Nghiên cứu trình bày Vĩnh Thức, định thức, và định thức Pfaff là các đa thức đa biến trên các ma trận. Chúng có liên hệ mật thiết với nhau, và có ứng dụng trong Vật Lý thống kê, Kinh tế học, toán Tổ hợp, độ phức tạp tính toán, lý thuyết đồ thị, và thuật toán. Bài viết này điểm qua lịch sử và chứng minh của một số kết quả liên kết các đối tượng Tổ hợp kỳ thú này. Mời các bạn tham khảo!
VĨNH THỨC NGƠ QUANG HƯNG (Đại học Buffalo, Mỹ) Tóm tắt nội dung Vĩnh Thức, định thức, định thức Pfaff đa thức đa biến ma trận Chúng có liên hệ mật thiết với nhau, có ứng dụng Vật Lý thống kê, Kinh tế học, tốn Tổ hợp, độ phức tạp tính tốn, lý thuyết đồ thị, thuật toán Bài viết điểm qua lịch sử chứng minh số kết liên kết đối tượng Tổ hợp kỳ thú Vĩnh Thức Gọi A = (aij ) ma trận vng n × n Vĩnh Thức1 A định nghĩa sau: n Perm(A) = aiπ(i) , π∈Sn i=1 Sn tập tất hốn vị [n] Như vậy, cơng thức tính vĩnh thức giống cơng thức Leibniz để tính định thức A, khác điểm ta không nhân sgn(π) vào số hạng tổng Hàm vĩnh thức có nhiều ứng dụng Ví dụ, vấn đề toán Tổ hợp tìm số cách lát hình chữ nhật với qn đơ-mi-nơ kích thước × Mỗi cách lát hoàn hảo tương ứng với bắt cặp hoàn hảo2 đồ thị lưới tương ứng (Xem hình 3.1.) Làm để ta đếm tổng số cách bắt cặp hoàn hảo đồ thị lưới? Dễ thấy đồ thị lưới đồ thị hai phần3 Giả Permanent Sau thảo luận với anh Phạm Hi Đức Phùng Hồ Hải, định chọn từ vĩnh thức để dịch permanent Perfect matching Còn gọi cặp ghép hoàn hảo (ban Biên tập) Bipartite graph 29 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 sử đồ thị hai phần có n đỉnh bên trái n đỉnh bên phải (Nếu bên có số đỉnh ta thêm vào cách đỉnh đơn lẻ cho hai bên nhau.) Sau đó, ta xây dựng ma trận A = (aij ) aij = đỉnh i bên trái có cạnh đến đỉnh j bên phải; aij = khơng có cạnh ij đồ thị Khi đó, Perm(A) tổng số cách bắt cặp hoàn hảo đồ thị – số cách lát đơ-mi-nơ mà ta cần tìm Hình 3.1: Lợp hình chữ nhật × hình đơ-mi-nơ × 1, bắt cặp hoàn hảo tương ứng đồ thị lưới Vấn đề tìm số cách lát đơ-mi-nơ khơng phải tốn giải trí Tổ hợp thơng thường Đây vấn đề Vật lý thống kê Hoá học trạng thái rắn [17, 16, 18] Chúng ta quay lại với mơ hình dimer Vật lý Vĩnh Thức khởi nguyên năm 1812, nhà Toán học người Pháp Jacques Philippe Marie Binet Augustin-Louis Cauchy định nghĩa Trong kỷ 19 có khoảng chục nhà tốn học nghiên cứu đẳng thức bất đẳng thức liên quan đến vĩnh thức, bao gồm Arthur Cayley Thomas Muir Vương Quốc Anh Cái tên “permanent” có lẽ bắt nguồn từ Cauchy (1812), người thật dùng làm “chết tên” Muir (1882) Tuy nhiên, nghiên cứu vĩnh thức thật “nóng” lên từ năm 1960 đóng góp tốn học Hà Lan 1.1 Giả định van der Waerden Năm 1926, nhà Toán học người Hà Lan Bartel Leendert van der Waerden đặt câu hỏi vĩnh thức nhỏ ma 30 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 trận ngẫu nhiên kép4 [35] Trực quan cho thấy ma trận Jn = n1 J có lẽ ma trận có vĩnh thức cực tiểu (Ma