M Ở ĐẦU
T ỔNG QUAN
2.2. Bóng khuyết của một đoạn trong poset các vectơ Boole
Với một đoạn [ ]a b; ⊂ B n k( , ), vectơ mút phải b=b b1 2...bn có hai khả năng xảy ra: hoặc b1 =0 hoặc b1=1.
Xét trường hợp b1 =1, khi đó b= g v0i và do b>a nên có 3 khả năng xảy ra cho
a như sau: hoặc a=g u0i hoặc a= g0i+1u hoặc a = g v0t với t> +i 1. Về khả năng đầu tiên cho a ta có:
Mệnh đề 2.2.1 Trong B n k( , ) cho a= g u0i < g v0i =b. Khi đó ∆d[ ]a b; là đoạn khi và chỉ khi v =wg với ω( )w =1 và u= gz.
Chứng minh.
Vì b1=1, dễ thấy rằng ∆d[ ]a b; ⊂[min∆da max; ∆db] theo mệnh đề 1.4.3.1 ta có
0
d i
a′=min∆ =a g u′, b′ =max∆ =db g0i−1v (u'=δh1u).
• Chọn y′=g0izg∈[a b′ ′; ], các vectơ y≤b mà y′∈∆dy phải có dạng y =g0isg
Chọn x′=g0i−1gz∈[a b′ ′; ], tồn tại duy nhất x= g0 zig ≤b mà x′∈∆dx. Muốn
[ ];
d
x′∈∆ a b cần phải có a= g u0i ≤ g0 zig = x, do đó u= gz nghĩa là a= g0 zig . Vậy điều kiện trong mệnh đề là cần.
• Bây giờ ta chỉ ra rằng điều kiện đó cũng là đủ: tức là chứng minh rằng
[min∆da max; ∆db]⊂ ∆d[ ]a b; . Trong trường hợp này min∆ = =da a′ g0 zig và 1
0
d i
max∆ = =b b′ g − wg. Lấy bất kì x′∈[a b′ ′; ]. Có 2 khả năng cho x′:
Hoặc x′ =g0i−1d với d ≤ wg. Khi đó chọn x=g0id thì hiển nhiên x∈[ ]a b; và
d
x′∈∆ x.
Hoặc x′ =g c0i , bổ sung vào x′ tọa độ 1 tương ứng tọa độ 1 của vectơ w trong
b ta được x∈[ ]a b; mà x′∈∆dx.
Vậy trong mọi trường hợp ta luôn có x′∈∆d[ ]a b; nên
[min∆da max; ∆db]= ∆d[ ]a b; hay ∆d[ ]a b; là đoạn.
Về khả năng tiếp theo khi a = g0i+1uvà b= g v0i , trước hết ta có các kết quả sau:
Mệnh đề 2.2.2 Trong B n k( , ) cho a=g0i+1u< g v0i =b. Khi đó ∆d[ ]a b; là đoạn nếu thỏa một trong hai điều kiện sau:
( )i a=g0i+1gz
( )ii b=g0izg.
Chứng minh.
( )i Khi a=g0i+1gz thì theo mệnh đề 1.4.3.1 ta có a′ =min∆ =da g0i+1gz và
0
• x′=g0i−1w≤ =b′ max∆ =db g0i−1v w( ≤v). Chọn x=g0iw≤g v0i =b. Hiển nhiên x>a và do đó x′∈∆ ⊂ ∆dx d[ ]a b; . • x′= g0i+1s′ . Chọn x=g0i+1s sao cho x′∈∆dx thì a≤ <x b và [ ]; d d x′∈∆ ⊂ ∆x a b . • x′ =g0im. Chọn x =g0i+1m thì x′∈∆dx và a≤ <x b , ta có x′∈∆ ⊂ ∆dx d[ ]a b; . Vậy ∆d[ ]a b; là đoạn.
( )ii Khi b=g0izg thì theo mệnh đề 1.4.3.1 ta có a′=min∆ =da g0i+1u′ và 1
0
d i
b′ =max∆ =b g − zg. Lấy x′∈[min∆da max; ∆db]. Khi đó có ba khả năng xảy ra cho
x′ như sau:
• x′ =g0i−1w. Chọn x=g0iw thì x′∈∆dx và a≤ <x b, ta có x′∈∆ ⊂ ∆dx d[ ]a b; .
• x′= g m0i ′. Chọn x= g m0i sao cho x′∈∆dx thì a≤ <x b và x′∈∆ ⊂ ∆dx d[ ]a b; .
