Một số bài toán phân hoạch xích đối xứng trên các xích đối xứng trên các poset có hạn hữu hạn

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Thân Thị Phương Trang MỘT SỐ BÀI TỐN PHÂN HOẠCH XÍCH ĐỐI XỨNG TRÊN CÁC POSET CĨ HẠNG, HỮU HẠN LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh - 2010 PHẦN MỞ ĐẦU Kể từ Sperner đưa định lý Sperner (1928) số cực đại phần tử phản xích poset tập tập n-phần tử định lý nhà tốn học khác chứng minh lại, tổng quát hóa mở rộng đến lý thuyết poset Trong có cấu trúc đẹp cấu trúc xích đối xứng, đặc biệt phân hoạch xích đối xứng poset ứng dụng Vì dạng poset, ta thường quan tâm đến poset có hạng hữu hạn nên luận văn ta ý đến poset dạng đó, đặc biệt poset P(S) tập tập n-phần tử S, poset P(m) ước nguyên dương số nguyên m cho trước poset tích trực tiếp chúng Năm 1951, nhà toán học de Bruijn chứng minh poset P(m) ước nguyên dương số nguyên m cho trước có phân hoạch thành xích đối xứng – tức P(m) biểu diễn hợp rời rạc xích đối xứng Kết xây dựng nhờ vào phương pháp quy nạp theo số ước nguyên tố phân biệt số m Nhưng m có nhiều ước nguyên tố phương pháp trở nên phức tạp Vì vào năm 1976, xu tìm kiếm phương pháp phân hoạch trực tiếp cho poset P(m), hai nhà toán học Greene Kleitman đạt kết đẹp ; họ đưa phân hoạch trực tiếp xích đối xứng cho poset P(S) tập tập n – phần tử S Kết lời giải cho trường hợp đặc biệt ( k1  k2   kn  ) toán phân hoạch trực tiếp xích đối xứng poset P(m) với m  p1k1 p2k2 pnkn , đồng thời sở để ta giải toán trường hợp tổng qt Trong luận văn này, tơi trình bày hai phương pháp (quy nạp trực tiếp) để phân hoạch hai poset (P(S) P(m)) thành xích đối xứng hai phương pháp Sau đó, tơi sâu vào cấu trúc phân hoạch xích đối xứng xét khía cạnh số lượng xích đối xứng, size xích đối xứng số xích đối xứng có size i Cuối cùng, tơi đưa số ứng dụng phương pháp phân hoạch trực tiếp xích đối xứng để tính số phản xích poset P(S) CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1.Quan hệ thứ tự: Định nghĩa 1.1.1: “  ” gọi quan hệ thứ tự tập hợp P x, y, z  P ta có: i) x  x ii) x  y, y  x  x  y iii) x  y, y  z  x  z Ví dụ 1.1.1: Các quan hệ sau quan hệ thứ tự:  Quan hệ bao hàm tập tập tập hợp S  Quan hệ chia hết tập ước nguyên dương số nguyên m 1.2 Tập thứ tự phận (poset): Định nghĩa 1.2.1: Tập hợp P với quan hệ thứ tự  gọi tập thứ tự phận, hay gọi poset Ví dụ 1.2.1: Các tập hợp sau poset:  Tập tập tập hợp S với quan hệ bao hàm  Tập ước nguyên dương số nguyên m với quan hệ chia hết 1.3 Một số khái niệm poset: Trong poset ( P,  ) ta có khái niệm sau:  Hai phần tử x, y  P gọi so sánh với x  y y  x  Nếu x  y x  y ta viết x  y  Nếu x  y khơng có z  P : x  z  y ta nói y phủ x  Nếu có z  P : z  x, x  P ta gọi z phần tử bé P, ký hiệu Ví dụ 1.3.1: +) Phần tử poset tập tập n phần tử S tập  +) Phần tử poset ước nguyên dương số nguyên m  x  P gọi phần tử tối tiểu P khơng có y  P : y  x  x  P gọi phần tử tối đại P khơng có y  P : x  y  Nếu x1  x2   xn ta nói x1 , x2 , , xn tạo thành xích  Xích x1  x2   xn thỏa xi 1 phủ xi , i  n gọi xích bão hịa 1.4 Hàm hạng, poset có hạng: Giả sử ( P,  ) poset có tính chất (*): x, y  P, x  y tất xích bão hịa từ x đến y có lực lượng Đặc biệt, x  P tất xích bão hịa từ đến x có lực lượng Khi ta định nghĩa độ dài xích lực lượng xích trừ ta định nghĩa hạng r ( x) phần tử x độ dài xích bão hịa từ đến x Định nghĩa 1.4.1: Cho ( P,  ) poset có tính chất (*) Khi hàm số r : P  R  x  r ( x) gọi hàm hạng P, r ( x) hạng phần tử x Một poset có tính chất (*) gọi poset có hạng, với hàm hạng r Để dễ dàng việc sử dụng hàm hạng poset, ta