trận J ma trận vng n × n gồm tồn số 1.) Từ đó, bất đẳng thức sau gọi giả định van der Waerden5 : Perm(A) ≥ n! nn (3.1) với ma trận ngẫu nhiên kép A kích thước n × n Van Lint [37] kể rằng, năm 1969 có lần van der Waerden đến dự buổi hội thảo toán Tổ hợp Ơng vốn dân Đại số, làm toán tổ hợp Một diễn giả trẻ lên báo báo vấn đề liên quan đến giả định van der Waerden Van der Waerden giơ tay lên hỏi “giả định nói vậy?” Cuối buổi diễn giả xuống xem bảng tên người đặt câu hỏi Van Lint, vốn nhà tốn học cừ khơi người Hà Lan, truy vấn van der Waerden xem giả định có xuất phát điểm từ đâu Van der Waerden nhớ lại hồi 1926, ơng nói chuyện với O Schreier, Schreier cho ông biết G A Miller có chứng minh có hệ đại diện chung6 cho lớp kề7 trái lớp kề phải nhóm H nhóm hữu hạn G Van der Waerden quan sát lớp kề trái phân hoạch (R1 , , Rn ) G, R1 ∪ · · · ∪ Rn = G, |Ri | = |G|/n với i ∈ [n] Bộ lớp kề phải phân hoạch (C1 , , Cn ) G, thoả |Cj | = |G|/n với j ∈ [n] Hệ đại diện chung cho hai phân hoạch phần tử S = {g1 , , gn } ⊆ G cho |Ri ∩S| = |Cj ∩S| = 1, với i, j ∈ [n] Bây ta xây dựng ma trận A = (aij ) aij = |Ri ∩ Cj | tồn hệ đại diện chung tương đương với phát biểu Perm(A) > Do tổng hàng cột A |Ri ∩Cj | Khi A |G|/n, ta “thường hố”8 A cách đặt aij = |G|/n ma trận ngẫu nhiên kép Ta chứng minh Perm(A) > d dng bng nh lý Kăonig-Hall Nhng mt cõu hỏi khác Doubly stochastic matrix Một ma trận vng gọi “ngẫu nhiên kép” khơng âm, tổng hàng cột Van der Waerden conjecture Common system of representatives Coset Normalize 31 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 tự nhiên không giá trị nhỏ Perm(A) đạt tới Đây nguồn gốc giả định van der Waerden Trong “Permanents” (1978 [23]), Henryk Minc ghi hồi ông nộp số báo vĩnh thức kỷ 20 có bình duyệt viên nói “chế tên lố bịch thế”? Giả thiết van der Waerden cuối chứng minh, năm 1981, độc lập hai báo khác G P Egorychev [8] D I Falikman [9] Cả hai dùng bất đẳng thức hình học gọi bất đẳng thức Alexandroff-Fenchel [1] Egorychev Falikman giải Fulkerson năm 1982 Năm 2006, Leonid Gurvits [11] chứng minh bất đẳng thức tổng quát với chứng minh ngắn gọn, bao gồm hệ Định lý van der Waerden 1.2 Giả định Minc Giả định van der Waerden nói chặn vĩnh thức lớp ma trận định Về chặn năm 1963 Minc [22] có giả định sau Gọi A ma trận 01, nghĩa aij ∈ {0, 1} với i, j ∈ [n] Gọi mi số số hàng i ma trận, ta có Perm(A) ≤ ni=1 (mi !)1/mi Năm 1973 Lev M Brègman [4] chứng minh giả định này, thường gọi Định lý Brègman.9 Năm 1977, nhà toán học lỗi lạc khác người Hà Lan, Alex Schrijver, trình bày chứng minh cực gọn lịch [28] Ngoài ra, Schrijver tổng quát hố định lý cho ma trận ngun khơng âm Dưới ghi lại chứng minh cho trường hợp ma trận 01 Schrijver Định lý 1.1 (Định lý Brègman) Gọi A ma trận 01 kích thước n × n Gọi mi số số hàng i A Ta có, n Perm(A) ≤ (mi !)1/mi (3.2) i=1 Chứng minh Cho cặp i, j ∈ [n], gọi Aij ma trận đạt