Cấu trúc của V - thứ tự và định lý kiểu Kruskal - Katona

Luận văn tiến sĩ:: Cấu trúc của V - thứ tự và định lý kiểu Kruskal - Katona

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

TRẦN NGỌC DANH

CẤU TRÚC CỦA V-THỨ TỰ VÀ ĐỊNH LÝ KIỂU KRUSKAL-KATONA

Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ

Mã số: 1.01.03

LUẬN ÁN TIẾN SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

Trước tiên, tôi xin chân thành bày tô lòng biết ơn sâu sắc đến

thầy hướng dẫn, GSTS David E Daykin, thuộc trường Đại học Reading, England, ngwéi thay khả kính, dù xa xôi cách trở, nhưng

bằng cách này cách khác đã tận tình hướng dẫn tôi từng bước trên con đường nghiên cứu toán học với tất cả niềm say mê Những kết

quả trong luận án này không thể có được nếu không có sự tận tâm của thầy

Tôi cũng xin vô cùng biết ơn thầy dong hudng dan, GSTS Nguyễn Hữu Ảnh, đã tận tình giúp đỡ tôi trong quá trình thực

hiện luận án này

Toi khong thể không nói lên lòng biết ơn sâu sắc dén GSTS Đặng Đình Áng, người thầy đã truyền đạt không chỉ cho tôi mà

cho biết bao thế hệ những kiến thức toán học hết sức giá trị và

niềm đam mê không hề biết mệt mỗi đối với Toán học

"Tôi xin chãn thành cảm ơn các thầy giới thiệu luận án đã đọc

và cho nhiều ý kiến thiết thực

Tôi xin chân thành cảm ơn Ban Giám Hiệu, Phòng Sau Đại Học Và Hợp Tác Quốc Tế, Khoa Toán-Tin học của Trường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên Tp Hồ chí Minh cùng các thầy cô và các bạn đồng nghiệp, đặc biệt là các đồng nghiệp trong Bộ môn Đại số,

đã tạo mọi diều kiện thuận lợi và giúp đỡ tôi rất nhiều trong quá

trình thực hiện luận án này

Tac giả luận án

Toi xin cam đoan đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi

hoặc cùng với Giáo sư hướng dẫn Các số liệu và các kết quả trong

luận án này là trung thực và chưa từng được ai công bố trong bất

kỳ một công trình nào khác

Tac giả luận án

n ngọc Danh

Chuong 1 Téng quan vé K-poset

1.1 Doi nét lich ste v8 K-poseé 2 ee

1.3 Định lý KK oo ccc eee e ne ees

2.3 K-poset của các véctlơBool Ặ

Chương 3 Bài toán biểu diễn và định lý kiểu Lovasz

3.1 Các bài toán về biểu diễn trên Ở

Danh rmnục công trình đã công bố của tác gi

Tài liệu tham khảo

Tạp hợp các số nguyên không âm

Tập hợp các véctơ Bool + chiều

Tập hợp các véctơ nguyên không &m œ chiều

Tap hgp tất cả các véctơ Bool

Tập hợp tất cả các véctơ nguyên không ãm

là trội trực tiếp của x 'Trội trực tiếp của z

Tập hợp các ø € P, sao cho ø < &

Véctơ có được sau khi xóa thành phần thứ ÿ của x

Số nguyên Ö sao cho đụ_¡ > ớy, dạ, € - < đa

Véctơ ô„a với h = Và

Trọng lượng của a và bằng ai + - + đa

max{a;:1<i<n}

Số các ¿ thỏa a; = pa

min{ø; : Ì < ¿ <S n}

Vécbơ zero n chitu

Véctơ œ chiều với tất cả các thành phần bằng 1

Tap hợp các véctơ của A C V(n) có thành phần thứ ¡ bằng đ

Tap hgp cdc véctơ của có dạng xở với x€ A

Tập hợp các véctơ của có dạng dx với x€ A

Tập hợp các véctơ x€ B(n) voi wx =k

{ð;a: 1 < 7 < n và a; = 0}

min{j : a; # b;}

max{j : a; # b;}

có thứ tự bộ phận Năm 1963, Kruskal công bố bài báo “The number

of simplices in a complex” [24] nhung chva ai hiéu ro y nghia cla no Nam 1966, Katona tim lai két quả trên nhưng chứng minh cha ong [23] rất phức tạp và có sai sót Từ đó cái tên định lý Kruskal-Katona hay định lý KK ra đời, và đã có nhiều chứng minh cho định lý này, trong đó

có chứng minh của Daykin, D.E (1974), Hilton (1979) và Frankl(1984)

Định lý KK đã trở thành một định lý cơ bản của Combinatorics và từ

định lý này có thể suy ra một số các định lý khác như Định lý EKR,

Định lý Kleitman Những sách giáo khoa chuyên ngành thường dành

riêng một chương cho định lý KK như trong [9] và [13] Vi vay that dé hiểu khi các nhà toán học trong ngành thường quan tam đến việc tìm kiếm những kết quả tương tự