tìm tương đương sau: Mệnh đề 1.4.1: Cho poset ( P,  ) với hàm hạng r Khi ta có: (i) r ( x)  , x  P r (0)  ; tập số tự nhiên (ii) Nếu x, y  P , x phủ y r ( x)  r ( y )  Chứng minh (i) x  P lực lượng C tất xích bão hịa từ đến x thỏa C  1, C  Suy độ dài tất xích bão hịa từ đến x r ( x)  C   0, r ( x)  Đặc biệt r (0)  (ii) Giả sử xích bão hòa từ đến y :  y1  y2   yk  y   y1  y2   yk  y  x xích bão hịa từ đến x r ( y )  k    k   r ( x)  r ( y )  r ( x)  k    k  Ta có:   Ví dụ 1.4.1 :  Poset P(S) tập tập n-phần tử S poset có hạng, với hàm hạng r ( A)  A , A  P ( S )  Poset P(m) ước nguyên dương số nguyên m poset có hạng, với hàm hạng r (d )  số thừa số nguyên tố phân tích d , d  P(m) Ví dụ: Với m  100  22.52 , d  22.5 m  r (d )  1.5 Xích đối xứng: Định nghĩa 1.5.1: Cho poset P với hàm hạng r Khi ta nói phần tử x1 , x2 , , xh tạo thành xích đối xứng nếu: i) xi 1 phủ xi , i  h ii) r ( x1 )  r ( xh )  r ( P ) , với r ( P) hạng lớn P Ví dụ 1.5.1:  Trong poset P(S) tập tập n-phần tử S, A1 , A2 , , Ah  P( S ) lập thành xích đối xứng nếu: i) Ai  Ai 1 Ai 1  Ai  1, i  h ii) A1  Ah  r ( P( S ))  n  Trong poset P(m) ước nguyên dương số nguyên m, d1 , d , , d h  P lập thành xích đối xứng nếu: i) di di 1 di 1 số nguyên tố, i  h di ii) r (d1 )  r (d h )  r ( P(m))  r (m) CHƯƠNG 2: MỘT SỐ BÀI TỐN PHÂN HOẠCH XÍCH ĐỐI XỨNG TRÊN CÁC POSET CĨ HẠNG, HỮU HẠN Trong chương này, tơi trình bày hai phương pháp (quy nạp trực tiếp) để phân hoạch hai poset (P(S) P(m)) thành xích đối xứng, hai phương pháp đưa số ví dụ minh họa Sau đó, tơi sâu vào cấu trúc phân hoạch xích đối xứng xét khía cạnh số lượng xích đối xứng, size xích đối xứng số xích đối xứng có size i Cuối cùng, đưa số ứng dụng phương pháp phân hoạch trực tiếp xích đối xứng để tính số phản xích poset P(S) Do tập n-phần tử S hữu hạn nên ta đánh số thứ tự phần tử S từ đến n Vì tồn chương ta quy ước chọn tập n-phần tử S tập n số tự nhiên khác đầu tiên, tức S  1, 2, , n 2.1 MỘT SỐ ĐỊNH NGHĨA: Định nghĩa 2.1.1: Một poset P có hạng, hữu hạn gọi phân hoạch thành xích đối xứng biểu diễn hợp rời rạc số xích đối xứng (nghĩa xích đối xứng có giao rỗng hợp chúng poset P) Định nghĩa 2.1.2: Một tập A tập  As s  1,k tập n-phần tử S gọi phản xích Ai  A j , i  j; i, j 1, k Định nghĩa 2.1.3: Một xích đối xứng poset P gọi có size k có lực lượng k 2.2 PHÂN HOẠCH XÍCH ĐỐI XỨNG BẰNG PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP: 2.2.1 Phân hoạch xích đối xứng cho poset P(S) tập tập n-phần tử S: Định lý 2.2.1.1: Poset P(S) tập tập n-phần tử S có phân hoạch thành xích đối xứng Chứng minh: Ta chứng minh phương pháp quy nạp theo n * Với n = S  1 nên P ( S )  , 1 có xích đối xứng nhất:   1 , chứa tất phần tử P(S) Do định lý với n = * Giả sử định lý với n = k, nghĩa với Sk  1, 2, , k P(Sk) có phân hoạch thành xích đối xứng Ta chứng minh định lý với n = k + Lấy Sk 1  1, 2, , k , k  1 , ta xây dựng phân hoạch xích đối xứng cho P(Sk+1) từ phân hoạch xích đối xứng P(Sk) theo giả thiết quy nạp Lấy A1  A2   Am xích đối xứng phân hoạch xích đối xứng P(Sk) Ta xét hình chữ nhật sau:  A1 A2   Am1  Am A1  k  1  A2  k  1   Am1  k  1  Am  k  1 “Bóc” lớp ngồi hình chữ nhật ta xích: A1  A2   Am  Am  k  1 (2.1) Ta có : +) Ai  Ai 1 , Ai 1  Ai  1, i  m Am  Am  k  1 , Am  k  1  Am  +) A1  Am  k  1  A1  Am   k  Do xích (2.1) xích đối xứng P(Sk+1) Tương tự lớp cịn lại hình chữ nhật cho ta xích : A1  k  1  A2  k  1   Am1  k  1 (2.2) Ta có : +) Ai  k  1  Ai 1  k  1 , i  m  1, Ai 1  k  1  Ai 1   Ai    Ai  k  1  +) A1  k  1  Am1  k  1  A1   Am1   A1  Am   k  Nên (2.2) xích đối xứng