần gũi, nghiêm túc khoa học TS Bùi Xuân Hải Cuối xin chân thành cám người bạn tốt thông minh, Ths Lê Cao Tú nhận xét sâu sắc số vấn đề liên quan tới đề tài động viên tinh thần lúc khó khăn Tác giả luận văn Tống Minh Hải LỜI MỞ ĐẦU Kể từ Spenner đưa kết nghiên cứu số cực đại phần tử đơn xích tập P (X) (X hữu hạn) nhiều khám phá lónh vực lý thuyết tổ hợp nhà toán học tìm Trong có cấu trúc đẹp cấu trúc đối xứng P (X) Đặc biệt cấu trúc ứng dụng để giải số vấn đề khác lý thuyết tổ hợp Bản luận văn gồm hai chương Chương I trình bày số tính chất vành bool, xây dựng quan hệ thứ tự, chứng minh tồn phần tử tối tiểu từ đẳng cấu vành bool hữu hạn B(n) với vành Z2xZ2x…xZ2 Chương II khảo sát cấu trúc đẹp số poset cấu trúc đối xứng Nhờ tính chất đối xứng xích, mà ta dễ dàng kiểm tra số lượng antichain poset tính số lượng họ tập hợp thỏa tính chất bao hàm chứa trong, rời Chúng xây dựng phân hoạch xích đối xứng cho poset thường gặp (hay P(S)), poset ước số nguyên dương in cho trước tích trực tiếp poset với Ngoài ra, với phân hoạch xích đối xứng poset P, sâu vào tìm hiểu cấu trúc phân hoạch khía cạnh khía cạnh số xích đối xứng, độ dài xích, số lượng xích chiều dài i Sau số toán giải xích đối xứng kết thúc phần cách xây dựng khác phân hoạch xích đối xứng BCO ứng dụng cách xây dựng để tính số antinh P(S) tính số đường mặt phẳng tọa độ Chương I CẤU TRÚC THỨ TỰ TRÊN VÀNH BOOL HỮU HẠN Trong chương này, xét lớp vành đặc biệt, lớp vành Bool hữu hạn Cho vành Bool hữu hạn B (có 2n phần tử) Chúng ta B đẳng cấu với vành Bool Z2 xZ2x…x Z2 (có n thừa số) Hơn nữa, P(X) gồm tất tập tập X với phép giao tổng đối xứng vành Bool có 2n phần tử, nên P(X) đẳng cấu với B mặt khác đẳng cấu bảo toàn quan hệ thứ tự để thuận tiện cho việc trình bày Trong số trường hợp, chọn vành Bool Z2 xZ2x…x Z2 để làm việc Kế tiếp, trình bày số khái niệm kết liên quan đến quan hệ thứ tự B cần thiết cho chương sau §1 Các khái niệm vành Bool Định nghóa 1.1 Một vành B có đơn vị gọi vành Bool phần tử x  B thỏa x2 = x Một ví dụ quen thuộc vành Bool tập P(X), tập tất tập tập X khác rỗng, với hai phép toán   ;  phép giao thông thường hai tập hợp  phép cộng đối xứng xác định nhö sau:  A, B  P(X) AB = (A \ B)  (B \ A) Và để thuận tiện cho việc trình bày sau ta viết  theo lối nhân (.)  theo lối cộng (+) Bây ta chứng minh (P(X),+ ) vành Bool Ta cần kiểm tra tiên đề vành:  Phép toán cộng có tính kết hợp : A, B, C  P(X), ta cần kiểm tra: (A + B) + C = A + (B + C) i) Chứng minh (A + B) + C  A + (B + C) Laáy x  (A + B) + C, ta có: x  C \ [(A \ B)  (B \ A)] hoaëc x  [(A \ B)  (B \ A)] \ C + Neáu x  [(A \ B)  (B \ A)] \ C x  (A \ B)  (B \ A) x  C tức x  A \ B ; x  C hoaëc x  B \ A ; x  C + Trong trường hợp thứ ta có : x  A ; x  B ; x  C x  A vaø x  (B \ C)  (C \ B) tức là: x  A \ [(B \ C)  (C \ B)] + Trong trường hợp thứ hai, ta coù x  B, x  A, x  C : x  (B \ C)  (C \ B) x  A tức : x  [(B \ C)  (C \ B)] \ A nên x  A + (B + C) Vậy (A + B) + C  A + (B + C) ii) Chiều ngược lại: A + (B + C)  (A + B) + C Chứng minh tương tự Vậy (A + B) + C = A + (B + C)  Phép toán cộng có tính giao hoán : Với A, B  P(X) ta có : A + B = (A \ B)  (B \ A) = (B \ A)  (A \ B) = B + A  Phép cộng có phần tử không tập  A  P(X), ta có : A +  = (A \  )  (  \ A) = A  Phần tử đối phần tử A phần tử A :  A ,A + A = (A\A)  (A\A)  (A\A) =   Tính kết hợp phép nhân : A, B, C  P(X) ta coù : (A  B)  C = A  (B  C) neân (AB)C = A(BC)  Phép toán nhân phân phối với phép toán cộng : A, B, C  P(X) ta có : A(B + C) = A [(B \ C)  (C \ B)] = [A (B \ C)]  [A (C \ B)] = [A B \ AC]  [AC \ AB] = AB + AC vaø (B+C)A = [(B \ C)  (C \ B)] A = [(B \ C) A]  [(C \ B) A] = (BA \ CA)  (CA \ BA) = BA + CA  Phép toán nhân có phần tử đơn vị X  A  P(X) XA = A  A = A AX = A  X = A Vaäy P(X) vành Bool Nhận xét : Trong vành Bool P(X), ta chứng minh A  P(X) phần tử đối A P(X) vành giao hoán Ta mở rộng tính chất lên