Năm 1969, trong bài báo “A generalization of a combinatorial theorem of Macaulay”, Clements va Linstrém đã thành công trong việc

mé réng dinh ly KK cho da tap hgp [14] (cdi ten Macaulay liên hệ đến

một ví dụ mà Macaulay đã tìm ra năm 1927) Một cách tự nhiên, các nhà toán học dã nghĩ đến việc chứng minh định lý Kruskal-Katona cho

các poset khác như poset các véctơ Bool Nam 1984, với thuật ngữ K-poset, Daykin, D.B đã giới thiệu tổng quát về các bài toán kiểu KK [17], trong dé Strehl và Winkelmann dã dưa ra một thứ tự tuyến tính trên poset các véctơ Bool và véctơ nguyên không âm và giả định rằng với thứ tự tuyến tính ấy, định lý kiểu KK cũng đúng

Năm 1994, chúng tôi đã chứng minh định lý kiểu KK cho các vécbơ Bool va giti dén Journal of London Math Soc Nhung ngt người phản biện đã báo cho chúng tôi biết là bài toán đã được giải quyết năm

1992 bởi Bezrukov và Gronau trong bai bac “A Kruskal-Katona type

theorem” [12], dong thời gửi cho chúng tôi bản sao bài báo nay Sau

một thời gian nghiên cứu, chúng tôi phát hiện ra rằng chứng mình của

Bezrukov và Gronau là sai, không thế sửa chữa được và Math Reviews

đã có phụ lục đính chính bằng phản ví dụ của chúng tôi (Math Reviews,

1995 m, Erraia and Addenda to earlier issues, p.7148) Ngay sau đó các

công trình của chúng tôi đã được nhận đăng (1994) 5au này, Ahlswede

và Cai đã đưa ra một chứng minh khác [10] mà Daykin đã nhanh chóng

chỉ ra sai sót của họ Ahlswede và Cai đã sửa chữa lại và được đăng như

trong [11]

1.2 Các khái niệm cơ bản

Goi JIN là tập hợp các số nguyên không âm Trước tiên chúng ta

nhắc lại một số khái niệm về poset, K-poset

1.2.1 Dinh nghia (i) Poset (partially ordered set) la mét tap hợp

tới thú tự bộ phận, túc P = (S,<) uới S là một quan hệ thứ tự bộ

phận trên Š

Với, g là hai phần tử của poset P, ta bdo y là trội trực tiếp của

œ nếu # < t 0à không cố z 3# +, sao cho œ S z < ; khi ấu ta viet

_8 <4 0à ø =1, y=at

(1) Giả sử có một ứnh sạ r từ poset P uào IN thỏa r[p) = 0 nếu p

là phần tử tốt tiểu của P vd r(p) = r(qg)} +1 nếu q 4p Khi ấu P gọi

là một poset có hạng (ranked poset), r gọt là hàm hang (rank function)

Đà ouới k = 0,1,2, , tạ định nghĩa mức thứ k (leuel k} của P là

Py = {p € P:r(p) = k}

(itt) Cho P la 1 poset cd hang dt cde mite Py, Py, Py, Veik > 1

0à p Đụ, bóng (shadou) của p được định nghĩa là

Ap={q< H,_.¡:q <p}

vd béng của A C Py là

AA= \ Ap

pea

Sau đây là một số ví dụ về poset có hạng mà ta sẽ dùng đến trong các phần kế tiếp Như thông lệ, ký hiệu |A| đế chỉ số phần tử của tập hợp

A Và để đơn giản ký hiệu, véctơ (#ạ, #a, , #,) được viết là #12 nếu không có gì nhầm lẫn

Vi du 1.1 Poset P(S) các tập con cha S = {1,2, ,n}

Thứ tự bộ phận: Với X = #42y ;, Y = 1ta -a thÌ x SyY nếu

k<m và đi, ,1y Liy < < y VÀ 8Ị = ụy cóc ì 8k = Đụ:

Ham hang: Voix 2, 2, thi r(x) = k = dimx

Thứ tự bộ phận: Với x = #z¿ #, Và Y = U12 -a thÌ € y nếu

k<nva diy jigs ty < oe < ty VA 2 = Yay Th = ức

Ham hang: Voi x = 21 %, thi r(x) = k = dimx

Vấn đề tự nhiên được nêu ra là tìm chận dưới lớn nhất của |AA|

Một cách tổng quát, với ;y là mức thứ k của poset cé hang P va m 1a

số tự nhiên cho sẵn, tìm A CĐ; sao cho LA| = m va

[AA] = min{|AB|: B C Ty và LB| = m}

Để giải quyết bài toán này, thường người ta tìm một thứ bự toàn

phần trên P,, k= 1,2, mata goi là thứ tự tuyến tính và chứng minh rằng tập 4 phải tìm gồm rn phần tử đầu tiên của P, trong thi tự tuyến tính ấy Đó là nội dung chủ yếu của định lý KK mà ta sẽ xét ở phần dưới

1.2.2 Định nghĩa Cho P là một poset có hạng uới các mức Pụ, Pị,

Đ,, Giả sử trên P có một thứ tự gọi là thử tự tuyến tính (linear order) <;, sao cho P, được sắp toàn phần với mọi k > 1 (Vậy trên

P có 8 thứ tụ : < tà <Sy) 0à ta tiết (P,<S,Sr)