P(Sk+1) Mặt khác: P( Sk 1 )  P( Sk )   Ai  k  1 Ai  P( Sk ) nên tiếp tục trình tất xích đối xứng P(Sk), ta tìm xích đối xứng P(Sk+1) mà chúng chứa tất phần tử P(Sk+1) Như ta xây dựng phân hoạch xích đối xứng poset P(Sk+1)  Ví dụ 2.2.1.1: Xây dựng phân hoạch xích đối xứng poset P(S6), với S6  1, 2,3, 4,5, 6 Giải Để xây dựng phân hoạch xích đối xứng P(S6), ta phải xây dựng phân hoạch xích đối xứng P(S1), P(S2), P(S3), P(S4) P(S5)  Đối với P(S1): Ta có: P ( S1 )  , 1 có xích đối xứng   1 nên P(S1) có phân hoạch xích đối xứng là:   1  Đối với P(S2): Ta xét hình chữ nhật sau: 1   2  1, 2 “Bóc” lớp hình chữ nhật ta phân hoạch xích đối xứng P(S2) sau: 2   1  1, 2  Đối với P(S3): Ta xét hình chữ nhật sau: 2 2,3   1  1, 2 3  1,3  1, 2,3 “Bóc” lớp hình chữ nhật ta phân hoạch xích đối xứng P(S3) sau: 2  2,3 3  1,3   1  1, 2  1, 2,3  Đối với P(S4): Ta xét hình chữ nhật sau: 2  2,3 2, 4  2,3, 4 3  1,3 3, 4  1,3, 4   1  1, 2  1, 2,3 4  1, 4  1, 2, 4  1, 2,3, 4 “Bóc” lớp hình chữ nhật ta phân hoạch xích đối xứng P(S4) sau: 2, 4 3, 4 2  2,3  2,3, 4 3  1,3  1,3, 4 4  1, 4  1, 2, 4   1  1, 2  1, 2,3  1, 2,3, 4  Đối với P(S5): Ta xét hình chữ nhật sau: 2, 4 2, 4,5 3, 4 3, 4,5 2 2,3  2,3, 4 2,5  2,3,5  2,3, 4,5 3  1,3, 4   1,3 3,5  1,3,5  1,3, 4,5 4  1, 2, 4  1, 4 4,5  1, 4,5   1  1, 2, 4,5  1, 2  1, 2,3 5  1,5  1, 2,5  1, 2,3,5  1, 2,3, 4  1, 2,3, 4,5 “Bóc” lớp hình chữ nhật ta phân hoạch xích đối xứng P(S5) sau: 2, 4  2, 4,5 3, 4  3, 4,5 2,5  2,3,5 3,5  1,3,5 4,5  1, 4,5 2  2,3  2,3, 4  2,3, 4,5 3  1,3  1,3, 4  1,3, 4,5 4  1, 4  1, 2, 4  1, 2, 4,5 5  1,5  1, 2,5  1, 2,3,5   1  1, 2  1, 2,3  1, 2,3, 4  1, 2,3, 4,5  Đối với P(S6): Ta xét 10 hình chữ nhật sau: 2, 4  2, 4,5 2, 4, 6  2, 4,5, 6 3, 4  3, 4,5 3, 4, 6  3, 4,5, 6 2,5  2,3,5 2,5, 6  2,3,5, 6 3,5  1,3,5 3,5, 6  1,3,5, 6 4,5  1, 4,5 4,5, 6  1, 4,5, 6 2 2,3   2,3, 4 2, 6  2,3, 6  2,3, 4, 6 3  2,3, 4,5  2,3, 4,5, 6  1,3  1,3, 4  1,3, 4,5 3, 6  1,3, 6  1,3, 4, 6  1,3, 4,5, 6 4  1, 2, 4,5  1, 4  1, 2, 4 4, 6  1, 4, 6  1, 2, 4, 6 5  1,5  1, 2,5 5, 6  1,5, 6  1, 2,5, 6  1, 2, 4,5, 6  1, 2,3,5  1, 2,3,5, 6   1  1, 2  1, 2,3  1, 2,3, 4  1, 2,3, 4,5 6  1, 6  1, 2, 6  1, 2,3, 6  1, 2,3, 4, 6  1, 2,3, 4,5, 6 “Bóc” lớp 10 hình chữ nhật ta phân hoạch xích đối xứng P(S6) sau: 2, 4, 6 3, 4, 6 4  1, 4  1, 2, 4  1, 2, 4,5  1, 2, 4,5, 6  1, 2, 4,5, 6, 7  1, 2, 4,5, 6, 7,8 6  1, 6  1, 2, 6  1, 2,3, 6  1, 2,3, 4, 6  1, 2,3, 4, 6, 7  1, 2,3, 4, 6, 7,8   1  1, 2  1, 2, 3  1, 2, 3, 4  1, 2, 3, 4, 5  1, 2, 3, 4, 5, 6  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 Ta viết lại phân hoạch trực tiếp xích đối xứng tăng dạng ước nguyên dương m  23.52.73 sau : 5.73 52.7  52.7  52.73 5.7  2.5.7  2.5.73 73  2.73  22.73 52  2.52  2.52.7  2.52.7  2.52.73 5.7  2.5.7  22.5.7  22.5.7  22.5.73  2.7  22.7  23.7  23.73  2.5  22.5  22.52  22.52.7  22.52.7  22.52.73  2.7  22.7  23.7  23.5.7  23.5.7  23.5.73   22  23  23.5  23.52  23.52.7  23.52.7  23.52.73 Và xích đối xứng tăng hồn tồn giống với xích đối xứng phân hoạch xích đối xứng poset P(23.52.73 ) phương pháp quy nạp ví dụ 2.2.2.1 2.4 SỐ LƯỢNG VÀ SIZE CỦA XÍCH ĐỐI XỨNG TRONG MỘT PHÂN HOẠCH XÍCH ĐỐI XỨNG: Cho P poset có hàm hạng r Giả sử P có phân hoạch xích đối xứng Do định nghĩa  r ( P)  Do số xích đối xứng nên xích đối xứng P phải chứa phần tử có hạng     r ( P)  xích đối xứng phân hoạch xích đối xứng P số phần tử có hạng  P   Nếu gọi N số phần tử có hạng  P số xích đối xứng phân hoạch xích đối xứng P N  r ( P )  Từ điều ta có mệnh đề sau:   Mệnh đề 2.4.1: Nếu poset P, với hàm hạng r, có phân hoạch xích đối