cho vành Bool tổng quát, cụ thể ta có : Định lý 1.2 Trong vành Bool B, phần tử có phần tử đối nó, nghóa : x B -x = x Chứng minh : Do B vành nên x  B  -x  B Theo định nghóa vành Bool : (x+x)2 = x+x hay x2 +x2+ x2+ x2 = x + x  x + x + x+ x = x+x  x+x =0  x =-x Nhận xét : Do kết này, vành Bool vành có đặc số Định lý 1.3 Mọi vành Bool giao hoán Chứng minh : x, y  B ta coù : x2 + y2 = x + y = (x + y)2 = x2 + xy + yx + y2 neân xy + yx = Suy : xy = -yx = (-y)x = yx (do -y = y) định lý 1.1) Vậy B vành Bool giao hoán Ta biết rằng, vành Bool P(X) có quan hệ thứ tự tự nhiên nhö sau : A  B  AB = A, A, B  P(X) Quan hệ tổng quát lên cho vành Bool sau : Định lý 1.4 Trong vành Bool B, định nghóa quan hệ : x, y  B : x  y  xy = x :  quan hệ thứ tự B Chứng minh : + x  B ta có : x.x = x nên x  x, tức có tính chất phản xạ + x, y  B cho : x  y vaø y  z, ta có : xy = x yz = y Do vành Bool giao hoán nên xy = yx hay x = y tức quan hệ  có tính phản đối ứng + Với x, y, z  B cho x  y vaø y  z ta có : xy = x yz = y Suy : xz = (xy)z = x(yz) = xy = x, tức : x  z Nên  có tính chất bắc cầu Vậy  quan hệ thứ tự B Chú ý : Khi x  y ta nói : x nhỏ y hay y lớn x Với x, y  B ta nói : x, y so sánh với x  y y  x Trở lại vành Bool P(X), ta biết P(X) có phần tử đơn vị X phần tử không rỗng ta có : A  P(X) tồn CA = X + A thỏa : CA + A = X (CA) A =  CA : gọi phần bù A Đối vành Bool ta có điều tương tự Cụ thể : Định lý 1.5 Cho B vành Bool, với x  B tồn phần tử x*  B thoûa : x + x* = xx* = Chứng minh :  Sự : với x  B, giả sử có y  B thỏa : x+y=1 xy = : y = - x = x* B Nên x*  Sự tồn : Với x  B, xét x* = + x Khi : x + x* = x + (1 + x) =x+x+1 =1 vaø xx* = x (1 + x) = x + xx = x + x =0 Chú ý : Phần tử x* định lý gọi phần tử bù phần tử x  B x* = + x Khái niệm phần bù có số tính chất đơn giản : 1* = vaø 0* = vaø (x*)* = x, x  B Thực mở rộng kết P(X): CX = , C = X C(CA) = A, A  P(X) §2 Vành Bool hữu hạn Trong mục ta mô tả vành Bool hữu hạn thông qua phần tử cực tiểu Vì trước tiên ta nghiên cứu phần tử cực tiểu vành Bool hữu hạn Ta có định nghóa sau : Định nghóa 2.1 Cho vành Boll hữu hạn B với quan hệ thứ tự  định nghóa mục 1, phần tử a  B \ {0} gọi phần tử cực tiểu B phần tử x  B \ {0} mà x  a x = a Chẳng hạn, vành Bool P(X), với X = {x1, x2, xn} có hữu hạn phần tử 2n với phép toán bao hàm quan hệ thứ tự phần tử cực tiểu {x1}, i=1, n Bây vành Bool hữu hạn B ta chứng minh tồn phần tử cực tiểu Định lý 2.1 Trong vành Bool hữu hạn tồn phần tử cực tiểu Chứng minh : Xét x  P(X) \ {0} + Nếu x phần tử cực tiểu B x phần tử cần tìm Nếu không x có phần tử x1  B \ {0} cho x1 < x + Nếu x1 phần tử cực tiểu B x1 phần tử cần tìm Nếu không x1 có phần tử x2  B \ {0} cho x2 < x1 + Nếu x2 phần tử cực tiểu B x2 phần tử cần tìm Nếu không x2 có phần tử x3  B \ {0} cho x3 < x2 Do B hữu hạn phần tử x1, x2, đôi khác nhau, trình dừng lại sau hữu hạn bước, tồn x0 phần tử cực tiểu B Như vậy, tập hợp tất phần tử cực tiểu vành Bool hữu hạn khác rỗng Để tiện lợi cho việc trình bày, từ sau ta giả sử B vành Bool hữu hạn có tập phần tử cực tiểu M = {x1, x2, xn} Bằng cách chứng minh tương tự định lý 2.1, ta có kết sau : Định lý 2.2 Mọi x  B \ {0} tập N phần tử cực tiểu B nhỏ x khác rỗng Chúng ta xét đặc trưng phần tử cực tiểu B, dựa vào từ tổng quát vành Bool hữu hạn P(X) Trong P(X), tập phần tử cực tiểu : X = {x1 x2, xn} Khi ta coù {xi}  {xj} =  hay {xi} , {xj} = Và A  P(X) A hợp phần tử cực tiểu tức A = {x k , x k x k }, m  n A = {x k }   {x k } = {x k } m i m i  {x k }  {x k } , với ý P(X) : Nếu A, B  P(X) vaø A  B =  AB = A  B Điều m tổng quát cho vành Bool sau : Định lý 2.3 Nếu xi, xj hai phần tử cực tiểu phân biệt B xixj = Chứng minh : Giả sử xixj  tức xixj  B \ {0} Ta có : xixj  xi vaø xixj  xj (Do xi(xixj) = (xixi)xj = xixj xi(xixj) = (xixj) xj = xixj) Vì xixj phần tử cực tiểu nên xixj = xi xixj = xj Nên xi = xj , điều mâu thuẫn Vậy xixj = Định lý 