(i) Tap IC Py goi la mét doan dau (initial section) của Pụ, ký hiệu

IS, néu I gom nhiing phan td dau tién cia P, trong thd tu tuyén tink Noi cdch khdc, ed a € P, sao cho I ed dang I = {2 € Py: t <z a} (ti) Cho AC P, vdi [Al = m Phan nén (compression) eda A, hy hiệu C(A), là tập cơn của Pụ gồm m phần tủ đầu tiên của P, trong thứ tự tuyến tính

(tii) Ta bdo A bị nên (compressed) néu C(A) = A

Vậy theo định nghĩa ta có

hợp (suitable} nếu

|Ađ(4)| <|AA|, VA c ?; (11)

Khi ấu P goi la poset Macaulay

Hiển nhiên, nếu Ađ(4) C C(AA) thi vi [C(B)| = |B] véi moi B nen

|AC(A)| < |C(AA)| = |AA| va do dé (1.1) thỏa

Bay giờ ta có thể định nghĩa K-poset, đối tượng chính của chúng ta 1.2.4 Định nghĩa Cho P là một poset có hạng uới các mức Py, Py, P,, Ta goi P la mot K-poset nếu có một thứ tự tuyến tính trên P

sao cho oới mọi b > Ì ta có

(i) AP, = Pra;

(1) Bóng của một l§ của Py là một IŠ của Py_;

(titi) |AC(A)] < |AA], VAC

Ta viét (P,<, Sz)

Liên hệ đến IK-poset, ta có các bài toán sau day

1.2.5 Định nghĩa Cho (P,<,<y) la mét K-poset Vodia € P,, ta

_ đặt IS,(ø) = {+ € P, : + <y a} Các bài toán sau gọi là các bài toán

về biểu diễn của K-poset

Bai todn 1 Choae Py Timm = |IS,(a)| vd Am = |AIS,(a)| Bài todn 2 Cho me IN Tima € P,(S) sao cho |IS,(a)| = m

Vi du dau tiên và cơ bản về K-poset là Định lý KK [17] mà ta sẽ

xét dưới dây

1.3 Định lý KK

Gọi P(S) là poset có hạng của tất cả các tập con của

Ø ={1, ,n} thì theo Ví dụ 1.1, mức thứ & của P(6) là

viết a — b để chỉ hiệu của hai tập hợp ø và b còn a + b để chỉ phần hiệu

đối xứng: ø+ b = (a— b)U (ð — a) = (øUð) — (an) Vậy, nếu af1b =

thì a+ b = aUb

1.3.1 Dinh nghia Voi a,b € P,(S), te dink nghia:

a <b & max(a— 6) < max(b~ a) & max(a +d) € b

Thứ tự nàu gọi là thứ tự dồn (squashed order)

Đến đây ta có thể phát biếu Định lý KK mà chứng minh của nó có

thé tim thay trong [9] và [21]

1.3.2 Dinh ly KK (Kruskal 1963, Katona 1966) Cho tap hợp

5 ={1, ,n} Với thứ tự bộ phận là thứ tự bao hàm uà thứ tự

tuyến tính là thứ tụ dồn thì P(S) là K-poaset

Như vậy |AC(4)| < [AA|, VA C P,(S), & > 1 nén Dinh ly KK chi

ra rằng, trong số các tập con gồm rn phần tử của P,(S) thi m phan tt

đầu tiên trong thứ tự dồn có bóng bé nhất

Ví dụ 1.6 Với 9 = {1,2,3,4,5}, dy A = {124,234,245} và

B= {123,124,134} thì Ð = ((A) gồm |A| = 3 phần tử đầu tiên trong (5) (xem Ví dụ 1.5) và ta có

AA = {12,23, 14, 24, 34, 25, 45}.

AB = {12, 13, 23, 14, 24, 34}

Ta có AB là một IS với

|AB| = |AC(A)| = 6 < |AA| =7

Dinh ly KK khang dinh rAng, tat ca tap con gdm 3 phan tit cla P3(5)

đều có bóng với kích thước (số phần tử) lớn hơn hay bang 6 = |AB|.>

Với m,k nguyên dương cho sẵn, ta gọi nạ, mụ ị, lần lượt là các

số nguyên lớn nhất sao cho

Tiếp tục quá trình trên ta có

1.3.3 Định lý Cho m, k là các số nguyên dương Tồn tại duy nhất

các số nguyên Tny,Tiy_, ,Tty sao cho

nụ > Ty _ị > ri >ny >> 1 (1.2)

Chẳng hạn với m = 22 vak = 4 thi

m=()+G) +6)

1.3.4 Định nghĩa Công thức (1.8) thỏa điều kiện (1.2) gọi là biểu

diễn k-nhị thức (k-binomial represeniation) hay một k-cascade của số nguyén m.

