Chương 2. Cực trị tập hợp 24
2.1 Một số định lý trong lý thuyết cực trị tập hợp
Định nghĩa 2.1.1. Cho F là một họ các tập hợp con của một tập n phần tử X. Khi đóF được gọi là họgiao nếu với mọi A, B ∈ F ta có A∩B 6= ∅.
Định lý 2.1.2. Cho F ⊆ 2[n] là một họ giao. Khi đó |F |62n−1.
Chứng minh. Lấy một tập conA⊆ [n]. Khi đó với mỗi cặp tập con(A,[n]\A)
của X, thì nhiều nhất là một trong hai tập A hoặc [n]\A thuộc vào F (vì nếu cả hai tập A và [n]\A đều thuộc vào F thì do
A∩([n]\A) =∅
mâu thuẫn với F là một họ giao các tập con của X). Vì [n] có 2n tập con, và mỗi cặp tập con (A,[n]\A) có nhiều nhất một tập thuộc F. Do đó
|F |6 1
2 ã2n = 2n−1.
Mệnh đề 2.1.3. Mọi họ giao tối đại (theo quan hệ bao hàm) của [n] đều có lực lượng 2n−1.
Chứng minh. Giả sử ngược lại tồn tại họ giao tối đại F mà |F | <2n−1. Khi đó tồn tại A ∈ 2[n] thỏa mãn A /∈ F và [n]\A /∈ F. Theo tính chất tối đại tồn tạiB, C ∈ F sao choA∩B =∅và ([n]\A)∩C =∅.Kéo theoB ⊆ [n]\A và C ⊆ A. Do đó B ∩C =∅. Điều này là vô lý vì F là họ giao.
Ví dụ 2.1.4. Hai ví dụ điển hình về họ giao tối đại của [n] là:
(i) F1 ={A ∈2[n]|1∈ A}.
(ii) Nếu n lẻ F2 ={A∈ 2[n]| |A|> n+12 }. Nếu n chẵn F2 ={A ∈2[n]| |A| > n
2 + 1}[
{A∈ 2[n]| |A|= n
2và1∈A}.
Thật vậy dễ thấy F1 là họ giao. Xét họ F2.
Nếu n lẻ thì |A∩B| =|A|+|B| − |A∪B| > n+12 + n+12 −n= 1.
Nếu n chẵn và |A| = |B| = n2 thì 1 ∈ A ∩ B. Trái lại thì |A ∩ B| =
|A|+|B| − |A∪B| > n2 + 1 + n2 −n= 1.
Định nghĩa 2.1.5. Cho k là một số tự nhiên. Một tập A được gọi là k-tập nếu |A|= k.
Định lý 2.1.6 (Định lý Erd¨os - Ko - Rado). Giả sử n >2k. Khi đó họ giao tối đại các k-tập của [n] gồm n−1k−1
tập.
Bổ đề 2.1.7. Xét một đa giác đều n cạnh P. Một cung độ dài k gồm k+ 1 đỉnh liên tiếp của P và k cạnh nằm giữa chúng. Giả sử rằng n >2k và ta có t cung phân biệt A1, A2, . . . , At có độ dài k. Biết rằng hai cung bất kì có ít nhất một cạnh chung. Khi đó t6 k.
Chứng minh Bổ đề 2.1.7. Chú ý rằng mỗi đỉnh củaP là đầu mút của tối đa một cung. Thật vậy, nếu hai cung Ai, Aj có chung một đầu mút. Khi đó hai cung Ai, Aj nằm về hai nửa đa giác. Và vì n > 2k nên Ai, Aj không thể có cạnh chung, vô lý.
Xét cung A1. Vì mọi cung Ai (i >2) đều có cạnh chung với A1 nên một trong hai đầu mút của Ai nằm trongA1. Mà A1 có k điểm trong và các đầu mút này phân biệt như ta vừa chỉ ra. Do đó có tối đa k−1 cung khác. Suy ra số cung tối đa là k.