2.4 Mọi  x  B \ {0} viết dạng : x = x k  x k   x k : x k , i = 1, m phần tử cực tiểu B thỏa : x k  x m i i Chứng minh : Do x  B \ {0} nên theo định lý 2.2, tồn phần tử cực tiểu xk  x gọi tập {x k , x k x k } phần tử cực tiểu B nhỏ x tập khác rỗng m y =x+ ( x k  x k   x k ) Đặt m Giả sử y  Khi tồn phần tử cực tiểu a  y Mặt khác ,ta có y  x yx =xx+ ( x k  x k   x k ) x Thaät vaäy : m = x+ x k x  x k x   x k x m = x+( x k  x k   x k ) = y (do x k  x  x k x = x k ) m i i i Suy a  x, tồn i cho a = xk cực tiểu x i Khi đó: ya = y xk = xk  (do xk phần tử cực tiểu) i i i Va øy xk =x xk +( x k  x k   x k ) xk = xk + xk =0 (tính chất vành bool) i i m i i i  mâu thuẫn, y=0  x= x k1  x k   x k m Kết luận : Mỗi phần tử khác không B biểu diễn thành tổng phần tử cực tiểu B nhỏ x bây giờ, khẳng định cách biểu diễn qua phần tử cực tiểu sai khác hoán vị thứ tự phần tử cực tiểu Định lý 2.5 Nếu y l , y l phần tử cực tiểu B cho : t x = y l + y l + + y l D = { y l , y l , y l }= C ={ x k , x k , x k } t t 2 Trong : x k , x k phần tử cực tiểu B thỏa x k  x m i Chứng minh : Giả sử y l , y l phần tử cực tiểu B thỏa : t x = y l + y l + + y l = x k  x k   x k t 2 m giả sử tồn yl  D yl  C ta có k k x yl =( y l + y l + + y l ) yl =( x k  x k   x k ) yl k t k m k ylk = y 2lk = (do tích phần tử cực tiểu khác 0)  mâu thuẫn (vì phần tử cực tiểu khác 0)  { y l1 , y l , y l t } = { x k1 , x k , x k m } (1) m Đến ta khẳng định : Tổng phần tử cực tiểu B thuộc vào B ngược lại x B \ {0} viết thành tổng phần tử cực tiểu B nhỏ x Vậy ta có : n B = {   i x i l  i {0,1} vaø xi laø phần tử cực tiểu B} i 1 Mặt khác : Z2  Z2   Z2 = {(1, , n) / i  {0, 1}} Xét đồng cấu  : B  Z2  Z2   Z2 n  x x= i i  (1 , ,  n ) i 1 n ta có phần tử x B viết cách x =  x i i ta cố i 1 định thứ tự từ đến n Rõ ràng là song ánh nên ta có hệ sau : Hệ Nếu B vành Bool hữu hạn, có tập phần tử cực tiểu số phần tử vành B 2n Hơn nữa, ánh xạ còn bảo toàn phép toán B, bảo toàn quan hệ thứ tự B Sau chứng minh điều : Định lý 2.6 Nếu (1, , n), (’1, , ’n) (1, , n) + (’1, , ’n) = (’1+ 1, , ’n + n) với 1 + ’i = 1 + ’i 1  ’i Chứng minh : Giả sử B có tập phần tử cực tiểu {x1, , xn} n n i 1 i 1 Với moïi (1 , , n) =  (   i x i ) vaø (’1, , ’n) =  (   ' i x i ) Xeùt x + y = (1 + ’1) x1 + (2 + ’2)x2 + + (n + ’n)xn Ở : + Nếu i + ’i (tức 1) ta có (i + ’i)xi = (do B vành có đặc số 2) + Nếu i  ’i (tức {i , ’i} có phần tử phần tử lại 1) neân (i + ’i) xi = xi n Do vaäy x + y =  ( i   n ) x i vaø  (x + y) = (’1 + 1, , ’n + n) i 1 Định lý 2.7 Nếu (1 , n), ('1 , , ’n)  B (1 , , n) (’1, , ’n) = (1 ’1, , n’n) với i’i i = ’i = i = hoaëc ’i = n 1 = i 1 n 1 =  i 1  n      {i, m}   n i     n 1  i 1  n      {i-1, m} =   n i      n      (min {i, m} - {i-1, m} =   n i     m  i 1  n      n i     Do i > m {i, m} - {i - 1, m} = m - m = vaø i  m {i, m} - {i - 1, m} = i - (i-1) = Tóm lại, ta kết sau : Mệnh đề IV.3 Nếu A1, A2, An m antichain rời tập m tập S  n  m m   Ai      n i   i 1 i 1   V XÂY DỰNG TRỰC TIẾP PHÂN HOẠCH XÍCH ĐỐI XỨNG CHO P(S) VÀ ỨNG DỤNG Xây dựng trực tiếp phân hoạch xích đối xứng cho P(S) Như ta thấy, cấu trúc đối xứng có nhiều ứng dụng toán tập hợp Đối với poset P(S) có phân hoạch xích đối xứng Để thu phân hoạch xích đối xứng P(S) ta có cách xây dựng trình bày cách xây dựng phương pháp quy nạp n = S lớn khả xây dựng phức tạp không khả thi Vấn đề đặt có hay không cách xây dựng phân hoạch xích đối xứng cho P(S) cách trực tiếp mà không cần thông qua quy nạp? Trước hết ta xét phân hoạch xích đối xứng poset B(4) : 0011 (1) 0101 (2) 0001 < 1001 < 1101 (3) 0010 < 1010 < 1011 (4) 0100 < 0110 < 0111 (5) 0000 < 1000 < 1100 < 1111 (6) Trong sáu xích đối xứng phân hoạch xích đối xứng B(4) Chúng ta quan tâm đến khía cạnh cấu trúc sau : (a) Phần tử khởi đầu cho xích đối xứng 0000 (trong xích số (6) phần tử có chứa kế trước số phải số (như xích (3), (4) (5) xóa cặp 01 phần tử khác