Bây giờ ta xét các bài todn vé biéu dién trong K-poset P(S) Nh&c

lai rang vdi a € P,(S) thi ta viét [5,(a) để chỉ tập hợp các phần tử

b € P,(S) sao cho b < a trong thi tự đồn

Trước tiên ta xét Bài toán 1, tức là tìm m = |/'S,(a)| với ø cho sẵn

va Am = |AIS,(a)]

Nếu k = I thì ø = {r} với 1 <z < m thì Aa = {0} va hién nhien

c>(] te)

Xét k > 1 và aŠ {a, ,ay} với a; < - < dự

Néu a4, = lta, i = 1, ,4-—1 thi [S,(a) = P,(S') va AIS,(a) = P,_1(S') véi 6! = {1,2, ,a„} nên -

Nếu IS,(a) — (Go UG,) # Ú thì những phần tử của nó có dạng

dU {ag_1,a%} trong dé |d| = k-2, dc {1, ag;} Như trên, VỚI M2 = 0y; — | và Œ; gồm những phan tir cha P,(S) cd dang

dU {a,_1, 0%} trong đó |d[ = k — 2 và đC 5 = {1, ,ng_;} thì

G;C 15,(a) và |Gs|= (Pa):

Bằng cách tiếp tục quá trình trên, cuối cùng ta có t > 1 sao cho

IS;,(a) = Go U Gi U UG,

= {bU {a,}: 6 € Py_o(S1)}

={cU {ax—1,94} :¢ € Py_3(S9)}

Nhận xét rằng Am suy từ znm bằng phép biến đổi (7) —> (,",) trên

mỗi số hạng của m

Kết quả trên cùng với Định lý 1.3.3 cho ta các thuật toán để giải

quyết các bài toán về biểu diễn trong K-poset P(S) vdi S = {1, ,n} Thuật toán 1 Cho a = {a,, ,a,} la mét phan te cia P,(S) với

ay < +++ < ay Timm = |IS,(a)| vd Am = |AIS,(a)]

Bước 3 h:= h — 1, trở lại Bước 1

Ví dụ 1.7 Cho Ss = {1,2, ., 8} va Q = G1Q7040405 € Ps(S) (ta viết

@ = aiaaasoaa; thay cho œ = {@, đa, 0x, đạ, 8g })

(i) Véi a = 13568 thi Thuat toán 1 cho ta

(ii) Voi a = 34578 thi ag = 1+ 4, a3 = 1+ ag va ta cd

Tuy — 0g — Ì = Ï, hạ = gạ — Ì = 6, nrạ = B

-sel-()+()+()=%

Do đó a là phần tử thứ 46 của P,(S) Hơn nữa, `

“ase ()+6)+()

Thuật toán 2 Cho S = {1,2, ,n} vd m, k nguyén duong Tim

a € P,(S) sao cho |AIS,(a)| =m

Nếu m > 0 thi a:= œU {d+ 1} Đến Bước 3

Bước 3 h := h — 1 trở uề Bước 1

Nói cách khác, nếu k-cascade của ?m là

m= (i) + (ei) e+ (1)

My > M1 > >My 2t>1 thì ta có

@ = {1+ mg, b+ gig, ney LA egy, y y Ty — Ê + 1} (1.5)

Ví dụ 1.8 Cho $= {1,2, , 7} và m = 22 Ta sẽ tìm a € P,(S) sao

Cong thitc (1.5) cho ta a = 13568

Ta thay rang cdc tinh toán trên đây tương đối phức tạp nên ta cần

một công thức đơn giản hơn Nhưng trước tiên, ta nới rộng định nghĩa

Dinh ly Lovasz [9] dudi day sé cho ta mot công thức đơn giản hơn

dé nhanh chóng xác định chận dưới của |AA| với A C P,(S)

1.3.6 Định ly (Lovasz, 1979) Cho 5 = {1,2, ,n} vd AC P,(S)

‘u |A| = >k thi |AA| >

Nếu {Al ().:> a | > (,° ]

1.4 Dinh ly Clements-Linstrom

Ví dụ thứ hai về K-poset là định lý Clements-Linstrồm Về thực chất, định lý này là một mở rộng của định lý KK

Trong phần này, ta xét poset có hạng P = 6(kq,kạ, ,kạ),

kị < kạ < - < k„ạ như trong Ví dụ 1.2 với mức thứ k là

Đụ = {1112 8#a 184 Đa = k}

1.4.1 Định nghĩa Vốix = ziz¿ #„; Y = its .„ là hai phần tử

của P,, ta dinh nghĩa

x<ye>oa,<y, t= min{j: 2; # y;}

Thứ tự này gọt là thứ tự tự điển (lezicographic order)

Ví dụ 1.10- Sau đây là các véctơ ở mức 2 và mức 3 của P = 5(2,3,3) xếp theo thứ tự tự điển tăng dần với các phần tử có dạng #124

P; : 003,012, 021,030, 102, 111, 120, 201,210

?; : 002,011,020, 101, 110, 200

Với A = {012,102,201} thì C(A) gồm |A| = 3 véctơ đầu tiên của P;