cách bỏ hàng i cột j khỏi A Từ định nghĩa (và từ giả Đây Brègman phân kỳ Brègman (Bregman divergence) xác suất thống kê 32 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 thiết A ma trận 01), dễ thấy Perm(A) = j:aij =1 Perm(Aij ), với i ∈ [n] (3.3) (Khai triển giống khai triển Laplace tính định thức.) Do vế phải (3.2) tích, ta thử chặn Perm(A) cách chuyển vế phải (3.3) thành tích hàm Perm(Aij ), sau áp dụng quy nạp Cách tự nhiên để chặn tổng tích dùng bất đẳng thức Jensen Cụ thể hơn, từ tính lồi hàm x ln x miền x > 0, bất đẳng thức Jensen cho ta biết t1 + · · · + tm m ln t1 + · · · + tm m ≤ t1 ln t1 + · · · tm ln tm , m miễn ti > với i ∈ [m] Từ đó, ta chặn tổng tích: (t1 + · · · + tm )t1 +···+tm ≤ mt1 +···+tm tt11 · · · ttmm Và dễ thấy bất đẳng thức với ti ≥ 0, không cần ti > trước Áp dụng vào (3.3), ta chặn cho Perm(A) mà vế phải tích: Perm(A) Perm(A)Perm(A) ≤ mi Perm(Aij )Perm(Aij ) (3.4) j:aij =1 Bất đẳng thức (3.4) với i ∈ [n] Bước tự nhiên ta nhân chúng với để có vế phải đối xứng, vế phải “trung hồ” lẫn kích thước chúng khác Nói cách khác, ta dùng trung bình nhân vế phải: n Perm(A)nPerm(A) ≤ n Perm(A) mi i=1 · i=1 j:aij =1 Perm(Aij )Perm(Aij ) (3.5) Phát triển tự nhiên áp dụng bất đẳng thức (3.2) cho Perm(Aij ) bên vế phải Tuy nhiên, điều phiền phức có Perm(Aij ) số mũ – áp dụng vào làm loạn vế phải Cho nên, ta tìm cách viết lại thừa số thứ hai bên vế phải (3.5) chút Định nghĩa, S = π ∈ Sn | aiπ(i) = 33 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 π ∈ S | π(i) = j Sij = Từ định nghĩa vĩnh thức, dễ thấy |S| = Perm(A) |Sij | = Perm(Aij ) aij = Đây “diễn giải tổ hợp” hàm vĩnh thức Ngồi ra, aij = |Sij | = Do đó, ta viết lại thừa số thứ hai bên vế phải (3.5) sau: n n Perm(Aij )|Sij | Perm(Aij )Perm(Aij ) = i=1 j:aij =1 i=1 j:aij =1 n Perm(Aij )|Sij | Perm(Aij )|Sij | = j:aij =0 i=1 j:aij =1 n n Perm(Aij )|Sij | = i=1 j=1 Đến ta dùng mẹo “định trị đại lượng hai cách” phổ dụng toán Tổ hợp Trong vế phải đẳng thức trên, với cặp (i, j) Perm(Aij ) xuất |Sij | lần Bây tưởng tượng ta xây dựng đồ thị hai phần mà đỉnh bên trái cặp (i, j), đỉnh bên phải hoán vị π ∈ S Sau đó, ta nối đỉnh (i, j) bên trái với đỉnh π bên phải π(i) = j Với cạnh ta cho “cân nặng” Perm(Aij ), tích ni=1 nj=1 Perm(Aij )|Sij | tích cân nặng cạnh tưởng tượng nhóm theo đỉnh bên trái đồ thị hai phần Thế thì, cách khác để nhóm tích cân nặng lại với nhóm theo đỉnh π ∈ S bên phải Với đỉnh π ta lấy n cạnh kề với nó, cạnh nối π với cách đỉnh (i, π(i)) bên trái Như ta suy n n n Perm(Aij )|Sij | = i=1 j=1 Perm(Aiπ(i) ) π∈S i=1 Còn thừa số vế phải (3.5) dễ viết lại thành n n Perm(A) mi = i=1 n |S| mi i=1 = mi π∈S i=1 Đến đây, ta viết lại toàn bất đẳng thức (3.5) dạng dễ chịu nhiều: n Perm(A) nPerm(A) ≤ π∈S i=1 34 mi · Perm(Aiπ(i) ) (3.6) Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 Vế phải (3.6) cân đối, đến lúc ta áp dụng giả