có phần từ kế trước xích (1) : phần tử đầu xích 0011 xóa 01 lại 01 thỏa Để có mô tả xác phần tử khởi đầu xích đối xứng ta cần số định nghóa sau : Định nghóa V.1.1 Cho vành vectơ Bool B(n) (i) Phần tử ak=1 vectơ a = a1a2 ak-1 an ta gọi phần tử sở cấp a ak-1 = : a k-1 = gọi phần tử lổ hổng cấp vectơ a (ii) Phần tử ak = với k > 2t + t  gọi phần tử sở tiếp b vectơ a 2t phần tử trước a k ak-2t-1 = phần tử ak-2b-1 = gọi phần tử lổ hổng cấp k - 2t -1 Định nghóa V.1.2 (i) Tập tất phần tử sở vectơ a với cấp gọi tập sở vectơ a - ký hiệu a+ (ii) Tập tất phần tử lổ hổng vectơ a với cấp gọi tập hổng vectơ a - ký hiệu a- (iii) Tập tất phần tử vectơ a mà không lổ hổng vectơ a gọi tập bổ sung - ký hiệu abs (iv) Tập tất phần tử vectơ a mà không phần tử sở vectơ a gọi tập dư - ký hiệu ad Ví dụ : Trong poset B(9) cho vectô a = 1 0 1 = a 1a2 a9 Khi : Tập phần tử sở vectơ a a+ = {a2, a7, a8} a- = {a1, a5, a6} vaø abs = {a9} vaø ad = {a3, a4} Nhận xét 1: Nếu xóa tập a+ a- vectơ a vectơ lại gần phần tử ad (nếu có) phải đứng trước phần tử tập abs (nếu có) Vì ngược lại lại tạo cặp phần tử gần lổ hổng phần tử khác Ví dụ : Trong ví dụ : a = 1 0 1 0, xóa a+ a_ ta lại vectơ 110  B(S) gần phần tử ad trước đến phần tử a bs Nhận xét : Qua phân hoạch xích đối xứng B(4) ta nhận thấy phần tử xích có phần dư =  Thực tế, cho vectơ a = a1a2 an ta tìm tập sở vectơ a ta làm sau : Bước : Đi từ trái sang phải vectơ a cặp phần tử ak-1 ak = 01 vectơ a a+ =  Ngược lại ta thu ak  a+ Bước : Xóa cặp vectơ ak-1ak vectơ a để vectơ : A1 ak-2 ak+1 ak+2 an  B (n-2) Bước : Lập lại bước ki không vectơ liền 01 Ta thu a+ Qua thủ tục tìm a+ ta có : Mệnh đề V.1.3 Mỗi vetơ a  B(n) có tập sở a+ (b) Chúng ta tiếp tục quan sát phân hoạch xích đối xứng B(4) Trong xích đối xứng, bắt đầu phần tử đầu a với phần ad =  lại abs = n - a  xích đối xứng bắt đầu a có chiều dài a bs +1 Một điều quan trọng phần tử a a1 có từ a cách chuyển phần tử ak-1 =  a bs với k1 = {j / aj  abs} thành phần tử a a2 có từ a1 cách chuyển phần tử ak2 =  abs với k2 = {{j / aj  abs} \ {k1}}- Chẳng hạn xích đối xứng (a) : 0001 < 1001 < 1101 Phần tử đầu xích a = 0001 có phần bổ sung abs = {a1, a2} Trong a chuyển a1 thành số ta có : a’ = 1001 phần tử a Trong a1 chuyển a2 thành số 1, ta có : a’’ = 1101 phần tử (3) Do xích đối xứng vectơ có tập sở a+ Tổng quát ta có mệnh đề Mệnh đề V.1.4 Cho hai vectơ a, b  B(n) - Nếu a+ = b+ a b so sánh với Chứng minh : Do hai vectơ a, b  B(n) có a+ = b+ = c nên tập số phần tử sở tập số lổ hổng a b tương ứng hay neáu a+ = a1 , a1 , a i  b = b1 , b1 , b i + k k  Và a- = a j , a j , a j 2  b k j1 , b j , b j k  Neân a, b so sánh a’ b’ so sánh với Trong a’ có từ a cách xóa a+ a- ; b’ có từ b cách xóa b+ b- Mặt khác a’ có dạng a’ = 0 = a k , a l , a l t s Với a k , a k  ad = a'l , a'l  abs (theo nhận xét trên) t t Tương tự b’ có dạng : b’ = 1 0 = b k , b k , b'l b'l t w Với b k , b k  b d vaø b'l , b'l  b bs (do nhận xét trên) w w Vậy ta có : a’ b’ so sánh với nên mệnh đề chứng minh (c) Chúng ta tiếp tục quan sát phân hoạch xích đối xứng B(4) - phần tử cuối xích đối xứng có phần bổ sung  Vậy xích đối xứng B(4) bắt đầu phần tử a có ad =  thay phần tử abs thành từ trái sang phải thứ tự vectơ thay hết phần tử abs thu phần tử cuối xích đối xứng Chúng ta có : Mệnh đề V.1.5 Tập tất phần tử P(S) mà có tập sở tạo xích đối xứng P(S) Chứng minh : Giả sử tập sở a+, ta có : Trường hợp : a+ =  : tập tất phần tử P(S) có tập sở  có dạng : b1 bn = Cụ thể chúng tập hợp sau : {0 ; 0 ; 110 ; 100, 110, 11 111} Rõ ràng chúng tạo nên xích đối xứng laø : 0 < 0 < 110 < < 11 10 < 11 111 Trường hợp : a+ =  : vectơ B  B(n) có tập sở a+ Trong vectơ b ta xóa phần b+ b- ta phải vectơ có dạng : 10 = b j , b j , b j b j b i với b j = 1, t = 1, k vaø k k k l t b i = s = 1, l s Do tập tất phần tử có tập sở a+ tập tất phần tử B(n) có thành phần a+ a- (tập số tương ứng) sau