trong thứ tự tự điển nên C(A) = {003,012,021} va ta có

AA = {002,011,101,200}, AC(A) = {002,011,020} Vay

AC(A) ¢ C(AA) = {002, 011, 020, 101}

1.4.2 Dinh ly (Clements-Linstrém, 1969) Với thứ tự tuyến tính là thứ tự tự điển thi P = S(kq\, , kạ) là một K-poset

Định lý Clements-Linstrom là một mở rộng cha Dinh ly KK That

vậy, với œ C S = {1, ,m} ta biểu diễn œ bằng một véctơ Bool

Véi a,b € P,(S), a biéu dién bdi a = ayag a, va 6 biéu dién bdi

b = bjb 6, ta dat i = min{j : a; # b;}, va hh = max{j : 7 € a+ 5}

là thứ tự BG [12] vì thứ tự này không thích hợp, như chúng tôi sẽ chỉ

ra Những vấn đề này sẽ được giải quyết trong Chương 2

Tiếp theo, chúng tôi sẽ đưa ra các thuật toán để giải quyết các bài

toán về biểu diễn trong K-poset Z Chúng tôi cũng chứng minh định lý kiểu Lovasz giúp xác định nhanh chóng một chận dưới của |AA| với 4

là một họ các véctơ Bool n chiều và || = m với mm cho sẵn

Sau cùng, chúng tôi sẽ nêu lên những kết quả mà chúng tôi đã đạt được trên poset ƒ các véctơ nguyên không âm trong nỗ lực chứng minh định lý kiểu KK trên V

Chương 2

ĐỊNH LÝ KIỂU KK

Trong chương này chúng tôi sẽ chứng minh rằng tập hợp Ö các vectơ Bool là một K-poset, tức là chứng minh định lý kiểu KK trên 8 Các kết quả của chúng tôi trong chương này đã được công bố trong [5], [6]

va [7]

2.1 Ký hiệu

Gọi JN là tập hợp các số nguyên không âm Với n € IN thi ky hiéu V(n) dé chi tap hgp cdc vécto a = ayag a,, a; € IN:

V(n) = {a,a2 a, : a; € IN} vdi V(O) = {0}

Tương tự, B(n) la tap hop cdc vécto Bool n chiều:

B(n) = {ayaq a, : a; = 0 hay a; = 1} vdi B(0) = {0}

Ta có B(n) c V(n)

Các véctơ sé được thể hiện bằng chữ có nét đậm và chữ thường sẽ

được dùng để chỉ các thành phần của nó, chẳng hạn như:

e 6,a la vécto trong V(n — 1) có được từ a bằng cách bỏ thành phần

Nếu a € B(n) thi at = d,a = ổ,a với h = Va và k = maxÍi : a¡ = 0}

nên ta có thể giả sử Va = k khi tính a*

Ta gọi a là trọng lượng của a

e Vécto zero cla V(n) là véctơ có trọng lượng bằng 0 và được ký

hiệu z„ (với zạ = Ú)

e Véctơ có trọng lượng n trong B(n) dược viết là ga Vậy gạ =1 1

(với gọ = Ũ) và g„ là véctơ có trọng lượng lớn nhất của B(n)

e ad, da với d € JN lần lượt là các véctơ sau dây của V{n + 1)

ad=a, a,d, da= da, dy

Ngoài ra, với A C V(n) thi ta viét

e Nếu a = aị dœ„ và b = Ùị Ủ, thì ab = ay đ;b Ủạ (Vậy

ab = a néu q = 0 va ab = b néu p= 0)

e Néu AC V(p), BC V(q) thi

AB = {ab:ac A,be B} CV(p +9)

e Véia=a, a, vib = bị bạ„ là hai véctơ của V(n) ta dat

a(a,b) = min{i : a; # by}

Như ta đã biết trong Chương 1, V = |J Vn) là một poset có hạng

n>0

với mức thứ m là V{(n), bóng của a e V(n) là Aa = {ð;a: 1 < 7< n}

và bóng của A C V{(n) là AA = LJ 4a Tương tự cho B= U Bin)

chỉ ra cái sai của bài báo trên trong [6]

Bezrukov và Gronau đã đưa ra thứ tự tuyến tính sau đây mà chúng

tôi gọi là thứ tự BG

2.2.1 Định nghĩa (Thứ tự BG) 7a sếp thứ tự V(n) bằng qui nạp như sau:

Với n = 1 thì V(L) = IN được sắp tự nhiên

0<1<2<3<4<5<6<7<8<9

Xét n >1 à giả sử trên V(n — 1) đã có thứ tự

Cho a, b là hai uéctơ của V(n) vdt a = ajay Gn, b= bia bạ

Đặt h = max{i : a; = Aa}, k = max{i: b; = Ab} Ta viet a <b nếu

(` ua< mb, hoặc

(ti) na = kb oà ôya < ôgb trong V(n — 1), hoặc

(iti) pa = pb vd 6,a = 6,b va wa < wh, hode

(vi) pa = ub va 6,a = 6,b va wa = wh vd a; > 6; trong đó

j = a(a, b)

Định nghĩa trên và ví dụ sau đây được trích từ [12]

Vị dụ 2.1 Trong V(3), 27 phần tử đầu tiên theo thứ tự BG tăng dần

2.2.2 Dinh nghĩa G¡d sử trên V đã có một thứ tự tuụến tính, tức

là trên V(n), œ > 1 đã có một thú tự toàn phần Với AC V{n), gọt C;(A¿a) là |A;a| »éctơ đầu tiên của V(n) cớ thành phần thứ + bằng d

thứ 3 bằng 2 Theo Ví dụ 2.1 thì 3 véctơ đầu tiên ấy là 002, 102, 012, tức là €(4) = {002, 102, 012}

Với A = EUG thì C;(4¡;s) gồm 8 véctơ đầu tiên của B(5) có thành

phần thứ nhất là 0 và C¡(4¡,¡) gồm 3 véctơ đầu tiên có thành phần thứ nhất là 1 Vậy phần nén thứ nhất của A là

(4) = đ(4ið) U (4i) = PU H,

Để ý rằng, trong ví dụ này A bị nén ở thành phần thứ 5 Trong

[12], Bezrukov và Gronau cho rằng thứ tự BG là thích hợp trên Vn) Chúng tôi đã chỉ ra rằng điều này không đúng bằng phản ví dụ sau: Phan vi du 1 Xét V(3) voi thứ tự BG và A C V():

Vay |AC(A)| = 7 > |AA| = 6 nên thứ tự BG là không thích hợp

Vì bản thân thứ tự BG không phải là thứ tự thích hợp nên bài báo [2] không thể sửa chữa Trong bài báo ấy, Bezrukov và Gronau đã

“chứng minh” và sử dụng “bố đề” sau:

!AC,(4)| < |AA|, ¡ = 1 hay = ø,VA C Vận)

Điều này sai trên Đ{(n) với ¡ = 1 và sai trên V(m) với ý = m, như

trong các phản ví dụ sau:

Phản ví dụ 2 Cho A = {122,212,222} C V(3) thì theo Ví dụ 2.2 ta

có €ạ(4) = {002,102,012} Do đó

AŒ;(A) = {00, 10, 01,02, 12} va AA = {12, 21, 22}.

Vay |AC3(A)| = 5 > |AA| = 3

Phản ví dụ 3 Xét B(5) với thứ tự BG và A = BUG C B(5) như trong Vi du 2.3 Dat M = {0000, 1000, 0100, 0010, 0001, 1100} thi

AA = MU {1001, 0101, 0011}

AC,(A) = M U {1010, 1001, 0110, 0101}

Vay |AC\(A)| = 10 > [AA] =9

Sai lầm của Bezrukov và Gronau cho thấy rằng việc chứng minh định

lý kiểu KK không phải là điều đơn giản

2.3 K-poset các véctơ Bool

Trong phần này, ta sẽ chứng mìỉnh rằng B là K-poset bằng cách chứng mỉnh rằng thứ tự V là thích hợp trên 8 Nhấc lại rằng ở đây ta

có Va = max{¿ : a¿ = Ú} với a€ B(n)

2.3.1 Định nghĩa (Thứ tự V) Cho a tà b là 2 oéctơ khác nhau của

B(n): a = aias a„, b = bby b„ Ta uiết a < b nếu

( ta < ub, hoặc

(ii) wa = wh vd a; =1> 6; =0 vdii = a(a,b)

Vay z, = 00 0 1a vécto nhé nh&t va g, = 11 1 1a vécto én nhat

của Đ(n) Ngoài ra, đặt B(n, k) = {a€ B(n) : ua = k}, 0 <k<n thì

1<? <È, sao cho œ = 0 Vì ai = - = day = Í nên a¿ = Ì > c¡ = Ú với

¿= o(a,c) Suy raa <c Vậy a= min Đ(n,k) -

Phần còn lại chứng minh tương tự.

Vi dy 2.4 Các véctơ của (4) được sắp theo thứ tự tăng dần như sau

B(4): 0000, 1000, 0100, 0010, 0001, 1100, 1010, 1001,

0110, 0101, 0011, 1110, 1101, 1011, 0111, 1111

Ta có 1100 = min B(4, 2), 0011 = max B(4, 2)

Từ định nghĩa, ta có ngay kết quả sau đây:

2.3.3 Bỏ đề Vớia c B(n) vd x, y € B(r) thi ax, ay, xa, ya ld

ede vécto cia B(n+r) vd ta cd

x<y@ax<ay oxa<ya (2.2) Nhắc lại rằng a* = ổ,a với h = Va = max{i: a; = 0}

2.3.4 Bồ đề Với ac P(n) ta cớ

a* = max{ Aa} = max{d,a, ,6,a} (2.3)

Chitng minh Néu wa = n tức là a = g„ thì kết quả là hiển nhiên Coi a # g, va cho x = ô;a € Áa, a* = ổya với h = Va # 7 Nếu a; = 1 thi vì wx < œa* nên x < a* Ta chỉ xét trường hợp a; = 0

và do đó +0x = ua* = ua Do định nghĩa cha h , ta cd j < h vA ta

có thể giả sử a;¿¡ = 1 (vi néu a; = a;,; = 0 thì ð;a = ð;,¡a) Khi ấy

@j = Gj4, =1 >a} =a; =0 va 7 = œ(X,a*) nên x < a*

Vay a = max{Aa}.>

2.3.5 Bồ đề Với ac B(n) ta cớ

a0 = min{b € B(n + 1) : b* = a} (2.4) 0a = max{b € B(n+ 1): b* =a} (2.5)

Chitng minh Coi b € B(n +1) sao cho a = 6,b = b* với h = Vb và

ta có thể giả sử h = max{¿ : b; = 0}

Nếu h = n thì b = a0 nên ta xét h < œ, do đó b„ = 0 va bay; = 1

Vì b* = a nên a, = bay; = 1 > b, = 0 va ta cd b > a0 Vậy

a0 = min{b € B(n + 1): b* = a} Ta da chitng minh (2.4)

Xét (2.5) Dat r = min{j : a; = 1} vau = 0a Via = ổạb với

h = Vb nên r < h Nếu r = h thì bị = - = b„ = 0 nên b=u Nếu

r < h thì ta có b„ = a„ = 1 > ưy = 0 và r = œ(u,b) nên b < u nghĩa là

u= 0a = max{b € B(n+ 1): b* =a}

2.3.6 Bồ đề Vớia, be B(n) sà a # b ta cớ

a<b => a*<b*

at<bt => a<b Chứng minh Ta biét ring at = ổya, b* = &b trong đó

h = max{¿: a¡ = 0}, k = max{¿i: b, = 0} Nếu b = g„ thì b* = g„_¡ và

ta có ngay kết quả nên ta chỉ xét trường hợp b # g„ và do đó tua* = wa

va wb* = wb

(2.6)

Néu wa < wh thi a* < b* vi wa* < wht Gia sit ring wa = wb thi

vì a< b ta có ø; = l > b¡ = 0 với ¡ = a(a, b) Vì a; = b; với j < ¡ và

tua = 1b nên có £ > i sao cho a, = 0 Vay h >i Hiến nhiên k >¿ Nếu

k= h hay k > ¡ thì œ(a*,b*) = ¿ và a‡ = 1 > b} = 0 nên a* < b* Nếu

k =¿ thì b¿ = 1, V7 > ¿ và a; = 1, V7 >¡, j # h nên ta có a* = b* Bây giờ giả sử a* < b* thì wa = wat < wht = wh Néu wat < wb* thì vì tua < œøb nên a < b Ta xét trường hợp wa* = wb* Vi at < bt nén af = 1 > bf = 0 vdi i = a(a*, b*), và do đó có t > i sao cho a, = 0

Ma kh = Va, k = Vb va theo Bé dé 2.3.4 thi at = max Aa, b* = max Ab nenh>t>ivak >i Suy ra af =a,, bf = b; nén a(a,b) = i vdi

đ; = l > b; = 0 và do đó a < b.ộ

2.3.7 Bồ đề Cho a € B(n) vd b, c la nhitng vécto trong B(n) sao

choc <a-~<hb Ta cd

b= u01g;z; ¡ nếu a= ulz„g„ (2.7)

ErylZp j néu a=zZ,g,

cần chứng minh (2.7) Nếu a = z„g„ với p > 1 và p+r = n thì a là véctơ lớn nhất có trọng lượng bằng r nên b là véctơ đầu tiên có trọng lượng ? + 1, do đó b = g;¿1Zp_¡ theo Bồ đề 2.3.2 Ngược lại, a phải có

dạng a = ulz„g„ với p > l vàr >0 Đặt x= u0lg„z„_¡ ta sẻ chứng

mình a < x tức là x = b Hiển nhiên a < x Giả sử có y € B{n) sao

cho a < y <x thi wx = wy = ta Ta viết y dưới dạng y = ef với

dime = dimu Nếu có ¿ sao cho e; > 1; hoặc e; < ¿ thì y < a hoặc

y >x Cả hai trường hợp đều vô lí nên e = u và từ (2.2) ta suy ra

d = 1z„g„ < f < 01g,z„ ¡ =h Nếu thành phần đầu của f là 0 thì ta

cé f! = 6,f < 1g,z,_1 = h’ va vi wf! = wh! nén theo (2.1) ta phai cé

f=h+f=h>y =x Nếu thành phần đầu của f là 1 thì lý luận tương tự như trên ta có y = a Vậy a < y <x 2 y =x hoặc y =a nên a < x tức là x = b.Ò :

2.3.8 Bồ đề Cho AC B(n) Nếu A là một IS thì AA cũng là một

TẾ 0à hơn nữa, nếu A = G0 + HI thi

(i) G, H ld ede IS trong B(n-1)

(ii) Hiển nhiên Œ C A* C AA Cho x € AA thi cé a € A sao cho

x € Aa Dat u = x0 thi ut =x < at nénu <a và vi A là một JS nén u€4 Vậy x= u' € 4* Hơn nữa x0 € Œ0 nên x € Œ Ta đã chứng minh AAÁC 4*C G và do đó AA= A'=G.ộ

2.3.9 Bồ đề Œño A la một IS của B(n), n > 3 uới A = G0 + HI

Bây giờ ta chứng minh Hạ C G) Cho x € Hy thi x0 € H nên x01 € HIC A Vì x10 < x01 nên

xũl € Á x10 € A => xlI €GŒ >x€Gi

Theo phần đầu thì Hị C Hạ và Œ¡ C Œạ nên

Hạc HọcCGịCGp.Ộ

Vi dy 2.5 Cho A= B(5) thi A = G0 + HI với Gy, Gy, Ho, Hy niut

trong bang sau

2.3.10 Định lý Œñho Œ, H là IS của B(n) ,n > 3 uới HCG vd

A=G0+HI Nếu G = Gạụ0 + G1 oà H = Hạ0 + HỊL thi

Hiển nhiên [A] = |A| và ta có

A(A) = 4A, |A(Ä)| = [2A] (2.12)

x)

