một số vấn đề về k – poset các tập con của tập đa bội

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH



Trần Lê Hoàng




MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ K – POSET
CÁC TẬP CON CỦA TẬP ĐA BỘI


Chuyên ngành : Đại số và lý thuyết số
Mã số : 60.46.05



LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC


NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC


TS. Trần Huyên

Thành phố Hồ Chí Minh – 2011

1


LỜI NÓI ĐẦU

Khái niệm k – poset bắt nguồn từ bài toán ước lượng độ lớn bóng
∆A
của họ
A

các tập con nào đó của tập hữu hạn S. Giải quyết bài toán này cần sự hỗ trợ của hai thứ
tự khác nhau: một là thứ tự bao hàm các tập con của S; hai là thứ tự tuyến tính để so
sánh các tập hợp cùng size, sau này được gọi là thứ tự nén.

Tập đa bội là tập hợp mà mỗi phần tử của nó có thể lập lại nhiều lần và các tập
con của nó có mô hình quen thuộc nhất là các ước nguyên dương của số tự nhiên m
nào đó. Nó thực sự rộng hơn họ gồm các tập con của tập đơn bội. Người ta đã mở rộng
nhiều tính chất vốn có của họ các tập con tập đơn bội sang họ các tập con tập đa bội và
thu được nhiều kết quả đẹp. Trong đó phải kể đến kết quả của hai nhà toán học
Clements và Lindstrom vào năm 1969, đã chứng minh được họ các tập con của tập đa
bội lập thành một k – poset

Luận văn như là sự lý giải về các nội dung trên, được trình bày làm hai chương.
Chương I: Kiến Thức Chuẩn bị
Phần này, chủ yếu trình bày khái niệm k – poset
Chương II: Tính k – poset các tập con của tập đa bội
Phần này trình bày khái niệm tập đa bội và tính k – poset các tập con của nó.
Cuối cùng, tác giả xin gửi:

Lời cảm ơn chân thành đến các thầy cô trong trường, đặc biệt là khoa Toán – Tin,
đã nhiệt tình giảng dạy và giúp đỡ trong quá trình học tập.
Lời cảm ơn sâu sắc đến thầy hướng dẫn đã nhiệt tình quan tâm giúp đỡ tác giả
trong quá trình hoàn thành luận văn.
Lời cảm ơn đến phòng KHCNSĐH của trường ĐHSP TPHCM đã tạo mọi điều
kiện thuận lợi giúp tác giả sớm hoàn thành luận văn.
2



TP. HCM, ngày 08 tháng 08 năm 2011
Tác giả
3





MỤC LỤC

0TLỜI NÓI ĐẦU0T 1
0TMỤC LỤC0T 3
0TChương I0T 4
0TKIẾN THỨC CHUẨN BỊ0T 4
0T1. Khái niệm k – poset.0T 4
0T2. Tính k – poset các tập con của tập hữu hạn 0T
{ }
S = 1,2, ,n
0T
.0T 7

0TChương II0T 27
0TTÍNH K – POSET CÁC TẬP CON CỦA TẬP ĐA BỘI0T 27
0T§1. Khái niệm tập đa bội0T 27
0T§2. Tính các k – poset các tập con của tập đa bội0T 32
0TKẾT LUẬN0T 48
0TTÀI LIỆU THAM KHẢO0T 49
4


Chương I: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ


Chương này chủ yếu giới thiệu khái niệm k – poset.

Xem như độc giả đã biết những khái niệm:
• Tập hợp cùng các phép toán trên nó như là
, , , ,\.∪∩⊂⊃

• Các quy tắc phát biểu mệnh đề với các ký hiệu
, , , ∀∃∈

• Các quy tắc đếm quy tắc cộng và quy tắc nhân, hai tính chất cơ bản của số
k
n
C
như là
k nk
nn
CC
−

=
và
1
11
kk k
nn n
CC C
−
−−
= +
.

Một số quy ước trong luận văn:
• Thuật ngữ “size” được dùng để chỉ độ lớn của một đối tượng nào đó, ký
hiệu
. Chẳng hạn như size A, ký hiệu
A
, là chỉ cho lực lượng tập A.
• Tập S luôn hữu hạn,
( )
SP
là họ gồm tất cả các tập con của S.
• Đôi khi, ký hiệu
n
k



được dùng thay
.

k
n
C


1. Khái niệm k – poset.
Ta nhắc lại khái niệm poset (an partially ordered set)
Định nghĩa 1.1. Quan hệ
≤
trên một tập hợp M được gọi là thứ tự bộ phận của
nó nếu có tính chất sau đây:
i.
xx≤
với mọi
xM∈
.
ii. Nếu
xy≤
và
yx≤
thì
xy=
.
iii. Nếu
xy≤
và
yz≤
thì
xz≤
.