xóa a+ a- vectơ lại có dạng : {0, ; 10 ; ; 11 1}  B (k + b) Chú ý : Chỉ số lại sau xóa a+ a- : j1 jk i1 il Ta coù : 00 < 10 < 110 < < 11 11 (**) Tương ứng xích (**) ta có xích : a1 < a2 < a3 < < ak+P (***) xích gồm tất phần tử có tập sở a+ B(n) Ta có : (***) xích bảo hòa xích (**) xích bảo hòa B(k+l) Hơn : r (a1) + r(ak+l) = a  + k + l + a  = a  + k + l = n Vậy (***) xích đối xứng B(n) Nhờ mệnh đề trên, chún g ta tiến hành xây dựng phân hoạch xích đối xứng cách trực tiếp mà theo phương pháp quy nạp thủ tục sau : Bước : Lấy a  B(n) Ta tìm a+ - Xây dựng xích đối xứng X1 chứa a (như mệnh đề V.1.5) Bước : Lấy b  B(n) \ {X1} - lặp lại bước Cứ tiếp tục ta thu phân hoạch xích đối xứng - ý xích rời chúng có tập sở khác Ví dụ : Xét poset B(4)  Lấy phần tử a = 1100 có tập sở a+ =  Do ta có tập tất phần tử ứng tập sở : {0000, 1000, 1100, 1110, 1111} ta có xích đối xứng : 0000 < 1000 < 1100 < 1110 < 1111  Lấy phần tử a = 1010 có tập sở a+ = {a3} Do ta có tập tất phần tử ứng tập sở : {0010, 1010, 1011} chúng lập nên xích đối xứng : 0010 < 1010 < 1011  Lấy phần tử a = 1001 có tập sở a+ = {a4} Do ta có tập tất phần tử ứng tập sở : {0001, 1001, 1101} chúng lập nên xích đối xứng : 0001 < 1001 < 1101  Lấy phần tử a = 0110 có tập sở a+ = {a2} Do ta có tập tất phần tử ứng tập sở : {0100, 0110, 0111} chúng lập nên xích đối xứng : 0100 < 0110 < 0111  Lấy phần tử a = 1001 có tập sở a+ = {a2, a4} Do ta có tập tất phần tử ứng tập sở : {0101} chúng lập nên xích đối xứng : 0101  Lấy phần tử a = 0011 có tập sở a+ = {a3, a4} Do ta có tập tất phần tử ứng tập sở : {0011} chúng lập nên xích đối xứng : 0011 Tóm lại, ta phân hoạch xích đối xứng B(4) laø : 0011 0101 0100 < 0110 < 0111 0001 < 1001 < 1101 0010 < 1010 < 1011 0000 < 1000 < 11000 < 1110 < 1111 Điều giống ví dụ II.1.2 Ví dụ : Xây dựng phân hoạch xích đối xứng B(5) cách trực tiếp :  Lấy phần tử a = 01010 có tập sở a+ = {a2, a4} Do ta có tập tất phần tử có tập sở : {01010, 01011} lập nên xích đối xứng : 01010 < 01011  Lấy phần tử a = 00110 có tập sở a+ = {a3, a4} Do ta có tập tất phần tử có tập sở : {00110, 00111} lập nên xích đối xứng : 00110 < 00111  Lấy phần tử a = 01001 có tập sở a+ = {a2, a5} Do ta có tập tất phần tử có tập sở : {01001, 01101} lập nên xích đối xứng : 01001 < 01101  Lấy phần tử a = 00101 có tập sở a+ = {a3, a5} Do ta có tập tất phần tử có tập sở : {00101, 10101} lập nên xích đối xứng : 00101 < 10101  Lấy phần tử a = 00011 có tập sở a+ = {a4, a5} Do ta có tập tất phần tử có tập sở : {00011, 10011} chúng lập nên xích đối xứng : 00011 < 10011  Lấy phần tử a = 01100 có tập sở a+ = {a2} Do ta có tập tất phần tử có tập sở : {01000, 01100, 01110, 01111} chúng lập nên xích đối xứng : 01000 < 01100 < 01110 < 01111  Lấy phần tử a = 10100 có tập sở a+ = {a3} Do ta có tập tất phần tử có tập sở : {00100, 10100, 10110, 10111} chúng lập nên xích đối xứng laø : 00100 < 10100 < 10110 < 10111  Lấy phần tử a = 10010 có tập sở a+ = {a4} Do ta có tập tất phần tử có tập sở : {00010, 10010, 110100, 11011} chúng lập nên xích đối xứng : 00010 < 10010 < 11011  Lấy phần tử a = 10001 có tập sở a+ = {a5} Do ta có tập tất phần tử có tập sở : {00001, 10001, 11001, 11101} chúng lập nên xích đối xứng : 0001 < 10001 < 11001 < 11101  Lấy phần tử a = 11000 có tập sở a+ =  Do ta có tập tất phần tử có tập sở : {00000, 10000, 11000, 11100, 11110, 11111} chúng lập nên xích đối xứng : 00000 < 10000 < 11100 < 11110 < 11111 Tổng kết lại có phân hoạch xích đối xứng B(5) laø : 01010 < 01011 00110 < 00111 01001 < 01101 00101 < 10101 00011 < 10011 01000 < 01100 < 01110 < 01111 00100 < 10100 < 10110 < 10111 00010 < 10010 < 11010 < 11011 00001 < 10001 < 11001 < 11101 00000 < 10000< 11000 < 11100 < 11110 < 11111 Bây ta xét số tính chất yếu tố liên quan đến tập phần tử sở vectơ a  B(n) khía cạn h số lượng, tương quan đến phần tử tập bổ sung vectơ a tất mô tả mệnh đề sau