BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Nguyễn Hoàng Huy BÓNG CỦA MỘT ĐOẠN TRONG POSET CÁC VECTO BOOLE LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh - 2013 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Nguyễn Hoàng Huy BÓNG CỦA MỘT ĐOẠN TRONG POSET CÁC VECTO BOOLE Chuyên ngành: Đại số Lý thuyết số Mã số: 60 46 01 04 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS TRẦN HUYÊN Thành phố Hồ Chí Minh - 2013 LỜI CẢM ƠN Tôi xin dành lời luận văn để gửi lời tri ân chân thành sâu sắc đến T.S Trần Huyên, người thầy hướng dẫn, động viên giúp đỡ mặt nghiên cứu trình thực hoàn thành luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn thầy cô Tổ Đại Số Khoa Toán, Trường Đại Học Sư Phạm Thành Phố Hồ Chí Minh giảng dạy, truyền thụ tri thức quý báu giúp đỡ suốt trình học tập nghiên cứu trường Tôi xin cảm ơn bạn lớp cao học đại số khóa 22 có đóng góp, trao đổi trình học tập thực luận văn Tôi xin gửi lời cảm ơn đến gia đình mình, người bên cạnh động viên, giúp đỡ suốt trình học tập MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN MỤC LỤC DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU, CÁC CHỮ VIẾT TẮT MỞ ĐẦU TỔNG QUAN CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 10 1.1 Các khái niệm 10 1.2 Một số ví dụ poset có hạng 11 1.3 Poset P = B vectơ Boole 13 1.4 Các kết TS Trần Ngọc Danh TS Trần Huyên poset B - vectơ Boole với thứ tự tuyến tính V 15 1.4.1 Thứ tự dồn V 15 1.4.2 Kết TS Trần Ngọc Danh 16 1.4.3 Kết TS Trần Huyên 17 CHƯƠNG 2: BÓNG CỦA MỘT ĐOẠN TRONG POSET CÁC VECTƠ BOOLE19 2.1 Bóng đầy đoạn poset vectơ Boole 19 2.2 Bóng khuyết đoạn poset vectơ Boole 23 2.3 Bóng đoạn poset vectơ Boole 32 KẾT LUẬN 36 DANH MỤC CÔNG TRÌNH CÔNG BỐ CỦA TÁC GIẢ 37 TÀI LIỆU THAM KHẢO 38 DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU, CÁC CHỮ VIẾT TẮT x1 x2 xk : Vectơr ( x1 , x2 , , xk ) A : Số phần tử tập A x  y : y trội x r ( x ) : Hạng vectơ x ω ( x ) : Trọng lượng vectơ x B ( n ) : Tập hợp tất vectơr hạng n B ( n, k ) : Tập hợp tất vectơr hạng n trọng lượng k ∆x : Bóng vectơ x ∆A : Bóng tập hợp A δ i x : Bóng thứ i vectơ x ∆ f x : Bóng đầy vectơ x ∆ d x : Bóng khuyết vectơ x ∆ f A : Bóng đầy tập hợp A ∆ d A : Bóng khuyết tập hợp A [ x, y ] : Đoạn = h1 : max = {i : xi 1} = h0 : max = {i : xi 0} = l1 : = {i : xi 1} = l0 : = {i : xi 0} x*:= δ h0 x *x := δ l0 x x* := δ h1 x * x := δ l1 x = A*: { x*: x ∈ A} = * A: { * x : x ∈ A} = *A : {*x : x ∈ A} MỞ ĐẦU Lý thuyết Combinatorics ngày quan tâm nhiều nhà toán học, với phát triển mạnh mẽ công nghệ thông tin làm cho Combinatorics học tập nghiên cứu hình thức Toán rời rạc phân ngành Lý thuyết đồ thị, Lý thuyết mã,… Lý thuyết K-poset lý thuyết Combinatorics, trong điều kiện xác định K-poset bóng đoạn đầu lại đoạn đầu Các nhà toán học xây dựng poset