xứng phân hoạch xích đối xứng có N  r ( P )  xích đối xứng   Đối với poset P(S), với S tập n-phần tử, r ( P( S ))  n số phần tử có hạng  n / 2 Cn n / 2 nên số xích đối xứng phân hoạch xích đối xứng P(S) N n / 2  Cn n / 2 Do ta có mệnh đề sau: Mệnh đề 2.4.2: Số xích đối xứng phân hoạch xích đối xứng poset P(S), với S tập n-phần tử, Cn n / 2 Tương tự poset P(S), ta tìm số xích đối xứng phân hoạch xích đối xứng poset P(m) tất ước nguyên dương số nguyên m, với m  p1k1 p2k2 pnkn (trong pi (i  1, , n) số nguyên tố phân biệt, k j  Z  ( j  1, , n) ) Ta có mệnh đề sau: Mệnh đề 2.4.3: Số xích đối xứng phân hoạch xích đối xứng poset P(m), với m  p1k1 p2k2 pnkn , là:   N  Cn1n1   n  Cn1( ki  k j  2) n1   (1) n1.Cn1(   n ) n1  1i  j  n   Cn1(k 1)n1    j 1 j  r ( m)   k1  k2   kn    Trong   r (m)  k1  k2   kn        Để chứng minh mệnh đề 2.4.3 ta cần bổ đề sau: Bổ đề 2.4.1: Số nghiệm nguyên dương phương trình: x1  x2   xn  m (2.8) , với m, n  Z  , m  n , Cmn11 Chứng minh: Vẽ m ngơi dịng Sau ta dùng (n  1) vạch thẳng đứng “|” để ngăn m thành n ngăn cho ngăn có ngơi Vì có tất (m  1) vạch thẳng đứng “|” để ngăn m ngơi thành m ngăn mà ngăn có nên số nghiệm nguyên dương phương trình (2.8) số cách chọn (n  1) vạch thẳng đứng “|” (m  1) vạch thẳng đứng “|” để ngăn m thành n ngăn Hay số nghiệm nguyên dương phương trình (2.8) Cmn11 Khi thành phần thứ i, xi , nghiệm ( x1 , , xi , , xn ) phương trình (2.8) số ngơi nằm ngăn thứ tính từ trái sang phải  Ví dụ 2.4.1: Số nghiệm nguyên dương phương trình x1  x2  x3  x4  x5  C74  35 Ta tìm nghiệm 35 nghiệm phương trình cách dùng vạch thẳng đứng “|” để ngăn thành ngăn cho ngăn có ngơi sao, chẳng hạn với cách ngăn: * | ** | *** | * | *, ta có nghiệm nguyên dương phương trình ( x1, x2 , x3 , x4 , x5 )  (1, 2,3,1,1) Số nghiệm nguyên khơng âm phương trình: x1  x2   xn  m (2.9), với Bổ đề 2.4.2: n  Z  , m  Z , m  , Cmn1n 1 Chứng minh: Đặt yi  xi  1, i  1, , n , ta có tương ứng – nghiệm nguyên không âm ( x1, x2 , , xn ) phương trình (2.9) với nghiệm nguyên dương ( y1, y2 , , yn ) phương trình: y1  y2   yn  m  n Do số nghiệm ngun khơng âm phương trình (2.9) số nghiệm nguyên dương phương trình y1  y2   yn  m  n Áp dụng bổ đề 2.4.1 ta có: Số nghiệm ngun khơng âm phương trình (2.9) Cmn1n 1  Bổ đề 2.4.3: Cho phương trình: x1  x2   xn  m (2.10) ,với m, n  Z  Khi đó, với r  1, , n số nghiệm ngun khơng âm ( x1, x2 , , xn ) phương trình (2.10) thỏa xi  ki  Z  , i  1, , r; k1  k2   kr  m , Cmn1( k1  k2   kn ) n1 Chứng minh:  yi  xi  ki  0, i  1, , r ta có tương ứng – nghiệm nguyên không âm  yi  xi , i  r  1, , n Đặt  ( x1, x2 , , xn ) thỏa xi  ki  Z  , i  1, , r ; k1  k2   kr  m phương trình (2.10) với nghiệm nguyên không âm phương trình: y1  y2   yn  m  (k1  k2   kr ) Áp dụng bổ đề 2.4.2 ta có: Số nghiệm nguyên không âm phương y1  y2   yn  m  (k1  k2   kr ) trình Cmn1( k1  k2   kn ) n1 Hay số nghiệm nguyên không âm ( x1, x2 , , xn ) phương trình (2.10) thỏa xi  ki  Z  , i  1, , r ; k1  k2   kr  m , Cmn1( k1  k2   kn ) n1  Bổ đề 2.4.4: Cho tập hợp A1 , A2 , , An Khi ta có: n n j 1 j 1  Aj   Aj   1i  j  n Ai  A j   (1) n1 n  Aj j 1 Chứng minh: Ta chứng minh phương pháp quy nạp theo n * n  1: A1  A1   A1 Vậy bổ đề với n  * Giả sử bổ đề với n  k , nghĩa : Ta chứng minh bổ đề với n  k  k k j 1 j 1  Aj   Aj   1i  j  k Ai  A j   (1) k 1 k  Aj j 1 Ta có:  k   A A   j   j   Ak 1  j 1  j 1  k 1  k  A j  Ak 1  j 1   k   A A A    j k 1   j   Ak 1 j 1  j 1  k k   A j  Ak 1  j 1  k A A    j k 1  A j  Ak 1   Ai  A j  Ak 1   (1)k 1 1i  j  k j 1  j 1 k k   Aj  j 1   1i  j  k  1i  j  