Phân hoạch xích đối xứng trên một vành Bool hữu hạn

Phân hoạch xích đối xứng trên một
vành Bool hữu hạn: Luận văn Thạc sĩ
chuyên ngành đại số và lý thuyết số

Tống Minh Hải

LỜI CẢM ƠN

Trước hết tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy hướng dẫn luận văn
TS Trần Huyên, vì sự động viên tinh thần trong suốt quá trình nghiên cứu, cũng như
những tri thức mới mẻ trong nhiều lónh vực, đặc biệt là lối tư duy độc đáo, sắc sảo khi
xem xét một vấn đề dù trong lónh vực toán học hay ngoài cuộc sống.

Kế tiếp tôi vô cùng biết ơn PGS.TS Bùi Tường Trí vì sự hiểu biết và cảm thông sâu
sắc, đã động viên và tạo điều kiện cho tôi hoàn thành bản luận văn này .

Qua những bài giảng trên lớp tôi xin bày tỏ sự khâm phục trước tài năng và lòng nhiệt
tình trong nghiên cứu khoa học của thầy Mỵ Vinh Quang.

Tôi có ấn tượng rất sâu sắc với phong cách làm việc cởi mở, gần gũi, nghiêm túc và
khoa học của TS Bùi Xuân Hải.

Cuối cùng tôi xin chân thành cám người bạn tốt và thông minh, Ths Lê Cao Tú vì
những nhận xét sâu sắc về một số vấn đề liên quan tới đề tài và sự động viên tinh
thần trong lúc khó khăn.

Tác giả luận văn

Tống Minh Hải








LỜI MỞ ĐẦU


Kể từ khi Spenner đưa ra kết quả nghiên cứu về số cực đại các phần tử của
một đơn xích trên tập P (X) (X hữu hạn) thì rất nhiều những khám phá trong lónh
vực lý thuyết tổ hợp được các nhà toán học tìm ra.
Trong đó có một cấu trúc rất đẹp là cấu trúc đối xứng trong P (X).
Đặc biệt cấu trúc này có thể được ứng dụng để giải quyết một số vấn đề
khác của lý thuyết tổ hợp.
Bản luận văn này gồm hai chương.
Chương I trình bày một số tính chất cơ bản của vành bool, xây dựng quan hệ
thứ tự, chứng minh sự tồn tại của các phần tử tối tiểu từ đó chỉ ra sự đẳng cấu của
giữa vành bool hữu hạn B(n) với vành Z
2
xZ
2
x…xZ
2

Chương II chúng tôi khảo sát một cấu trúc khá đẹp trên một số các poset đó
là cấu trúc đối xứng. Nhờ tính chất đối xứng trong các xích, mà ta có thể dễ dàng
kiểm tra được số lượng của các antichain trong một poset tính được số lượng của
một họ các tập hợp thỏa tính chất bao hàm chứa trong, rời nhau... Chúng tôi sẽ xây
dựng các phân hoạch xích đối xứng cho các poset thường gặp là .... (hay P(S)),
poset các ước của một số nguyên dương in cho trước và tích trực tiếp của các poset
với nhau. Ngoài ra, với một phân hoạch xích đối xứng của một poset P, chúng tôi đi
sâu vào tìm hiểu cấu trúc của phân hoạch này ở khía cạnh này ở khía cạnh số xích
đối xứng, các độ dài các xích, số lượng các xích cùng chiều dài i. Sau đó là một số
bài toán giải quyết bằng xích đối xứng kết thúc phần này bằng một cách xây dựng
khác của phân hoạch xích đối xứng BCO và những ứng dụng của cách xây dựng
này để tính số antinh trong P(S) và tính số đường.... trong mặt phẳng tọa độ.




1
MỤC LỤC

CHƯƠNG 1 : CẤU TRÚC THỨ TỰ TRÊN VÀNH BOOL HỮU HẠN
§1.1Các khái niệm về vành bool………………................................ 3
1.1.1Đònh nghóa vành bool……………………………………………. 3
1.1 .2Các tính chất cơ bản của vành bool …………………………..... 5
1.1.3 Quan hệ thứ tự trên vành bool…………………………………………………………. 6
§1.2Vành bool hữu hạn……………………………………………………………………………. 7
1.2.1 Sự tồn tại của các phần tử tối tiểu…………………………………………….. 7
1.2.2 Sự đẳng cấu giữa vành B(n) với vành Z
2
xZ
2

x…xZ
2
…………. 11
§1.3Một số đònh nghóa liên quan đến xích đối xứng
1.3.1 Đònh nghóa quan hệ thứ tự trên P…………………………………………….. 12
1.3.2 Hàm hạng r(x)……………………………………………… ……………………………….. 12
1.3.3 Đònh nghóa xích đối xứng …………………………………………………………….. 12
CHƯƠNG 2 : PHÂN HOẠCH XÍCH ĐỐI XỨNG VÀ CÁC ỨNG DỤNG
§2.1Một số đònh nghóa……………………………………………………………………………….. 13
2.1.1 Đònh nghóa xích trong B(n)………………………………………………………….. 13
2.1.2 Ví dụ về xích đối xứng……………………………………………………………………. 14
§2.2 Cấu trúc đối xứng của một số poset thường gặp…………………… 14
§2.3 Cấu trúc của một xích đối xứng……………………………………………………… 26
§2.4 Xây dựng trực tiếp phân hoạch xích đối xứng cho P (S) …… 33
2.4.1 Ứng dụng của cấu trúc xích đối xứng……………………… …………. 42


2
Chương I
CẤU TRÚC THỨ TỰ TRÊN VÀNH BOOL HỮU HẠN

T
rong chương này, chúng ta xét một lớp vành đặc biệt, lớp các vành Bool
hữu hạn. Cho một vành Bool hữu hạn B bất kỳ (có 2
n
phần tử). Chúng ta chỉ ra rằng
B đẳng cấu với vành Bool Z
2
xZ
2

x…x Z
2
(có n thừa số). Hơn nữa, P(X) gồm tất cả
các tập con của tập X với phép giao và tổng đối xứng cũng là một vành Bool có 2
n

phần tử, nên P(X) đẳng cấu với B mặt khác các đẳng cấu này bảo toàn quan hệ
thứ tự do đó để thuận tiện cho việc trình bày. Trong một số trường hợp, chúng tôi
chọn vành Bool Z
2
xZ
2
x…x Z
2
để làm việc. Kế tiếp, chúng tôi trình bày một số khái
niệm và kết liên quan đến quan hệ thứ tự trên B cần thiết cho chương sau.
§1. Các khái niệm về vành Bool
Đònh nghóa 1.1. Một vành B có đơn vò được gọi là vành Bool nếu mọi phần
tử x ∈ B thỏa x
2
= x.
Một ví dụ quen thuộc về vành Bool là tập P(X), tập tất cả các tập con của
tập X khác rỗng, cùng với hai phép toán ∩ và Δ ; trong đó ∩ là phép giao thông
thường của hai tập hợp và Δ là phép cộng đối xứng xác đònh như sau: ∀ A, B ∈
P(X) AΔB = (A \ B) ∪ (B \ A). Và để thuận tiện cho việc trình bày về sau ta viết ∩
theo lối nhân (.) và Δ theo lối cộng (+).
Bây giờ ta chứng minh (P(X),+...) là một vành Bool. Ta cần kiểm tra các tiên
đề của vành:
• Phép toán cộng có tính kết hợp :
∀A, B, C ∈ P(X), ta cần kiểm tra: (A + B) + C = A + (B + C)

i) Chứng minh (A + B) + C ⊂ A + (B + C)
Lấy x ∈ (A + B) + C, khi đó ta có:
x ∈ C \ [(A \ B) ∪ (B \ A)] hoặc x ∈ [(A \ B) ∪ (B \ A)] \ C
+ Nếu x ∈ [(A \ B) ∪ (B \ A)] \ C thì x ∈ (A \ B) ∪ (B \ A) và x ∉ C
tức là x ∈ A \ B ; x ∉ C hoặc x ∉ B \ A ; x ∉ C
+ Trong trường hợp thứ nhất ta có : x ∈ A ; x ∈ B ; x ∈ C
do đó x ∈ A và x ∉ (B \ C) ∪ (C \ B)