P(S) Mệnh đề V.1.6 Cho A tập tập S = {x1, x2 xn} A tập phần tử sở i, tối đa nửa số x1, x2 xi thuộc A Chứng minh : * Giả sử A tập phần tử sở cho i  {1, , n} x1, x2, , xi Giả sử ngược lại A chứa lớn nửa số {x1, x2, , xi} theo cách xây dựng tập sở ta có A có biểu diễn : C1 Cj 1 C với xk  A Cl phần gồm phần xn tử lổ hổng phần tử sở phần tử ak chưa xem phần tử sở phần tử tập bổ sung trước xk Do xk  A (điều mâu thuẫn) Ngược lại, giả sử A không tập phần tử sở   xi  A xi không phần tử sở Ta biểu diễn A cách xây dựng trực tiếp gọi xi phần tử A không phần tử sở có dạng : C1 Cl 1 xét tập {x1, , xi} cho xn 01  1 xn = x1x2 xi-2 xi-1 xi suy {x2, x4, xi-1, xi}  A xn Do : {a , x , , x i1 , x i }  {x1 , x , , x i} (mâu thuẫn giả thiết) Vậy ta điều phải chứng minh Mệnh đề V.1.7 Cho xích đối xứng P(S) : A1   Ar (i) Nếu Ai+1 =  x m , i mi không phân chẵn lẻ i (ii) Số phần tử sở biểu diễn Ai (n + - r) (iii) i coù Bi cho : Ai-1  Bi  Ai+1 với Bi nằm xích ngắn Chứng minh : (i) Trong phương pháp xây dựng xích đối xứng cách xây dựng trực tiếp từ trái sang phải cách chuyển phần tử thành (trong biểu diễn vectơ tập B(n) có mi < mi+1, i ta có : mi+1 = mi + (số chẵn) + Do mi thay phiên chẵn lẻ (ii) Ta có : n = Số phần tử sở + số phần tử lổ hổng + Số phần tử khác m = Số phần tử sở + số phần tử không sở không lổ hổng Do xích đối xứng xây dựng cách thêm vào phần tử bổ sung A1 nên : số phần tử không lổ hổng chờ không sở r - Và n = (số phần tử sở) + r -  Số phần tử sở = (iii) Xeùt Ai-1 C1 C2 Ai C1 C2 Ai-1 C1 C1 n 1 r Laáy Bi = O Ci Cl Thì ta có : Ai-1  Bi  Ai+1 Và Bi có nhiều phần tử Ai nên Bi nằm xích có độ dài r nhỏ theo (i) Đến này, có cách xây dựng phân hoạch xích đối xứng Một xây dựng phương pháp quy nạp Hai xây dựng phương pháp trực tiếp Để kết thúc phần ta phân hoạch xích đối xứng xây dựng phương pháp cho kết Mệnh đề V.1.8 Xây dựng phân hoạch xích đối xứng poset B(n) phương pháp quy nạp phương pháp trực tiếp Chứng minh : Ta chứng minh quy nạp theo số chiều n vectơ Bool B(n) Với n = : Trong phương pháp quy nạp có xích đối xứng < Mặt khác theo phương pháp trực tiếp có B(1) có vectơ tập sở  nên tạo xích đối xứng < Vậy xây dựng phương pháp nên mệnh đề cho trường hợp n = Giả sử mệnh đề cho trường hợp n = k, tức xích đối xứng phân hoạch xích đối xứng phương pháp Xét trường hợp n = k + Lấy xích đối xứng B(K) laø : a1 < a2 < < a h Theo phương pháp quy nạp có xích sinh từ hình chữ nhật sau : a10 < a 20 < < a h0 a11 < a 21 < < a h1 có hai xích đối xứng B(k+1) : a10 < a20 < < ah0 < ah (x1) vaø : a11 < a21 < < ah-11 (x2) Bây ta phương pháp trực tiếp B (k + 1) có chứa xích đối xứng X1 X2 Thật vậy, theo giả thiết quy nạp : ta có xích X a1, a2, ah : tất phần tử có tập sở a1+ B(k) Thì B(k+1), phần tử có tập sở a1+ {a10, a 20, , a h0}  {ah1} (chú ý : ah1 phần tử có tập sở a1+ ah tập bổ sung a bsh =  hay nói cách khác ah không phần tử lổ hổng nên tạo nên lổ phần vị trí cuối ah1) Hiển nhiên ta có xích đối xứng tự {a10, a20, ., ah0, ah1} laø: a10 < a20 < < ah0 < ah-1 hay X1 xích đối xứng phân hoạch xích đối xứng xây dựng phương pháp trực tiếp Tương tự : Xét B(k+1) phần tử có tập sở (a11)+ tập sở có thêm phần từ b số cuối (k+1) so với a1+ nên B(k) mà phải tạo từ a11, a 21, ah-11 ý a h1 lý luận (ah1)+ = a1+  (a11)+ nên B(k+1), tập tất phần tử có tập sở với (a11)+ {a11, a21, ah-11} theo phương pháp trực tiếp chúng lập nên xích đối xứng : a11 < a21 < < ah-11 hay xích X2 chứa phân hoạch xích đối xứng xây dựng phương pháp trực tiếp Lần lượt lấy xích B(k) ta xây dựng phân hoạch xích đối xứng cho B(k+1) phương pháp quy nạp phân hoạch xích đối xứng nằm hoàn toàn phân hoạch xích đối xứng phương pháp trực tiếp, hay phân hoạch xây dựng hai phương pháp trùng Ứng dụng phương pháp xây dựng trực tiếp phân hoạch xích đối xứng cho B(n) 2.1 Ước lượng số antichain P(S)  n   Mệnh đề 2.1.1 Đặt a - số antichain P(S) với S n tập a    [n / 