5


Tập M cùng với thứ tự bộ phận
≤
được gọi là tập hợp được sắp thứ tự bộ phận
hay poset và được ký hiệu là
( )
,PM= ≤
.
Quan hệ
≤
được gọi là quan hệ thứ tự
Ta nói
,xy
là so sánh được với nhau (comparable) nếu
xy≤
hoặc
yx≤
.
Nếu
xy≤
và
xy≠
, ta viết
xy<
và nói: x bé thua y, hoặc x đứng trước y, hoặc x
thực sự được chứa trong y.
y được gọi là phủ x hay liền sau x nếu
xy<

và không tồn tại z thỏa
xzy<<
.
z
được gọi là phần tử không nếu
z
là phần tử duy nhất thỏa mãn
zx≤
với mọi
xM∈
, kí hiệu là 0.
z
được gọi là phần tử tối tiểu nếu không tồn tại x thỏa
xz<
.
z
được gọi là phần tử tối đại nếu không tồn tại x thỏa
zx<
.
M
được gọi là tập được sắp tuyến tính nếu mọi phần tử thuộc
M
đều so sánh
được với nhau.
M
được gọi là tập được sắp tốt nếu mọi bộ phận khác rỗng của
M
đều chứa
phần tử bé nhất. Tất nhiên khi đó
M

là tập được sắp tuyến tính.
Dãy
12
,,,
n
xx xK
được gọi là xích (chain) hay dây xích nếu
12 n
xx x<<<K
.
Chiều dài hay size của xích là số các phần tử trong xích trừ đi 1.
Xích
12 n
xx x<<<K
được gọi là bão hòa (saturated chain) nếu
1i
x
+
phủ
i
x
.

Ví dụ 1.1. Nếu
{ }
1,2,3, ,Sn=
thì
( )
( )
,S ⊆P

là poset, với
∅
là phần tử 0, xích
bão hòa là các xích
12 h
AA A⊂ ⊂⊂K
thỏa
1
1
ii
AA
+
= +
với mọi
11ih≤≤ −
chẳng
hạn như
{ } { } { }
1 1,2 1,2, ,h⊂ ⊂⊂K
.

Một số poset
( )
,PM= ≤
có tính chất sau:
6


Với mọi
xy<

, tất cả xích bão hòa từ x đến y có cùng số lượng phần tử trong sự
biểu diễn của xích tức là mọi xích bão hòa từ x đến y có cùng size (size đó chỉ phụ
thuộc vào x, y). Đặc biệt, mọi xích bão hòa từ 0 đến x có cùng size.
Đối với những poset như trên, ta định nghĩa hạng hay size của phần tử x là size
mọi xích bão hòa từ 0 đến x, ký hiệu
( )
rx
hoặc
x
. Khi đó, ta nói
( )
,PM= ≤
là poset
có hạng với hàm hạng là
( )
rx x=
.

Ví dụ 1.2. Với
{ }
1,2,3, ,Sn=
,
( )
( )
,S ⊆P
là poset có hạng với hàm hạng
( )
rA A=
là size của tập hợp A.


Định nghĩa 1.2. Cho
( )
,M ≤
là poset có hạng với hàm hạng
( )
rx x=
.
{ }
:
k
M xMx k=∈=
được gọi là mức hạng k của M.
{ }
: 1,a xMx a xa∆= ∈ = − <
được gọi là bóng của phần tử
aM∈

Nếu
k
AM⊂
thì tập
aA
Aa
∈
∆= ∆
U
được gọi là bóng của A. Khi đó,
1k
AM
−

∆⊂


Ví dụ 1.3. Với
{ }
1,2,3,4,5S =
, poset
( )
( )
,S ⊆P
có
{ } { } { }
{ }
3
1,2,3 , 2,3,4 , 1,3,5 M= ⊂A

{ } { } { } { } { }{ } { }
{ }
2
1,2 , 1,3 , 2,3 , 2,4 , 3,4 1,5 , 3,5 M∆= ⊂A


Khi
( )
,M ≤
là poset có hạng thì size của x sẽ không bằng size của y nếu hai phần
tử
,xy
là so sánh được với nhau (vì
xy<

nếu
xy<
). Do đó, thứ tự của poset không
thể so sánh các phần tử trên cùng mức hạng k.
7



Định nghĩa 1.3. Cho M là poset có hạng mà trên mỗi
k
M
, ta trang bị thứ tự tuyến
tính
p
.
Nếu A là bộ phận trong mức hạng k của M thì tập gồm
A
phần tử đầu tiên có
size k theo thứ tự
p
được gọi là cái nén của A, ký hiệu
CA
.
A được gọi là nén hay đoạn đầu nếu
A CA=


Định nghĩa 1.4. Poset có hạng M, trên mỗi mức
k
M

được trang bị thứ tự tuyến
tính
p
, được gọi là k – poset nếu nó thỏa mãn thêm hai điều kiện sau:
1.
A∆
là đoạn đầu nếu A là đoạn đầu
2.
( ) ( )
CA C A∆ ⊆∆
với A là bộ phận tùy ý trong mức hạng k của M. Điều đó có
nghĩa là bóng của đoạn đầu có size bé nhất trong tất cả các bộ phận trong mức
hạng k có cùng lực lượng.