Chứng minh. Quay trở lại với bài toán của chúng ta. Ta sẽ đếm số N các cặp (A, σ). Trong đó A ∈ F, σ là một hoán vị vòng quanh σ = (a1, a2, . . . , an) của [n] và các phần tử của A là k số liên tiếp của σ.
Ta viết các số a1, a2, . . . , an lần lượt theo chiều kim đồng hồ lên các cạnh của P. Từ Bổ đề 2.1.7, với mỗi hoán vị vòng quanh σ, có tối đa k tập trong F có các phần tử là k số liên tiếp của σ. Lại có số hoán vị vòng quanh σ bằng (n−1)!. Vì vậy ta có
N 6 k(n−1)! (2.1)
với mỗi A ∈ F, ta có k!(n−k)!hoán vị vòng quanh của [n]. Do đó số N các cặp (A, σ) bằng
|F | ãk!(n−k)!. (2.2)
Từ (2.1) và (2.2) ta suy ra
|F | 6 k(n−1)!
k!(n−1)! =
n−1 k−1
.
Xét e là một phần tử bất kì của [n]. Dễ thấy rằng có đúng n−1k−1
tập con có k phần tử của [n] chứae và các tập con này tạo thành một họ giao cáck-tập của [n]. Vậy ta có điều cần chứng minh.
Định nghĩa 2.1.8. Một họ F các tập con của[n]được gọi là mộtphản chuỗi (antichain, còn gọi là đối xích hoặc họ Sperner) nếu không có một tập nào của F chứa một tập khác trong họ F (tức là A* B với mọi A, B ∈ F).
Các kết quả về phản chuỗi thường rất đẹp và đóng một vai trò quan trọng trong tối ưu tổ hợp. Dưới đây là một số kết quả trong số đó :
Định lý 2.1.9 (Bất đẳng thức Lubell–Yamamoto–Meshalkin). Cho F là một phản chuỗi của [n]. Đặt ak là số các tập có k phần tử trong F, k = 0, n. Khi
đó n
X
k=0
ak
n k
6 1.
Chứng minh. Xét chuỗi tập con ∅ = S0 ⊂ S1 ⊂ S2 ⊂ . . . ⊂ Sn = [n], trong đó |Si| = i với i = 0, n. Dễ thấy rằng mỗi chuỗi như trên tương ứng với một hoán vị của [n]. Vì vậy có đúng n! chuỗi như vậy.
Mặt khác, với mỗi A ∈ F và |A| = k, có đúng k!(n −k)! chuỗi chứa A.
Chú ý rằng không một chuỗi nào chứa hai tập con trong F. Suy ra số các chuỗi chứa các tập trong F là
n
X
k=0
ak ãk!(n−k)!.
Lại có số các chuỗi như trên không vượt quá tổng số tất cả các chuỗi của[n].
Do đó
n
X
k=0
akãk!(n−k)!6n!.
Chia cả hai vế của bất đẳng thức trên chon!, ta có điều cần chứng minh.
Chú ý: Bất đẳng thức Lubell–Yamamoto–Meshalkin còn được viết dưới dạng
X
A∈F
n
|A|
−1
6 1.
Định lý 2.1.10 (Định lý Sperner). Phản chuỗi tối đại của [n] chứa bn/2cn tập hợp.
Chứng minh. Giả sử F là một họ phản chỗi của [n]. Theo Định lý 2.1.9 và kết hợp với bất đẳng thức quen thuộc nk
6 bn/2cn
, ta có
n
X
k=0
ak
n bn/2c
6
n
X
k=0
ak
n k
6 1.
với mọi k = 0, n. Do đó
|F |=
n
X
k=0
ak 6 n
bn/2c
.
Mặt khác, xét F∗ là họ các bn/2c-tập con của [n] thì F∗ là một phản chuỗi và |F∗| = bn/2cn
. Ta có điều cần chứng minh.