2]  Chứng minh :  n   tập n - tập X có hạng [n/2] với  r  m Xét r phần tử Ta có : m =   [n / 2] có hạng [n/2] lập nên antichain P(X) ta có :  n    antichain - ta có :  [n / 2] m m r 0     n  = (1 + 1)+ = 2m/ Vậy a  2m Để tính số antichain tập n - tập P(S), để ý antichain xem họ mà có tính chất tối điều kiện ngược lại chắn antichain Điều kiện chọn ánh xạ đặc trưng tăng P(S), ánh xạ f : P(S)  {0, 1} gọi băng  X  Y f(x)  f(Y) Điều thể qua mệnh đề sau : Mệnh đề 2.1.2 Số antichain P(S) số ánh xạ tăng P(S)  {a, 1} Chứng minh : Đặt: A(S) - tập tất antichain P(S) B(S) - tập tất ánh xạ tăng từ P(S) đến {0,1} Xét  : A(S)  B(S) A   (A) = g Với g : P(S)  {0, 1} B  g(B) = B chứa phần tử A1 B không chứa phần tử A Khi đó: họ tập A phần tử tối đại cho g tác động lên ta có:  ánh xạ Xét  : B(S)  s(S) G   (g) Trong đó: (g) tập tất phần tử tối đại P(S) cho g tác động lên Chú yù g(A) = 1, A  P(S) g s ánh xạ tăng (g) tập riêng, ta xem antichain P(S) Và ta có: và  hai ánh xạ ngược Nên  song ánh  n   xích đối xứng Ta xây Mệnh đề 2.1.3 Số ánh xạ tăng từ P(S) đến {0,1} tối đa  [ n / ]   dựng ánh xạ f biên xích đối xứng quy nạp độ dài k xích đối xứng + Nếu k = 1, xích đối xứng gồm phần tử Khi ta có tối đa cách định nghóa f(X) = f(X) = (X phần tử xích đối xứng) + Nếu k = 2, xích đối xứng có độ dài có dạng : X  Y ta có tối đa cách định nghóa f băng : f(X) = f(Y) = hoaëc f(X) = f(Y) = f(X) = f(Y) = + Nếu k > 2, X, Y xích thỏa Y  X + tức X  Z  Y với Z phần tử :   X  Theo Mệnh đề V.1.7 tồn  cho X  U  Y U nằm xích đối xứng có kích thước ngắn Theo giả thiết quy nạp ta có f(U) định nghóa Xét xích có độ dài k : X1  X2   Xk Khi i = 1, k-1 tồn Ui cho Xi-2  Xi+1 f(Ui) định nghóa  Nếu f(U2) = = f(Uk-1) = f(Xk-1) f(Xk) định nghóa tùy ý, lại f(Xj) = nên giống trường hợp k = nên có tối đa định nghóa cho f  Nếu f(U2) = = f(Uk-1) = (do f ánh xạ tăng) nên lại f(X1) f(X2) định nghóa tùy ý Nên giống trường hợp k = nên có tối đa định nghóa cho f  Nếu tất f(Ui) không số Gọi j số thỏa : f(Uj) = 1, ta coù : f(Xi) = 1, i > j có f(Xi) = < j-1 (do F(Ui) = 0, cho  i  j - 1) Nên f(X1-2) f(Xj) định nghóa tùy ý nên giống trường hợp k = có tối đa cách định nghóa cho f Vậy xích đối xứng có tối đa cách định nghóa cho f  n   xích đối xứng nên số ánh xạ tăng f từ P(S) đến tập {0, 1} tối Mà P(S) coù   [n / 2]   n   đa   [n / 2]  Tóm lại, từ mệnh đề ta có : Mệnh đề 2.1.4 Đặt a - số antichain tập n- tập X  n    a    [n / 2]   n     [n / 2]  2.2 Tính số đường Zigzay : Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, điểm A (XA, YA) điểm B(xByB) với XA, XB, YA, YB  Z định nghóa sau : Định nghóa 2.2.1 Một đường từ điểm A đến điểm B gồm đoạn nối điểm (x, y) tới (x + 1, y + 1) (x+y, y-1) gọi đường ZigZag từ A đến B Ví dụ : Hình bên đường ZigZig từ đến A (4,2) Để thấy ứng dụng cách xây dựng xích đối xứng Bằng cách trực tiếp - ta xét đề sau : A Mệnh đề 2.2.2 Số đường ZigZig từ điểm (0,0) n  n  đến điểm (n.p)   -   với k = (n - p)  k   k 1 số nguyên Chứng minh : - Trước hết ta có giả sử từ điểm A (XA, YA) với XA YA số nguyên XA - YA chẵn đoạn nối với điểm B1 (XA + 1, YA + 1) ñieåm B2 (XA + 1, YA-1) (XA+1) - (YA-1) = (XA- YA+1) = XA - YA chẵn (XA+1) - (YA-1) = (XA- YA) + - số chẵn Do đường ZigZig từ (0, 0) đầu điểm (m, p) ta có : n - p số chẵn Do k = (n - p)  Z  Xét tập S = {x1, x2 xn} tập hợp gồm n - phần tử - ta có phân hoạch  n  xích đối xứng P(S) - Trong phân hoạch xích đối xứng có   xích đối xứng nên có  [n / 2]  n   tập sở khác P(S) Giả sử A tập sở Ta định nghóa đường   [n / 2] ZigZig từ (0, 0) tương ứng với tập sở A sau : Nếu x1  A từ đến (1, -1) đến (1, 1) X1 không phần tử sở (x1  A) Quy nạp lên chặng (i + 1) từ điểm (i, Ui) đến (i+1, Ui +1) xích không phần tử sở đến (i + 1, U - 1) xi-1 sở Với định nghóa đường ZigZig (0,0) số đường ZigZig không xuống phía trục hoành tương ứng với số tập sở S Thật : Giả sử A tập phần tử sở P(S), theo