Phần còn lại của chương I, luận văn trình bày về tính k – poset của họ các tập con
của tập hữu hạn
{ }
1,2, ,Sn=
, cho ta ví dụ về k – poset.

2. Tính k – poset các tập con của tập hữu hạn
{ }
S = 1,2, ,n
.
Trước hết, luận văn giới thiệu một số thứ tự trên mức hạng k.
Định nghĩa 1.5. Cho
{ }
1,2, ,Sn=
, A, B là tập con của S có cùng size k. Khi đó
A được gọi là nhỏ hơn B theo thứ tự từ điển (lexicographic order) nếu phần tử bé nhất

của tập hợp
( ) ( )
''AB A B A B∆= ∩ ∩U
thuộc về A, ký hiệu
.
L
AB<


8


Ví dụ 1.4. Theo thứ tự từ điển, các tập con size 3 của
{ }
1,2,3,4,5S =
là
{ } { } { } { } {
} { } { } { }
1,2,3 1,2,4 1,2,5 1,3,4 1,3,5 1,4,5 2,3,4 2,3,5
LLLLLL LL
<<<<<< <<
{ } { }
2,4,5 3,4,5 .
LL
<<


Một cách tương tự, ta có thứ tự từ điển ngược.
Định nghĩa 1.6. Cho
{ }

1,2, ,Sn=
, A, B là tập con của S có cùng size k. Khi đó
A được gọi là nhỏ hơn B theo thứ tự từ điển ngược (antilexicographic order) nếu phần
tử lớn nhất của tập hợp
( )
'AB A B∆= ∩ U

( )
'AB∩
thuộc về A, ký hiệu
.
A
AB<


Ta có thể đạt được thứ tự từ điển ngược từ thứ tự từ điển.
Giả sử
{ } { }
12 12
, , , , , , , ,
kk
A aa a B bb b= =

trong đó
11
, 1, 1
ii ii
aa bb i k
++
> > ∀∈ −

.
Đặt
{ }
12
1 , 1 , , 1 ,
k
Ananana= +− +− +−

{ }
12
1 , 1 , , 1
k
Bnbnbnb= +− +− +−

Rõ ràng
.
AL
ABAB< ⇔<

Ví dụ 1.5. Theo thứ tự từ điển ngược, các tập con size 3 của
{ }
1,2,3,4,5S =
gồm
có
{ } { } { } { } { } { } { } { }
5,4,3 5,4,2 5,4,1 5,3,2 5,3,1 5,2,1 4,3,2 4,3,1
A A A AAAA
< < < <<<<

{ } { }

4,2,1 3,2,1 .
AA
<<


Thứ tự mà ta sẽ dùng là đảo ngược vị trí các phần tử trong thứ tự từ điển ngược.
9


Định nghĩa 1.7. Cho
{ }
1,2, ,Sn=
, A, B là tập con của S có cùng size k. Khi đó
A được gọi là nhỏ hơn B theo thứ tự nén hay thứ tự dồn (Squashed order) nếu phần tử
lớn nhất của tập hợp
( )
'AB A B∆= ∩ U
( )
'AB∩
thuộc về B, ký hiệu
.
S
AB<


Ví dụ 1.6. Từ ví dụ 1.5, các tập con size 3 của
{ }
1,2,3,4,5S =
theo thứ tự nén
gồm

{ } { } { } { } { } { } { } { }
1,2,3 1,2,4 1,3,4 2,3,4 1,2,5 1,3,5 2,3,5 1,4,5
SSS SSS S
<<<<<< <

{ } { }
2,4,5 3,4,5
SS
<<
.

Để thuận lợi khi sử dụng thứ tự nén, người ta biểu diễn các tập con bất kỳ của S
thành các dãy nhị phân, tức là dãy chỉ có hai phần tử là 0 và 1. Ví dụ như, tập con
{ }
1, 3, 4A =
của
{ }
1,2,3,4,5S =
có biểu diễn là 10110, tập con
{ }
1,2,4,7B =
của
{ }
1,2,3,4,5,6,7S =
có biểu diễn là 1101001. Cơ số 1 sẽ ở vị trí thứ i nếu i xuất hiện
trong tập hợp, cơ số 0 ở các vị trí còn lại.