thiết quy nạp rồi: n i=1 n Perm(Aiπ(i) ) ≤ i=1 k=i akπ(i)=1 ((mk − 1)!)1/(mk −1) k=i akπ(i)=0 (mk !)1/mk (3.7) Vế phải bất đẳng thức trơng kinh dị, lại có dạng đơn giản Nó tích “cân nặng” cặp i = k Cân nặng ((mk − 1)!)1/(mk −1) akπ(i) = 1, (mk !)1/mk akπ(i) = Vế phải (3.7) nhóm tích theo i Ta nhóm theo k (nhớ dùng đồ thị hai phần tưởng tượng – bên trái i, bên phải k, nối (i, k) i = k) Nhóm theo k có lợi cân nặng cặp i = k phụ thuộc vào k Lưu ý π ∈ S, akπ(k) = Do đó, số i cho i = k akπ(i) = mk − 1, số i cho i = k akπ(i) = n − mk Do đó, vế phải (3.7) n (mk − 1)! · (mk !) k=1 n−mk mk Kết hợp với (3.6) ta có n nPerm(A) Perm(A) ≤ i=1 n π∈S n mi · n−mk mk (mk !)n/mk = π∈S k=1 nPerm(A) n = k=1 (mk − 1)! · (mk !) 1/mk (mk !) k=1 Đó chứng minh tuyệt vời Alex Schrijver 1.3 Độ phức tạp tính tốn Từ kỷ 18, Gauss cho biết cách tính định thức thời gian O(n3 ) Chỉ khác dấu, vĩnh thức khó tính định thức nhiều Năm 1979, Leslie Valiant định nghĩa lớp độ phức tạp #P chứng minh vấn đề 35 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 tính Perm(A) ma trận 01 vấn đề #P-khó [33] Đây cơng trình cột mốc mang đến giải Turing năm 2010 cho Valiant Ơng có hai trai Greg Valiant (giáo sư khoa Máy tính Stanford), Paul Valiant (giáo sư khoa Máy tính Brown) Ở mô tả nôm na kết Valiant Một vấn đề định10 vấn đề mà câu trả lời có khơng tồn lời giải Lớp P lớp vấn đề định mà ta tìm lời giải trả lời khơng tồn lời giải thời gian đa thức Ví dụ, cho đồ thị G = (V, E), vấn đề bắt cặp lớn nhất11 hỏi G có tập cạnh khơng giao có kích thước k hay khơng Đây vấn đề định, thuật tốn trổ hoa12 Edmonds năm 1965 giải thời gian O(|V |4 ) [7] Lớp NP lớp vấn đề định mà việc xác minh lời giải có thật lời giải hay khơng làm nhanh thời gian đa thức, việc tìm lời giải chưa Ví dụ, tơ màu đồ thị G nói “đây tơ màu hợp lệ dùng màu” ta dễ dàng kiểm tra thời gian đa thức xem người có thành thật hay khơng Nhưng cho trước đồ thị G ta khơng biết cách để trả lời câu hỏi “có tồn cách tô G dùng màu hay không?” thời gian đa thức Dễ thấy P ⊆ NP, chứng minh P = NP câu hỏi triệu đô Hiện nay, để chứng minh vấn đề định khó (nghĩa khó có khả tồn thời gian đa thức để giải nó) thường ta chứng minh khó tất vấn đề NP Cụ thể chút, ta chứng minh trả lời câu hỏi “G có tơ màu khơng?” cách hiệu tất vấn đề NP có thuật tốn hiệu để giải Vì thế, vấn đề tơ màu vấn đề NP-khó Các vấn đề định vấn đề tính tốn bit thơng tin: bit (trả lời không) bit (trả lời có) Đây giải pháp kỹ thuật để chứng minh độ khó Nhưng tất nhiên vấn đề thực tế khơng vấn đề mà output có bit thơng tin Ví dụ ta cần tính xác suất mà mạng máy tính liên thơng, cho biết trước xác suất lỗi kết nối Bài tốn gọi 10 Decision problem Maximum matching Cịn gọi cặp ghép cực đại (ban Biên tập) 12 Blossom algorithm 11 36 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 vấn đề độ tin cậy13 mạng Hoặc, ta cần tính Perm(A) ma trận A cho trước