mệnh đề V.1.6 i x1, x2, , x i có tối đa nửa  A hay đường ZigZig nằm phía trục hoành Hơn nữa, i = 1, ta có x1  A (do mệnh đề V.1.6) đường ZigZig phải lên phía Ox tiếp i = 2, x2  A i = đường ZigZig nằm trục Ox Ngược lại, lấy đường ZigZig phía trục hoành suy số đoạn lên đường ZigZig phải tối thiểu nửa Do đường ZigZig từ đến điểm có hoành độ x = n ta thu tập A  S định nghóa đường ZigZig tập A tập sở hay S đường ZigZig từ (0, 1) phía trục hoành đến điểm có hoành độ x2  n (xi hoành độ điểm mà đường ZigZig lấy ban đầu qua) ta có : x2, xi có tối đa nửa  A, nên hoành độ theo mệnh đề V.1.6 ta có A tập sở tập sở S Vậy số đường ZigZig từ (0,1) điểm có hoành độ x = n số tập sở tập  n   P(S)   [n / 2] Tiếp đến, ta tính số đường ZigZig từ (0,0) đến điểm (n.p)  Nếu A tập phần tử sở mà A =  p = n  Nếu A tập phần tử sở mà A = {xi} p = n -  Tương tự tập phần tử sở A = x i , x i Do k = k  p = n - 2k np  Z A  k tập k - phần tử sở Nên số tập hợp gần k phần tử sở = số đường ZigZig từ (0,0) đến (n,p) = số số xích đối xứng bắt đầu gần k - phần tử dó nhiên kết thúc tập (n - k) phần tử = số xích đối xứng có kích thước (n+1) - 2k Vậy theo mệnh đề II.2.3 ta có : n  n  Số đường ZigZig không xuống trục hoaønh laø :   -    k   k 1 Ngoài ra, trình chứng minh Mệnh đề ta có : Mệnh đề 2.2.3 Số đường ZigZig từ O (0,0) đến điểm có hoành độ x = n không xuống  n   trục hoành :   [n / 2] Để kết thúc mục xét ví dụ minh họa sau : Ví dụ : Tính số đường ZigZig từ điểm O (0,0) đến điểm có hoành độ x = phía trục hoành ? Ta có : phân hoạch xích đối xứng tập {1, 2, 3, 4} sau : {3, 4} y {2, 4} {4}  {1, 4}  {1, 2, 4} F3 {3}  {1, 3}  {1, 3, 4} {2}  {2, 3}  {2, 3, 4} B {} {1}  {1, 2}  {1, 2, 3}  {1, 2, 3, 4} Do tập sở P(S) phần tử đầu F2 A E F1 xích đối xứng : {3, 4}: tương ứng đường ZigZig : OABEF1 {2, 4}: tương ứng đường ZigZig : OADEF1 {4}: tương ứng đường ZigZig : OAbCF2 {3}: tương ứng đường ZigZig : OABEF2 {2} : tương ứng đường ZigZig : OADEF2 {}: tương ứng đường ZigZig : OABCF3 Vậy có đường ZigZig từ từ O (0,0) đến điểm có hoành độ x = phía Ox  4  4 Và có :   -   = - = đường ZigZig từ O (0,0) đến (4,0) :  2  1 OADEF1 OABEF1 (với P = 0)  4  4 Coù :      = - = 3đường ZigZig từ (0,0) đến (4,2) : OADEF ; OABEF2 ; 1 0 OABCF2 (với p = 2)  4 Có   = đường ZigZig từ (0,0) đến (4,4) : OABCF3  0 KẾT LUẬN Từ kết việc phân hoạch thành xích đối xứng P(X) tập ước số nguyên m de Bruijn et al đưa ra, ta mở rộng cho vành bool hữu hạn B(n) cho tích Đề vành bool hữu hạn ( thông qua số ví dụ trình bày chi tiết chương 2) Mặt khác việc phân hoạch vành bool hữu hạn B(n) thành xích đối xứng chứng minh cách trực tiếp ( không thông qua qui nạp) Sau số toán giải xích đối xứng ứng dụng cách xây dựng để tính số antinh P(S) tính số đường mặt phẳng tọa độ TÀI LIỆU THAM KHẢO Anderson, I (1989), combinatorics of finite sets, Clarendon Press, Oxford Bollobaùs, B (1986), Combinatorics, Cambridge University Press Lovaùs, L (1977), Combinatorial problems and exercises NorthHolland, Amsterdam Griggs, J.R (1977), Sufficient conditions for symmetric chainorder SIAM J.appl Math.32,8079 Anderson (1967a ) Some problems in combinatorial number theory University of Nottingham Bondy J A (1972) Induced subsets combinat theory Anderson (1967b ) On primitive sequences J London math ... CỦA MỘT XÍCH ĐỐI XỨNG : III.1 Số xích đối ứngvà chiều dài xích đối xứng phân hoạch xích đối xứng Giả sử P poset có phân hoạch xích đối xứng, xích đối xứng P  r (P )  phải chứa phần tử có hạng... M(qm) có phân hoạch xích đối xứng ta dễ dàng có phân hoạch xích đối xứng M(Pn) x M(qm) nhờ vào M(Pn.qm) Bây cho P, Q poset có phân hoạch xích đối xứng P x Q có phân hoạch xích đối xứng hay không... hợp n = k, tức B(n) có phân hoạch thành xích đối xứng Xét vành Bool B(n) + a, ta B(n) + 1) có phân hoạch xích đối xứng thủ tục sau : lấy xích đối xứng phân hoạch xích đối xứng B(n) laø : a1 < a2