Bài viết xem xét về bóng của một đoạn trong poset B các vectơ Boole theo theo thứ tự dồn và đưa ra một vài điều kiện cần và đủ để bóng của một đoạn trong poset B lại là một đoạn.
Tạp chí KHOA HỌC ĐHSP TP.HCM Trần Hun bóng đoạn K–poset vectơ boole trần huyên ∗ Mở đầu Poset B vectơ Boole tập hợp gồm vectơ x = x1 x2 xk , k ∈ N xi ∈ {0, 1}, với thứ tự phận xác định sau: x = x1 x2 xk ≤ y1 y2 yn = y k ≤ n, đồng thời tồn dãy số i1 < i2 < < ik cho x1 ≤ yi1 , x2 ≤ yi2 , , xk ≤ yik Với vectơ Boole x = x1 x2 xn , ta gọi hạng vectơ r(x) = n, tức số thành phần vectơ Trọng lượng vectơ x xác định số w(x) = x1 + x2 + + xn Tập tất vectơ hạng n kí hiệu B(n) Kí hiệu B(n, k) dành tập vectơ hạng n trọng lượng k Bóng thứ i vectơ x ∈ B(n) ∆i x ∈ B(n − 1), có từ x sau bỏ tọa độ thứ i Vậy x = xi−1 xi xi+1 ∆i x = xi−1 xi+1 Bóng vectơ x, kí hiệu ∆x = {∆i x|1 ≤ i ≤ n} Tập bóng thành phần thứ i ∆x giữ nguyên trọng lượng x lập thành bóng đầy vectơ x, kí hiệu ∆f x = {∆i x|w(∆i x) = w(x)} Các bóng thành phần có trọng lượng bé trọng lượng x, lập thành bóng khuyết ∆d x = {∆i x|w(∆i x) < w(x)} ∗ TS, khoa Toán – Tin học, Trường ĐHSP Tp.HCM Tạp chí KHOA HỌC ĐHSP TP.HCM Số 18 năm 2009 Hiển nhiên: ∆x = ∆f x ∪ ∆d x Bóng tập A ⊂ B, thơng lệ xác định biểu thức: ∆A = ∆x x∈A Vào năm 1990, Daykin.D.E Trần Ngọc Danh trang bị cho poset B – vectơ Boole thứ tự tuyến tính = yt Như vậy, theo thứ tự dồn: vectơ có hạng bé trước vectơ có hạng lớn hơn; tập vectơ hạng vectơ có trọng lượng bé lại xếp trước; vectơ đồng hạng trọng lượng vectơ x trước vectơ y khác thành phần vectơ số t xt = > = yt Daykin.D.E Trần Ngọc Danh chứng minh poset B với thứ tự dồn K – poset, nói riêng, bóng đoạn đầu (theo thứ tự dồn) B lại đoạn đầu Kết gợi ý cho ý tưởng mở rộng cho đoạn poset B, tìm kiếm điều kiện cần đủ để bóng đoạn lại đoạn Các kết Trước hết, để tiện lợi cho phát biểu chứng minh kết quả, ta đưa vài quy ước mặt kí hiệu Với vectơ x = x1 x2 xn , ta đặt: h1 = max{i : xi = 1} h0 = max{i : xi = 0} l1 = min{i : xi = 1} l0 = min{i : xi = 0} đó, có: Tạp chí KHOA HỌC ĐHSP TP.HCM Trần Huyên Mệnh đề Với vectơ Boole x = x1 x2 xn , ta có: a max ∆f x = ∆h0 x b ∆f x = ∆l0 x c max ∆d x = ∆l1 x d ∆d x = ∆h1 x Do đó: max ∆x = ∆h0 x, ∆x = ∆h1 x Chứng minh a Để chứng minh max ∆f x = ∆h0 x, ta đặt s = min{i : xi = mà không tồn t ∈ [i; h0 ] để xt = 1} Khi đó, với ∆i x ∈ ∆f x, có khả sau: • Hoặc s ≤ i ≤ h0 , hiển nhiên ∆i x = ∆h0 x • Hoặc i < s (khi có quyền giả sử xi+1 = 1), ∆i x < ∆h0 x thành phần ∆i x ∆h0 x với số j < i, lúc thành phần thứ i ∆h0 x xi = thành phần thứ i ∆i x xi+1 = Vậy: max ∆f x = ∆h0 x b Đặt v = max{i : xi = khơng có t ∈ [l0 ; i] mà xt = 1} Với ∆i x ∈ ∆f x, có khả xảy ra: • Hoặc l0 ≤ i ≤ v Hiển nhiên, ∆i x = ∆l0 x • Hoặc i > v + (vì rõ ràng xv+1 = 1) Khi đó, dễ thấy là: ∆i x > ∆l0 x thành phần có số bé v chúng nhau, đó, thành phần số v ∆i x xv = 0, thành phần số v ∆l0 x lại xv+1 = Vậy, ∆f x = ∆l0 x c Đặt r = max{i : xi = khơng