Rõ ràng thực tế có hàng tỉ vấn đề Lớp #P Valiant định nghĩa để nắm bắt độ khó việc tính số (thay bit thơng tin): #P lớp vấn đề mà câu trả lời số lời giải vấn đề NP Ví dụ, vấn đề tìm số cách tơ đồ thị dùng màu hay vấn đề tìm số tập cạnh khơng giao với kích thước n/2 vấn đề lớp #P Rõ ràng ta đếm số lời giải, ta định có lời giải hay khơng Do đó, vấn đề #P khó vấn đề tương ứng NP Đếm số cách tơ màu khó xác minh xem có cách tơ màu hay khơng Đếm số cách bắt cặp hồn hảo khó xác minh xem có cách bắt cặp hồn hảo hay khơng Tương tự NP-khó, #P-khó lớp vấn đề mà – ta giải vấn đề lớp cách hiệu quả, ta giải tất vấn đề lớp #P cách hiệu quả, ta giải tất vấn đề NP cách hiệu Tóm lại, thuật tốn thời gian đa thức cho vấn đề #P-khó dẫn đến hệ P = NP Trong ngữ cảnh viết điều có nghĩa khó có khả tồn thuật tốn tính Perm(A) thời gian đa thức – cho dù ma trận A ma trận 01 Khơng tính hiệu ta có hai chọn lựa tự nhiên: tìm thuật tốn xấp xỉ (trong thời gian đa thức), hai tìm lớp ma trận A mà tồn thuật toán hiệu Chọn lựa thứ hai dẫn ta đến câu hỏi Pólya khái niệm định thức Pfaff Tuy nhiên, trước thảo luận câu hỏi Pólya định thức Pfaff, ta cần chuẩn bị kiến thức hốn vị Vài quan sát hoán vị Cho hốn vị π ∈ Sn Ta biểu diễn π thành dạng đồ thị có hướng, với tập đỉnh [n], cạnh (i, π(i)) Đồ thị tập hợp chu trình khơng giao nhau, chu trình phủ tồn [n] (Xem hình 3.2.) 13 Reliability 37 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 π = (8 4) Hình 3.2: Hốn vị cấu trúc chu trình Hốn vị có chu trình chẵn Một nghịch thế14 π cặp (i, j) cho i < j π(i) > π(j) Gọi Inv(π) tổng số nghịch π Dấu π định nghĩa sgn(π) = (−1)Inv(π) Một chuyển vị kề15 hoán vị π = (1 · · · i − i + i i + · · · n) với i ∈ [n − 1] đó; hốn vị thường viết (i i + 1) Nếu ta hợp thành π chuyển vị kề (i i + 1) ta hoán vị σ = π ◦ (i i + 1) = (π(1) · · · π(i − 1) π(i + 1) π(i) π(i + 2) · · · π(n)) Mọi hốn vị σ tuỳ ý đạt đến từ hoán vị π tuỳ ý cách áp dụng nhiều chuyển vị kề Điều tương đương với thuật tốn xếp bong bóng16 Trong thuật tốn xếp bong bóng, ta dùng chuyển vị kề để phần tử nhỏ dãy số cho trước “nổi” lên đầu tiên, phần tử nhỏ nhì lên vị trí thứ nhì, vân vân Nghĩa hoán vị chuyển hoán vị đơn vị chuyển vị kề Và hoán vị chuyển hoán vị khác dùng chuyển vị kề Dễ thấy sgn(σ) = −sgn(π) σ hợp thành π chuyển vị kề Còn chuyển vị kề thay đổi cấu trúc chu trình giao hốn π nào? Nếu i i + nằm chu trình π, sau chuyển vị chu trình bị bẻ thành hai chu trình Nếu i i + nằm hai chu trình khác hai chu trình trộn thành chu trình 14 Inversion Cịn dịch cặp trật tự ngược (ban Biên tập) Adjacent transposition 16 Bubble sort Còn gọi xếp bọt (ban Biên tập) 15 38 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 Chứng minh John Stembridge Trước hết, viết lại vế trái đẳng thức dùng thêm kiến thức A ma trận phản xứng Khi ta khai triển định thức n det(A) = sgn(π) aiπ(i) i=1 π∈Sn có nhiều cặp số hạng bù