• x′=g0i+1s′≥ =a′ min∆ =da g0i+1u′ ′(s ≥u′). Chọn x=g0i+1s trong đó x có được từ x′ khi bổ sung thêm tọa độ 1 tại vị trí tọa độ 1 của a bị bỏ đi để có min∆da. Hiển nhiên khi đó a≤ <x b và x′∈∆ ⊂ ∆dx d[ ]a b; .
Vậy ∆d[ ]a b; là đoạn.
Khi a và b không thỏa các điều kiện của mệnh đề 2.2.2, ta có một vài kết quả phức tạp hơn sau đây:
Mệnh đề 2.2.3 Trong B n k( , ) cho a=g0i+1u<g v0i =b và a∗ =g u0 1i . Nếu b≥a∗ thì
[ ];
d a b
Lấy bất kì x′∈[min∆da max; ∆db]. Theo mệnh đề 1.4.3.1 ta có a′=min∆ =da g0i+1u′ và
1
0
d i
b′ =max∆ =b g − v . Do đó có ba khả năng xảy ra cho x′ như sau:
( )i x′=g0i−1w≤ =b′ max∆ =db g0i−1v w( ≤v). Chọn x=g0iw≤g v0i =b. Hiển nhiên x>a và do đó x′∈∆ ⊂ ∆dx d[ ]a b; .
( )ii x′=g0i+1s′≥ =a′ min∆ =da g0i+1u′ ′(s ≥u′). Chọn x=g0i+1s trong đó x có được từ x′ khi bổ sung thêm tọa độ 1 tại vị trí tọa độ 1 của a bị bỏ đi để có min∆da. Hiển nhiên khi đó a≤ <x b và x′∈∆ ⊂ ∆dx d[ ]a b; .
( )iii x′= g0iw′, có hai trường hợp xảy ra sau đây: + Tồn tại x=g0iw≤b và x′∈∆ ⊂ ∆dx d[ ]a b;
thì ta có điều cần chứng minh.
+ Với mọi x=g0iw mà x′∈∆dx thì x>b . Nói riêng
0i 1 0 1i
x=g w′ > ≥b a∗ =g u . Khi đó chọn x=g0i+1w′> g0i+1u=a thì x′∈∆ ⊂ ∆dx d[ ]a b; .
Vậy với mọi x′∈[min∆da max; ∆db] ta luôn có x′∈∆d[ ]a b; hay nói cách khác
[ ]; [ ; ]
d a b min da max db
∆ = ∆ ∆ . Do đó ∆d[ ]a b; là đoạn.
Còn nếu ,a b như mệnh đề 2.2.3 mà b<a∗ thì tồn tại chỉ số j mà 0 1i j 0i 0j
Mệnh đề 2.2.4 Cho a b, ∈B n k( , ) mà b=g w h0 1i j <g w m0i 0j =a∗. Khi đó ∆d[ ]a b; là đoạn nếu ω( ) ( )w <r w hoặc ω( ) ( )w =r w và b=g0 1ig ngj với ω( )n =1.
Chứng minh.
Lấy bất kì x′∈[min∆da max; ∆db], ta cần chỉ ra sự tồn tại của x∈[ ]a b; mà x′∈∆dx. Thật vậy:
Trường hợp b= g w h0 1i j với ω( ) ( )w <r w ; gọi t là chỉ số bé nhất mà i< <t j để
0
t
a = . Nếu x′ có các thành phần từ i+1 đến t−1 đều bằng 1 thì ta bổ sung vào x′ tọa độ 1 tại chỉ số t để được x∈[ ]a b; và hiển nhiên x∈∆dx. Và nếu x′ có một thành phần bằng 0 trong khoảng từ i+1 đến t−1 thì ta chọn x bằng cách bổ sung tọa độ 1 trước i
(x= g0i+1w′) thì x∈[ ]a b; và x′∈∆dx.
Trường hợp ω( ) ( )w =r w ; tức at =1 với i< <t j. Khi đó nếu x′ có tọa độ 0 nằm giữa hai chỉ số ;i j thì x=1x′∈[ ]a b; và x′∈∆dx. Còn nếu các tọa độ của x′ nằm giữa hai chỉ số ;i j đều bằng 1 thì bổ sung thêm tọa độ 1 vào x′ tại chỉ số t ứng với tọa độ 1
trong n để có xmong muốn.
Với khả năng a= g u0t < g v0i =b với t> +i 1; xem như là hệ quả trực tiếp của mệnh đề 2.2.2, ta có kết luận sau:
Mệnh đề 2.2.5 Trong B n k( , ) nếu a =g u0t <g v0i =b với t> +i 1 thì ∆d[ ]a b; luôn luôn là đoạn.
Chứng minh.