3
tức là: x ∈ A \ [(B \ C) ∪ (C \ B)].
+ Trong trường hợp thứ hai, ta có x ∈ B, x ∉ A, x ∉ C
do đó : x ∈ (B \ C) ∪ (C \ B) và x ∉ A
tức là : x ∈ [(B \ C) ∪ (C \ B)] \ A
nên x ∈ A + (B + C)
Vậy (A + B) + C ⊂ A + (B + C)
ii) Chiều ngược lại: A + (B + C) ⊂ (A + B) + C. Chứng minh tương tự.
Vậy (A + B) + C = A + (B + C).
• Phép toán cộng có tính giao hoán : Với mọi A, B ∈ P(X) ta có :
A + B = (A \ B) ∪ (B \ A) = (B \ A) ∪ (A \ B) = B + A
• Phép cộng có phần tử không là tập
φ
vì ∀A ∈ P(X), ta có :
A + Φ = (A \
φ
) ∪ (
φ
\ A) = A
• Phần tử đối của phần tử A là phần tử A vì :
∀ A ,A + A = (A\A) ∪ (A\A) ∈ (A\A) =
φ

• Tính kết hợp của phép nhân : ∀A, B, C ∈ P(X) ta có :
(A ∩ B) ∩ C = A ∩ (B ∩ C) nên (AB)C = A(BC)
• Phép toán nhân phân phối với phép toán cộng : ∀A, B, C ∈ P(X) ta có :
A(B + C) = A [(B \ C) ∪ (C \ B)]
= [A (B \ C)] ∪ [A (C \ B)]
= [A B \ AC] ∪ [AC \ AB]
= AB + AC
và (B+C)A = [(B \ C) ∪ (C \ B)] A
= [(B \ C) A] ∪ [(C \ B) A]
= (BA \ CA) ∪ (CA \ BA)
= BA + CA
• Phép toán nhân có phần tử đơn vò là X vì ∀ A ∈ P(X)
XA = A ∩ A = A
AX = A ∩ X = A

4
Vậy P(X) là vành Bool.
Nhận xét :
Trong vành Bool P(X), ta đã chứng minh A ∈ P(X) thì phần tử đối là A và
P(X) là một vành giao hoán. Ta cũng mở rộng tính chất này lên cho vành Bool tổng
quát, cụ thể ta có :
Đònh lý 1.2. Trong vành Bool B, mọi phần tử đều có phần tử đối là chính nó,
nghóa là : ∀x ∈ B -x = x
Chứng minh : Do B là vành nên ∀x ∈ B ⇒ -x ∈ B
Theo đònh nghóa vành Bool : (x+x)
2
= x+x hay
x
2

+x
2
+ x
2
+ x
2
= x + x
⇔
x + x + x+ x = x+x
⇔
x+x =0 x =-x
⇔
Nhận xét : Do kết quả này, vành Bool là vành có đặc số 2.
Đònh lý 1.3. Mọi vành Bool đều giao hoán
Chứng minh : ∀x, y ∈ B ta có :
x
2
+ y
2
= x + y = (x + y)
2
= x
2
+ xy + yx + y
2
nên xy + yx = 0
Suy ra : xy = -yx = (-y)x = yx (do -y = y) đònh lý 1.1)
Vậy B là vành Bool giao hoán.
Ta biết rằng, trong vành Bool P(X) có quan hệ thứ tự tự nhiên như sau :
A ⊆ B ⇔ AB = A, ∀A, B ∈ P(X)

Quan hệ này cũng được tổng quát lên cho mọi vành Bool như sau :
Đònh lý 1.4. Trong vành Bool B, đònh nghóa quan hệ :
∀x, y ∈ B : x ≤ y ⇔ xy = x.
khi đó : ≤ là một quan hệ thứ tự trên B.
Chứng minh :
+ ∀x ∈ B ta có : x.x = x nên x ≤ x, tức có tính chất phản xạ.
+ ∀x, y ∈ B sao cho : x ≤ y và y ≤ z, ta có :
xy = x và yz = y. Do vành Bool giao hoán nên xy = yx hay x = y
tức quan hệ ≤ có tính phản đối ứng.
+ Với x, y, z ∈ B sao cho x ≤ y và y ≤ z ta có :
xy = x và yz = y
Suy ra : xz = (xy)z = x(yz) = xy = x, tức là : x ≤ z

5
Nên ≤ có tính chất bắc cầu.
Vậy ≤ là một quan hệ thứ tự của B.
Chú ý :
1. Khi x ≤ y ta nói : x nhỏ hơn hoặc bằng y hay y lớn hơn hoặc bằng x.
2. Với x, y ∈ B ta nói : x, y so sánh được với nhau nếu x ≤ y hoặc y ≤ x.
Trở lại vành Bool P(X), ta biết P(X) có phần tử đơn vò là X và phần tử không
là rỗng và ta cũng có : mỗi A ∈ P(X) thì tồn tại CA = X + A thỏa :
CA + A = X và (CA) A = Φ
CA : gọi là phần bù của A. Đối vành Bool bất kỳ ta cũng có điều tương
tự. Cụ thể là :
Đònh lý 1.5. Cho B là vành Bool, với mỗi x ∈ B luôn tồn tại duy nhất phần tử
x* ∈ B thỏa :
x + x* = 1
xx* = 0
Chứng minh :
• Sự duy nhất : với mỗi x ∈ B, giả sử có y ∈ B cũng thỏa :

x + y = 1
xy = 0
khi đó : y = 1 - x = x*∈ B
Nên x* là duy nhất.
• Sự tồn tại : Với mọi x ∈ B, xét x* = 1 + x
Khi đó : x + x* = x + (1 + x)
= x + x + 1
= 1
và xx* = x (1 + x) = x + xx = x + x =0
Chú ý
: Phần tử x* trong đònh lý cũng gọi là phần tử bù của phần tử x ∈
B và x* = 1 + x. Khái niệm phần bù có một số tính chất đơn giản là :
1* = 0 và 0* = 1 và (x*)* = x, ∀x ∈ B

Thực ra là sự mở rộng các kết quả trong P(X): CX = Φ, CΦ = X và C(CA) =
A, ∀A ∈ P(X)

6
§2. Vành Bool hữu hạn
Trong mục này ta sẽ mô tả vành Bool hữu hạn thông qua các phần tử cực
tiểu. Vì thế trước tiên ta nghiên cứu các phần tử cực tiểu của vành Bool hữu hạn.
Ta có đònh nghóa sau :
Đònh nghóa 2.1. Cho vành Boll hữu hạn B với quan hệ thứ tự ≤ được đònh
nghóa trong mục 1, phần tử a ∈ B \ {0} gọi là phần tử cực tiểu của B nếu mọi phần
tử x ∈ B \ {0} mà x ≤ a thì x = a.
Chẳng hạn, đối với vành Bool P(X), với X = {x
1
, x
2
,...x

n
} có hữu hạn phần tử
là 2
n
và với phép toán bao hàm là quan hệ thứ tự thì các phần tử cực tiểu là {x
1
},
i=1,.... n. Bây giờ trong vành Bool hữu hạn B ta chứng minh sự tồn tại của phần tử
cực tiểu.
Đònh lý 2.1. Trong vành Bool hữu hạn thì tồn tại phần tử cực tiểu.
Chứng minh :
Xét x ∈ P(X) \ {0}
+ Nếu x là phần tử cực tiểu của B thì x là phần tử cần tìm. Nếu không x có
phần tử x
1
∈ B \ {0} sao cho x
1
< x.
+ Nếu x
1
là phần tử cực tiểu của B thì x
1
là phần tử cần tìm. Nếu không x
1
có
phần tử x
2
∈ B \ {0} sao cho x
2
< x

1
.
+ Nếu x
2
là phần tử cực tiểu của B thì x
2
là phần tử cần tìm. Nếu không x
2
có
phần tử x
3
∈ B \ {0} sao cho x
3
< x
2
.
Do B hữu hạn và các phần tử x
1
, x
2
,... đôi một khác nhau, quá trình sẽ dừng
lại sau hữu hạn bước, khi đó tồn tại x
0
là phần tử cực tiểu của B.
Như vậy, tập hợp tất cả các phần tử cực tiểu của vành Bool hữu hạn là khác
rỗng. Để tiện lợi cho việc trình bày, từ đây về sau ta giả sử B là vành Bool hữu hạn
có tập các phần tử cực tiểu là M = {x
1
, x
2

, .... x
n
}.
Bằng cách chứng minh tương tự đònh lý 2.1, ta có kết quả sau :
Đònh lý 2.2. Mọi x ∈ B \ {0} thì tập N các phần tử cực tiểu của B nhỏ hơn
hoặc bằng x là khác rỗng.
Chúng ta xét các đặc trưng của phần tử cực tiểu của B, dựa vào từ tổng quát
của vành Bool hữu hạn P(X). Trong P(X), tập các phần tử cực tiểu là :
X = {x
1
x
2
,... x
n
}. Khi đó ta có {x
i
} ∩ {x
j
} = Φ hay {x
i
} , {x
j
} = 0. Và mọi A
∈ P(X) thì A là hợp của các phần tử cực tiểu tức A = , m ≤ n thì A =
}x....x,x{
m
kkk
21

7

}x{
i
k
∪....∪ = Δ Δ... , với chú ý trong P(X) : Nếu A, B ∈ P(X)
và A ∩ B = Φ thì AΔB = A ∪ B. Điều này sẽ được tổng quát cho vành Bool bất kỳ
như sau :
}x{
m
k
}x{
i
k
}x{
k
2
}x{
m
k
Đònh lý 2.3. Nếu x
i,
x
j
là hai phần tử cực tiểu phân biệt của B thì x
i
x
j
= 0
Chứng minh :
Giả sử x
i

x
j
≠ 0 tức x
i
x
j
∈ B \ {0}
Ta có : x
i
x
j
≤ x
i
và x
i
x
j
≤ x
j

(Do x
i
(x
i
x
j
) = (x
i
x
i

)x
j
= x
i
x
j
và x
i
(x
i
x
j
) = (x
i
x
j
) x
j
= x
i
x
j
)
Vì x
i
x
j
là các phần tử cực tiểu nên
x
i

x
j
= x
i
và x
i
x
j
= x
j

Nên x
i
= x
j
, điều này mâu thuẫn.
Vậy x
i
x
j
= 0
Đònh lý 2.4. Mọi ∀ x ∈ B \ {0} đều có thể viết dưới dạng :
x = trong đó : , i = 1,... m là các phần tử cực tiểu của
B thỏa : ≤ x.
m
kkk
x....xx +++
21 i
k
x

i
k
x
Chứng minh :
Do ∀x ∈ B \ {0} nên theo đònh lý 2.2, tồn tại phần tử cực tiểu x
k
≤ x và gọi
tập là các phần tử cực tiểu của B nhỏ hơn hoặc bằng x là tập khác
rỗng.
}x....x,x{
m
kkk
21
Đặt y =x+ (
m
kkk
x....xx +++
21
).
Giả sử y 0 . Khi đó tồn tại phần tử cực tiểu a
≠
≤
y
Mặt khác ,ta có y
≤
x
Thật vậy : yx =xx+ (
m
kkk
x....xx +++

21
) x
= x+
xx....xxxx
m
kkk
+++
21

= x+(
m
kkk
x....xx +++
21
) = y (do ≤ x ⇔ x = )
i
k
x
i
k
x
i
k
x
Suy ra a x, do đó tồn tại i sao cho a =
≤
i
k
x
là cực tiểu của x

Khi đó: ya = y
i
k
x
=
i
k
x

≠
0 (do
i
k
x
là phần tử cực tiểu)
Va øy
i
k
x
=x
i
k
x
+(
m
kkk
x....xx +++
21
)
i

k
x
=
i
k
x
+
i
k
x
=0 (tính chất vành bool)

8
⇒
mâu thuẫn, vậy y=0
⇔
x=
m
kkk
x....xx +++
21


Kết luận : Mỗi phần tử khác không của B luôn biểu diễn thành tổng các
phần tử cực tiểu của B nhỏ hơn hoặc bằng x. bây giờ, chúng ta khẳng đònh cách
biểu diễn qua các phần tử cực tiểu trên là duy nhất sai khác một hoán vò thứ tự của
các phần tử cực tiểu.
Đònh lý 2.5. Nếu , .... là các phần tử cực tiểu của B sao cho :
1
l

y
t
l
y
x = + + ... + thì D = { , , ... }= C ={ }
1
l
y
2
l
y
t
l
y
1
l
y
2
l
y
t
l
y
m
kkk
x,...x,x
21
Trong đó : là các phần tử cực tiểu của B thỏa ≤ x.
m
kk

x,...x
1 i
k
x
Chứng minh :
Giả sử , .... là các phần tử cực tiểu của B thỏa :
1
l
y
t
l
y
x = + + ...+ =
1
l
y
2
l
y
t
l
y
m
kkk
x....xx +++
21

giả sử tồn tại và
k
l

yD∈
k
l
yC∉
khi đó ta có
x =( + + ...+ ) =(
k
l
y
1
l
y
2
l
y
t
l
y
k
l
y
m
kkk
x....xx +++
21
)
k
l
y
k

l
y
= = 0 (do tích các phần tử cực tiểu khác nhau bằng 0)
2
k
l
y
⇒
mâu thuẫn (vì các phần tử cực tiểu đều khác 0)
⇒
{ , , ... } = { } (1)
1
l
y
2
l
y
t
l
y
m
kkk
x,...x,x
21
Đến đây ta có thể khẳng đònh : Tổng các phần tử cực tiểu của B đều thuộc
vào B và ngược lại x B \ {0} đều được viết thành tổng các phần tử cực tiểu của B
nhỏ hơn hoặc bằng x. Vậy ta có :
B = {
∑
và x

i
là phần tử cực tiểu của B}.
=
∈εε
n
i
iii
},{lx
1
10
Mặt khác : Z
2
⊕ Z
2
⊕ ... ⊕ Z
2
= {(ε
1
,...., ε
n
) / ε
i
∈ {0, 1}}
Xét đồng cấu ψ : B → Z
2
⊕ Z
2
⊕ ... ⊕ Z
2

x =
∑

=
εεε
n
i
nii
),....,(x
1
1

ta có được do mỗi phần tử x của B đều được viết một cách duy nhất x =
nếu ta cố đònh thứ tự từ 1 đến n.
∑
=
ε
n
i
ii
x
1

9
Rõ ràng ψ là một song ánh nên ta có hệ quả sau :
Hệ quả
. Nếu B là một vành Bool hữu hạn, có tập các phần tử cực tiểu là ...
thì số phần tử của vành B là 2
n
.

Hơn thế nữa, ánh xạ ψ còn bảo toàn các phép toán trong B, bảo toàn quan
hệ thứ tự trong B. Sau đây chúng ta sẽ chứng minh điều đó :
Đònh lý 2.6
. Nếu (ε
1
,...., ε
n
), (ε’
1
,...., ε’
n
) thì
(ε
1
,...., ε
n
) + (ε’
1
,...., ε’
n
) = (ε’
1
+ ε
1
,..., ε’
n
+ ε
n
)
với ε

1
+ ε’
i
= 0 nếu ε
1
+ ε’
i
và bằng 1 nếu ε
1
≠ ε’
i

Chứng minh
:
Giả sử B có tập các phần tử cực tiểu là {x
1
,...., x
n
}
Với mọi (ε
1
,...., ε
n
) = ψ ( ) và (ε’
1
,...., ε’
n
) = ψ ( )
∑
=

ε
n
i
ii
x
1
∑
=
ε
n
i
i
i
'
x
1
Xét x + y = (ε
1
+ ε’
1
) x
1
+ (ε
2
+ ε’
2
)x
2
+ ....+ (ε
n

+ ε’
n
)x
n

Ở đây :
+ Nếu ε
i
+ ε’
i
(tức cùng bằng 0 hoặc cùng bằng 1) thì ta có (ε
i
+ ε’
i
)x
i
= 0 (do B là
vành có đặc số 2).
+ Nếu ε
i
≠ ε’
i
(tức trong {ε
i
, ε’
i
} có một phần tử bằng 0 và phần tử còn lại
bằng 1) nên (ε
i
+ ε’

i
) x
i
= x
i

Do vậy x + y = và ψ (x + y) = (ε’
1
+ ε
1
,....., ε’
n
+ ε
n
)
∑
=
ε+ε
n
i
ini
x)(
1
Đònh lý 2.7
. Nếu (ε
1
,..... ε
n
), (ε'
1

,...., ε’
n
) ∈ B thì
(ε
1
,...., ε
n
) (ε’
1
,...., ε’
n
) = (ε
1
ε’
1
,...., ε
n
ε’
n
)
với ε
i
ε’
i
bằng 1 nếu ε
i
= ε’
i
= 1 và bằng 0 nếu ε
i

= 0 hoặc ε’
i
= 0
Chứng minh.
Giả sử B có tập các phần tử cực tiểu là {x
1
,...., x
n
}
Với mọi (ε
1
,...., ε
n
) = ψ ( ) và (ε’
1
,...., ε’
n
) = ψ (
∑
)
∑
=
ε
n
i
ii
x
1 =
ε
n

i
ii
x'
1
Từ hai đònh lý trên ta có :
Đònh lý 2.8
. Vành Bool hữu hạn B có tập các phần tử cực tiểu là .... thì B
đẳng cấu với vành ... (tổng của n số hạng Z..) trong đó vành... có phép toán + và..
như trong đònh lý 2.6 và đònh lý 2.7.

Chúng ta đã biết trong P(X) với x = {x

10
Hệ quả 2.9
. Mọi vành Bool B
hữu hạn bất kỳ đều đẳng cấu với vành P(X)
với X là tập có n phần tử nào đó.
Ngoài sự
chuyển các phép toán
trên B qua vành... (tổng của n số hạng Z...) y
còn
chuyển các phần tử bù và quan hệ thứ tự
như sau :
Đònh lý 2.10
. Nếu x = ∈ B thì (ε
1
,...., ε
n
)* = (ε*
1

,...., ε*
n
)
∑
=
ε
n
i
ii
x
1
Với ε*
i
= 1 nếu ε
i
= 0 và ε*
i
= 0 hoặc ε
i
= 1, i = 1,..., n.
Chứng minh
. Với mọi (ε
1
,...., ε
n
) = ψ ( ) và (ε
1
,...., ε
n
)* = ψ (x*)

∑
=
ε
n
i
ii
x
1
Thì x* = 1 + x = 1 + ε
1
x
1
+ .... + ε
n
x
n
= (x
1
+ ....+ x
n
) + (ε
1
x
1
+...+ ε
n
x
n
)
= (1 + ε

1
) x
1
+ ....+ (1 + ε
n
) x
n

Đặt ε*
i
= 1 + ε
i ;
i = 1, .... n.
Khi đó : ε*
1
= 1 nếu ε
i
= 0 và ε*
i
= 0, nếu ε
i
= 1 (do 2x
1
= 0)
Nên (ε*
1
,..., ε*
n
) = y (x*) hay (ε
1

,...., ε
n
)* = (ε*
1
,...., ε*
n
)
Đònh lý 2.11
. Nếu x = , y = ∈ B và x ≤ y thì
∑
=
ε
n
i
ii
x
1
∑
=
ε
n
i
ii
x'
1
ε
1
≤ ε’
i
, i = 1, ...n

Chứng minh. Giả sử (ε
1
,...., ε
n
) ≤ (ε’
1
,...., ε’
n
)x
n
= (ε
1
x
1
+...+ ε
n
x
n
)
Do x ≤ y ⇔ xy = x tức : (ε
1
ε’
1
)x
1
+ ....+ (ε
n
ε’
n
)x

n
= (ε
1
x
1
+ ....+ ε
n
x
n
)
Suy ra ε
i
(1 + ε’
i
) = 0, i = 1,...., n.
Khi đó : ε
i
= 0 hoặc ε’
i
= 1, i = 1,....,n.
Cả hai khả năng ta đều có ε
i
≤ ε’
i
, i = 1,..., n
Tóm lại, trong chương này ta thu được kết quả sau : Cho một vành Bool hữu
hạn B bất kỳ thì B đẳng cấu với tổng trực tiếp với một số các trường Z
2
và cùng
đẳng cấu với vành P(X), trong đó X là một tập hữu hạn phần tử nào đó. Và hơn nữa

khái nệim phần tử bù, các quan hệ thứ tự đều tương ứng với nhau giữa B và P(X).
3.1. Một số khái niệm cơ bản.
Cho một tập có thứ tự P bất kỳ, (P, ≤). Chúng ta có một số khái niệm sau :
•

Hai phần tử x, y ∈ P gọi là
so sánh được với nhau
nếu x ≤ y hoặc y ≤ x.
•

Nếu x ≤ y và x ≠ y thì ta viết x ≤ y
•

Nếu x < y và không có phần tử z ∈ P nào thỏa x < z < y thì ta
gọi phần tử
y phủ x.


11
•

Nếu tồn tại duy nhất phần tử z ∈ P sao cho z ≤ x, với mọi x ∈ P thì ta gọi
z
là phần tử không và được kí hiệu là 0.

•

Nếu phần tử x ∈ P thỏa không tồn tại y ∈ P nào sao cho y < x thì x gọi là
phần tử tối tiểu.
Ngược lại, nếu phần tử x ∈ P thỏa không tồn tại y ∈ P

nào sao cho x < y thì x gọi là
phần tử tối đại
.
•

Nếu x
1
< x
2
<.... < x
n
thì ta gọi x
1
, x
2
,..., x
n

lập nên xích.
Một
xích bảo
hòa
là xích x
1
< x
2
<...< x
n
sao cho x
i+1

phủ x
i
, ∀i < n.
•

Nếu tất cả các xích bảo hòa từ 0 đến x có
cùng kích thước
và nếu đònh
nghóa độ dài của một xích là lực lượng của xích trừ đi 1. Khi đó : ta có thể
đònh nghóa hạng của phân tử x
là r(x), là độ dài của một xích bảo hòa từ
0 đến x. Với khái niệm hạng r(x), ta có đònh nghóa hàm hạng như sau :
Đònh nghóa 3.2:
Hàm số r : P → R
+
gọi là
hàm hạng của P

x

r(x)
trong đó : r(x) là độ dài của một xích bảo hòa bất kỳ từ 0 đến x như đònh
nghóa trên. Để dễ dàng trong việc sử dụng hàm hạng của một tập có thứ tự P ta tìm
các tương đương của nó như sau :
Mệnh đề 3.1.2. Cho (P, ≤) với hàm hạng r. Khi đó :
(i) r(x) ∈ N và r(0) = 0, N : là tập các số tự nhiên.
(ii) Nếu x phủ y thì r(x) = r(y) + 1

Chứng minh.
(i) Theo đònh nghóa hàm hạng r ta có r(x) là độ dài của một xích bảo hòa bất

kỳ từ 0 đến x nên r(x) là một số tự nhiên và r(0) = 0
(ii) Giả sử x phủ y, vì y ∈ P nên xét một xích bảo hòa bất kỳ từ 0 đến y là
0 < x
1
< x
2
< ... < x
r(y)-1
< y nên ta có một xích bảo hòa từ 0 đến x là
0 < x
1
< x
2
< ... < x
r(y)-1
< y < x nên theo đònh nghóa hạng của một phần tử, ta
có r(x) = r(y) + 1.
3.3 Một số kết quả cơ bản trên tập có thứ tự
Trước hết ta có thêm một số đònh nghóa cơ bản sau :
Đònh nghóa 3.4.1. Cho một tập
có thứ tự (P,
≤
), có hàm hạng r.
Với x
1
, x
2
....x
n

gọi là lập nên
một xích đối ứng
x
1
< x
2
< ....< x
n
nếu :
(i)

x
i+1
phủ x
i
, ∀i < h
(ii)

r(x
1
) + r(x
h
) = r(P) với r(P) là hạng lớn nhất trong P.

12
P : gọi là có
thứ tự xích đối xứng
nếu P có thể phân hoạch thành các xích
đối xứng.

13
CHƯƠNG II : PHÂN HOẠCH XÍCH ĐỐI XỨNG VÀ CÁC ỨNG DỤNG

Trong chương này, chúng tôi sẽ khảo sát một cấu trúc khá đẹp trên một số
các poset đó là cấu trúc đối xứng. Nhờ tính chất đối xứng trong các xích, mà ta có
thể dễ dàng kiểm tra được số lượng của các antichain trong một poset tính được số
lượng của một họ các tập hợp thỏa tính chất bao hàm chứa trong, rời nhau... Chúng
tôi sẽ xây dựng các phân hoạch xích đối xứng cho các poset thường gặp là .... (hay
P(S)), poset các ước của một số nguyên dương in cho trước và tích trực tiếp của các
poset với nhau. Ngoài ra, với một phân hoạch xích đối xứng của một poset P, chúng
tôi đi sâu vào tìm hiểu cấu trúc của phân hoạch này ở khía cạnh này ở khía cạnh số
xích đối xứng, các độ dài các xích, số lượng các xích cùng chiều dài i. Sau đó là
một số bài toán giải quyết bằng xích đối xứng kết thúc phần này bằng một cách
xây dựng khác của phân hoạch xích đối xứng BCO và những ứng dụng của cách
xây dựng này để tính số antinh trong P(S) và tính số đường.... trong mặt phẳng tọa
độ.
I. MỘT SỐ ĐỊNH NGHĨA
Trong poset P(S), tập tất cả các tập con của n-tập S chúng ta có một thứ tự
bao hàm A ≤ B ⇒ A ⊂ B. Tương ứng trong poset B(n) có thứ tự là : a ≤ b ⇔ a.b =
a, trong đó :
ab là vectơ đại diện của tập A, B tức là a = (a
1
,... a
n
) với a

1
= 1 nếu a
i
∈ A và
a
j
= 0 nếu a
j
∉ A và tương tự cho B. Chú ý để cho thuận tiện chúng thường viết
vectơ a = (a
1
... a
n
) là a = a
1
a
2
... a
n
. Cho a = a
1
a
2
... a
l
∈ BCK và b = b
1
...b
1
∈ BCL)

thì ta viết ab để chỉ cho vectơ a
1
....a
k
b
1
....b
l
∈ B (k + l)
I.1. Đònh nghóa :
Trong poset B(n) tập tất các vectơ Bool n chiều
a)

Một xích các phần tử trong B(n) là một dãy các phần tử
a
1
< a
2
< .... < a
m
với a
1
∈ B(n) (1)
b)

Xích (1) được gọi là xích bảo hòa nếu r (a
i+1
) = r(a
i
) + 1 ∀ i = 1,..., m

c)

Xích (1) được gọi là xích đối xứng nếu nó là xích bảo hòa và thỏa thêm
tính chất r (a
1
) + r (a
m
) = n.
Trong đó : a = a
1
.... a
n
∈ B(n) thì r Ca = a
1
+ a
2
+ ... +a
n
gọi là hạng của vectơ a.
II.2. Nhận xét :
•

Khi n chẵn thì độ dài m của xích là số lẻ

14
•

Khi n lẻ thì độ dài m của xích là số chẵn
Ví dụ
: Trong poset B (5) thì :

00100 < 10100 < 10110 < 10111 là một xích đối xứng.
Trong poset B (4) thì
0010 < 1010 < 1011 là một xích đối xứng.
II. CẤU TRÚC ĐỐI XỨNG CỦA MỘT SỐ POSET THƯỜNG GẶP.
1. Cấu trúc đối xứng của poset B(n) (hay P(S).
Chúng ta sẽ chỉ ra rằng trong poset B(n) có cấu trúc đối xứng trước tập B(n)
là hợp của các xích đối xứng rời nhau bằng cách xây dựng quy nạp theo n bởi đònh
lý sau :
1.1. Đònh lý II.1
. Poset B(n) các vectơ Bool n chiều có một phân hoạch
thành các xích đối xứng.
Chứng minh
: Chứng minh bằng quy nạp theo số chuẩn n của vectơ.
Với n = 1, trong B(1) có một phân hoạch xích đối xứng là 0 < 1, do đó đònh
lý đúng cho trường hợp n = 1. Bây giờ, giả sử đònh lý đúng cho trường hợp n = k,
tức là trong B(n) có một phân hoạch ra thành các xích đối xứng. Xét vành Bool
B(n) + a, ta chỉ ra B(n) + 1) cũng có phân hoạch xích đối xứng bằng thủ tục như sau
: lấy một xích đối xứng bất kỳ trong phân hoạch xích đối xứng của B(n) là :
a
1
< a
2
< ..... < a
h
. Ta xét hình chữ nhật dạng sau:
a
i
0 < a
2
0 .... < a

h-1
0 < a
h
0
a
i
1 < a
2
1 .... < a
h-1
1 < a
h
1
Và sinh ra 2 xích trong vành Bool B(n)+1 như chỉ dẫn trong hình chữ nhật là:
a
i
0 < a
2
0 .... < a
h-1
0 < a
h
0 < a
h
1 (1)
và a
i
1 < a
2
1 .... < a

h-1
1 (2)
Và 2 xích (1) và (2) là 2 xích đối xứng. Thật vậy :
•

Trong xích (1), theo giả thuyết quy nạp : r (a
1
) + r (a
2
) = n
Hay r(a
1
0) + r(a
2
0) = n cho nên r(a
1
0) + r (a
1
1) = n + 1 và xích (1)
là xích bảo hòa nên (1) là xích đối xứng trong B(n)+1)
•

Trong xích (2), theo giả thuyết quy nạp : r (a
1
) + r (a
h-1
) = n -1
Nên r(a
1
1) + r(a

h-1
1) = n -1 + 2 = n + 1
Và do xích a
1
<

a
2
.... < a
h
bảo hòa nên xích (2) cũng bảo hòa nên xích (2)
là một xích đối xứng trong B(n+1).

15
Hơn nữa, B(n+1) {a.o ⎜ a ∈ B(n)} ∪ { a
n
⎜ a ∈ B(n)}
Do đó cứ lần lượt, lấy từng xích trong B(n) bằng cách làm trên ta có được
B(n)+1) có phân hoạch xích đối xứng.
Để minh họa cho cách xây dựng phân hoạch xích đối xứng của B(n) ta xét ví
dụ xây dựng cho B(5). Để xây dựng được cho B(5) ta phải xây dựng cho B(1), B(2),
B(3) và B(4) trước.
1.2. Ví dụ II.2. Xây dựng phân hoạch xích đối xứng cho B(5) như sau :
•

Đối với B(1) Ta có : 0 < 1
•

Đối với B(2) Xét hình chữ nhật
00 < 10

01 < 11 ta có phân hoạch xích đối xứng B(2) là :
01
00 < 10 < 11
•

Đối với B(3). Xét các hình chữ nhật.
010
011
000 < 100 < 110
001 < 101 < 111
Ta có phân hoạch xích đối xứng cho B(5) là :
010 < 011
001 < 101
000 < 100 < 110 < 111
•

Đối với B(4). Xét các hình chữ nhật.
0100 < 0110
0101 < 0111
0010 < 1010
0011 < 1011
0000 < 1000 < 1100 < 1110
0001 < 1001 < 1101 < 1111
Ta có phân hoạch xích đối xứng cho B(4) là :
0101
0011

16
0100 < 0110 < 0111
0010 < 1010 < 1011

0001 < 1001 < 1101
0000 < 1000 < 1100 < 1110 < 1111
•

Đối với B(5). Xét các hình chữ nhật.
. 01010
01011
. 00110
00111
. 01000 < 01100 < 01110
01001 < 01101 < 01111
. 00100 < 10100 < 10110
00101 < 10101 < 10111
. 00010 < 10010 < 11010
00011 < 10011 < 11011
00000 < 10000 < 11000 < 11100 < 11110
00001< 10001 < 11001 < 11101 < 11111
Ta có phân hoạch xích đối xứng cho B(5) là :
01010 < 01011
00110 < 00111
01001 < 01101
00101 < 10101
00011 < 10011
01000 < 01100 < 01110 < 01111
00100 < 10100 < 10110 < 10111
00010 < 10100 < 11010 < 11011
00001 < 10001 < 11001 < 11101
00000 < 10000 < 11000 < 11100 < 11110 < 11111
2. Cấu trúc đối xứng cho ta tập M(m) :
M(m) - hợp tất cả các ước của số nguyên dương m cho trước. Ta đã biết

M(m) có thể được xem như là tổng quát hóa của poset P(S). Bằng cách tương tự
như B(n) (hay P(S) tức bằng phương pháp quy nạp thì liệu M(m) có được cấu trúc

17
đối xứng như P(S) hay B(m) hay không ? Để tìm lời khẳng đònh cho câu hỏi này,
trước hết ta nhắc lại một số khái niệm.
2.1. Đònh nghóa
: Trong đa tập M(m)
a)

Một xích trong M(m) là n dãy phần tử dạng :
d
1
< d
2
<...< d
h

trong đó : d
i
< d
i+1
⇔ d
i
/ d
i+1
∀
i
= 1,.... h+1
b) Xích (2) được gọi là xích bảo hòa nếu phương số d

i+1
/ d
i
là một số
nguyên tố.
c) r(d) là hạng của phần tử d là số các thừa số nguyên tố của d.
d) Xích (2) được gọi là xích đối xứng nếu nó vừa là xích bảo hòa và thỏa
mãn: r(d
1
) + r (d
2
) = r(m).
Ví dụ
: . r(2
3
) = r (2.2.2) = 3.
. r(2
3
.3
5
) = r (2.2.3.3.3.3) = 2 + 5 = 7
. s < 2.3 < 2.3
2
⊂ 2.2
2
5 là một xích đối xứng hay n
b
(2
2
.3

2
.5)
2.2. Đònh lý 2
: Poset M(m) tập tất cả các ước của một số nguyên dương m
cho trước có phân hoạch xích đối.
Chứng minh: Ta chứng minh phương pháp quy nạp theo n số các ước nguyên
tố khác nhau của m :
Với n = 1 hay m có dạng m = p
α
thì M(m) = {1, p. p
2
...., p
α
} có phân hoạch
xích đối xứng là 1 < p < p
2
< ....< p
α
. Vậy đònh lý đúng cho trường hợp n = 1. Bây
giờ giả sử đònh lý đúng cho trường hợp n = k, tức M(m
1
) có phân hoạch xích đối
xứng. Ta cần chứng minh rằng đònh lý cũng đúng trong trường hợp n = k + 1, tức m
có dạng m = p
α
m
1
với m
1
có 4 thừa số nguyên tố khác nhau và pXm

1
. Ta sẽ chỉ ra
cách xây dựng các xích đối xứng cho tập tất cả các ước số của m = m
1
p
α
. Lấy 1
xích đối xứng bất kỳ của phân họch xích đối xứng nl(m
1
) theo giả thuyết quy nạp là
:
d
1
< d
2
< ..... < d
h

Xét tất cả các ước của m dạng d
1
p
α
với 1 .....≤ h và 0 ≤ p ≤ α chúng ta sắp
xếp tất cả các ước này theo hình chữ nhật sau :
d
1
< d
2
< .... < d
h-2

< d
h-1
d
h

d
1p
< d
2p
< .... < d
h-2p
< d
h-1
< d
hp

d
1p
2
< d
2p
2
< .... < d
h-2p
2

< d
h-1p
< d
hp

2

. . .
.
. . .
.

18
. . .
.
d
1p
α-1
< d
2p
α-1
< .... < d
h-2p
α-1

< d
h-1p
α-1
< d
hp
α-1

d
1p
α

< d
2p
α
< .... < d
h-2p
α

< d
h-1p
α
< d
hp
α

và “bóc” các xích như đã chỉ ra trên hình chữ nhật trên.
. Lớp ngoài cùng của hình chữ nhật cho ba xích.
d
1
< d
2
< .... < d
h-2
< d
h-1

< d
h

< d
hp

< d
hp
2
< d
hp
2-1
< d
hp
α
(1)
Xích (1) là một xích đối xứng trong M(m). Thật vậy.
Do giả thiết quy nạp ta có : d
1
α d
1+1
; ∀ 1 = 1.... h-1 nên ta có được :
d
h
α d
hp

và

d
hp
2
α d
hp
2+1
∀ 1 ≤ i ≤ x

-1
hay xích (1) là một xích bảo hòa.
Hơn nữa r(d
1
) + r(d
hp
α
) = 1(d
1
) + r(d
h
) + r(p
α
) = r(m
1
) + r(p
α
) = r(m)
Vậy xích (1) là một xích đối xứng trong M(m).
•

Tương tự ta lấy lớp tiếp theo của hình chữ nhật là :
d
1p
< d
2p
< ..... < d
h-2p
d
h-1p

2
< .... < d
h-1p
α-1
< d
h-1p
α
(2)
là xích đối xứng trong M(m)
•

Cứ như vậy ta được các xích đối xứng trong M(m) cuối cùng từ hình chữ
nhật trên là d
h
α−1
< d
2p
α−1
và d
1p
α

Ngoài ra ta còn có : M(m) = M(m
1
) ∪ {a
pj
/ a ∈ M (m
1
) và 1 ≤ j ≤ α}
Do đó bằng cách lấy một xích đối xứng trong M(m

1
) và tất cả các ước của m
sinh ra từ xích đó (như xây dựng trên). Cứ như vậy ta có được 1 phân hoạch xích
đối xứng cho poset M(m).
Vậy M(m) có phân hoạch xích đối xứng, ∀m
Để minh họa cho ý tưởng của đònh lý 2.1
ta xét ví dụ sau :
2.3. Ví dụ
: Xây dựng 1 phân hoạch xích đối xứng cho M(800) = M(2
2
.3
2
.5
2
)
Để xây dựng một phân hoạch xích đối xứng cho M(2
2
.3
2
.5
2
), ta phải xây
dựng trước các phân hoạch xích đối xứng cho M(2
2
) , M(2
2
.3
2
)
•

Đối với M(2
2
) : Ta có M(2
2
) = {1, 2, 2
2
) và có được phân hoạch xích đối
xứng là 1 < 2 < 2
2
.
•

Đối với M(2
2
.3
2
) ta xét hình chữ nhật sau :
1 < 2 < 2
2

1.3 < 2.3 < 2
2
.3
1.3
2
< 2.3
2
< 2
2

.3
2

Từ hình chữ nhật ta có được phân hoạch xích đối xứng cho M(2
2
.3
2
) là :

19
1.3
2

1.3 < 2.3 < 2.3
2
1 < 2 < 2
2
< 2
2
.3 < 2
2
.3
2
•

Cuối cùng M(2
2
.b
2
. 5

2
) = M (900) ta xét các hình chữ nhật sau :
.
1.3
2
= 3
2

3
2
.5
3
2
.5
2

3 < 2.3 < 2.3
2

3.5 < 2.3.5 < 2.3
2
. 5
3.5
2
< 2.3.5 < 2.3
2
. 5
2
. 1 < 2 < 2
2

< 2
3
. 3 < 2
2
. 3
2
1.5 < 2.5 < 2
2
5 < 2
3
. 3 . 5 < 2
2
. 3
2
. 5
1.5
2
< 2.5
2
< 2
2
5
2
< 2
3
. 3 . 5 < 2
2
. 3
2
. 5

2
Từ các hình chữ nhật ta có được : phân hoạch xích đối xứng cho M(900) là :
3.5
2
3.5 < 2.3.5 < 2.3.5
2

3
2
< 3
2
. 5 < 3
2
. 5
2
1.5
2
< 2. 5
2
< 2
2
. 5
2
3 < 2. 3< 2. 3
2
< 2
3
.3. 5 < 2
2
. 3 . 5

2

1< 2 < 2
2
< 2
2
. 3 < 2
2
. 3
2
< 2
2
. 3
2
. 5< 2
2
. 3
2
. 5
2
3. Cấu trúc đối xứng cho tích trực tiếp các poset :
Một trong những cách để sinh ra các poset mới đó là tích trực tiếp của các
poset. Chúng ta bắt đầu xây dựng các khái niệm tích trực tiếp các poset.
3.1. Đònh nghóa
: Nếu P, Q là poset với các hàm hạng tương ứng là r, h’ thì
poset tích trực tiếp ký hiệu là : P x Q = {(p.q) p ∈ P, q = Q} với thứ tự là :
(P
1
. q
1

) ≤ (P
2
. q
2
) ⇔ P
1
≤ P
2
trong P và q
1
≤ q
2
trong Q
P.Q có hàm hạng là p đònh nghóa bởi :
ρ (p.q) = r (p) + r’(q) ∀(p.q) ∈ P.Q
Ví du 1ï : Xét P là poset tập tất cả các tập con của tập S = {1, 2}
Hay P = { Φ, (1), (2), (1,2)}
Q - là tập tất cả các ước của số nguyên m = 2
2

20

hay Q = { 1, 2, 2
2
} khi đó :
Tức poset tích trực tiếp của P và Q là :
P x Q = {(Φ, 1) ; (Φ, 2) ; (Φ, 2
2
);
({1}, 1) ; ({1}, 2); ({1}, 2

2
);
({2}, 1) ; ({2}, 2); ({2}, 2
2
);
({1,2}, 1) ; ({1,2}, 2); ({1,2}, 2
2
) }
và ρ ({1, 2}, 1) = r ({1, 2}) + r’(1) = 2 + 0 = 2
ρ ({1, 2}, 2) = r ({1, 2}) + r (2) = 2 + 1 = 3
Ví dụ 2
: Xét poset P gồm tất cả các ước của m = 2
3
. Q là poset gồm tất cả các
ước của m = 5
2
. Ta có :
P = {1, 2 . 2
2
. 2
3
} và Q = { 1, 5, 5
2
}
Khi đó : P x Q = { (1 , 1) ; (1 , 5); (1, 5
2
);
(2 , 1) ; (2 , 5); (2 . 5
2
);

(2
2
, 1) ; (2
2
, 5) ; (2
2
. 5
2
);
(2
3
, 1) ; (2
3
, 5) ; (2
3
. 5
2
)}
và r (2
3
, 5) = 3 + 1 = 4
Trong ví dụ 2: nếu chúng ta đồng nhất: (a, b) là a.b thì:
Poset P x Q chính là poset M (2
3
. 5
2
). Từ điều này ta có được :
3.2. Mệnh đề 3.2
: Cho p.q là 2 số nguyên tố khác nhau. Với m, n số nguyên
dương bất kỳ thì poset tích trực tiếp M (p

m
) x M(q
n
) chính là poset M(p
m
q
n
).
Từ Mệnh đề 3.2
: ta có nếu m = ta có mệnh đề tương tự
n
m
n
mm
P....PP
21
21
3.3. Mệnh đề 3.3
: Nếu m = với P
1
, ...., P
n
là các số nguyên tố
khác nhau thì poset M(m) là poset
n
m
n
mm
P....PP
21

21
)P(M....x)p(Mx)P(M
n
m
n
mm
21
21
Chú ý : Trong đó poset tính trực tiếp được đònh nghóa tương tự như đònh nghóa
3.1 như sau : P
1
, P
2
... P
n
là các poset có hàm hạng tương ứng là r
1
,.... r
n
.
Khi đó : P
1
x P
2
x... x P
n
= {( P
1
, P
2

... P
n
) / P
i
∈ P
i-1
∀ = 1,.... n} là poset tích
trực tiếp với quan hệ :
(P
1
, P
2
... P
n
) ≤ (P’
1
, P’
2
... P’
n
} ⇔ q
i
≤ p’
i
trong poset R
i
, ∀
i
= 1,....m
và hàm hạng : ρ(P

1,
... P
n
) = d
1
(P
1
) + r
2
(P
2
) + ..... r
n
(P
n
)
Theo mệnh đề 3.2
và mệnh đề 2.2 : Nếu M(p
n
) x M(q
m
) với p, q là hai số
nguyên tố khác nhau thì M(P
n
) . M(q
m
) có phân hoạch xích đối xứng và ta có thể dễ
dàng có được phân hoạch xích đối xứng của M(P
n
) x M(q

m
) nhờ vào M(P
n
.q
m
). Bây

21
giờ hiện cho P, Q là 2 poset có phân hoạch xích đối xứng thì P x Q có phân hoạch
xích đối xứng hay không ? và nếu có thì chúng có thể được xây dựng như thế nào ?
Mệnh đề 3.4
. Nếu P, Q là 2 poset có hàm hạng tương ứng là r, r’ và đều có
phân hoạch xích đối xứng thì poset tích trực tiếp P x Q cũng có phân hoạch xích
đối xứng.
Chứng minh
: Giả sử P = C
1
∪ C
2
∪ C
n
và Q = D
1
∪ D
2
∪.... D
m
là các phân
hoạch xích đối xứng của P và Q. Trong đó C
i

là xích đối xứng hay P, ∀
i
= 1,.....n và
P
j
là xích đối xứng trong Q, ∀
j
= 1, 2.... , m. Chọn 2 xích đối xứng bất kỳ C
1
D
j
ta
có: C
i
< C
o
< C
1
< C
2
< .... < C
k
trong đó : r(C
o
) = r và r(C
k
) = R và r + R = r(R).
D
j
: d

o
< d
1
< d
2
< ..... < d
h
trong đó : r’(d
o
) = s và r’(d
h
) = S và s + S = r(Q).
Ta sắp xếp hai xích đối xứng C
i
, D
j
theo thứ tự thành hình chữ nhật sau, với
chú ý : phần từ (c, d) ∈ P x Q được viết cho là cd.
E
o
→ C
o
d
o
< C
1
d
o
< C
2

d
o
< ...... < C
k-1
d
o
< C
k
d
o
E
1
→ C
o
d
1
< C
1
d
1
< C
1
d
1
< ...... < C
k-1
d
1
< C
k

d
1
E
2
→ C
o
d
2
< C
1
d
2
< C
2
d
2
< .....................






C
k-1
d
h
< C
k
d

h
Ta thu được các xích như đã chỉ ra trong hình trên
E
o
: C
o
d
o
< C
1
d
o
< C
2
d
o
< ...... < C
k-1
d
o
< C
k
d
o
< C
k
d
1
< ..... < C
k

d
h
E
1
: C
o
d
1
< C
1
d
1
< C
2
d
1
< ...... < C
k-1
d
1
< . . . . . . . . . . . . . C
k-1
d
h
Tương tự như trên : E
2
, E
3
, . . . . . , E
h

Ta cần chứng tỏ rằng E
j
là xích đối xứng ∀
j
= 1 . . . . h
Ta xét E
j
: (C
o
d
j
) < C
1
d
j
< . . . . . < C
k-1
d
j
< C
k-1
d
j+1
< . . . . . < C
k-j
d
h
Ta có : r(C
o

d
j
) = r (C
o
) + r(d
j
) + j
r (C
k-j
d
h
) = r (C
k-j
) + r(d
h
) = (r + k - j) + S = R - j + S = R + S - j
nên r (C
o
d
j
) + r (C
k-j
d
h
) = r + s + j + R + S - j = (r + R) + (s + S) = r (P) + r (Q)
Do đó : ρ (C
o
d
j
) + ρ (C

k-j
d
h
) = ρ (P x Q) với ρ là hàm hạng của P x Q
Và hiển nhiên E
j
là xích bảo hòa. Vậy E
j
là 1 xích đối xứng của poset tích trực
tiếp P x Q, ∀
j
= 1, . . . . h.
Bằng cách xích từng cặp C
i
x D
j
như trên ta có được 1 phân hoạch xích đối
xứng cho poset tích trực tiếp P x Q.

22
Một hệ quả trực tiếp từ mệnh đề 3.4
bằng cách sử dụng mệnh đề 3.4 nhiều
lần ta được.
3.5. Hệ quả 3.5
: Nếu P
2
, P
2
, .... P
n

là các poset có phân hoạch xích đối xứng
thì poset tích trực tiếp của chúng : P
1
x ..... P
n
cũng có phân hoạch xích đối xứng để
minh họa cho mệnh đề trên ta xét ví dụ sau :
Ví dụ
: Lấy P = Q (4) và Q = M(2
2
. 3
2
) thì theo ví dụ I.2.3 và ví dụ II.1.2 ta
có:
. P có phân hoạch xích đối xứng là :
0101
0011
0100 < 0110 < 0111
0010 < 1010 < 1011
0001 < 1001 < 1101
000 < 1000 < 1100 < 1110 < 1111
. Q có phân hoạch xích đối xứng là :
3
2

3 < 2.3 < 2.3
2

1 < 2 < 2
2

< 2
2
. 3 < 2
2
. 3
2
Ta thành lập các hình chữ nhật sau :
. (0101,3
2
)
. (0011,3
2
)
. (0100,3
2
) < (0110, 3
2
) < (0111, 3
2
)
. (0010,3
2
) < (1010, 3
2
) < (1011, 3
2
)
. (0001,3
2
) < (1001, 3

2
) < (1101, 3
2
)
. (0000.3
2
) < (1000, 3
2
) < (1100, 3
2
) < (1110, 3
2
) <
(1111,3
2
)
. (0101, 3)
(0101, 2.3)
(0101, 2.3
2
)
. (0011, 3)
(0011, 2.3)
(0011, 2.3
2
)

23