trừ lẫn A ma trận phản xứng Cụ thể hơn, giả sử có chu trình C π chu trình lẻ (như chu trình (1 4) Hình 3.2) Gọi π hốn vị có chu trình giống hệt π, ngoại trừ chu trình lẻ C bị đảo chiều Khi đó, sgn(π) = sgn(π ), ni=1 aiπ(i) = − ni=1 aiπ (i) Như hai số hạng tương ứng với π π bù trừ lẫn Ta bắt cặp hoán vị Sn cách Nếu π có chu trình lẻ, ta lấy chu trình lẻ có chứa số bé chu trình lẻ, đảo chiều chu trình lẻ để lấy π Đây bắt cặp hoàn hảo hốn vị có (ít một) chu trình lẻ Do đó, gọi En ⊆ Sn tập tất hốn vị [n] với tồn chu trình chẵn, ta có n (−1)e(π) det(A) = (3.11) aiπ(i) i=1 π∈En (Nhớ rằng, định nghĩa Bài tập 2.1, e(π) số chu trình chẵn π.) Bây ta viết lại vế phải đẳng thức cần chứng minh Pf(A)2 = (−1)χ(F ) F ∈Fn (i,j)∈F = (F,F )∈Fn ×Fn aij · F ∈Fn (−1)χ(F )+χ(F ) (i,j)∈F (−1)χ(F )+χ(F = (−1)χ(F (F,F )∈Fn ×Fn ) ) (i ,j )∈F aij · (i ,j )∈F aij j j (i,j)∈F ∪F Kế hoạch tìm song ánh En Fn × Fn cho, với π ∈ En có cặp (F, F ) tương ứng (và ngược lại) để có đẳng thức sau xong: n aiπ(i) = (−1)χ(F )+χ(F e(π) (−1) i=1 ) aij (i,j)∈F ∪F 46 (3.12) Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 Tìm song ánh En Fn × Fn điều dễ hàng Một cặp (F, F ) ∈ Fn × Fn cặp (có thứ tự) bắt cặp hồn hảo số [n] Ta gọi cạnh F cạnh xanh cạnh F cạnh đỏ Có tất n/2 cạnh xanh, n/2 cạnh đỏ, tập cạnh màu bắt cặp hoàn hảo Khi ta vẽ cạnh xanh đỏ vào đồ thị với [n] tập đỉnh, đỉnh có bậc Cụ thể đỉnh kề với cạnh xanh cạnh đỏ Do đó, tập n cạnh tạo thành phủ chu trình [n] Mỗi chu trình phủ chu trình có chiều dài chẵn, ta vịng theo chu trình ta gặp màu xanh đỏ luân phiên Cho đến ta chưa hốn vị phủ chu trình chưa có hướng Để định hướng cho chu trình ta đỉnh nhỏ chu trình, theo cạnh xanh trước Dễ thấy song ánh, cho trước phủ chu trình π ∈ En , ta làm ngược lại: từ đỉnh nhỏ chu trình, tô màu xanh đỏ thay phiên cho cạnh Hình 3.4 minh họa song ánh Ta gọi song ánh song ánh Stembridge Tương ứng với hoán vị π = (5 3) Hình 3.4: Song ánh En Fn × Fn Như vậy, điều lại để chứng minh chứng minh sgn(π) có “dấu” với cặp ảnh (F, F ) song ánh Stembridge Với π ∈ En , gọi r(π) = {i | π(i) < i} đẳng thức cần chứng minh (3.12) tương đương với e(π) + r(π) = χ(F ) + χ(F ) (mod 2) (3.13) Ví dụ, đẳng thức tất nhiên với π = (2 n n − 1) e(π) = n/2 r(π) = n/2 Bây giả sử (3.13) với hoán vị π đó, ta chứng minh với hốn vị liên hợp σ = (i i + 1) ◦ π ◦ (i i + 1)−1 Gọi (F, F ) ảnh π Ta phân biệt hai trường hợp: 47 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 • Nếu i i+1 nằm kề chu trình π, hốn chuyển i i + ta thay đổi r(π) mod 2, giữ ngun e(π) Khơng khó để thấy ta thay đổi χ(F ) mod χ(F ) mod 2, khơng thay đổi hai Ví dụ, i i+1 có cạnh màu xanh, hốn chuyển vị trí i i + không thay đổi số điểm cắt cạnh màu xanh Còn i i + kề với hai cạnh màu đỏ khác Nếu chúng khơng cắt cắt sau hốn chuyển, chúng cắt khơng cắt sau hốn chuyển • Nếu i i+1 không nằm kề chu trình π hốn chuyển i i + giữ r(π) (và e(π)) nguyên trạng; lần χ(F ) χ(F ) thay đổi Như vậy, để chứng minh (3.13) cho π, ta cần chứng minh (3.13) cho σ – miễn ta chuyển π thành σ (nhiều lần) đổi chỗ hai số nguyên liên tiếp Mà cách đổi chỗ hai số nguyên liên tiếp ta chuyển π thành hốn vị mà chu trình thứ C1 chứa số nguyên nhỏ {1, 2, , |C1 |}, chu trình thứ hai chứa số nguyên kế tiếp, theo thứ tự, vân vân Dễ thấy (3.13) với σ thoả tính chất 4.2 Định hướng Pfaff Gọi A = (aij ) ma trận kề27 đồ thị vô hướng G = (V, E), nghĩa aij = ij cạnh Mỗi số hạng (−1)χ(F ) ij∈F aij khai triển định thức Pfaff A khác F bắt cặp hoàn hảo G Tiếc A ma trận đối xứng ma trận phản xứng Năm 1961, nhà Vật lý Pieter Kasteleyn [14, 15] (người Hà Lan), Harold Neville Vazeille Temperley Michael Fisher [32] (người Anh) nhận ý tưởng đơn giản Giả sử ta định hướng cạnh ij G, gán aij = i˜ oj cịn aij = −1 j o˜i, ma trận A định hướng G ma trận phản xứng Khi đó, tồn định hướng G cho tất số hạng khác khai triển định thức Pfaff A có dấu, Định Lý 4.2 cho ta cách đếm nhanh số bắt cặp hoàn hảo đồ thị G dùng định thức! Một định hướng G thoả tính chất 27 Adjacency matrix 48 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 gọi định hướng Pfaffian đồ thị Và, thuật toán ta gọi thuật toán FKT Hai câu hỏi ta cần trả lời là: • Khi tồn định hướng Pfaff cho G? • Nếu biết định hướng Pfaff tồn tại, làm để tìm cách hiệu quả? Để tìm cách trả lời câu hỏi này, ta tìm miêu tả mang tính tổ hợp định hướng Pfaff Một chu trình C G chu trình tốt có số chẵn đỉnh có bắt → − cặp hoàn hảo đồ thị G − C Cho định hướng G G chu trình C gọi chu trình định hướng lẻ vòng quanh C theo chiều định số mũi tên xi chiều ta thấy số lẻ Tất nhiên, C chẵn nên ta theo chiều ngược lại số mũi tên xuôi chiều số lẻ → − → − Bổ đề 4.3 Cho G định hướng G, G định hướng Pfaff tất chu trình tốt G → − G định hướng lẻ → − Chứng minh Gọi A ma trận kề G , nghĩa aij = → − → − (i, j) ∈ E( G ), aij = −1 (j, i) ∈ E( G ), ngồi aij = Gọi → − F F hai bắt cặp hồn hảo G, G định hướng Pfaff (−1)χ(F ) aij = (−1)χ(F (i,j)∈F ) j , (i ,j )∈F với cặp (F, F ) Đẳng thức tương đương với (−1)χ(F )+χ(F ) aij = (3.14) (i,j)∈F ∪F Lưu ý F, F ∈ Fn , (i, j) ∈ F ∪ F i < j Gọi π ảnh (F, F ) song ánh Stembridge Từ đẳng thức (3.13), ta suy (3.14) tương đương với (−1)e(π)+r(π) aij = (3.15) (i,j)∈F ∪F Đến đây, ta bắt đầu chứng minh chiều thuận bổ đề Giả → − sử G định hướng Pfaff G Gọi C chu trình 49 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 tốt Gọi M bắt cặp hoàn hảo G − C Ta tách C thành hai bắt cặp C1 C2 cách vòng theo C, bỏ cạnh vào C1 , cạnh kế vào C2 , luân phiên Định nghĩa F = M ∪ C1 F = M ∪ C2 , F F hai bắt cặp hoàn hảo G Gọi π ảnh cặp (F, F ) qua song ánh Stembridge, phân tích đẳng thức (3.15) thoả mãn Gọi V (C) tập đỉnh C, E(C) tập cạnh Định nghĩa r(C) = |{i ∈ V (C) | π(i) < i}| Dễ thấy e(π) = |M | + r(π) = |M | + r(C) Định nghĩa s(i, j) = i