có t ∈ [l1 ; i] mà xt = 0} Với ∆i x ∈ ∆d x, xảy khả sau: Tạp chí KHOA HỌC ĐHSP TP.HCM Số 18 năm 2009 • Hoặc l1 ≤ i ≤ r: Hiển nhiên ∆i x = ∆l1 x • Hoặc i > r+1 (vì rõ ràng xr+1 = ∆i x < ∆l1 x, thành phần có số bé r chúng nhau, thành phần số r ∆l1 x xr+1 = lúc thành phần thứ r ∆i x xr = Vậy, max ∆d x = ∆l1 x d Đặt p = min{i : xi = khơng có t ∈ [i; h1 ] mà xt = 0} Với ∆i x ∈ ∆d x, có khả xảy ra: • Hoặc p ≤ i ≤ h1 Hiển nhiên ∆i x = ∆h1 x • Hoặc i < p (và có quyền giả sử xi+1 = 0) Khi đó, ∆i x > ∆h1 x, thành phần có số trước i ∆i x ∆h1 x nhau, thành phần thứ i ∆i x xi+1 = 0, thành phần thứ i ∆h1 x xi = Vậy, ∆d x = ∆h1 x Mệnh đề Trong poset B với thứ tự dồn, cho x < y Khi a ∆x ≤ ∆y b max ∆x ≤ max ∆y Chứng minh Ta cần chứng minh cho trường hợp x, y ∈ B(n, k) (các trường hợp lại, kết hiển nhiên!) Thật vậy, x = x1 xt xn < y1 yt yn = y, tồn số t mà xi = yi i < t, xt = > = yt a Có hai khả xảy sau cho ∆x: • Hoặc ∆x = ∆d x = ∆t x, tức t = h1 (x) Vì thành phần vectơ x với số lớn t y Vì vậy: ∆y = ∆t x = ∆x • Hoặc ∆x = ∆h1 x với h1 (x) > t, rõ ràng ∆d x < ∆d y hai vectơ có thành phần với số bé t nhau, số t xt = > = yt Vậy, trường hợp: ∆x ≤ ∆y Tạp chí KHOA HỌC ĐHSP TP.HCM Trần Huyên b Có hai khả sau xảy cho max ∆y: • Hoặc max ∆y = max ∆f y = ∆t y, tức t = h0 (y) Do thành phần vectơ y với số lớn t w(x) = w(y) nên thành phần với số lớn t x Vì vậy: max ∆x = max ∆f x = ∆t y = max ∆y • Hoặc max ∆y = ∆h1 y với h1 (y) > t Do w(x) = w(y) khác thành phần x y xảy số t với xt = > = yt , tồn số i > t mà xi = Do vậy, max ∆f x = ∆q x với q > t Vì h1 (y) q lớn t nên ∆h1 y ∆q x giữ nguyên thành phần y x với số khơng vượt q t Do đó, max ∆y = ∆h1 y > ∆q x = max ∆x Từ mệnh đề 2, tức khắc suy kết quả: Hệ Trong poset B vectơ Boole theo thứ tự dồn, x < y ∆[x, y] ⊂ [min ∆x; max ∆y] Vấn đề quan tâm là, với điều kiện cho x, y, có bao hàm thức ngược hệ Trước hết, ta xem xét trường hợp lí thú tốn trên, vectơ x, y ∈ B(n, k) Bởi ∆[x; y] = ∆d [x; y] ∪ ∆f [x; y] với ∆d [x; y] ⊂ B(n − 1, k − 1) ∆f [x; y] ⊂ B(n − 1, k) nên muốn ∆[x; y] đoạn B(n − 1) buộc ∆d [x; y] phải chứa phần tử lớn B(n − 1, k − 1), ∆f [x; y] phải chứa phần tử bé B(n − 1, k) Những đòi hỏi này, buộc đoạn [x; y] phải có chứa vectơ a = v.z b = m.u v ∈ B(k+1, k); z ∈ B(n−k−1, 0); m ∈ B(n−k+1, 1) u ∈ B(k−1, k−1) Sự phân tích dẫn đến có kết quan trọng sau: Định lí Trong B(n, k) cho x < y Bóng ∆[x; y] đoạn B(n−1) x = v.z y = m.u, v ∈ B(k+1, k) m ∈ B(n−k+1, 1) Tạp chí KHOA HỌC ĐHSP TP.HCM Số 18 năm 2009 Chứng minh Theo phân tích trên, điều kiện cho x, y nói định lí hiển nhiên cần Do hệ mệnh đề 2, để kết thúc chứng minh định lí, ta cần chứng minh bóng khuyết ∆d [x, y] bóng đầy ∆f [x, y] đoạn • Để chứng minh ∆d [x, y] đoạn, ta cần chứng tỏ với z = z1 z2 zn−1 > ∆d x, tồn vectơ a ∈ [x, y] cho z ∈ ∆d a So sánh số thành phần z ∆d x, có hai khả sau xảy ra: – Hoặc l0 (z) = l0 (min ∆d x) ≥ l0 (y) Khi đó, z = u0c với u vectơ với thành phần Chọn a = u01c dễ dàng kiểm tra x ≤ a ≤ y z = u0c ∈ ∆a – Hoặc l0 (z) < l0 (min ∆d x) Khi đó, chọn a = 1z hiển nhiên a ≤ y Đồng thời l0 (a) = l0 (z) + ≤ l0 (x) cấu trúc thành phần x mà x ≤ a Vậy, khả năng: z ∈ ∆d [x, y] • Để chứng minh ∆f [x, y] đoạn, ta với z = z1 z2 zn−1 < max ∆f y, tồn a ∈ [x, y] mà z ∈ ∆f a So sánh số thành phần z max ∆f y, có hai khả xảy sau: – Hoặc l1 (z) = l1 (max ∆f y) = t Gọi số thành phần x l0 (x) = j Nếu j > t, chọn a = a1 aj−1 aj aj+1 an với = zi i < j, aj = 0, = zi−1 i > j Nếu j ≤ t, chọn a = a1 at at+1 at+2 an với = zi , i ≤ t; at+1 = = zi−1 i > t + Dựa vào cấu trúc thành phần x, y, kiểm tra dễ dàng hai trường hợp x ≤ a ≤ y hiển nhiên z ∈ ∆a – Hoặc l1 (z) < l1 (max ∆f y) Đặt l = l1 (z) chọn a = a1 al−1 al al+1 an với = zi i < l, al = = zi−1 i > l Dễ dàng kiểm tra để thấy x ≤ a ≤ y z ∈ ∆a Vậy, khả năng: z ∈ ∆f [x; y] Nhận xét: Trong chứng minh định lí trên, không xét đến trường hợp đặc biệt x phần tử bé nhất, hay y phần tử lớn B(n, k) Điều khắc phục kết mạnh sau đây: Tạp chí KHOA HỌC ĐHSP TP.HCM Trần Huyên Mệnh đề Trong B(n, k) cho a phần tử bé b phần tử lớn Khi đó, với x ∈ B(n, k), ta ln có: a ∆f [a; x] đoạn B(n − 1, k) b ∆d [x, b] đoạn B(n − 1, k − 1) Chúng dành cho độc giả tự chứng minh kết sử dụng chúng cho viện chứng minh định lí sau: Định lí Trong poset B vectơ Boole theo thứ tự dồn, cho x < y Khi đó, bóng ∆[x, y] đoạn xảy trường hợp sau: a r(x) < r(y) b r(x) = r(y) w(y) − w(x) ≤ TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Anderson, I (1989), Combinatorics of finite sets, Clarendon Press, Oxford [2] Kruskal, J.B (1963), The number of simplices in a complex, Math Optimization techniques University of California Press, Berkeley [3] Daykin, D.E (1996), To find all siutable orders of 0,1 vectors, Congressus Asian Bulletin of Mathematics [4] Tran Ngoc Danh (1997), Sets of 0,1 vectors with minimal sets of subvectors, Rostock Math; Kollog Tóm tắt Trong báo này, chúng tơi xem xét bóng đoạn poset B vectơ Boole theo theo thứ tự dồn đưa vài điều kiện cần đủ để bóng đoạn poset B lại đoạn Abstract The shadow of a segment in poset B of 0,1 vectors In this paper, we look for shadow of a segment in poset B of 0,1 vectors, in which were defined squashed order, and prove some necessary and sufficient conditions for that the shadow of a segment is a segment ... thứ tự dồn: vectơ có hạng bé trước vectơ có hạng lớn hơn; tập vectơ hạng vectơ có trọng lượng bé lại xếp trước; vectơ đồng hạng trọng lượng vectơ x trước vectơ y khác thành phần vectơ số t xt... chúng tơi xem xét bóng đoạn poset B vectơ Boole theo theo thứ tự dồn đưa vài điều kiện cần đủ để bóng đoạn poset B lại đoạn Abstract The shadow of a segment in poset B of 0,1 vectors In this paper,... dồn K – poset, nói riêng, bóng đoạn đầu (theo thứ tự dồn) B lại đoạn đầu Kết gợi ý cho ý tưởng mở rộng cho đoạn poset B, tìm kiếm điều kiện cần đủ để bóng đoạn lại đoạn Các kết Trước hết, để tiện