k Ai  A j   (1) k 1 Ai  A j  Ak 1   (1) k k 1   Aj  j 1  1i  j  k 1 Ai  A j  k k j 1 j 1  A  j j 1  k 1  A j  Ak 1   A j  Ak 1  k 1  Aj j 1  1i  j l  k 1 Ai  A j  Al   (1) k k 1  Aj  j 1 Chứng minh mệnh đề 2.4.3: Trong poset P(m) với m  p1k1 p2k2 pnkn ta có:   ( x , x , , x )  Z  N  p1x1 p2x2 pnxn x1  x2   xn   ;0  xi  ki , xi  Z , i  1, , n n n  x1  x2   xn   ;0  xi  ki , i  1, , n   A j  ( x1, x2 , , xn )  Z n x1  x2   xn   ; xi  0, i  j; x j  k j ; i  1, , n; j  1, , n A*  ( x1 , x2 , , xn )  Z n x1  x2   xn   ; xi  0, i  1, , n Đặt: A  ( x1 , x2 , , xn )  Z n x1  x2   xn   ;0  xi  ki , i  1, , n  n  Ta có: A  A* \   A j  Áp dụng bổ đề 2.4.4 ta có:  j 1     n N  A  A    A j   Ai  A j   (1)n 1 A1  A2   An 1i  j  n  j 1 *    Với r  1, , n; jl  1, 2, , n , l  1, , r ta có: A j1   A jr Ta thấy,   ( x1 , x2 , , xn )  Z n   xi   ; xi  0, i  1, , n; x j   ( x1, x2 , , xn )  Z n   xi   ; xi  0, i  1, , n; x j r kj l l 1 Ngược lại,  r   l i 1 n l i 1 r r  xj  kj l 1 l l 1 l   k jl , l  1, , r     k jl  1, l  1, , r    r   , nên A j1   A jr   , hay A j1   A jr   yi  xi , i   j1 , , jr  ) ta có:  r   áp dụng bổ đề 2.4.3 (với cách đặt   y jl  x jl  k jl  1, l  1, , r r kj l 1 n l A j1   A jr  Cn1(k j  k j2   k jr  r )  n 1 Áp dụng bổ đề 2.4.2 ta có: A*  Cn1n1  n Vậy ta có: N  Cn1n1   Cn1( k j 1) n1   j 1  Cn1( ki  k j  2) n1   (1) n1.Cn1(   n ) n1  1i  j  n    Ví dụ 2.4.2: Tính số xích đối xứng phân hoạch xích đối xứng poset P  P(23.52.73 ) Giải Ta có: n  3, r ( P )  8,   4, k1   k3 , k2  nên số xích đối xứng phân hoạch xích đối xứng P  P(23.52.73 ) là: N  C62  (C22  C32  C22 )  15  (1   1)  10 Và phân hoạch xích đối xứng poset P  P(23.52.73 ) xây dựng ví dụ 2.2.2.1, ta có tất 10 xích đối xứng Mệnh đề 2.4.4: Cho P1 , P2 , , Pn poset có hàm hạng tương ứng r1 , r2 , , rn ; P1 , P2 , , Pn có phân hoạch xích đối xứng Khi đó, số xích đối xứng phân hoạch xích đối xứng poset tích trực tiếp P1  P2   Pn với hàm hạng  là: N  Trong N i số phần  1   n  0 i  ri ( Pi ),i 1, ,n tử hạng N1 N N n i   ( P1  P2   Pn )   r1 ( P1 )  r2 ( P2 )   rn ( Pn )    2       Chứng minh Đặt A tập tất phần tử có hạng  poset P1  P2   Pn Giả sử x  ( p1 , p2 , , pn )  A  ( x)  r1 ( p1 )  r2 ( p2 )   rn ( pn )   poset Pi , i  1, , n Đặt i  ri ( pi ), i  1, , n 1      n   ,   i  ri ( Pi ), i  1, , n Khi đó, với (1,  , ,  n ) ta có: N1 N N n phần tử có hạng  P1  P2   Pn Vậy N  A   1   n  0 i  ri ( Pi ),i 1, ,n N1 N N n  Ví dụ 2.4.3: Tính số xích đối xứng phân hoạch xích đối xứng poset tích trực tiếp P ( S )  P(23.52 ) , với S tập phần tử Giải Gọi r1 , r2 ,  hàm hạng poset P ( S ), P(23.52 ), P ( S )  P (23.52 ) Ta có: r1 ( P ( S ))  4, r2 ( P(23.52 ))  5,  ( P( S )  P(23.52 ))    9,   nên N4   1   01  0 5 N1 N  N N  N1N3  N N  N3 N1  N N  N  N3  N  N1  N   4.3  6.3  4.2   41      Trong đó: N   23.5, 22.52 , N3   2.52 , 22.5, 23 , N   2.5, 22 ,52  N1   2,5 , N   1 Và phân hoạch xích đối xứng poset tích trực tiếp P ( S )  P(23.52 ) xây dựng ví dụ 2.2.3.3 có 41 xích đối xứng Mệnh đề 2.4.5: Cho poset P với hàm hạng r có phân hoạch xích đối xứng Khi đó: +) Nếu r(P) số chẵn size xích đối xứng P số lẻ +) Nếu r(P) số lẻ size xích đối xứng P số chẵn Chứng minh Giả sử c1  c2   cn xích đối xứng có size n poset P Khi theo định nghĩa xích đối xứng ta có: r (c1 )  r (cn )  r ( P)  r (c1 )  r (c1 )  n   r ( P)  2r (c1 )  n   r ( P) (2.11) Từ (2.11) ta có: +) Nếu r(P) số chẵn (n  1) số chẵn, nên n phải số lẻ, hay size xích đối xứng P số lẻ +) Nếu r(P) số lẻ (n  1) số lẻ, nên n phải số chẵn, hay size xích đối xứng P số chẵn  Mệnh đề 2.4.6: Nếu P poset với hàm hạng r, P có phân hoạch xích đối xứng r ( P)  n size xích đối xứng phân hoạch xích đối xứng P có dạng: n   2k , k  0,1, ,  n / 2 Chứng minh Do tính chất đối xứng xích đối xứng nên với k  0,1, ,  n / 2 xích đối xứng bắt đầu phần tử hạng k phải kết thúc phần tử hạng (n  k ) , tức xích đối xứng có dạng: uk  uk 1   unk , với r (uk )  k , r (unk )  n  k Khi size xích đối xứng (n   2k ) Ngược lại, xích đối xứng có size (n   2k ) , k  0,1, ,  n / 2 , xích đối xứng phải bắt đầu phần tử hạng k Vì xích đối xứng bắt đầu phần tử hạng t phải kết thúc phần tử hạng: t  (n   2k )   n  t  2k Mặt khác ta có: t  n  t  2k  n  2t  2k  t  k Vậy phân hoạch xích đối xứng P, xích đối xứng có size (n   2k ) , k  0,1, ,  n / 2 , xích đối xứng bắt đầu phần tử hạng k Do ta có: size xích đối xứng phân hoạch xích đối xứng P có dạng: n   2k , k  0,1, ,  n / 2  Từ mệnh đề 2.4.7 ta có hệ sau: Hệ 2.4.1: Cho P poset với hàm hạng r, P có phân hoạch xích đối xứng r ( P)  n Khi đó: (a) Nếu n số chẵn size xích đối xứng P số lẻ có dạng: n  1, n  1, n  , , (b) Nếu n số lẻ size xích đối xứng P số chẵn có dạng: n  1, n  1, n  , , Mệnh đề 2.4.7: Số xích đối xứng có size (n   2k ) , k  0,1, ,  n / 2 phân hoạch xích đối xứng poset P N k  N k 1 Chứng minh Theo mệnh đề 2.4.7 ta có: Với k  0,1, ,  n / 2 xích đối xứng có size (n   2k ) bắt đầu phần tử hạng k Nên số xích đối xứng có size (n   2k ) số xích đối xứng bắt đầu phần tử hạng k Mặt khác, số xích đối xứng bắt đầu phần tử hạng k lại số xích đối xứng chứa phần tử hạng k trừ số xích đối xứng chứa phần tử hạng k không bắt đầu phần tử hạng k Mà P có N k phần tử hạng k, phần tử hạng (k  1) ln nằm xích đối xứng có chứa phần tử hạng k đứng liền sau Do đó, số xích đối xứng bắt đầu phần tử hạng k N k  N k 1  Đặc biệt, poset P  P( S ) , với S tập n-phần tử ta có mệnh đề sau: Mệnh đề 2.4.8: Số xích đối xứng size i phân hoạch xích đối xứng poset P(S) là:  n i 1    n C   n i 1    n C Chứng minh  n  i 1    Ta có: i  n  (n  i )  n   (n  i  1)  n    Vì P(S), xích đối xứng có size lớn (n  1) , xích bắt đầu tập  kết thúc tập S nên i  n  Mặt khác theo hệ 2.4.1 ta có : n số chẵn size xích đối xứng P(S) số lẻ, n số lẻ size xích đối xứng P(S) số chẵn, nên n  i 1 số nguyên không âm  (n   i ) số chẵn Áp dụng mệnh đề 2.4.8 ta có: Số xích đối xứng size i phân hoạch xích đối xứng poset P(S) : N n1i  N n1i 2 1  n 1i    n  N n 1i  N n1i  C   n 1i    n C  n i 1    n C   n i 1    n C  Ví dụ 2.4.4: Theo ví dụ 2.2.1.1 ta có phân hoạch xích đối xứng poset P(S), với S  1, 2,3, 4 , là: 2, 4 3, 4   xích đối xứng có size  2  2,3  2,3, 4 3  1,3  1,3, 4 4  1, 4  1, 2, 4    xích đối xứng có size     1  1, 2  1, 2,3  1, 2,3, 4  xích đối xứng có size Ta thấy r ( P( S ))  số chẵn nên xích đối xứng phân hoạch xích đối xứng poset P(S) có size số lẻ: 1, 3, Và số xích đối xứng size là: C42  C43    ; số xích đối xứng size là: C43  C44    Ví dụ 2.4.5: Theo ví dụ 2.2.2.1 ta có phân hoạch xích đối xứng poset P (23.52 ) là: 1.52  2.52  xích đối xứng có size 1.5  2.5  22.5  22.52   22  23  23.5  23.52  xích đối xứng có size  xích đối xứng có size Ta thấy r ( P(23.52 ))  số lẻ nên xích đối xứng phân hoạch xích đối xứng poset P (23.52 ) có size số chẵn : 2, 6, 2.5 MỘT SỐ ỨNG DỤNG : Định lý 2.5.1 : Cho A1  A2   Ar xích đối xứng phân hoạch xích dối xứng poset P(S) Khi ta có : (a) Số phần tử sở Ai , i  1, 2, , r (n   r ) (b) Với i, có tập Bi  P( S ) cho Ai 1  Bi  Ai 1 , Bi nằm xích đối xứng có size ngắn P(S) Chứng minh (a) Trong phương pháp phân hoạch trực tiếp xích đối xứng cho poset P(S) tập