Ví dụ 1.7. Từ ví dụ 1.6, các tập con size 3 của
{ }
1,2,3,4,5S =

theo thứ tự nén
được đại diện bởi hai cột sau
(Ở cột thứ nhất, tập hợp được viết theo kiểu thông thường; ở cột thứ hai, nó được
đại diện bằng chuỗi nhị phân tương ứng)
1 2 3 1 1 1 0 0 phần tử đầu tiên
1 2 4 1 1 0 1 0 phần tử thứ hai
1 3 4 1 0 1 1 0 phần tử thứ ba
2 3 4 0 1 1 1 0 phần tử thứ bốn
1 2 5 1 1 0 0 1 phần tử thứ năm
1 3 5 1 0 1 0 1 phần tử thứ sáu
2 3 5 0 1 1 0 1 phần tử thứ bảy
10


1 4 5 1 0 0 1 1 phần tử thứ tám
2 4 5 0 1 0 1 1 phần tử thứ chín
3 4 5 0 0 1 1 1 phần tử thứ mười

Ví dụ 1.8. Tìm vị trí của tập
{ }
2,3,6,7A =

trong thứ tự nén của mức hạng 4.
Dãy nhị phân biểu diễn của A là 0110011 (A có bốn cơ số 1, ba cơ số 0)
Số 1 cuối cùng nằm ở vị trí thứ 7 chứng tỏ A đứng sau tất cả các tập size 4 mà cơ
số 0 ở vị trí thứ 7, số lượng những tập này là
4
6
C
. Những tập hợp đứng trước A và đứng

sau
4
6
C
tập hợp đó đều có cơ số 1 ở vị trí thứ 7. Như vậy, ta chỉ cần tìm vị trí của
011001 trong thứ tự nén của mức hạng 3. Tương tự 011001 đứng sau
3
5
C
tập hợp có
size 3 mà cơ số 0 ở vị trí thứ 6. Và ta chỉ cần tìm vị trí của 011 trong thứ tự nén của
mức hạng 2. Tất nhiên nó là dãy cuối cùng trong tất cả các tập hợp size 2 của 3 phần tử
tức nó đứng thứ
2
3
C
.
Vậy A đứng thứ
432
653
15 10 3 28CCC+ + = + +=
trong thứ tự nén của mức hạng 4.

Bây giờ, ta khẳng định tính k – poset của
( )
SP
tức chứng minh nó thỏa mãn hai
điều kiện đã nêu trong định nghĩa 1.4. Nhưng ta sẽ cần kết quả sau:

Định lý 1.1. Cho hai số nguyên dương m và k. Khi đó, tồn tại duy nhất một đại

diện của m có dạng
11

11
kk t t
aa a a
m
kk t t
−+
    
= + ++ +
    
−+
    

trong đó
11
1
kk t t
a a a at
−+
> > > > ≥≥
.
11


Đại diện này còn được gọi là đại diện k – nhị thức của m.
Chứng minh định lý 1.1.
• Sự tồn tại.
Một đại diện của m có thể dễ dàng tìm được bằng cách chọn

k
a
là số nguyên
dương lớn nhất thỏa mãn
.
k
a
m
k

≤



Nếu
,
k
a
m
k

<


chọn
1k
a
−
là số nguyên dương lớn nhất thỏa mãn
1

1
kk
aa
m
kk
−
  
≤−
  
−
  
.
Nếu
1kk
aa
−
≥
thì
1
1
kk
aa
m
kk
−
  
≥+ ≥
  
−
  

1
1
kk k
aaa
kk k
+
   
+=
   
−
   
,
mâu thuẫn với cách chọn
k
a
, hay
1kk
aa
−
<
.
Nếu
1
1
kk
aa
m
kk
−

  
<−
  
−
  
hay
1
0
1
kk
aa
m
kk
−
  
<− −
  
−
  
, chọn
2k
a
−
là số nguyên
dương lớn nhất thỏa mãn
21
21
k kk
a aa
m

k kk
−−
    
≤− −
    
−−
    
.
Nếu
21kk
aa
−−
≥
thì
1
1
kk
aa
m
kk
−
  
≥+
  
−
  
2 11 1
1
2 12 1
k k k k kk

a aa a aa
k kk k k k
− −− −
+
      
+ ≥+ + =+
      
− −− −
      
,
mâu thuẫn với cách chọn
1k
a
−
, hay
21kk
aa
−−
<
.
Do m hữu hạn nên quá trình trên sẽ dừng sau hữu hạn bước và ta tìm được
t
a
với
1t ≥
thỏa mãn
12


11

11
t kk t
a aa a
m
t kk t
−+
     
=− + ++
     
−+
     

hay
11

11
kk t t
aa a a
m
kk t t
−+
    
= + ++ +
    
−+
    
,
trong đó
11

1
kk t t
a a a at
−+
> > > > ≥≥
.
• Tính duy nhất
Dùng quy nạp.
Với
1k =
, m có đúng một đại diện là
1
m
m

=


.
Nếu m có đúng một đại diện
( )
1k −
– nhị thức thì nó có đúng một đại diện k –
nhị thức.
Thật vậy, giả sử m có hai hình thức đại diện k – nhị thức.
11

11
k k tk k r
a a abb b

m
kk t kk r
−−
      
= + ++ = + ++
      
−−
      
,
1, 1tr≥≥

Nếu
kk
ab=
thì
11

11
k tk r
a ab b
k tk r
−−
  
++ = ++
  
−−
  

là đại diện
( )

1k −
– nhị thức của số tự nhiên
'm
nào đó.
Theo giả thiết quy nạp,
,
ii
t ra b= =

với mọi
{ }
, 1 , 1, , 1i tk tt k∈ −= + −

Do đó, chỉ cần xét
kk
ab≠
.
Không mất tính tổng quát, giả sử
kk
ab<
.
Theo tính chất
1
1
nnn
ii i
+
   
+=
   

−
   
của hệ số nhị thức, rõ ràng
13


1 11 1

1 12 1 0
n n n nn n nn ni
i ii ii i ii
+ −− − −
       
=+=++=+++
       
− −− −
       

Suy ra
111

1 10
k kk k k
a a a ak ak
k kk
+ − −+ −
      
= + ++ +
      
−

      
.
Ta có
kk
ab<
kéo theo
1
kk
ab+≤
kéo theo
1
kk
ab
m
kk
+
 
≤≤
 
 
.
Mặt khác,
11
1
kk t t
a a a at
−+
> > > > ≥≥
suy ra
1 12

1 , 2 1 , ,
k kk k k
a aa a a
− −−
−≥ − ≥ −≥

( )
kt
a kt a− −≥
.
Điều này dẫn đến mâu thuẫn vì
1

1
1

1
11

1 10
11
1
kk t
kk k
kk k k k
kk
aa a
m
kk t
a a a kt

kk t
a a akt ak ak
kk t
aa
m
kk
−
   
= + ++ ≤
   
−
   
− −+
    
≤ + ++ ≤
    
−
    
− −+ −+ −
       
≤ + ++ ++ +
       
−
       
++

≤ −< ≤



hay
!mm<

Mâu thuẫn chứng tỏ không thể xảy ra
kk
ab≠
.
Vậy, đại diện k – nhị thức của m là duy nhất.

Ví dụ 1.9 Lấy
26, 4,mk= =

x lớn nhất để
26
4
x

≤


là
6,x =

14


y lớn nhất để
6
26 11
34

y
 
≤− =
 
 
là
3y =

Suy ra
65 652
26 1
43 432
    
=++=++
    
    
.

Cái ta cần ở định lý 1.1 là xác định tập hợp thứ m theo thứ tự nén trong mức hạng
k.

Ví dụ 1.10. Cho
{ }
1,2,3,4,5,6,7S =
, ta xác định tập hợp size 4 đứng thứ 26 theo
thứ tự nén trong mức hạng 4.
Theo ví dụ 1.9,
652
26
432

  
=++
  
  

Theo thứ tự nén của mức hạng 4, ta có
6
4



tập hợp đầu tiên là các tập con size 4 của
{ }
1,2,3,4,5,6

5
3



tập hợp tiếp theo là các tập con size 3 của
{ }
1,2,3,4,5
nhưng thêm vào phần
tử 7
2
1
2

=



tập hợp tiếp theo là tập
{ }
1,2,6,7

Vậy, tập hợp cần tìm là
{ }
1,2,6,7
ứng với dãy 1100011

Tổng quát, ta có định lý sau:

Định lý 1.2. Cho m là số nguyên dương bất kỳ có đại diện k – nhị thức là
15


11

11
kk t t
aa a a
m
kk t t
−+
    
= + ++ +
    
−+
    

trong đó
11
1
kk t t
a a a at
−+
> > > > ≥≥
.
Khi đó, trong mức hạng k, tập hợp size k đứng thứ m theo thứ tự nén là
{ }
11
1, 1, , 1, , 1, 2, , 2, 1
k k t tt t t t
a a a aa a at at
−+
+ + + − − −+ −+

Chứng minh định lý 1.2.
Tương tự như ví dụ 1.10, theo thứ tự nén, trong mức hạng k có
k
a
k



tập hợp đầu tiên là các tập con size k của
{ }
1,2, ,
k

a

1
1
k
a
k
−


−

tập hợp tiếp theo là các tập con size
( )
1k −
của
{ }
1
1,2, ,
k
a
−
và thêm vào
phần tử
1
k
a +

2
2

k
a
k
−


−

tập hợp tiếp theo là các tập con size
( )
2k −
của
{ }
2
1,2, ,
k
a
−
nhưng
thêm vào hai phần tử
{ }
1
1, 1
kk
aa
−
++

…
Cứ như thế cho đến

1
1
t
a
t
+


+

các tập con size
( )
1t +
của
{ }
1
1,2, ,
t
a
+
nhưng thêm vào các phần tử
{ }
12
1, 1, , 1
kk t
aa a
−+
++ +

t

a
t



tập hợp cuối cùng chính là các tập con size t của
{ }
1,2, ,
t
a
và thêm vào
các phần tử
{ }
11
1, 1, , 1
kk t
aa a
−+
++ +

Nhưng tập con size t cuối cùng của
{ }
1,2, ,
t
a
là
{ }
, 1, 2, , 2, 1
tt t t t
aa a at at− − −+ −+

16


Do đó tập hợp size k đứng thứ m là
{ }
11
1, 1, , 1, , 1, 2, , 2, 1
k k t tt t t t
a a a aa a at at
−+
+ + + − − −+ −+


Ví dụ 1.11. Năm 1964, Lehmer đưa ra bài toán:
Cho
{ }
1,2,3, ,20S =
xác định vị trí của
{ }
1,2,4,5,8,10,11,12,13,15,16,18A =

theo thứ tự từ điển của mức hạng 12.
Vị trí của A theo thứ tự từ điển là vị trí của tập hợp
{ }
21 :B aa A= − ∈=
{ }
20,19,17,16,13,11,10,9,8,6,5,3

theo thứ tự từ điển ngược.

Theo định lý 1.2, vị trí của B theo thứ tự nén là
19 18 16 15 12 10 9
12 11 10 9 8 7 6
r
      
=+++++++
      
      

87543
96034
54321

+++++=



.
Gọi m là vị trí của B theo thứ tự từ điển ngược
Theo định nghĩa của thứ tự từ điển ngược và thứ tự nén,
20
1 1 125971
12
n
mr
k
  
+= += +=
  
  

.
Suy ra
125971 125971 96034 29937mr= −= − =

Vậy vị trí của
{ }
1,2,4,5,8,10,11,12,13,15,16,18A =

theo thứ tự từ điển (của mức hạng 12) là 29937.
17



( )
SP
thỏa mãn điều kiện thứ nhất của k – poset.
Định lý 1.3. Cho
A
là bộ phận trong mức hạng k của
( )
SP
. Nếu
A
là đoạn
đầu thì
∆A
cũng là đoạn đầu.
Chứng minh định lý 1.3.
Theo định lý 1.1,
A

có đại diện k – nhị thức là
1

1
kk t
aa a
m
kk t
−
   
= + ++
   
−
   

trong đó
11
1
kk t t
a a a at
−+
> > > > ≥≥

Theo định lý 1.2, vị trí thứ
A
theo thứ tự nén là của tập hợp
{ }
11
1, 1, , 1, , 1, 2, , 2, 1
k k t tt t t t

A a a a aa a at at
−+
= + + + − − −+ −+
.
Do đó, nếu
A
là đoạn đầu thì
A
gồm tất cả các tập hợp size k mà vị trí của
chúng không thể đứng sau A. Các tập hợp đó chính là m tập hợp được liệt kê ở định lý
1.2, cụ thể gồm
k
a
k



tập hợp con đầu tiên có size k bằng cách lấy tất cả các tập size k của
{ }
1,2, ,
k
a

1
1
k
a
k
−



−

tập hợp con size k tiếp theo bằng cách lấy tất cả các tập size
( )
1k −
của
{ }
1
1,2, ,
k
a
−
nhưng thêm vào phần tử
1
k
a +

…,
Như thế cho đến
t
a
t



tập hợp con size k cuối cùng là lấy lấy tất cả các tập size
t

của

{ }
1,2, ,
t
a
nhưng thêm vào các phần tử
{ }
11
1, 1, , 1
kk t
aa a
−+
++ +
.

18


Khi đó,
∆A
gồm các tập hợp sau:
1
k
a
k


−

tập hợp con size
( )

1k −
của
{ }
1,2, ,
k
a

1
2
k
a
k
−


−

tập hợp con size
( )
2k −
của
{ }
1
1,2, ,
k
a
−
nhưng thêm vào phần tử
{ }
1

k
a +

2
3
k
a
k
−


−

tập hợp con size
( )
3k −
của
{ }
2
1,2, ,
k
a
−
nhưng thêm vào phần tử
{ }
1
1, 1
kk
aa
−

++
,
…,
Cuối cùng là
1
t
a
t


−

tập hợp con size
( )
1t −
của
{ }
1,2, ,
t
a
nhưng thêm vào
phần tử
{ }
11
1, 1, , 1
kk t
aa a
−+
++ +
.

Rõ ràng,
∆A
chứa đúng
1

12 1
kk t
aa a
kk t
−
    
+ ++
    
−− −
    

tập hợp đầu tiên trong thứ tự nén của mức hạng
1k −
.
Vậy,
∆A
là đoạn đầu.

Vấn đề còn lại là chứng minh bóng của đoạn đầu có size bé nhất trong tất cả các
bộ phận trong mức hạng k có cùng lực lượng.
Theo định lý 1.3, nếu đoạn đầu có size
1

1
kk t

aa a
m
kk t
−
   
= + ++
   
−
   

thì bóng của nó có size bằng
19


1

12 1
kk t
aa a
kk t
−
    
+ ++
    
−− −
    

Do đó, điều cần chứng minh là
1

12 1
kk t
aa a
kk t
−
    
∆ ≥ + ++
    
−− −
    
A

nếu
A
là bộ phận tùy ý trong mức hạng k của
( )
SP
có size m.

Định lý 1.4. (Kruskal 1963, Katona 1966a)
Cho
{ }
1,2, ,Sn=
,
{ }
12
, , ,
m
AA A=A
là bộ phận trong mức hạng k của

( )
SP
.
Giả sử, đại diện k – nhị thức của m là
1

1
kk t
aa a
m
kk t
−
   
= + ++
   
−
   

trong đó
11
1
kk t t
a a a at
−+
> > > > ≥≥
. Khi đó
1

12 1
kk t

aa a
kk t
−
    
∆ ≥ + ++
    
−− −
    
A


Chứng minh định lý trên cần dùng đến toán tử treo. Toán tử này làm biến đổi các
tập hợp từ một phần tử riêng của S, phần tử riêng được chọn ở đây là phần tử 1.
Với
A
là bộ phận trong mức hạng k của
( )
SP
,
1 jn<≤
. Khi đó, với mọi
A∈ A
, định nghĩa:
( ) { }
( )
{ }
\1
j
SA A j= U
nếu

{ }
( )
{ }
,1 , \ 1jA AAj∉∈ ∉U A

và
( )
j
SA A=
đối các tập hợp còn lại.
j
S
được gọi là toán tử treo (treo trên phần tử 1).
Rõ ràng,
( ) ( )
{ }
:
jj
S SAA= ∈AA

20


cũng là bộ phận trong mức hạng k và lực lượng của nó bằng lực lượng của
A
.
Nhưng, bóng của
( )
j
S A

không lớn hơn bóng của
A
.

Định lý 1.5. Cho
A
là bộ phận trong mức hạng k của
( )
SP
và
1 jn<≤
. Khi
đó,
( )
j
S∆ ≤∆AA
.
Chứng minh định lý 1.5.
Ta có
( )
j
S∆ ≤∆AA
khi và chỉ khi
( )
( )
\\
jj
SS∆ ∆ ≤∆ ∆AA A A
khi và chỉ
khi tồn tại đơn ánh

( ) ( )
:\ \
jj
SS
ϕ
∆ ∆ ∆∆aAA A A
.
Đơn ánh
ϕ
xác định như sau:
Với mọi
( )
\,
j
XS∈∆ ∆AA

Ta có
( )
,
j
XS X∈∆ ∉∆AA
kéo theo tồn tại
A∈ A
để
( )
,
j
X SAX A⊂⊄

kéo theo

( )
j
SA A≠
hay
( ) { }
( )
{ }
\1
j
SA A j= U
kéo theo
( ) { }
( )
{ }
\1
j
X SA A j⊂= U

kéo theo
.jX∉

Nếu
1 X∉
thì
{ }
\!X Aj A⊂⊂
vô lý.
Do đó
1 X∈
và

{ }
{ }
{ } { }
{ }
{ }
\1 \Y X j Aj j A=⊂=∈UUA

hay
Y ∈∆A

Ta chứng minh không xảy ra trường hợp
( )
j
YS∈∆ A
.
21


Phản chứng, giả sử
( )
j
YS∈∆ A
tức tồn tại
B∈ A
sao cho
( )
j
Y SB⊂
.
Trong trường hợp này, ta chứng minh

( ) { }
( )
{ }
\1
j
SB B j= U
.
Thật vậy, giả sử điều đó không đúng tức
( )
j
SB B=
hay
( )
j
jY SB B∈⊂ =
kéo
theo
.jB∈

Nếu
1 B∈
thì
{ }
{ }
{ } { }
\1 1XYj B B= ⊂=∈UU A

hay
!X ∈∆A
vô lý.

Do đó,
,1 , jB B∉∈
( )
j
SB B=
.
Theo cách xác định toán tử treo,
{ }
( )
{ }
\1Bj ∈U A

kéo theo
{ }
{ }
{ } { }
{ }
{ }
\1\1X Yj Bj=⊂∈UUA

kéo theo
!X ∈∆A
vô lý.
Mâu thuẫn này chứng tỏ
( ) { }
( )
{ }
\1
j
SB B j= U

Khi đó,
( ) { }
( )
{ }
\1
j
jY SB B j∈⊂ = U
cũng là điều vô lý!
Vậy
( )
j
YS∉∆ A
tức
( )
\
j
YS∈∆ ∆AA
.
Đặt
( )
XY
ϕ
=
, tất nhiên
ϕ
là ánh xạ.
Ngoài ra,
ϕ
còn là đơn ánh bởi vì nếu tồn tại

( )
12
,\
j
XX S∈∆ ∆AA
thỏa mãn
( ) ( )
12
XX
ϕϕ
=

thì
22


{ }
{ }
{ } { }
{ }
{ }
12
\1 \1X jX j=UU

hay
12
XX=
(vì
12
, XX

đều chứa 1 và không chứa j).


Lưu ý rằng:
j
S
chỉ có thể làm biến đổi các tập
A∈ A
mà
1 A∉
.
Nếu
( ) { }
( )
{ }
\1
j
SA A j= U
thì
( )
j
SA
chứa phần tử 1 suy ra
( )
( )
( )
ij j
SSA SA=
với mọi
1i >

.
Vì vậy, đặt
( )
( )
1 2 21 1 1
, , , *
nn n
SS
−−
= = = =A AA A A A A
, ta có
( )
**
j
S =AA
với mọi
2,3, ,jn=
.
Tất nhiên
*=AA
. Theo định lý 1.5,
( )
11 1 1
* .
n nn n
S
−− −
∆ =∆ =∆ ≤∆ ≤ ≤∆ =∆A A A A AA

Do đó, chỉ cần chứng minh định lý 1.4 đối với

*A
thay vì
A
.
Nhưng, ta sẽ cần đến kết quả sau:

Định lý 1.6. Cho
A
là bộ phận trong mức hạng k của
( )
SP
sao cho
( )
j
S =AA
với mọi
1 jn<≤
.
Đặt
{ } { }
01
:1 , :1AAAA=∈∉ =∈∈A A AA


{ }
{ }
11
\1:AA= ∈BA

Khi đó

10
⊃∆BA
và
11
∆ = +∆AB B
.
Chứng minh định lý 1.6.
Trước hết, ta chứng minh
10
⊃∆BA
.
23


Lấy
0
E ∈∆A
, ta có
1 E∉
kéo theo tồn tại
,1 i Si∈>
sao cho
{ }
0
Ei∈⊂U AA
.
Vì
( )
j
S =AA

với mọi
1 jn<≤
nên áp dụng
ji=
ta được
{ }
( )
{ }
i
SEi Ei=UU

kéo theo
{ }
1E =U

{ }
( )
{ } { }
\1Ei i ∈UUA

kéo theo
{ }
1
1E ∈U A
kéo theo
1
E ∈ B
.
Vậy
10

⊃∆BA
.
Bây giờ, ta chứng minh
11
∆ = +∆AB B
.
Theo định nghĩa
11
, AB
ta có
11 0
∆ ⊃ ⊃∆AB A
suy ra
( )
01 0 1 1
∆=∆ =∆ ∆=∆UUA AA A A A

Đặt
{ }
11
:1AA= ∈∆ ∈CA
.
Vì
{ }
{ }
{ }
1 11
\ 1 : :1AA A A= ∈ = ∈∆ ∉B AA
nên
11

= ∅IBC

mà
1 11
∆= UABC
kéo theo
1 11
∆= +A BC
.
Đặt
{ }
{ }
{ }
1 11
\ 1 : :1AA A A= ∈ = ∈∆ ∉D CC
, ta chứng minh
11
= ∆DB

Với mọi
1
A∈ D
,
Ta có
{ }
1
1A ∈U C
kéo theo tồn tại
1l >
sao cho

{ } { }
1Al∈UU A

hay
{ }
1
Al∈U B
kéo theo
1
A∈∆B
.
24


Ngược lại, với mọi
1
A∈∆B
, tồn tại
1t >
sao cho
{ }
AtU
1
∈ B
kéo theo
{ } { }
1
1At ∈UU A
kéo theo
{ }

1
1A ∈U C
kéo theo
1
A∈ D
.
Vậy
1
D

1
= ∆B
suy ra
11 1
= = ∆CD B
suy ra
1111 1
∆ =∆ = + = +∆A A BC B B
.

Chứng minh định lý 1.4. (Frank 1984)
Không mất tính tổng quát, giả sử
( )
j
S =AA
với mọi
2j ≥
.
Gọi
011

, , AAB
là các bộ phận của
( )
SP
được xác định như trong định lý 1.6.
Dùng quy nạp theo
, S nk=
và
m=A
.
Định lý đúng với
1S =
(trong trường hợp này, m và k chỉ có thể bằng 1). Giả sử
nó đúng với
1,2, , 1Sn= −
, ta chứng minh nó đúng với
Sn=
.
Nếu
1
= ∅A
thì
A
trở thành hệ gồm các tập con của tập
{ }
\1S
với
{ } { }
\ 1 2,3, , 1S nn= = −
. Theo giả thiết quy nạp, tất nhiên định lý đúng.

Vậy, chỉ cần xét
1
≠∅A
hay
1
0>A
.
Lúc này, quy nạp theo k
Tất nhiên định lý đúng với
1k =
. Giả sử nó đúng với
1,2, , 1k −
, ta phải chứng
minh nó đúng với
k
.
Sau đó, quy nạp theo m.
Hiển nhiên định lý đúng với
1m =
. Giả sử nó đúng với
1,2, , 1m= −A
, ta
chứng minh nó đúng với m.
Bây giờ, ta chứng minh
1
11

11
kt
aa

kt
−−
 
≥ ++
 
−−
 
A
,