Trường hợp t = +i 2 , chọn c= g0i+1zg và d =g0i+1gz . Khi đó
[ ]; [ ]; [ ];
d a b d a c d d b
∆ = ∆ ∆ và vì [ ]a c; và [ ]d b; thỏa mãn các điều kiện của mệnh đề 2.2.2 nên ta có ∆d[ ]a c; và ∆d[ ]d b; là các đoạn. Hơn nữa, theo cách chọn này thì rõ ràng ∆d[ ]a c; ∆d[ ]d b; ≠ ∅ do đó ∆d[ ]a b; là đoạn.
Giả sử mệnh đề đúng với t = + −i m 1, ta chứng minh ∆d[ ]a b; là đoạn với t = +i m. Chọn c =g0i+1zg và d =g0i+1gz, khi đó ∆d[ ]a b; = ∆d[ ]a c; ∆d[ ]d b; . Vì ∆d[ ]a c; và
[ ];
d d b
∆ là các đoạn không rời nhau nên ∆d[ ]a b; là đoạn.
Trường hợp b=b b1 2...bn mà b1 =0, có hai khả năng xảy ra cho a=a a1 2...an là a1=0 hay 1 1
a = .
Khi a1=1, chú ý rằng có c=1zg∈[ ]a b; , và vì rằng ∆d[ ]a c; ⊂ ∆d[ ]a b; ⊂ [min∆da zg; ]
nên ∆d[ ]a b; là đoạn nếu ∆d[ ]a c; =[min∆da zg; ] . Và đẳng thức cuối xảy ra nếu
[ ];
d a c
∆ là đoạn, và bởi vì a c, thõa mãn điều kiện là tọa độ đầu bằng 1, vậy nên xem như là hệ quả trực tiếp của các mệnh đề 2.2.1, 2.2.2 và 2.2.5 ta có:
Mệnh đề 2.2.6 Trong B n k( , ) cho a= gu< zv=b. Khi đó ∆d[ ]a b; là đoạn nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau:
( )i Hoặc a=10 zg
( )ii Hoặc a=g u0i với i≥3.
Khi a1 =0 , khả năng đầu tiên xảy ra là: a=z u1i <z0izv=b . Khi đó tồn tại
[ ]
0 1z ;
[min∆da max; ∆dc]. Với bất kỳ d′ =z w0i ∈[min∆da max; ∆dc], ta chọn d = z0 1i w thì
[ ];
d d
d′∈∆ ⊂ ∆d a c . Vậy ∆d[ ]a c; là đoạn, do đó ∆d[ ]a b; là đoạn, tức ta có:
Mệnh đề 2.2.7 Trong B n k( , ) cho a=z u1j <z v0i =b với j<i. Khi đó ∆d[ ]a b; là đoạn.
Khả năng xảy ra tiếp theo là a=z u1i <z0igv=b sẽ cho ta kết quả sau:
Mệnh đề 2.2.8 Trong B n k( , ) cho a=z u1i <z0igv=b. Khi đó ∆d[ ]a b; là đoạn nếu hoặc u=0 zg hoặc u =gw.
Chứng minh.
Chọn c= z zg1i ∈[ ]a b; với max∆ =dc zg . Dễ thấy
[ ]; [ ]; [ ; ]
d a c d a b min da max dc
∆ ⊂ ∆ ⊂ ∆ ∆ , vì vậy ∆d[ ]a b; là đoạn nếu
[min∆da max; ∆dc]⊂ ∆d[ ]a c; .
Trước hết, xét trường hợp a=z gw1i : Lấy bất kỳ x′∈[min∆da max; ∆dc]. Có hai khả năng xảy ra cho x′:
• Hoặc tọa độ thứ i của x′ là 1, khi đó ta bổ sung vào x′ tọa độ 1 ở vị trí tọa độ 1 của a được bỏ đi để có min∆da thì dễ thấy x∈[ ]a c; .
• Hoặc tọa độ thứ i của x′ là 0; khi đó ta bổ sung vào x′ tọa độ 1 ở vị trí thứ i (tọa độ 0 được đẩy lên vị trí thứ i+1) để được xthì x∈[ ]a c; . Vậy kết luận đã rõ với giả thiết thứ nhất.
Xét trường hợp a = z1 0 zi g ; với bất kỳ x′∈[min∆da max; ∆dc] cũng xét hai khả năng về tọa độ thứ i của x′ như trên, và ta cũng chọn x∈[ ]a c; tương tự như trên cho từng khả năng đó, và việc chọn tương tự đó là hợp lý.
Trường hợp a=z g0i 0ju<z g0i 0jv=b. Ta có kết quả sau:
Mệnh đề 2.2.9 Trong B n k( , ) cho a=z g0i 0ju<z g0i 0jv=b với j> +i 1. Khi đó
[ ];
d a b
∆ là đoạn khi và chỉ khi v=wg với ω( )w =1 và u = gz.