tập nphần tử S, ta biết mở đầu xích đối xứng phân hoạch tập sơ cấp thành viên lại xích có chung phần gốc tập sơ cấp Do A1  A2   Ar xích đối xứng phân hoạch xích đối xứng poset P(S) nên Ai , i  1, 2, , r có chung phần gốc tập sơ cấp A1 , hay Ai , i  1, 2, , r có chung số phần tử sở A1 Mặt khác ta có : A1  Ar  n (vì A1  A2   Ar xích đối xứng phân hoạch xích đối xứng poset P(S))  A1  A1  r   n  A1  n   r  A1  (n   r ) Vậy số phần tử sở Ai , i  1, 2, , r  (n   r )  (b) Tập S \ A1  A1 có n  (n   r )  r  phần tử Ta xếp (r  1) phần tử theo thứ tự tăng dần : q1  q2   qr 1 Theo phương pháp phân hoạch trực tiếp xích đối xứng cho poset P(S) tập tập n-phần tử S với i  2, , n  , ta có : * Tập Ai 1 có cách bổ sung vào A1 (i  2) phần tử q1 , q2 , , qi 2 * Tập Ai có cách bổ sung vào A1 (i  1) phần tử q1 , q2 , , qi 2 , qi 1 * Tập Ai 1 có cách bổ sung vào A1 i phần tử q1 , q2 , , qi 2 , qi 1, qi Ta xét tập Bi  A1  q1 , q2 , , qi 2 , qi  rõ ràng Bi  P( S ) Ai 1  Bi  Ai 1 Mặt khác : +) Nếu qi  1 Bi  qi phần tử sở Bi S, ứng với phần tử lỗ hổng qi  Do Bi có nhiều phần tử sở Ai +) Nếu qi  1 Bi  qi  1 A1 (vì qi  1 q1 , q2 , , qi 2 , qi  cách xếp theo thứ tự tăng dần qi nên qi   qi 2  qi 1  qi (vô lý))  qi phần tử sở Bi S, ứng với phần tử lỗ hổng qi 1 Do Bi có nhiều phần tử sở Ai Giả sử Bi nằm xích đối xứng B1  B2   Bs P(S) theo (a) số phần tử sở Bi : 1 (n   s )  (n   r )  n   s  n   r  s  r 2 Vậy Bi nằm xích đối xứng có size ngắn xích đối xứng chứa Ai     n / 2   Định lý 2.5.2 : (Sperner) : Nếu A phản xích tập tập n-phần tử S A  Cn Chứng minh : Phân hoạch poset P(S) tất tập tập n-phần tử thành xích đối xứng Do định nghĩa xích đối xứng nên xích đối xứng P(S) chứa tập hạng    n / 2    n / 2 S Mà có Cn    n / 2   Cn tập hạng  n / 2 S nên số xích đối xứng phân hoạch P(S) Vì A phản xích nên A chứa tối đa phần tử xích đối xứng P(S)    n / 2   Do A  Cn  Định lý 2.5.3 : Số phản xích P(S) số ánh xạ tăng từ P ( S )  0,1 Chứng minh : Ở đây, ánh xạ f : P( S )  0,1 gọi tăng f ( X )  f (Y ), X  Y ; X , Y  P( S ) Đặt A(S) : tập tất phản xích P(S) F(S): tập tất ánh xạ tăng từ P ( S )  0,1 Ta xây dựng ánh xạ  : A( S )  F ( S ) A Với f : P( S )  0,1   (A)  f B  f ( B)  B nằm thành viên phản xích A B không nằm thành viên phản xích A Kiểm tra f tăng : Để chứng minh f tăng ta cần : B  D ; B, D  P(S ) f ( D)  f ( B)  (Vì f ( D)  f ( B)  hay f ( B)  thỏa f ( B)  f ( D) ) Thật : Nếu f ( D)  A  A : D  A  B  A  A  f ( B)  Từ chứng minh ta thấy thành viên phản xích A phần tử tối đại P(S) mà f tác động lên Xét  : F ( S )  A( S ) f  ( f )  A Trong  ( f )  A tập tất phần tử tối đại P(S) mà f tác động lên Do A lập thành phản xích Thật vậy, có phần tử tối đại B, C P(S) thỏa f ( B)  f (C )  B  C C  B (vì B  C mâu thuẫn với tính tối đại B C  B mâu thuẫn với tính tối đại C) (Chú ý : Nếu f ( B)  1, B  P( S ) f ánh xạ tăng  ( f )   - xem phản xích rỗng.) Ta thấy  ánh xạ ngược  nên  song ánh Do A( S )  F ( S )  * Xuất phát từ định lý 2.5.3 ta nghĩ đến tốn : Có thể xây dựng tối đa ánh xạ tăng f : P( S )  0,1 , hay số phản xích P( S ) tối đa ? Đáp án tốn nội dung định lý sau :  n / 2 Định lý 2.5.4 : Số phản xích P(S) tối đa 3Cn Chứng minh Giả sử phân hoạch poset P(S) thành xích đối xứng cố gắng xây dựng ánh xạ tăng f việc định nghĩa tập xích đối xứng P(S) Ta chứng minh quy nạp theo size xích đối xứng P(S) Giả sử định nghĩa thành công ánh xạ tăng f khơng có mâu thuẫn tất xích đối xứng size bé k P(S) Bây ta mở rộng định nghĩa f cho xích đối xứng có size k cho trước P(S) * Nếu k  xích đối xứng size k có dạng X  Y Để mở rộng định