xem xét chúng có phải Kposet hay không, việc nghiên cứu bóng đoạn đầu việc làm quan trọng Do nghiên cứu cấu trúc bóng đoạn poset trở thành hướng nghiên cứu thú vị Luận văn với đề tài “Bóng đoạn poset vectơ Boole” đặt mục tiêu xem xét lại cấu trúc bóng đoạn poset vectơ Boole Luận văn gồm chương sau: Chương I Kiến thức chuẩn bị Chương trình bày khái niệm Chương II Bóng đoạn poset vectơ Boole Đây chương luận văn, chương gồm phần sau: Phần 1: Bóng đầy đoạn poset vectơ Boole Phần nêu lên kết mà TS.Trần Huyên đạt việc nghiên cứu cấu trúc bóng đầy đoạn poset vectơ Boole đồng thời bổ sung thêm số kết cần dùng việc chứng minh điều kiện cần đủ để bóng đoạn đoạn Phần 2: Bóng khuyết đoạn poset vectơ Boole Phần xem xét nghiên cứu kết liên quan đến cấu trúc bóng khuyết đoạn poset vectơ Boole Phần 3: Bóng đoạn poset vectơ Boole Tổng hợp kết đạt việc nghiên cứu cấu trúc bóng đầy bóng khuyết đoạn poset vectơ Boole để chứng minh điều kiện cần đủ để bóng đoạn poset vectơ Boole lại đoạn Mặc dù có nhiều nỗ lực, cố gắng khó tránh sai sót hạn chế, kính mong quý thầy cô bạn sẵn sàng góp ý Xin chân thành cảm ơn TỔNG QUAN Vào đầu năm 1960, Kruskal – Katona trang bị thêm cho poset tập hợp hữu hạn S thứ tự tuyến tính gọi thứ tự tuyến tính nén, biến poset thành K -poset Với thứ tự nén này, hiển nhiên bóng đoạn đầu đoạn đầu Đề tài nghiên cứu khoa học cấp sở TS Trần Huyên đặt vấn đề mở rộng kết cho đoạn K -poset tập tập hữu hạn S − n phần tử đạt kết trọn vẹn Đề tài nghiên cứu tìm điều kiện cần đủ để bóng đoạn K -poset đoạn Vào năm 1990, nhà toán học Anh Daykin, D.E học trò Trần Ngọc Danh xây dựng K -poset mới: K -poset vectơ Boole = x x1 x2 xn , n ∈ N , xi ∈ {0,1} với thứ Poset B vectơ Boole bao gồm vectơ tự phận xác định cách tự nhiên sau: x =x1 x2 xn ≤ y1 y2 ym =y n ≤ m tồn dãy số i1 < i2 < < in cho = x1 y= yi2 , , = xn yin i1 , x2 Hạng vectơ x = x1 x2 xn , kí hiệu r ( x ) số thành phần vectơ x , tức r ( x ) = n Tập vectơ hạng n kí hiệu B ( n ) Bóng ∆x vectơ x ∈ B ( n ) tập hợp tất vectơ B ( n − 1) , có từ x bỏ thành phần x Nếu x = x1 xi −1 xi xi +1 xn thì= phần tử x′ x1 xi −1 xi +1 xn ∈ ∆x , có từ x bỏ thành phần thứ i , gọi bóng thứ i , kí hiệu δ i x Như vậy: = ∆x  {δ i x :1 ≤ i ≤ n} Để xây dựng cho poset B vectơ Boole thứ tự tuyến tính để biến thành K -poset Daykin, D.E Trần Ngọc Danh đưa thêm vào khái niệm trọng lượng vectơ x = x1 x2 xn là: ω ( x ) = x1 + x2 + + xn Thứ tự tuyến tính mà Daykin, D.E Trần Ngọc Danh đưa vào poset B gọi thứ tự dồn, xác định sau: x= x1 x2 xn < L y1 y2 ym = y n < m x =x1 x2 xm < L y1 y2 ym =y ω ( x ) < ω ( y ) ω ( x ) = ω ( y ) tồn số t cho xi = yi với i < t xt =1 > = yt Daykin, D.E Trần Ngọc Danh chứng minh poset B vectơ Boole với thứ tự dồn K -poset, nói riêng, bóng đoạn đầu theo thứ tự dồn lại đoạn đầu Đề tài nghiên cứu “Bóng đoạn số K -poset” TS Trần Huyên tìm kiếm điều kiện cần đủ để bóng đoạn K -poset vectơ Boole với thứ tự dồn lại đoạn Trong đề tài này, khác biệt cấu trúc bóng, tác giả đưa vào khái niệm bóng đầy, bóng khuyết phần tử, tập hợp sau: x : ∆ f x  {δ= • Bóng đầy phần tử ω ( x )} = i x : ω (δ i x ) • Bóng khuyết phần = tử x : ∆ d x  {δ i x : ω (δ i x ) < ω ( x )} • Bóng đầy tập hợp A : ∆ f A =  {∆ f x : x ∈ A} • Bóng khuyết tập hợp A : ∆ d A =  {∆ d x : x ∈ A} = x′ g 0i −1 gz ∈ [ a′; b′] , tồn Chọn = x g 0i gz ≤ b mà x′ ∈ ∆ d x Muốn x′ ∈ ∆ d [ a; b ] cần phải có a =g 0i u ≤ g 0i gz =x , u = gz nghĩa a = g 0i gz Vậy điều kiện mệnh đề cần • Bây ta điều kiện đủ: tức chứng minh [ ∆ d a; max ∆ d b] ⊂ ∆ d [ a; b] Trong trường hợp ∆ d a = a′ = g 0i gz max ∆ d b = b′ = g 0i −1 wg Lấy x′ ∈ [ a′; b′] Có khả cho x′ : Hoặc x′ = g 0i −1 d với d ≤ wg Khi chọn x = g 0i d hiển nhiên x ∈ [ a; b ] x′ ∈ ∆ d x Hoặc x′ = g 0i c , bổ sung vào x′ tọa độ tương ứng tọa độ vectơ w b ta x ∈ [ a; b ] mà x′ ∈ ∆ d x Vậy trường hợp ta có x′ ∈ ∆ d [ a; b ] nên ∆ d [ a; b ] hay ∆ d [ a; b ] đoạn [ ∆ d a; max ∆ d b] = Về khả a = g 0i +1 u b = g 0i v , trước hết ta có kết sau: Mệnh đề 2.2.2 Trong B ( n, k ) cho a = g 0i +1 u < g 0i v = b Khi ∆ d [ a; b ] đoạn thỏa hai điều kiện sau: (i ) a = g 0i +1 gz ( ii ) b = g 0i zg Chứng minh (i ) Khi a = g 0i +1 gz theo mệnh đề 1.4.3.1 ta có a′ = ∆ d a = g 0i +1 gz b′= max ∆ d b= g 0i −1 v Lấy x′ ∈ [ ∆ d a; max ∆ d b ] Khi có ba khả xảy cho x′ sau: 24 • x′= g 0i −1 w ≤ b′= max ∆ d b= g 0i −1 v ( w ≤ v ) Chọn x = g 0i w ≤ g 0i v = b Hiển nhiên x > a x′ ∈ ∆ d x ⊂ ∆ d [ a; b ] • x′ = g 0i +1 s′ Chọn x = g 0i +1 s cho x′ ∈ ∆ d x a≤ x a x′ ∈ ∆ d x ⊂ ∆ d [ a; b ] ( ii ) x′ = g 0i +1 s′ ≥ a′ = min∆ d a = g 0i +1 u′ ( s′ ≥ u′ ) Chọn x = g 0i +1 s x có từ x′ bổ sung thêm tọa độ vị trí tọa độ a bị bỏ để có ∆ d a Hiển nhiên a ≤ x < b x′ ∈ ∆ d x ⊂ ∆ d [ a; b ] ( iii ) x′ = g 0i w′ , có hai trường hợp xảy sau đây: + Tồn = x g 0i w ≤ b x′ ∈ ∆ d x ⊂ ∆ d [ a; b ] ta có điều cần chứng minh + Với x = g 0i w mà x′ ∈ ∆ d x x>b Nói riêng = x g 0i w′1 > b ≥= a∗ g 0i u1 Khi chọn x = g 0i +1 w′ > g 0i +1 u = a x′ ∈ ∆ d x ⊂ ∆ d [ a; b ] Vậy với x′ ∈ [ ∆ d a; max ∆ d b ] ta có x′ ∈ ∆ d [ a; b ] hay nói cách khác ∆ d [ a; b ] =[ ∆ d a; max ∆ d b ] Do ∆ d [ a; b ] đoạn Còn a, b mệnh đề 2.2.3 mà b < a∗ tồn số b =g 0i w1 j h < g 0i w0 j m =a∗ Khi ta có kết quả: 26 j mà Mệnh đề 2.2.4 Cho a, b ∈ B ( n, k ) mà b =g 0i w1 j h < g 0i w0 j m =a∗ Khi ∆ d [ a; b ] đoạn ω ( w ) < r ( w ) ω ( w ) = r ( w ) b = g 0i g1 j ng với ω ( n ) = Chứng minh Lấy x′ ∈ [ ∆ d a; max ∆ d b ] , ta cần tồn x ∈ [ a; b ] mà x′ ∈ ∆ d x Thật vậy: Trường hợp b = g 0i w1 j h với ω ( w ) < r ( w ) ; gọi t số bé mà i < t < j để at = Nếu x′ có thành phần từ i + đến t − ta bổ sung vào x′ tọa độ số t để x ∈ [ a; b ] hiển nhiên x ∈ ∆ d x Và x′ có thành phần khoảng từ i + đến t − ta chọn x cách bổ sung tọa độ trước i ( x = g 0i+1 w′) x ∈ [ a; b ] x′ ∈ ∆ d x Trường hợp ω ( w ) = r ( w ) ; tức at = với i < t < j Khi x′ có tọa độ nằm x x′ ∈ [ a; b ] x′ ∈ ∆ d x Còn tọa độ x′ nằm giữa hai số i; j = hai số i; j bổ sung thêm tọa độ vào x′ số t ứng với tọa độ n để có x mong muốn Với khả a = g 0t u < g 0i v = b với t > i + ; xem hệ trực tiếp mệnh đề 2.2.2, ta có kết luận sau: Mệnh đề 2.2.5 Trong B ( n, k ) a = g 0t u < g 0i v = b với t > i + ∆ d [ a; b ] luôn đoạn Chứng minh i + m ( m ≥ 2, m ∈ N ) Ta chứng minh quy nạp theo m Vì t > i + nên t = 27 Trường hợp t= i + , chọn c = g 0i +1 zg d = g 0i +1 gz Khi ∆ d [ a; b ] = ∆ d [ a; c ]  ∆ d [ d ; b ] [ a; c ] [ d ; b ] thỏa mãn điều kiện mệnh đề 2.2.2 nên ta có ∆ d [ a; c ] ∆ d [ d ; b ] đoạn Hơn nữa, theo cách chọn rõ ràng ∆ d [ a; c ]  ∆ d [ d ; b ] ≠ ∅ ∆ d [ a; b ] đoạn Giả sử mệnh đề với t =i + m − , ta chứng minh ∆ d [ a; b ] đoạn với t = i + m ∆ d [ a; c ]  ∆ d [ d ; b ] Vì ∆ d [ a; c ] Chọn c = g 0i +1 zg d = g 0i +1 gz , ∆ d [ a; b ] = ∆ d [ d ; b ] đoạn không rời nên ∆ d [ a; b ] đoạn Trường hợp b = b1b2 bn mà b1 = , có hai khả xảy cho a = a1a2 an a1 = hay a1 = c 1zg ∈ [ a; b ] , ∆ d [ a; c ] ⊂ ∆ d [ a; b ] ⊂ [ ∆ d a; zg ] Khi a1 = , ý có= nên ∆ d [ a; b ] đoạn ∆ d [ a; c ] =[ ∆ d a; zg ] Và đẳng thức cuối xảy ∆ d [ a; c ] đoạn, a, c thõa mãn điều kiện tọa độ đầu , nên xem hệ trực tiếp mệnh đề 2.2.1, 2.2.2 2.2.5 ta có: Mệnh đề 2.2.6 Trong B ( n, k ) cho a = gu < zv = b Khi ∆ d [ a; b ] đoạn thỏa mãn điều kiện sau: ( i ) Hoặc a = 10 gz ( ii ) Hoặc a = g 0i u với i ≥ Khi a1 = , khả xảy là: a =z1i u < z 0i zv =b Khi tồn = c z 0i1zg ∈ [ a; b ] với max ∆ d c = z 0i zg 28 Dễ thấy ∆ d [ a; c ] ⊂ ∆ d [ a; b ] ⊂ [ ∆ d a; max ∆ d c ] Với d ′ = z 0i w ∈ [ ∆ d a; max ∆ d c ] , ta chọn d = z 0i1w d ′ ∈ ∆ d d ⊂ ∆ d [ a; c ] Vậy ∆ d [ a; c ] đoạn, ∆ d [ a; b ] đoạn, tức ta có: Mệnh đề 2.2.7 Trong B ( n, k ) cho a = z1 j u < z 0i v = b với j < i Khi ∆ d [ a; b ] đoạn Khả xảy a =z1i u < z 0i gv = b cho ta kết sau: Mệnh đề 2.2.8 Trong B ( n, k ) cho a =z1i u < z 0i gv = b Khi ∆ d [ a; b ] đoạn u = gz u = gw Chứng minh = c z1i zg ∈ [ a; b ] Chọn max ∆ d c = zg với ∆ d [ a; c ] ⊂ ∆ d [ a; b ] ⊂ [ ∆ d a; max ∆ d c ] , ∆ d [ a; b ] Dễ đoạn thấy [ ∆ d a; max ∆ d c ] ⊂ ∆ d [ a; c ] Trước hết, xét trường hợp a = z1i gw : Lấy x′ ∈ [ ∆ d a; max ∆ d c ] Có hai khả xảy cho x′ : • Hoặc tọa độ thứ i x′ , ta bổ sung vào x′ tọa độ vị trí tọa độ a bỏ để có ∆ d a dễ thấy x ∈ [ a; c ] • Hoặc tọa độ thứ i x′ ; ta bổ sung vào x′ tọa độ vị trí thứ i (tọa độ đẩy lên vị trí thứ i + ) để x x ∈ [ a; c ] Vậy kết luận rõ với giả thiết thứ 29 Xét trường hợp a = z1i gz ; với x′ ∈ [ ∆ d a; max ∆ d c ] xét hai khả