Chứng minh.
Hiển nhiên với ,a b như trên thì ∆d[ ]a b; ⊂[min∆da max; ∆db] với min∆ =da z g0i 0ju′
và max∆ =db z g0i 0j−1v với u′ =min∆da.
Chọn x′ =z g0i 0j−1gz∈[min∆da max; ∆db]. Tồn tại duy nhất x=z g0i 0jgz<b
mà x′∈∆dx. Từ điều kiện x≥a buộc a= z g0i 0jgz hay u = gz.
Lại chọn y′ =z g0i 0jzg∈[min∆da max; ∆db] . Khi đó muốn có y∈[ ]a b; mà
d
y′∈∆ y buộc b=z g0i 0jwg với w chứa chỉ một tọa độ 1 tức ω( )w =1. Vậy điều kiện nói trong mệnh đề là cần.
Ta chứng minh điều kiện trên cũng là đủ để ∆d[ ]a b; là đoạn. Với 0i 0j z 0i 0j
a=z g g <z g wg =b thì ∆d[ ]a b; ⊂[min∆da max; ∆db] trong đó 0 0 z
d i j
min∆ =a z g g và max∆ =db z g0i 0j−1wg . Lấy bất kỳ x′∈∆d[ ]a b; , khi đó có 2 khả năng xảy ra cho x′:
Hoặc x′=z g0i 0je′∈∆d[ ]a b; thì ta chọn x = z g0i 0je trong đó e có được từ e′
bằng cách bổ sung tọa độ 1 tại vị trí tọa độ 1 của w trong b. Khi đó x′∈∆dx và
[ ]; x∈ a b . Hoặc x′ =z g0i 0j−1 f ∈∆d[ ]a b; với f ≤wg . Chọn x =z g0i 0j f thì x′∈∆dx và [ ]; x∈ a b . Trường hợp a=z g u0 1i j <z g0i 0jv=b. Khi đó ta có:
Mệnh đề 2.2.10 Trong B n k( , ) cho a=z g u0 1i j <z g0i 0jv =bvới j> +i 1. Khi đó
[ ];
d a b
∆ là đoạn nếu v=wg trong đó ω( )w =1.
Chứng minh.
Vì min∆ =da z g u′0 1i j và max∆ =db z g0i 0j−1wg nên có ba khả năng xảy ra cho
[ d ; d ]
x′∈ min∆ a max∆ b như sau:
Hoặc x′=z g e0 1i j ′∈∆d[ ]a b; . Khi đó ta chọn x∈[ ]a b; bằng cách bổ sung vào x′
tọa độ 1 tại vị trí tọa độ 1 của a được bỏ đi để có min∆da.
Hoặc x′=z g0i 0jk′∈∆d[ ]a b; . Khi đó ta chọn x∈[ ]a b; bằng cách bổ sung vào
x′ tọa độ 1 tại vị trí tọa độ 1 của w.
Hoặc x′ =z g0i 0j−1f ∈∆d[ ]a b; . Khi đó chọn x=z g0i 0j f thì x′∈∆dx và
[ ];
Cuối cùng để kết thúc phần này, ta xét một trường hợp đặc biệt khi a là phần tử bé nhất và b là phần tử lớn nhất trong B n k( ), . Ta có kết quả sau:
Mệnh đề 2.2.11 Trong B n k( ), cho a là phần tử bé nhất và b là phần tử lớn nhất. Khi đó, với bất kì x∈B n k( ), , ta luôn có:
( )i ∆d[ ]a x; là đoạn trong B n( −1,k −1) ( )ii ∆d[ ]x b; là đoạn trong B n( −1,k −1).
Chứng minh.
( )i Nếu x có tọa đầu là 0 thì theo mệnh đề 2.2.6 ta có ngay điều cần chứng minh. Còn nếu x có tọa độ đầu là 1 thì ∆d[ ]a x; ⊂[min∆da max; ∆dx]. Khi đó với bất kì
[ d ; d ]
y′∈ min∆ a max∆ x , ta bổ sung vào y′ tọa độ 1 tại vị trí tọa độ 1 của x bị bỏ đi để có max∆dx. Hiển nhiên y∈[ ]a x; và y′∈∆dy.
( )ii Hiển nhiên trong trường hợp này ta có ∆d[ ]x b; ⊂[min∆dx max; ∆db]. Với bất kì y′∈[min∆dx max; ∆db]. Ta bổ sung vào y′ tọa độ 1 tại vị trí tọa độ 1 của x bị bỏ đi để có min∆dx thì y∈[ ]x b; và y′∈∆dy.