nghĩa ánh xạ f , ta có tối đa lựa chọn giá trị f ( X ), f (Y ) sau : f ( X )  f (Y )  0; f ( X )  f (Y )  hay f ( X )  f (Y )  Do tính chất tăng f nên lựa chọn f ( X )  f (Y )  khơng thể Vậy trường hợp ta có tối đa khả để mở rộng định nghĩa ánh xạ f * Nếu k  ta xét hai tập X , Y xích đối xứng P(S) thỏa Y  X  Khi tồn Z  P( S ) cho X  Z  Y Áp dụng phần (b) định lý 2.4.1, ta có tập U  P( S ) cho X  U  Y , với U nằm xích đối xứng có size ngắn xích đối xứng chứa X, Y ; f (U ) định nghĩa Với suy luận trên, ta xét xích đối xứng size k P(S) có dạng : X1  X   X k với i  2,3, , k  , có tập U i  P( S ) cho X i 1  U i  X i 1 , f (U i ) định nghĩa  Nếu f (U i )  0, i  2,3, , k  ta có f ( X i 1 )  0, i  k  (do tính chất tăng ánh xạ f ) Do ta tự định nghĩa f X k 1 X k Giống trường hợp k  , ta có tối đa lựa chọn giá trị f ( X k 1 ) f ( X k ) Vậy ta lại có tối đa cách để mở rộng f  Nếu f (U i )  1, i  2,3, , k  ta có f ( X i 1 )  1, i  (do tính chất tăng ánh xạ f ) Tương tự ta tự lựa chọn giá trị cho f ( X1 ) f ( X ) Vậy lần ta có tối đa cách để mở rộng f  Cuối cùng, f không nhận giá trị U i ta chọn j số i mà f (U i )  Khi ta có f ( X i )  0, i  j  f ( X i )  1, i  j Do ta tự định nghĩa f X j 1 X j Giống ta có tối đa cách mở rộng f Khi xích đối xứng xét ln phiên ta có tối đa cách mở rộng định nghĩa f mâu thuẫn đến xích đối xứng khác Mà số xích đối xứng phân hoạch xích đối xứng    n / 2   P( S ) Cn  n / 2 nên ta có tổng số ánh xạ tăng f 3Cn  n / 2 xích P( S ) tối đa 3Cn  n / 2 Định lý 2.5.5 : Số phản xích P(S) tối thiểu 2Cn Chứng minh  n /2   Ta có : Số tập hạng  n / 2 P(S) m  Cn Áp dụng định lý 2.5.3 ta có số phản Do định nghĩa phản xích nên với  r  m r tập phân biệt hạng  n / 2 P(S) lập nên phản xích P(S) Và số phản xích m  Cmr  (1  1)m  2m Do số phản r 0  n / 2 xích P(S) tối thiểu 2Cn  * Kết hợp định lý 2.5.4 định lý 2.5.5 ta có hệ sau:  n / 2 Hệ 2.5.1 : Nếu M số phản xích P(S) 2Cn  n / 2  M  3Cn PHẦN KẾT LUẬN Luận văn đưa hai phương pháp phân hoạch xích đối xứng (phương pháp quy nạp phương pháp trực tiếp) cho hai poset có hạng hữu hạn: Poset P(S) tất tập tập n - phần tử S poset P(m) tất ước nguyên dương số nguyên m cho trước Ở phương pháp có ví dụ cụ thể cho poset Sau ta chứng minh hai phương pháp phân hoạch xích đối xứng nhau, nghĩa dù sử dụng phương pháp ta có kết Tiếp theo ta sâu vào size số lượng xích đối xứng phân hoạch xích đối xứng Sau ta đưa vài ứng dụng vấn đề TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt Tống Minh Hải (2006), Phân hoạch xích đối xứng vành Bool hữu hạn, Luận văn Thạc sĩ Toán học, Trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh TS.Trần Huyên, Phân hoạch trực tiếp xích đối xứng poset ước số nguyên dương số nguyên m cho trước, Khoa Toán – Tin, Trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh Tiếng Anh Anderson, J (1989), Combinatorics of finite set, Clarendon Press, Oxford Greene, C; and Kleitman, D.J (1976), Strong versions of Sperner’s theorem J combinat.Theory A20 ... tử hạng k Nên số xích đối xứng có size (n   2k ) số xích đối xứng bắt đầu phần tử hạng k Mặt khác, số xích đối xứng bắt đầu phần tử hạng k lại số xích đối xứng chứa phần tử hạng k trừ số xích. .. XÍCH ĐỐI XỨNG: Cho P poset có hàm hạng r Giả sử P có phân hoạch xích đối xứng Do định nghĩa  r ( P)  Do số xích đối xứng nên xích đối xứng P phải chứa phần tử có hạng     r ( P)  xích đối. .. P)  xích đối xứng phân hoạch xích đối xứng P số phần tử có hạng  P   Nếu gọi N số phần tử có hạng  P số xích đối xứng phân hoạch xích đối xứng P N  r ( P )  Từ điều ta có mệnh đề sau: