Luận văn Thạc sĩ Toán học: Bóng của tập hợp trên vành Bul hữu hạn

Luận văn Thạc sĩ Toán học
Chuyên ngành Đại Số
BÓNG CỦA TẬP HỢP TRÊN VÀNH
BUL HỮU HẠN
Người thực hiện : HOÀNG CÔNG CHỨC
Người hướng dẫn : TS.TRẦN HUYÊN
Ngày 5 tháng 10 năm 2004


LỜI CẢM ƠN
Trước tiên, tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu
sắc nhất đến thầy hướng dẫn, Tiến sĩ Trần Huyên, thuộc
Trường Đại Học Sư Phạm Thành phố Hồ Chí Minh, người
thầy khả kính đã dành nhiều công sức và thời gian quý báu
để hướng dẫn tôi từng bước trên con đường nghiên cứu khoa
học với tất cả niềm say mê. Những kết quả trong luận văn
này là không thể có được nếu không có sự tận tình và tâm
huyết của thầy.
Tôi cũng xin vô cùng biết ơn PGS-TS Bùi Tường Trí,
PGS-TS Mỵ Vinh Quang, PGS-TS Bùi Xuân Hải và tất
cả Quý Thầy, Cô trong Khoa Toán-Tin học Trường Đại
Học Sư Phạm Thành phố Hồ Chí Minh, những người thầy
đã tận tình dạy dỗ và truyền đạt cho tôi những kiến thức
toán học hết sức giá trị trong niềm đam mê vô tận đối với
Toán học.
Tôi xin chân thành cảm ơn Ban Giám Hiệu, Phòng Khoa
Học Công Nghệ - Sau Đại Học, Khoa Toán-Tin học của
Trường Đại Học Sư Phạm Thành phố Hồ Chí Minh, Ban
Giám Hiệu Trường Trung học Thực hành-ĐHSP Thành
phố Hồ Chí Minh cùng Quý Thầy, Cô và các bạn đồng
nghiệp đã không ngừng động viên, giúp đỡ, tạo mọi điều

kiện thuận lợi về tinh thần cũng như vật chất cho tôi trong
quá trình thực hiện luận văn này.
Tác giả luận văn


LỜI NÓI ĐẦU
Dưới sự phát triển của khoa học và công nghệ thông tin, lý
thuyết Combinatorics nhanh chóng được quan tâm và phát
triển để đáp ứng các yêu cầu của thực tiễn. Từ năm 1928, sau
khi Sperner công bố một định lý rất đẹp về giá trị cực đại của
hệ đơn xích các tập con của tập hữu hạn S, Combinatorics
lại càng thu hút được sự chú ý của rất nhiều nhà Toán học.
Hàng loạt các kết quả nghiên cứu về hệ các tập con của một
tập hữu hạn được công bố. Một trong những bài toán thiết
thực và thú vị của lý thuyết Combinatorics là giải quyết vấn
đề cực trị của hệ các tập con của một tập hữu hạn mà chúng
thỏa mãn một tính chất nào đó. Nghiên cứu lớp các bài toán
này, Kruskal và Katona đã đưa ra và chứng minh một kết quả
rất quan trọng và hữu ích, Định lý Kruskal-Katona về giá
trị nhỏ nhất của bóng của tập hợp. Trong quá trình sử dụng
và mở rộng định lý trên, người ta thu được nhiều kết quả lý
thú, nhiều vấn đề mới nảy sinh cần giải quyết, nhất là khi
xem xét lớp các bài toán về cực trị và đánh giá độ lớn của tập
hợp trong vành Bul hữu hạn.
Trong luận văn này, chúng ta xem xét một cách cụ thể và
sâu sắc hơn các kết quả liên quan đến bóng của một tập hợp
trong vành Bul hữu hạn. Đồng thời, chúng ta cũng đưa ra các
kết quả đánh giá độ lớn của bóng, mở rộng thêm các kết quả
đã đạt được cũng như các hướng nghiên cứu tiếp theo.
Luận văn gồm 4 chương.

2

Chương I : Trình bày các khái niệm và các tính chất quan
trọng của hai vành Bul hữu hạn quen thuộc là vành P(S)
và B(n) .
Chương II : Các kết quả xác định độ lớn của một đoạn đầu
và bóng của một đoạn đầu trong sự sắp xếp các phần tử
của vành Bul dưới thứ tự từ điển.
Chương III : Trình bày chứng minh Định lý cơ bản và các
kết quả của nó, đồng thời đưa ra một hướng mở rộng
phạm vi nghiên cứu định lý quan trọng này.
Chương IV : Các kết quả đánh giá đánh giá bóng của một
tập hợp thông qua việc áp dụng Định lý cơ bản và bóng
của một đoạn đầu trong vành Bul hữu hạn.
Do thời gian và trình độ có hạn, luận văn không tránh khỏi
những sai sót. Vì vậy, tôi rất mong nhận được sự thông cảm,
giúp đỡ và những góp ý quý báu của Quý Thầy, Cô, các bạn
đồng nghiệp và đọc giả.


Mục lục
I

Các khái niệm cơ bản trên vành Bul hữu hạn
I.1 Vành P(S) . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
I.1.1 Cấu trúc vành trên P(S) . . . . . . . .
I.1.2 Cấu trúc thứ tự trên P(S) . . . . . . .
I.1.3 Bóng của tập hợp trong P(S) . . . . .

I.2 Vành B(n) . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
I.2.1 Cấu trúc vành trên B(n) . . . . . . .
I.2.2 Cấu trúc thứ tự trên B(n) . . . . . . .
I.2.3 Bóng của tập hợp trên B(n) . . . . . .
I.3 Quan hệ giữa vành B(n) và vành P(S) . . . .

II Biểu diễn k-nhị thức và Bóng của đoạn
II.1 Một số bài toán mở đầu . . . . . . . .
II.2 Biểu diễn k-nhị thức của một số . . . .
II.3 Bóng của đoạn đầu . . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

1
2
2
2
4
6
6
7
7
9

đầu
10
. . . . . . . . . 11
. . . . . . . . . 14
. . . . . . . . . 23

III Định lý cơ bản về Bóng của tập hợp và sự mở rộng
phạm vi ứng dụng
III.1 Toán tử nâng Sj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
III.2 Định lý cơ bản về bóng của tập hợp . . . . . . . . . . .
III.3 Một hướng mở rộng phạm vi ứng dụng của Định lý cơ
bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

29
29
35
40

IV Vài kết quả đánh giá bóng của đoạn đầu
46
IV.1 Các định lý về phép cộng dưới . . . . . . . . . . . . . . 46
IV.2 Một ước lượng lực lượng của đoạn đầu thông qua bóng 55


Chương I
Các khái niệm cơ bản trên vành
Bul hữu hạn
Lớp các vành Bul hữu hạn có rất nhiều tính chất quan trọng và lý
thú, những tính chất đó được thể hiện rõ nhất trong hai vành Bul hữu
hạn quen thuộc sau đây:
1. Cho S là tập hợp hữu hạn có n phần tử, vành Bul hữu hạn P(S)
được xây dựng trên tập tất cả các tập con của tập S.
2. Cho số nguyên dương n, vành Bul hữu hạn B(n) , được xây dựng
trên tập hợp B(n) xác định như sau
B(n) = {(εn , εn−1 , . . . , ε1 ) : εi = 0 hoặc εi = 1 với i = 1, 2, . . . , n}
Ta gọi tập S có n phần tử là n-tập S, tập con gồm k phần tử của tập
S là k-tập con của S.Với n-tập S cho trước, chúng ta dễ dàng kiểm
tra được vành P(S) và vành B(n) là đẳng cấu với nhau. Hơn nữa,
mọi vành Bul hữu hạn đều đẳng cấu với hai vành trên. Vì vậy, tùy
theo từng vấn đề cụ thể, việc xem xét chúng được thực hiện trên vành
P(S) hoặc vành B(n) mà sự lựa chọn này không đưa đến sự thay đổi
nào đối với kết luận chung trên lớp các vành Bul hữu hạn.
Trong chương này, chúng ta đưa ra một số khái niệm liên quan đến
bóng của tập hợp vành Bul hữu hạn thông qua việc xem xét cấu trúc
thứ tự trên vành P(S) và vành B(n) .


I.1.Vành P(S)

I.1

2

Vành P(S)

Cho S là tập hợp hữu hạn n phần tử, n ≥ 1, n ∈ Z, để đơn giản ta
xét S = {1, 2, . . . , n}. Khi đó, P(S)={A | A ⊆ S} là tập tất cả các
tập con của S. Như vậy, số phần tử của P(S) là 2n . Nếu không có gì
nhầm lẫn, ta ký hiệu tập A = {a1 , a2 , . . . , ak } ⊆ S là A = a1 a2 . . . ak .
I.1.1

Cấu trúc vành trên P(S)

Ta xây dựng cấu trúc vành trên P(S) bằng cách định nghĩa phép toán
cộng (+) và phép toán nhân (·) các phần tử của P(S) như sau:
Với mọi A, B ∈ P(S)
A+B =A
Trong đó, A

B

A.B = A ∩ B

B = (A \ B) ∪ (B \ A) là hiệu đối xứng của A và B. Ta

dễ dàng kiểm tra tính hợp lý của hai phép toán trên và (P(S), +, ·)
là vành giao hoán, phần tử đơn vị là S, phần tử 0 là tập rỗng ∅. Với
mọi A ∈ P(S) ta có A2 = A.A = A ∩ A = A. Do đó, (P(S), +, ·) là

vành Bul hữu hạn.
Với mỗi tập A ∈ P(S), ta gọi tập A = S − A là phần bù của A trong
S. Từ định nghĩa của phép toán cộng, ta có ngay:
A + B = A + B với mọi A, B ∈ P(S).
I.1.2

Cấu trúc thứ tự trên P(S)

Trước hết, ta có quan hệ thứ tự thông thường ≤ trên vành P(S) dựa
trên quan hệ bao hàm các tập hợp như sau:
Với mọi A, B ∈ P(S) ta nói A ≤ B khi A ⊆ B.
Hiển nhiên ≤ là quan hệ thứ tự bộ phận trên P(S).
Sau đây, chúng ta xem xét một quan hệ thứ tự khá thú vị trên hệ tất
cả các tập hợp con có cùng số phần tử của tập S.


I.1.Vành P(S)

3

Thứ tự nén trên hệ các k-tập con của n-tập S

Với A ∈ P(S), ta đặt |A| là số phần tử của tập A.
Khi đó, với mỗi k ∈ {0, 1, . . . , n}, ta gọi mức thứ k của P(S) là tập
hợp Pk (S) = {A ⊆ S : |A| = k} gồm tất cả các k-tập con của n-tập S.
Trên Pk (S) ta xác định quan hệ thứ tự Với mọi A, B ∈ Pk (S) ta nói A A + B thuộc B. Tức là
A Ta dùng ký hiệu A ≤S B để chỉ A

được gọi là thứ tự nén trên Pk (S). Ta có thể thấy ngay Pk (S) được
sắp tốt dưới thứ tự nén. Bây giờ ta xét một số tính chất quan trọng
của thứ tự nén trên Pk (S).
◦ Tính chất 1:Với A, B ∈ Pk (S) ta có A Thật vậy, ta có A + B = A + B nên
A ⇔ max (A + B ) ∈
/ B ⇔ max (A + B ) ∈ A ⇔ B Như vậy, phần bù của các tập trong Pk (S) là các tập trong Pn−k (S)
và dưới thứ tự nén chúng được sắp xếp theo thứ tự ngược lại. Chẳng
hạn, với S = {1, 2, 3, 4, 5}, dãy các phần tử của P3 (S) và dãy các phần
bù của chúng trong P2 (S) được sắp xếp dưới thứ tự nén như sau:
P3 (S) tăng dần : 123 124 134 234 125 135 235 145 245 345
P2 (S) giảm dần : 45 35 25 15 34 24 14 23 13 12
◦ Tính chất 2: Trong dãy các phần tử của Pk (S) sắp xếp dưới thứ
tự nén, với mỗi số nguyên dương m, m ≤ n ta có: Tất cả các k-tập
con chỉ chứa các số nhỏ hơn số m đều đứng trước tất cả các k-tập con
có chứa số m.
Tính chất này được suy ra ngay từ định nghĩa của thứ tự nén các
k-tập con. Như vậy, vị trí của tập A ∈ Pk (S) trong sắp xếp Pk (S)


I.1.Vành P(S)

4

dưới thứ tự nén cũng chính là vị trí của A ∈ Pk (S ) trong sắp xếp
Pk (S ) dưới thứ tự nén, ở đây S = {1, 2, . . . , nA } với nA = max A.
◦ Tính chất 3: Phần tử lớn nhất của Pk (S) dưới thứ tự nén là tập
{n, n − 1, . . . , n − k + 1}

◦ Tính chất 4: Cho A ⊆ Pk (S), ta gọi tập A = {A = S−A : A ∈ A}
là phần bù của A. Khi đó, nếu A = {A1 , A2 , . . . , Am } thỏa mãn
A1 thì A = {A1 , A2 , . . . , Am }, với Ai = S − Ai và theo Tính chất 1 ta có
Am Vậy nếu A = {A1 , . . . , Am } là m tập đầu tiên trong sự sắp xếp Pk (S)
dưới thứ tự nén thì A = {A1 , A2 , . . . , Am } là m tập cuối cùng trong
sự sắp xếp Pn−k (S) dưới thứ tự nén.
I.1.3

Bóng của tập hợp trong P(S)

Cho A là k-tập con của n-tập S và A là một hệ bất kỳ các k-tập con
của S. Ta có các khái niệm liên quan đến bóng của tập hợp như sau:
•Bóng của A là tập hợp ∆A gồm tất cả các (k − 1)-tập con của S mà
chúng được chứa trong A
∆A = {B ∈ Pk−1 (S) : B ⊂ A}
•Bóng trên của A là tập hợp ∇A gồm tất cả các (k + 1)-tập con của
S mà chúng chứa A
∇A = {B ∈ Pk+1 (S) : A ⊂ B}
•Bóng của A là tập hợp ∆A xác định như sau:
∆A = {B ∈ Pk−1 (S) : B ⊂ A với A là tập nào đó trong A}


I.1.Vành P(S)

5

•Bóng trên của A là tập hợp ∇A được xác định như sau:
∇A = {B ∈ Pk+1 (S) : A ⊂ B với A là tập nào đó trong A}

• Với 1 ≤ r ≤ k, bóng cấp r của A là tập hợp ∆r A gồm tất cả các
(k − r)-tập con của S mà chúng được chứa trong A
∆r A = {B ∈ Pk−r (S) : B ⊂ A}
• Với 1 ≤ r ≤ k, bóng cấp r của tập A là tập hợp ∆r A được xác định
theo công thức quy nạp ∆1 A = ∆A và ∆r+1 A = ∆ ∆r A . Khi đó
∆r A là bóng của A ở mức thứ k − r.
∆r A = {B ∈ Pk−r (S) : B ⊂ A với A là tập nào đó trong A}
• Với 1 ≤ r ≤ n − k, bóng trên cấp r của A là tập hợp ∇r A gồm tất
cả các (k + r)-tập con của S mà chúng chứa A
∇r A = {B ∈ Pk+r (S) : A ⊂ B}
• Với 1 ≤ r ≤ n − k, bóng trên cấp r của A là tập hợp ∇r A được xác
định theo công thức quy nạp ∇1 A = ∇A và ∇r+1 A = ∇ ∇r A . Khi
đó ∇r A là bóng trên của A ở mức thứ k + r.
∇r A = {B ∈ Pk+r (S) : A ⊂ B với A là tập nào đó trong A}
Ta có ngay các tính chất về bóng của tập hợp trong P(S) như sau:
Với A ∈ Pk (S) ta có: |∆r A| =

k
r

Với A ⊆ Pk (S) ta có: ∆r A =

r
A∈A ∆ A

và |∇r A| =

n−k
r

và ∇r A =

A∈A ∇

r

A

Định lý I.1.1. Cho A ⊆ Pk (S) là hệ các k-tập con nào đó của n-tập
S. Khi đó với mỗi số nguyên dương r, 1 ≤ r ≤ min {k, n − k} ta có :
|∆r A| = |∇r A |

và

|∇r A| = |∆r A |

Chứng minh. Với mỗi B ∈ ∇r A, ta tìm được tập A ∈ A thỏa mãn
A ⊂ B. Ta có
B = S − B ⊂ S − A = A ∈ A ⊆ Pn−k (S)


I.2.Vành B(n)

6

Mặt khác |B| = k + r, |B | = |S − B| = n − (k + r) = (n − k) − r. Từ
đó suy ra B ∈ ∆r A . Vậy có sự tương ứng 1 − 1 giữa tập B ∈ ∇r A
và tập B = S − B ∈ ∆r A . Do đó |∇r A| ≤ |∆r A |.
Ngược lại, với mỗi tập B ∈ ∆r A ta tìm được tập A ∈ A sao cho
B ⊂ A . Ta có

B = S − B ⊃ S − A = A ∈ A ⊆ Pk (S)
Ta lại có |B | = (n−k)−r, |B| = |S −B | = n−(n−k −r) = k +r. Từ
đó suy ra B ∈ ∇r A. Vậy có sự tương ứng 1 − 1 giữa tập B ∈ ∆r A và
tập B = S − B ∈ ∇r A. Do đó |∆r A | ≤ |∇r A|. Vậy |∆r A | = |∇r A|.
Bằng cách thay A bởi A ta có |∆r A| = |∇r A |

I.2

Vành B(n)

Cho n ∈ Z, n ≥ 1, ta đặt B(n) là tập hợp gồm tất cả các dãy có n
thành phần là 0 hoặc 1 xác định như sau:
B(n) = {(εn , εn−1 , . . . , ε1 ) : εi = 0 hoặc εi = 1 với mọi i = 1, 2, . . . , n}
Như vậy, mỗi phần tử của B(n) là một dãy ngược (εn , εn−1 , . . . , ε1 ). Nếu
không có gì nhầm lẫn, ta ký hiệu εn εn−1 . . . ε1 thay cho (εn , εn−1 , . . . , ε1 ).
Rõ ràng số phần tử của B(n) là 2n .
I.2.1

Cấu trúc vành trên B(n)

Ta xây dựng vành Bul B(n) bằng cách định nghĩa phép toán cộng (+)
và phép toán nhân (·) như sau:
Với mọi x, y ∈ B(n), x = (εn , εn−1 , . . . , ε1 ), y = (εn , εn−1 , . . . , ε1 )
x + y = (εn + εn , εn−1 + εn−1 , . . . , ε1 + ε1 )
x.y = (εn εn , εn−1 εn−1 , . . . , ε1 ε1 )
Trong đó, với mọi i = 1, 2, . . . , n:
εi + εi = 0 nếu εi = εi
εi + εi = 1 nếu εi = εi

và

εi εi = 1
nếu εi = εi = 1
εi εi = 0 nếu εi = 0 hoặc εi = 0


I.2.Vành B(n)

7

Chúng ta dễ dàng kiểm tra tính hợp lý của hai phép toán trên và
(B(n), +, ·) là vành giao hoán, phần tử đơn vị là 11...1 , phần tử 0 là
n

00...0. Với mọi x ∈ B(n), x = (εn , εn−1 , . . . , ε1 ) ta có:
n

x2 = x.x = (εn εn , εn−1 εn−1 , . . . , ε1 ε1 ) = (εn , εn−1 , . . . , ε1 ) = x
Vậy (B(n), +, ·) là vành Bul hữu hạn.
I.2.2

Cấu trúc thứ tự trên B(n)

Trên vành B(n) , chúng ta có quan hệ thứ tự bộ phận quen thuộc
được xây dựng dựa vào phép toán nhân các phần tử là :
Với mọi x, y ∈ B(n) ta nói x ≤ y nếu x.y = x.
Sau đây chúng ta xét một thứ tự khác liên quan đến sự sắp xếp các
dãy εn εn−1 . . . ε1 . Trước hết, với mọi x ∈ B(n), x = εn εn−1 . . . ε1 , ta
gọi hạng của x là số tự nhiên k = |x| = εn + εn−1 + . . . + ε1 . Khi đó, với
mỗi k ∈ {0, 1, . . . , n} ta gọi mức thứ k của B(n) là tập hợp B(n, k)

gồm tất cả các phần tử hạng k của B(n)
B(n, k) = {x ∈ B(n) : |x| = k}
Ta định nghĩa trên B(n, k) thứ tự Với mọi x, y ∈ B(n, k), x = εn εn−1 . . . ε1 , y = εn εn−1 . . . ε1 ta nói
x Ta cũng ký hiệu x ≤L y để chỉ x thứ tự từ điển trên B(n, k). Dễ dàng kiểm tra được B(n, k) sắp tốt với
thứ tự từ điển.
I.2.3

Bóng của tập hợp trên B(n)

Bây giờ ta xem xét các khái niệm liên quan đến bóng của tập hợp trên
B(n) . Giả sử x ∈ B(n, k), x = εn εn−1 . . . ε1 là phần tử hạng k và


I.2.Vành B(n)

8

A ⊆ B(n, k) là tập hợp bất kỳ các phần tử hạng k của B(n) . Khi đó:
• Bóng của x là tập hợp ∆x = {y ∈ B(n, k-1) : y ≤ x}
• Bóng của tập A là tập hợp ∆A được xác định bởi
∆A = {y ∈ B(n, k-1) : y ≤ x với x là phần tử nào đó của A}
• Bóng trên của x là tập hợp ∇x = {y ∈ B(n, k+1) : x ≤ y}
• Bóng trên của tập A là tập hợp ∇A xác định bởi
∇A = {y ∈ B(n, k+1) : x ≤ y với x là phần tử nào đó của A}
• Với 1 ≤ r ≤ k, bóng cấp r của x là tập hợp
∆r x = {y ∈ B(n, k-r) : y ≤ x}
• Với 1 ≤ r ≤ k, bóng cấp r của tập A là tập hợp ∆r A được xác định

theo công thức quy nạp ∆1 A = ∆A và ∆r+1 A = ∆ ∆r A . Khi đó
∆r A là bóng của A ở mức thứ k − r.
∆r A = {y ∈ B(n, k-r) : y ≤ x với x là phần tử nào đó của A}
• Với 1 ≤ r ≤ n − k, bóng trên cấp r của x là tập hợp
∇r x = {y ∈ B(n, k+r) : x ≤ y}
• Với 1 ≤ r ≤ n − k, bóng trên cấp r của tập A là tập hợp ∇r A được
xác định theo công thức quy nạp ∇1 A = ∇A và ∇r+1 A = ∇ ∇r A .
Khi đó ∇r A là bóng trên của A ở mức thứ k + r.
∇r A = {y ∈ B(n, k+r) : x ≤ y với x là phần tử nào đó của A}
Ta có các tính chất cơ bản về bóng của tập hợp trong B(n, k) như sau
1. ∆r A =

r
x∈A ∆ x

∇r A =

và

x∈A ∇

r

x

2. Với x = εn εn−1 . . . ε1 ∈ B(n, k), các phần tử của ∇r x được tạo ra
từ x bằng cách giữ nguyên k thành phần bằng 1, thay r trong số
n − k thành phần bằng 0 bởi r số 1. Như vậy |∇r x| =

n−k

r

.

Các phần tử của ∆r x được tạo ra từ x bằng cách giữ nguyên n−k
thành phần bằng 0, thay r trong số k thành phần bằng 1 bởi r
số 0. Như vậy |∆r x| =

k
r

.


I.3.Quan hệ giữa vành B(n) và vành P(S)

I.3

9

Quan hệ giữa vành B(n) và vành P(S)

Vành B(n) và vành P(S) có mối liên hệ rất chặt chẽ với nhau, chúng
ta hãy xét một số tính chất tương ứng của hai vành này:
1) Với mỗi tập A ∈ P(S), ta xác lập dãy ngược a = εn εn−1 . . . ε1 bằng
cách lấy εi = 1 nếu i ∈ A và εi = 0 nếu i ∈
/ A. Dãy ngược a xác
định như trên là một phần tử của B(n) và được gọi là phần tử
đại diện hay dãy đại diện của tập A trong B(n) . Như vậy, chúng
ta có một tương ứng 1 − 1 giữa một tập con của n-tập S với một

phần tử đại diện cho nó trong B(n) . Hơn nữa, ta cũng có một
tương ứng 1 − 1 giữa một k-tập con của n-tập S với một phần tử
đại diện hạng k của nó trong B(n, k).
2) Thứ tự nén các k-tập con của S trong Pk (S) tương ứng với thứ tự
từ điển các phần tử hạng k trong B(n, k).
Thật vậy, xét các k-tập con A, B ∈ Pk (S) mà các phần tử đại diện của
chúng trong B(n, k) lần lượt là a = εn εn−1 . . . ε1 và b = εn εn−1 . . . ε1 .
Khi đó ta có :
A ⇔ Từ trái sang phải, vị trí khác nhau đầu tiên trong dãy
đại diện của A và B là 0 đối với dãy a, 1 đối với dãy b.
⇔ a Với các mối liên kết chặt chẽ trên, các Tính chất 1, 2 ,3, 4 trong mục
I.1.2 và Định lý I.1.1 đã được chứng minh cho vành Pk (S) cũng đúng
cho vành B(n, k) khi ta thay thế tập A ∈ Pk (S) bởi dãy đại diện của
nó và thay thế thứ tự nén bằng thứ tự từ điển.


Chương II
Biểu diễn k-nhị thức và Bóng của
đoạn đầu
Từ những tính chất của vành Bul hữu hạn B(n) và P(S), chúng ta
tiếp tục xem xét một số vấn đề cơ bản của lý thuyết Combinatorial
trên B(n, k)và Pk (S) sau đây:
• Cho A ∈ Pk (S), xác định vị trí của A trong sự sắp xếp Pk (S)
dưới thứ tự nén. Một cách tương ứng, cho a = εn εn−1 . . . ε1 là
phần tử hạng k của B(n) , xác định vị trí của a trong sự sắp xếp
các phần tử của B(n, k) dưới thứ tự từ điển.
• Xác định k-tập con A của n-tập S khi biết vị trí m của A trong
sự sắp xếp Pk (S) dưới thứ tự nén. Một cách tương ứng, xác định

phần tử a = εn εn−1 . . . ε1 ∈ B(n, k) khi biết vị trí m của nó trong
sự sắp xếp các phần tử của B(n, k) dưới thứ tự từ điển.
Mặt khác, vị trí m của A ∈ Pk (S) trong sự sắp xếp các phần tử của
Pk (S) dưới thứ tự nén cũng chính là độ lớn của tập hợp gồm A và
các tập con đầu tiên đứng trước A trong sự sắp xếp các phần tử của
Pk (S) dưới thứ tự nén. Ngược lại, với số nguyên dương m cho trước,
tập A ở vị trí m trong sự sắp xếp Pk (S) dưới thứ tự nén chính là tập
đứng cuối cùng trong đoạn đầu tiên gồm m tập trong sự sắp xếp các
phần tử của Pk (S) dưới thứ tự nén. Hiển nhiên những đặc điểm trên
cũng được xác lập trên B(n, k) dưới thứ tự từ điển. Để thuận tiện cho
việc trình bày các kết quả, ta đưa ra các khái niệm và ký hiệu sau :


II.1.Một số bài toán mở đầu

11

Với A ∈ Pk (S), khi đó đoạn đầu của Pk (S) được kết thúc bởi A là
tập hợp Fk (A) gồm A và các tập con đầu tiên đứng trước A trong sự
sắp xếp Pk (S) dưới thứ tự nén.
Fk (A) = {B ∈ Pk (S) : B ≤S A}
Tương tự, với dãy a = εn εn−1 . . . ε1 ∈ B(n, k), ta gọi đoạn đầu của
B(n, k) được kết thúc bởi a là tập hợp Fk (a) gồm a và các dãy đầu
tiên đứng trước a trong sự sắp xếp B(n, k) dưới thứ tự từ điển.
Fk (a) = {b ∈ B(n, k) : b ≤L a}
Cuối cùng, với số nguyên dương m, ta ký hiệu Fk (m) là đoạn đầu gồm
m phần tử của B(n, k) hoặc Pk (S).
Cùng với hai vấn đề trên là các kết quả liên quan đến bóng cùa tập
hợp. Trước hết ta xem xét bóng của một đoạn đầu qua việc giải quyết
các vấn đề sau:

1. Bóng của một đoạn đầu có phải là một đoạn đầu không?
2. Xác định độ lớn của bóng của một đoạn đầu.
3. Đánh giá độ lớn của bóng của một đoạn đầu với độ lớn của bóng
của một tập hợp bất kỳ mà tập hợp đó có cùng độ lớn với đoạn
đầu đang xét.

II.1

Một số bài toán mở đầu

Bài toán 1: Cho A = {4, 5, 6, 7} xác định vị trí của A trong sự sắp
xếp P4 (S) dưới thứ tự nén.
Giải: Theo Tính chất 2, mục I.1.2 ta chỉ cần xét n = max A = 7, khi
đó S = {1, 2, . . . , 7}. Dãy đại diện của A là a = 1111000 ∈ B(7, 4).
Hiển nhiên a là dãy cuối cùng trong sự sắp xếp các phần tử của B(7, 4)
dưới thứ tự từ điển. Vậy vị trí của A là:
m = |F4 (A) | = |F4 (a) | = | B(7, 4)| =

7
4


II.1.Một số bài toán mở đầu

12

Ta có nhận xét rằng : Dãy 11 . . . 1 00 . . . 0 là dãy đứng ở vị trí cuối
r

s

cùng trong sự sắp xếp các phần tử của B(r+s, r) dưới thứ tự từ điển,
do đó, vị trí của dãy này là m = |B(r+s, r)| =

r+s
r

.

Bài toán 2: Cho A = {1, 3, 5, 6, 8} xác định vị trí của A trong sự sắp
xếp P5 (S) dưới thứ tự nén.
Giải: Theo Tính chất 2, mục I.1.2 ta chỉ cần xét n = max A = 8, khi
đó S = {1, 2, . . . , 8}. Dãy đại diện của A là a = 10110101 ∈ B(8, 5).
Để xác định m = |F5 (a) | ta đếm số các dãy đứng trước a trong sự
sắp xếp B(8, 5) dưới thứ tự từ điển, cho đến khi gặp a:
• Trước hết là các dãy đứng đầu tiên của B(8, 5) , chúng được bắt
đầu bởi số 0, các dãy này có dạng 0ε7 ε6 ε5 ε4 ε3 ε2 ε1 . Có

7
5

dãy

như thế.
• Tiếp theo là các dãy có dạng 10ε6 ε5 ε4 ε3 ε2 ε1 , chúng được bắt đầu
bởi 10. So sánh với a = 10110101, ta cần xác định vị trí của
a1 = 110101 trong sự sắp xếp B(6, 4) dưới thứ tự từ điển. Trở
lại lập luận ban đầu đối với a1 = 110101 ∈ B(6, 4) ta có:
• Các dãy đứng đầu tiên của B(6, 4) được bắt đầu bởi 0, chúng có
dạng 0ε5 ε4 ε3 ε2 ε1 . Có

5
4

dãy như thế.

• Tiếp theo là các dãy có dạng 10ε4 ε3 ε2 ε1 , chúng được bắt đầu bởi
10. Có

4
3

dãy như thế.

• Các dãy tiếp theo được bắt đầu bởi 110, chúng có dạng 110ε3 ε2 ε1 .
So sánh với a1 = 110101, ta cần xác định vị trí của a2 = 101 trong
sự sắp xếp B(3, 2) dưới thứ tự từ điển. Trở lại lập luận trên đối
với a2 = 101 ∈ B(3, 2) ta có:
• Các dãy đứng đầu tiên của B(3, 2) được bắt đầu bởi 0, chúng có
dạng 0ε2 ε1 . Có

2
2

dãy như thế.

• Tiếp theo là các dãy có dạng 10ε1 , chúng được bắt đầu bởi 10.
So sánh với a2 = 101, ta cần xác định vị trí của a3 = 1 trong sự

II.1.Một số bài toán mở đầu

13

sắp xếp B(1, 1) dưới thứ tự từ điển. Hiển nhiên vị trí của a3 = 1
1
1

trong sự sắp xếp B(1, 1) dưới thứ tự từ điển là

. Quá trình

đếm kết thúc. Vậy vị trí của A là :
m=

7
5
4
2
1
+
+
+
+
5
4
3
2
1

= 32

Bài toán 3: Cho A = {3, 4, 5, 6, 9} xác định vị trí của A trong sự sắp
xếp P5 (S) dưới thứ tự nén.
Giải: Theo Tính chất 2, mục I.1.2, ta chỉ cần xét n = max A = 9, khi
đó S = {1, 2, . . . , 9}. Dãy đại diện của A là a = 100111100 ∈ B(9, 5).
Theo lập luận của Bài toán 2 ta có:
• Các dãy đứng đầu tiên của B(9, 5) được bắt đầu bởi 0, chúng có
dạng 0ε8 ε7 ε6 ε5 ε4 ε3 ε2 ε1 . Có

8
5

dãy như thế.

• Các dãy tiếp theo được bắt đầu bởi 10, so sánh với a = 100111100,
ta cần xác định vị trí của a1 = 111100 trong sự sắp xếp B(6, 4)
6
4

dưới thứ tự từ điển. Theo Bài toán 1 vị trí đó là
của A là
m=

8
6
+
5
4

. Vậy vị trí

= 71

Đến đây, ta có thể thấy phương pháp giải quyết trong Bài toán 2 và
Bài toán 3 phương pháp "bóc" dần các số 1 trong dãy εn εn−1 . . . ε1 ,
từ trái sang phải, cho đến khi gặp dãy dạng 11 . . . 1 00 . . . 0. Vị trí của
r

s

dãy dạng này đã được xác định theo nhận xét của Bài toán 1.
Các bài toán trên hình thành cho ta ý tưởng để giải quyết vấn đề thứ
nhất bằng phương pháp "bóc" dần các số 1 trong dãy εn εn−1 . . . ε1 ,
từ trái sang phải. Vị trí m được biểu diễn dưới dạng tổng của các số
tổ hợp. Câu hỏi đặt ra là ta có thể giải quyết vấn đề thứ hai bằng
cách "đi ngược" lời giải của các bài toán trên không? Để "đi ngược "
phương pháp trên, trước hết ta xem xét sự biểu diễn số nguyên dương
m thành tổng các số tổ hợp qua khái niệm biểu diễn k-nhị thức của
một số.


II.2.Biểu diễn k-nhị thức của một số

II.2

14

Biểu diễn k-nhị thức của một số

Định lý II.2.1. Cho các số nguyên dương m và k, khi đó có một sự
biểu diễn duy nhất số m dưới dạng:
ak
k

m=

ak−1
at
+ ··· +
k−1
t

+

(II.1)

trong đó ak > ak−1 > · · · > at ≥ t ≥ 1
Công thức (II.1) gọi là biểu diễn k-nhị thức của m.
Chứng minh. Ta luôn luôn chọn được số nguyên dương ak lớn nhất
sao cho

ak
k

≤ m. Nói cách khác: ∃ak ∈ Z, ak ≥ 1 thỏa mãn
ak
k

Nếu

ak
k

≤m<

1 + ak
k

< m thì ∃ak−1 ∈ Z, ak−1 ≥ 1 thỏa mãn
ak−1
k−1

≤m−

ak
k

<

1 + ak−1
k−1

ak
k

+

ak
k−1

Giả sử ak ≤ ak−1 , khi đó
m≥

ak
k

+

ak−1
k−1

≥

=

1 + ak
k

Điều này trái với cách chọn ak . Do đó ak > ak−1 .
Tiếp tục quá trình trên sau hữu hạn bước ta sẽ chọn được số nguyên
dương at với t > 1 sao cho
at
t

=m−

ak
k

−

ak−1
at+1
− ··· −
k−1
t+1

trong đó ak > ak−1 > · · · > at ≥ t > 1.
Hoặc chọn được số nguyên dương a1 sao cho
a1
1

≤m−

ak
k

−

ak−1
a2
− ··· −
k−1
2

<

1 + a1
1

II.2.Biểu diễn k-nhị thức của một số

15

Nhưng khi đó
0 ≤ m−

a1
ak
ak−1
a2
−
−
−· · ·−
1
k
k−1
2

Vậy
m=

ak
k

+

<

1 + a1
a1
−
1
1

=1

ak−1
a1
+ ··· +
k−1
1

trong đó ak > ak−1 > · · · > a2 > a1 ≥ 1.
Bây giờ ta chứng minh sự biểu diễn số m theo công thức (II.1) là
duy nhất bằng lý luận quy nạp như sau:
Với k = 1 thì m =

m
1

là biểu diễn duy nhất của m theo công thức

(II.1). Giả sử ta đã chứng minh được sự biểu diễn m theo công thức
(II.1) là duy nhất đến k = l − 1, (l ≥ 2).
Xét k = l và giả sử rằng m được biểu diễn theo công thức (II.1)
dưới 2 dạng sau :
m =

m =

at
al−1
al
, al > · · · > at ≥ t ≥ 1
+ ··· +
+
t
l−1
l
bl
bl−1
br
+
+ ··· +
, bl > · · · > br ≥ r ≥ 1
l
l−1
r

Nếu al = bl thì ta có thể giả sử al < bl . Khi đó
at
al−1
al
+ ··· +
+
t
l−1
l

al − l + 1
al − l + t
al − 1
al
+ ··· +
+ ··· +
+
≤
1
t
l−1
l
1 + al
al − l
1 + al
1 + al
bl
=
−
=
−1<
≤
≤m
l
0
l
l
l

m=

Điều mâu thuẫn này chứng tỏ không thể xảy ra trường hợp al = bl .
Từ đó suy ra al = bl , nhưng khi đó ta có

al
l

=

bl
l

và m −

al
l

có 2

biểu diễn (l − 1)-nhị thức, theo giả thiết quy nạp, ta suy ra ai = bi với
mọi i. Vậy biểu diễn k-nhị thức của m theo công thức (II.1) là duy
nhất.


II.2.Biểu diễn k-nhị thức của một số

16

Trong chứng minh trên ta đã sử dụng công thức quen thuộc đó là :
n−1

n−l
n
+
+ ··· +
l
l−1
0

=

n+1
l

(II.2)

Bây giờ ta sử dụng phương pháp trong các bài toán mở đầu để xem
xét độ lớn của đoạn đầu trong trường hợp tổng quát. Để thuận tiện
cho việc trình bày, với mỗi phần tử a = εn εn−1 . . . ε1 ∈ B(n, k), ta đặt
max a = max {i : εi = 1} và ký hiệu zk = 00 . . . 0.
k

Định lý II.2.2. Cho a = εn εn−1 . . . ε1 ∈ B(n, k), khi đó m = |Fk (a) |
hoàn toàn được xác định dưới dạng một biểu diễn k-nhị thức.
Chứng minh. Ta xét hai khả năng sau:
Nếu k = 1 thì a ∈ B(n, 1), khi đó tồn tại r ∈ {1, 2, . . . , n} sao cho
εr = 1 và εi = 0 ∀i = r. Ta có a = zn−r 1zr−1 , vậy a đứng ở vị trí cuối
cùng trong sự sắp xếp B(r, 1) dưới thứ tự từ điển. Do đó
|F1 (a) | = |B(r, 1)| =

r

1

Nếu k > 1 thì tồn tại các số n1 , n2 , . . . , nk ∈ {1, 2, . . . , n} trong đó
1 ≤ n1 < n2 < . . . < nk ≤ n thỏa mãn : εn1 = εn2 = · · · = εnk = 1 và
εi = 0 ∀ i ∈
/ {n1 , n2 , . . . , nk }. Khi đó max a = nk . Theo Tính chất 2,
mục I.1.2 ta có thể xem a ∈ B(nk , k). Ta có các trường hợp sau:
a) Nếu ni+1 = ni + 1 ∀i = 1, 2, . . . , k − 1 thì a = 11 . . . 1 00 . . . 0 lã dãy
k

nk −k

đứng cuối cùng trong sự sắp xếp B(nk , k) dưới thứ tự từ điển.
Vậy Fk (a) = B(nk , k) và
m = |Fk (a) | = |B(nk , k)| =

nk
k

b) Nếu trường hợp trên không đúng thì tồn tại i ∈ {1, 2, . . . , k−1} sao
cho ni +1 < ni+1 . Giả sử t là chỉ số nhỏ nhất sao cho 1+nt < nt+1 .
Ta thực hiện quá trình sau:


II.2.Biểu diễn k-nhị thức của một số

17

• Đặt mk = nk − 1, M0 = {b ∈ B(nk , k) : max b ≤ mk } = B(mk , k)
khi đó với mọi b ∈ M0 ta suy ra b

M0 ⊆ Fk (a) và
|M0 | = |B(mk , k)| ≤ |Fk (a) | = m < |B(nk , k)| =
hay
|M0 | =

mk
k

≤m<

nk
k

1 + mk
k

• Phần tử của Fk (a) − M0 có dạng εnk znk −1 + b, b ∈ B(nk-1 , k-1).
Đặt mk−1 = nk−1 − 1 và
M1 = {εnk znk −1 + c : c ∈ B(mk-1 , k-1)}
Khi đó, M0 ∩ M1 = ∅, M1 ⊆ Fk (a) − M0 ⊂ B(nk-1 , k-1) và
|M1 | = |B(mk-1 , k-1)| ≤ |Fk (a) − M0 | < |B(nk-1 , k-1)|
hay
|M1 | =

mk−1
k−1

≤m−

mk

k

<

nk−1
k−1

=

1 + mk−1
k−1

• Các dãy trong Fk (a) − M0 ∪ M1 có dạng :
εnk znk −1 + εnk−1 znk−1 −1 + d, d ∈ B(nk-2 , k-2)
Đặt mk−2 = nk−2 − 1 và
M2 = {εnk znk −1 + εnk−1 znk−1 −1 + e : e ∈ B(mk-2 , k-2)}
Khi đó M2 ⊆ Fk (a) − M0 ∪ M1 ⊂ B(nk-2 , k-2) và M0 , M1 , M2
đôi một rời nhau. Ta có
|M2 | = |B(mk-2 , k-2)| ≤ |Fk (a) − M0 ∪ M1 | < |B(nk-2 , k-2)|
hay
mk−2
k−2

≤m−

mk
k

−

mk−1
k−1

<

nk−2
k−2

=

1 + mk−2
k−2


II.2.Biểu diễn k-nhị thức của một số

18

• Bằng cách xây dựng như trên, ta thu được các tập tiếp theo là
M3 , M4 , . . . , Mk−t−1 . Ở đây, với mỗi r ∈ {1, 2, . . . , k − t − 1}, ta
đặt mk−r = nk−r − 1 và
Mr = {εnk znk −1 + · · · + εnk−r+1 znk−r+1 −1 + f : f ∈ B(mk-r , k-r)}
Dễ thấy Mr ∩Mj = ∅ ∀j ∈ {0, 1, . . . , r−1}, |Mr | = |B(mk-r , k-r)|
và
Mr ⊆ Fk (a) − M0 ∪ M1 ∪ · · · ∪ Mr−1 ⊂ B(nk-r , k-r)
Từ đó suy ra
|Mr | ≤ |Fk (a) − M0 ∪ M1 ∪ · · · ∪ Mr−1 | < |B(nk-r , k-r)|
Hay
mk−r
k−r

≤m−

mk
k

− ··· −

mk−r+1
k−r+1

<

1 + mk−r
k−r

• Bây giờ, ta xây dựng tập Mk−t như sau:
Mk−t = Fk (a) − M0 ∪ M1 ∪ · · · ∪ Mk−t−1
Khi đó các phần tử của Mk−t có dạng:
u = εnk znk −1 + εnk−1 znk−1 −1 + · · · + εnt+1 znt+1 −1 + g với g ∈ B(nt , t)
Theo cách chọn t, ta có nt − j = nt−j ∀j = 1, . . . , t − 1, do đó nt
thành phần cuối trong
a = εn εn−1 . . . εnt +1 εnt εnt −1 . . . εn1 εn1 −1 . . . ε1
phải là 11 . . . 1 00 . . . 0. Vì vậy với mọi g ∈ B(nt , t) ta luôn có
t

nt −t

u = εnk znk −1 + εnk−1 znk−1 −1 + · · · + εnt+1 znt+1 −1 + g ≤L a
Tức là u ∈ Fk (a), hay u ∈ Mk−t . Do đó |Mk−t | = |B(nt , t)|.

Từ cách xây dựng, ta có các tập Mj , j = 0, 1, . . . , k − t đôi một


II.2.Biểu diễn k-nhị thức của một số

19

rời nhau, Fk (a) = M0 ∪ M1 ∪ · · · ∪ Mk−t−1 ∪ Mk−t và
m = |Fk (a) |
= |M0 ∪ M1 ∪ · · · ∪ Mk−t−1 ∪ Mk−t |
= |M0 | + |M1 | + · · · + |Mk−t−1 | + |Mk−t |
mk
mk−1
mt+1
nt
=
+
+ ··· +
+
k
k−1
t+1
t
mk
mk−1
mt+1
mt
=
+
+ ··· +

+
k
k−1
t+1
t

(II.3)

trong đó mt = nt , mj = nj − 1 với t + 1 ≤ j ≤ k.
Mặt khác ta có
1 ≤ n1 < n 2 < . . . < n t < . . . < n k ≤ n
nên
1 ≤ t ≤ nt = mt < mt+1 < . . . < mk
Vậy sự biểu diễn m = |Fk (a) | theo công thức (II.3) là biểu diễn
k-nhị thức của m.

Dựa vào sự biểu diễn k-nhị thức, chúng ta có thể xác định được tập
con k-phần tử của n-tập S khi biết vị trí m của nó trong dãy các phần
tử của Pk (S) dưới thứ tự nén.
Định lý II.2.3. Giả sử số nguyên dương m có biểu diễn k-nhị thức
là
m=

ak
k

+

ak−1
at

+ ··· +
, ak > · · · > a t ≥ t ≥ 1
k−1
t

(II.4)

Khi đó tập A ∈ Pk (S) tại vị trí m trong dãy các phần tử của Pk (S)
sắp xếp dưới thứ tự nén được xác định như sau:
A = {1 + ak , 1 + ak−1 , . . . , 1 + at+1 , at , at − 1, . . . , at − t + 1} (II.5)


II.2.Biểu diễn k-nhị thức của một số

20

Chứng minh. Ta có A là tập cuối cùng của Fk (m). Vì vậy để xác định
A, ta lần lượt đếm các tập trong Fk (m) như sau:
•

ak
k

•

ak−1
k−1

tập đầu tiên là các k-tập con của tập {1, 2, . . . , ak } ⊆ S.
tập tiếp theo là các k-tập con của S, chúng được tạo thành

bằng cách ghép thêm {1 + ak } vào mỗi (k − 1)-tập con của tập
{1, 2, . . . , ak−1 }.
ak−2
k−2

•

tập tiếp theo là các k-tập con của S, chúng được tạo thành

bằng cách ghép thêm {1 + ak , 1 + ak−1 } vào mỗi (k − 2)-tập con
của tập {1, 2, . . . , ak−2 }.
. . . Tiếp tục quá trình cho đến lập luận sau:
at
t

•

tập tiếp theo là các k-tập con của S, chúng được tạo thành

bằng cách ghép thêm {1 + ak , 1 + ak−1 , . . . , 1 + at+1 } vào mỗi t-tập
con của tập {1, 2, . . . , at }.
Rõ ràng tập cuối cùng của Fk (m) là tập cuối cùng trong quá trình
trên, tức A là tập thứ
ak
k

+

at

ak−1
+ ··· +
k−1
t

=m

Theo Tính chất 3, mục I.1.2 ta suy ra
A = {1 + ak , 1 + ak−1 , . . . , 1 + at+1 , at , at − 1, . . . , at − t + 1}

Áp dụng Định lý II.2.3 ta dễ dàng giải quyết các ví dụ minh họa sau:
Ví dụ 1: Xác định các 3-tập con của n-tập S tại các vị trí 4, 5, 25
trong sự sắp xếp các phần tử của P3 (S) dưới thứ tự nén.
4=

4
3

nên suy ra k = t = 3, ak = at = 4. Vậy tập thứ 4 trong sự

sắp xếp các phần tử của P3 (S) dưới thứ tự nén là
{4, 4 − 1, 4 − 2} = {4, 3, 2}