tọa độ thứ i x′ trên, ta chọn x ∈ [ a; c ] tương tự cho khả đó, việc chọn tương tự hợp lý Trường hợp a = z 0i g j u < z 0i g j v = b Ta có kết sau: Mệnh đề 2.2.9 Trong B ( n, k ) cho a = z 0i g j u < z 0i g j v = b với j > i + Khi ∆ d [ a; b ] đoạn v = wg với ω ( w ) = u = gz Chứng minh Hiển nhiên với a, b ∆ d [ a; b ] ⊂ [ ∆ d a; max ∆ d b ] với ∆ d a = z 0i g j u ′ max ∆ d b = z 0i g j −1 v với= u′ ∆ d a x′ z 0i g j −1 gz ∈ [ ∆ d a; max ∆ d b ] Tồn duy= = x z 0i g j gz < b Chọn mà x′ ∈ ∆ d x Từ điều kiện x ≥ a buộc a = z 0i g j gz hay u = gz y′ z 0i g j zg ∈ [ ∆ d a; max ∆ d b ] Khi muốn có y ∈ [ a; b ] mà Lại chọn= y′ ∈ ∆ d y buộc b = z 0i g j wg với w chứa tọa độ tức ω ( w ) = Vậy điều kiện nói mệnh đề cần Ta chứng minh điều kiện đủ để ∆ d [ a; b ] đoạn Với a =z 0i g j gz < z 0i g j wg =b ∆ d [ a; b ] ⊂ [ ∆ d a; max ∆ d b ] ∆ d a = z 0i g j gz max ∆ d b = z 0i g j −1 wg Lấy x′ ∈ ∆ d [ a; b ] , có khả xảy cho x′ : 30 x′ z 0i g j e′ ∈ ∆ d [ a; b ] ta chọn x = z 0i g j e e có từ e′ = Hoặc cách bổ sung tọa độ vị trí tọa độ w b Khi x′ ∈ ∆ d x x ∈ [ a; b ] = Hoặc x′ z 0i g j −1 f ∈ ∆ d [ a; b ] với f ≤ wg Chọn x = z 0i g j f x′ ∈ ∆ d x x ∈ [ a; b ] Trường hợp a = z 0i g1 j u < z 0i g j v = b Khi ta có: Mệnh đề 2.2.10 Trong B ( n, k ) cho a = z 0i g1 j u < z 0i g j v = b với j > i + Khi ∆ d [ a; b ] đoạn v = wg ω ( w ) = Chứng minh Vì ∆ d a = z 0i g1 j u′ max ∆ d b = z 0i g j −1 wg nên có ba khả xảy cho x′ ∈ [ ∆ d a ; max ∆ d b ] sau: = x′ z 0i g1 j e′ ∈ ∆ d [ a; b ] Khi ta chọn x ∈ [ a ; b ] cách bổ sung vào x′ Hoặc tọa độ vị trí tọa độ a bỏ để có ∆ d a = x′ z 0i g j k ′ ∈ ∆ d [ a; b ] Khi ta chọn x ∈ [ a ; b ] cách bổ sung vào Hoặc x′ tọa độ vị trí tọa độ w x′ z 0i g j −1 f ∈ ∆ d [ a; b ] Khi chọn x = z 0i g j f x′ ∈ ∆ d x = Hoặc x ∈ [ a ; b] 31 Cuối để kết thúc phần này, ta xét trường hợp đặc biệt a phần tử bé b phần tử lớn B ( n, k ) Ta có kết sau: Mệnh đề 2.2.11 Trong B ( n, k ) cho a phần tử bé b phần tử lớn Khi đó, với x ∈ B ( n, k ) , ta có: (i ) ∆ d [ a ; x ] đoạn B ( n − 1, k − 1) ( ii ) ∆ d [ x ; b ] đoạn B ( n − 1, k − 1) Chứng minh ( i ) Nếu x có tọa đầu theo mệnh đề 2.2.6 ta có điều cần chứng minh Còn x có tọa độ đầu ∆ d [ a ; x ] ⊂ [ ∆ d a ; max ∆ d x ] Khi với y′ ∈ [ ∆ d a ; max ∆ d x ] , ta bổ sung vào y′ tọa độ vị trí tọa độ x bị bỏ để có max ∆ d x Hiển nhiên y ∈ [ a ; x ] y′ ∈ ∆ d y ( ii ) Hiển nhiên trường hợp ta có ∆ d [ x ; b ] ⊂ [ ∆ d x ; max ∆ d b ] Với y′ ∈ [ ∆ d x ; max ∆ d b ] Ta bổ sung vào y′ tọa độ vị trí tọa độ x bị bỏ để có ∆ d x y ∈ [ x ; b ] y′ ∈ ∆ d y 2.3 Bóng đoạn poset vectơ Boole Dựa kết đạt được, ta chứng minh điều kiện cần đủ để bóng đoạn lại đoạn B ( n, k ) Định lý 2.3.1 Trong B ( n, k ) cho x < y Bóng ∆ [ x ; y ] đoạn B ( n − 1) = x v= z; y mu , 32 v ∈ B ( k + 1, k ) ; m ∈ B ( n − k + 1, 1) Chứng minh Bởi ∆[ x ; y] = ∆ f [ x ; y] ∪ ∆d [ 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 = a v= z; b mu với hỏi này, buộc đoạn [ x ; y ] phải chứa vectơ z ∈ B ( n − k − 1, ) ; v ∈ B ( k + 1, k ) ; u ∈ B ( k − 1, k − 1) ; m ∈ B ( n − k + 1, 1) Điều buộc x, y phải thỏa mãn = x v= z; y mu Như điều kiện cho x, y nói định lý hiển nhiên cần Ta chứng minh điều kiện đủ để ∆ [ x ; y ] đoạn B ( n − 1) Vì max ∆ d b  ∆ f a nên để chứng minh ∆ [ x ; y ] đoạn B ( n − 1) ta việc chứng minh bóng đầy ∆ f [ x ; y ] bóng khuyết ∆ d [ x ; y ] đoạn Thật vậy, x y thỏa mãn yêu cầu định lý có trường hợp sau xảy ra: • x= g 0i gz < 1zg= y : Theo mệnh đề 2.1.7 2.1.10 ∆ f [ x ; y ] đoạn Theo mệnh đề 2.2.1, 2.2.3 2.2.5 ∆ d [ x ; y ] đoạn 33 • x = g 0i gz < z1 j zg = y : Lần lượt theo mệnh đề 2.1.6 2.2.6 ∆ f [ x ; y ] ∆ d [ x ; y ] đoạn • x =0 gz < z1i zg =y : Theo mệnh đề 2.1.1, 2.1.3 2.1.5 ∆ f [ x ; y ] đoạn Theo mệnh đề 2.2.7 2.2.10 ∆ d [ x ; y ] đoạn • Với trường hợp đặc biệt x = gz hay y = zg theo mệnh đề 2.1.11 2.2.11 ∆ f [ x ; y ] ∆ d [ x ; y ] đoạn Vậy tất trường hợp ta có bóng đầy ∆ f [ x ; y ] bóng khuyết ∆ d [ x ; y ] đoạn Điều dẫn đến việc ∆ [ x ; y ] đoạn B ( n − 1) Để kết thúc luận văn này, ta xét trường hợp x y không nằm B ( n, k ) Ta có định lý sau đây: Định lý 2.3.2 Trong poset B vectơ Boole theo thứ tự dồn, cho x < y Khi đó, bóng ∆ [ x ; y ] đoạn xảy trường hợp sau: ( i ) r ( x ) = r ( y ) ω ( y ) − ω ( x ) ≥ ( ii ) r ( x ) < r ( y ) Chứng minh ( i ) Giả sử ω ( x ) = k tử bé phần k + m ( m ≥ ) Gọi xi yi phần ω ( y ) = tử lớn y ] [ x; y0 ] ∪ [ x1; y1 ] ∪ ∪ [ xm−1; ym−1 ] ∪ [ xm ; y ] [ x ;= B ( n, k + i ) Khi ta có Khi theo mệnh đề 2.1.11 2.2.11 rõ ràng bóng đầy bóng khuyết đoạn [ xi ; yi ] [ xm ; y ] , [ x; y0 ] 34 đoạn Do bóng đầy ∆ f [ x ; y ] bóng khuyết ∆ d [ x ; y ] đoạn Hơn nữa, max ∆ d y ∈ B ( n, k + m − 1) ∆ f x ∈ B ( n, k ) với m≥2 nên ∆ d x < ∆ f x < max ∆ d y < max ∆ f y Từ dẫn đến việc đoạn bóng đầy bóng khuyết không rời Vậy ∆ [ x ; y ] đoạn trường hợp ( ii ) Giả sử bé x ∈ B ( n, k ) y ∈ B ( n + m, k ′ ) Gọi xi yi phần tử phần tử lớn B(n + i) Khi ta có y ] [ x; y0 ] ∪ [ x1; y1 ] ∪ ∪ [ xm−1; ym−1 ] ∪ [ xm ; y ] Theo kết từ ( i ) rõ ràng [ x ;= ∆ [ xi ; yi ] ∆ [ xm ; y ] , ∆ [ x; y0 ] đoạn (trường hợp ω ( y ) − ω ( x ) < điều hiển nhiên) Do ∆ [ x ; y ] đoạn r ( x ) < r ( y ) 35 KẾT LUẬN Trong luận văn này, đưa chứng minh kết có liên quan đến cấu trúc bóng đoạn poset B – vectơ Boole bổ sung thứ tự tuyến tính ∨ , cụ thể kết sau: Trong poset B – vectơ Boole với thứ tự tuyến tính ∨ : Các điều kiện cần đủ để bóng đầy đoạn lại đoạn Các điều kiện cần đủ để bóng khuyết đoạn lại đoạn Kiểm tra điều kiện cần đủ để bóng đoạn lại đoạn theo hướng chứng minh mới, kết hợp kết phần 36 DANH MỤC CÔNG TRÌNH CÔNG BỐ CỦA TÁC GIẢ Nguyễn Hoàng Huy Trần Huyên (2013), “Bóng khuyết đoạn poset vecto Boole”, Tạp chí khoa học Đại Học Sư Phạm TP Hồ Chí Minh (47), tr.17 -24 37 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt Trần Ngọc Danh (2001), Cấu Trúc Của V Thứ Tự Và Định Lý Kiểu KRUSKAL – KATONA, Luận án Tiến sĩ Toán học, Trường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên, Đại Học Quốc Gia, Thành Phố Hồ Chí Minh Trần Huyên (2009), “Bóng đoạn K-poset vecto Boole”, Tạp chí khoa học Đại Học Sư Phạm TP Hồ Chí Minh (18), tr.3-9 Trần Huyên (2013), “Bóng đầy đoạn poset vecto Boole”, Tạp chí khoa học Đại Học Sư Phạm TP Hồ Chí Minh (43), tr.58 -62 Tiếng Anh Ian Anderson (1989), Combinatorics of finite sets, Clarendon Press, Oxford Trần Ngọc Danh and Daykin, D.E (1997), “Set of 0,1 vectors with minimal set subvectơrs”, Rostock Math, Kollog (50), pp 47-52 Daykin, D.E (1996), “To find all suitable order of 0,1 vectors”, Congr Numer (113) , pp.55-60 38 [...]... đủ để bóng của một đoạn lại là một đoạn Định lý 1.4.3.4 Trong B ( n, k ) cho x < y Bóng ∆ [ x ; y ] là đoạn trong B ( n − 1) khi và chỉ khi = x v= z; y mu , trong đó v ∈ B ( k + 1, k ) ; m ∈ B ( n − k + 1, 1) 18 CHƯƠNG 2: BÓNG CỦA MỘT ĐOẠN TRONG POSET CÁC VECTƠ BOOLE 2.1 Bóng đầy của một đoạn trong poset các vectơ Boole Để thuận tiện cho việc trình bày các kết quả, trước hết chúng ta đưa ra một vài... khuyết của một đoạn trong B ( n, k ) lại là một đoạn trong B ( n − 1, k − 1) Đồng thời thông qua các kết quả đã có được từ việc nghiên cứu các điều kiện của bóng đầy và bóng khuyết để giúp ta có được cái nhìn sâu sắc hơn đối với cấu trúc bóng của một đoạn trong K -poset các vectơ Boole và nhờ đó chứng minh điều kiện cần và đủ để bóng của một đoạn trong K poset B các vectơ Boole lại là đoạn 9 CHƯƠNG... cứu cấu trúc của các loại bóng đầy, bóng khuyết của một phần tử, của các tập hợp, đề tài đã đạt được kết quả quan trọng nhất, giúp giải quyết khá trọn vẹn mục tiêu cơ bản nhất: Tìm được điều kiện cần và đủ để bóng của một đoạn trong K -poset B các vectơ Boole lại là một đoạn Kết quả đó là: Trong tập mức B ( n, k ) các vectơ cùng hạng n và trọng lượng k ” thì Bóng của đoạn [ x, y ] lại là đoạn ⇔ x =... , trong đó v ∈ B ( k + 1, k ) còn m ∈ B ( n − k + 1, 1) ” Đề tài nghiên cứu gần đây của TS Trần Huyên Bóng đầy của một đoạn trong poset các vectơ Boole đã tiếp tục làm sâu sắc thêm các kết quả này Trong đề tài này tác giả đã xem xét các điều kiện để bóng đầy của một đoạn trong B ( n, k ) lại là một đoạn trong B ( n − 1, k ) Luận văn này tiếp tục mở rộng, nghiên cứu điều kiện để bóng khuyết của một. .. ∆x = x∈A Ví dụ 1.3.4 Trong B ( 4 ) Xét vectơ x = 1010 Ta có: Bóng của x : ∆x = {010,110,100,101} Bóng đầy của x : ∆ f x = {110,101} Bóng khuyết của x : ∆ d x = {010,100} Định nghĩa 1.3.5 Đoạn, đoạn đầu, đoạn cuối trong poset B các vectơ Boole Trong poset B các vectơ Boole với thứ tự tuyến tính cho trước, cho x < y Đoạn [ x, y=] { z : x ≤ z ≤ y} Trong B ( n ) A được gọi là đoạn đầu nếu với x ≤... Hiển nhiên trong trường hợp này ta có ∆ d [ x ; b ] ⊂ [ min ∆ d x ; max ∆ d b ] Với bất kì y′ ∈ [ min ∆ d x ; max ∆ d b ] Ta bổ sung vào y′ tọa độ 1 tại vị trí tọa độ 1 của x bị bỏ đi để có min ∆ d x thì y ∈ [ x ; b ] và y′ ∈ ∆ d y 2.3 Bóng của một đoạn trong poset các vectơ Boole Dựa trên các kết quả đã đạt được, ta sẽ chứng minh điều kiện cần và đủ để bóng của một đoạn lại là một đoạn trong B (... chứng minh được rằng bóng của một đoạn đầu trong poset B các vectơ Boole theo thứ tự dồn lại là một đoạn đầu Mệnh đề 1.4.2.1 Trong poset B ( n ) với thứ tự tuyến tính V = Với x ∈ B ( n ) ta có: a∗= δ h0 a= max∆a= max {δ1a, , δ n a= } với h0 max {i : ai 0} Định lý 1.4.2.2 Cho A ∈ B ( n ) Nếu A là một đoạn đầu thì ∆A cũng là một đoạn đầu và hơn nữa, nếu = A G 0 + H 1 ( G 0 là tập các vectơ thuộc A có... độ cuối bằng 0 và H 1 là tập các vectơ thuộc A có tọa độ cuối bằng 1 ) thì (i ) G, H là các đoạn đầu trong B ( n − 1) 16 ( ii ) ∆A = G = A∗ = {a ∗ : a ∈ A} 1.4.3 Kết quả của TS Trần Huyên Bằng việc đưa thêm khái niệm bóng đầy, bóng khuyết Trong bài báo [ 2] tác giả Trần Huyên đã tìm ra điều kiện cần và đủ để bóng của một đoạn lại là một đoạn Mệnh đề 1.4.3.1 Với mỗi vectơ Boole x = x1 x2 xn , ta có:... sau khi bỏ đi Bóng thứ i của vectơ tọa độ thứ i Vậy nếu x = xi −1 xi xi +1 thì δ i x = xi −1 xi +1 là bóng của vectơ x , kí hiệu là: = ∆x  {δ i x :1 ≤ i ≤ n} Do việc bỏ đi tọa độ thứ i của x để có được bóng thứ i là δ i x nên trọng lượng của δ i x có thể giữ nguyên trọng lượng của x hoặc nhỏ hơn trọng lượng của x Do đó ta đưa ra khái niệm bóng đầy và bóng khuyết như sau: • Tập các bóng thành phần... lượng của x lập thành bóng đầy của vectơ x , kí hiệu là: ω ( x )} = ∆ f x  {δ= i x : ω (δ i x ) • Tập các bóng thành phần có trọng lượng bé hơn trọng lượng của x lập thành bóng khuyết của vectơ x , kí hiệu là: = ∆ d x  {δ i x : ω (δ i x ) < ω ( x )} Hiển nhiên ∆x =∆ f x  ∆ d x và từ đó ta có: 14 • Bóng đầy của tập hợp A : = ∆ f A  {δ f x : x ∈ A} ∆ d A  {δ d x : x ∈ A} • Bóng khuyết của tập ... 17 CHƯƠNG 2: BÓNG CỦA MỘT ĐOẠN TRONG POSET CÁC VECTƠ BOOLE1 9 2.1 Bóng đầy đoạn poset vectơ Boole 19 2.2 Bóng khuyết đoạn poset vectơ Boole 23 2.3 Bóng đoạn poset vectơ Boole ... khuyết đoạn poset vectơ Boole Phần 3: Bóng đoạn poset vectơ Boole Tổng hợp kết đạt việc nghiên cứu cấu trúc bóng đầy bóng khuyết đoạn poset vectơ Boole để chứng minh điều kiện cần đủ để bóng đoạn poset. .. nghiên cứu cấu trúc bóng đoạn poset trở thành hướng nghiên cứu thú vị Luận văn với đề tài Bóng đoạn poset vectơ Boole đặt mục tiêu xem xét lại cấu trúc bóng đoạn poset vectơ Boole Luận văn gồm