2.3.12 Định lý Nếu hệ thức AC(X) CC(A

X của B(n — 1), n > 2 thì ta cớ

|AC,,(A)| < |AA|], VAC B(n) (2.13)

Chứng mỉnh Với A = M0 + M1 € B(n) thi C,(A) = G0 + H1 véi

G=C(M), H =C(N) Theo (2.12) ta có {A(A)| = [AA] = AAI Bằng cách thay 4 bởi Ä nếu cần ta có thé gid sit |N| < |M| va do dé

H =C(N) CG =C(M) Theo gia thiét, AG C C(AM), AH CC(AN)

nén ta suy ra

đứng uới mọi tệp con

|Ađ| <|AM|, |AH| < |AN|

Ngoài ra, (AM)0 + (AN)1 C AA nên

|AM| +|AM| < |AA|.

Theo (2.11) thi

G nێu Hy C G;

AC,,(A) = Gg0+ Hại néu Gy C Hy

Vay néu AC,(A) = G thi |AC,(A)| = |G] = |M| < |AA|, cịn nếu

AC, (A) = Gạ0 + Hol thi

|AC,(A)] = |Gol + |Hol = |AG| + |AaR|

2.3.14 Định nghĩa Gọi ï' là tập hợp các uéctơ của B(n) cớ dạng uz,l véi u = Ủ hoặc thành phần cuối của u là l uà p > 1 Với

a=uz,l¢I ta dat ya=ulz,

(i) Anh xa ddn từ AC B(n) uào B(n) được định nghĩa như sau

_ | ;a nếua€Ï'vàyà A v(a) = a nếu ngược lại

(ii) A C B(n) goi là ý-đĩng (j-closed) nếu (a) = a, Ya€ A

Nhận xét rang (a) < a nén ý “đấy” A về phía trước (trong thứ tự

Chứng minh Cần chú ý rằng ÿ ở về trái của (2.14) là ánh xạ từ 4

vao B(n) con ở vế phải là anh xa tir AA vao B(n — 1) Hơn nữa, nếu

x € AA va x = yx thix € (A4):

Vi A là PC nên ta có thể viết ÁA = G0 + H1 với G, H là cdc IS

của B(n — 1) Như trong chứng minh của Bồ đề 2.3.12, ta có thể giả sử HcG

Cho x € Ay(A) thi céd b = ý(a) € H(A), a € A sao cho x € Ab tức lax € Ap(a) Ta sé chitng minh x € (A4) Nếu a € Œ0 thì j(a) = a

nén x € Áa Đặt u = x0 thìu <a Vì G là 1Š ta có u € Œ0 nên

x€G và o(x) = x titc la x € (A4) Vậy ta chỉ cần xét a€ HI với 3

trường hợp: a ø Ï, a€ Ï' và ya€ A,a€ Ï' và ya ø T

Trường hợp 1 a ø I

Trường hợp này a có dạng a = uz„g„ với p > 0, dimg, = r > 2 và

b = 0(a) = a nên x€ AA Nếu z > 3 hay x = ổ;(uz,)g„ thì 2 thành phần cuối của x là 11 nên x = #(*) € /(A4) Giả sử a = uz„ll và

x=uz,l với p > 1 Dat c = ulz„l thìx € Ác Hiển nhiên c < a€ HI

và vì A là PC nên c € H1 Suy ra x = uz„1 và u1z„ đều ở trong AA va

vi vay x = ý(x) € (44) Trường hợp 1 có thể được tóm tắt như sau

uz„g„ | 12Z„E„ ¡ | Định nghĩa cia p |r > 2

uzpll | u’ll Định nghĩa của ý |r =2, ul € A(uz,)

uz„11 |uz„l c<ac4Ascc4Al|r=2,c=ulz,l

Trường hợp 2 b= a= uz„l € ? và ya = ulz, € A

Nhắc lại rằng thành phần cuối của u là 1 hoặc = Õ và vì (a) = a nên

ya = ulz, € A Trường hợp này ta cũng có (x) = x, Yx € AA như được thể hiện ở Bảng 2.3 mà ở dòng thứ tư ta có yx = v'1lz„ € AA

vì b = vllz, € A Còn trong dòng cuối cùng ta có a = w2Z,1z,1 >

ya = wz,1lz, € A => wiz,lz, € A (vi A là PC va wiz,1z, < ya) nén wlz,z, € AA

a x Ly do x = 4(x) Ghi chú

uz, Uz, Dinh nghĩa của |p>1

u01 ul Định nghĩa của ý |p=l1

uz„l 02p ¡1 |yx=ul2,¡€ AA |p>2, ya=ulz„€ Á

vlz„l vlz„l |yx=v!liz„€ AA |u=vl, v'eAv

W2rlz„l |WZz„Z„l | yx = W1z„z„€ AA4|lu =wz„l, r >0

Bảng 2.3 Trường hợp 3 a= uz„l € Ï' và b= ulz, ¢ A

Trường hợp này ta có x = ý(y) với y € AA như được thể hiện trong bảng sau

uz,l ulz, ulzp_1 | Uz%,_,1]p>1

viz,l |vilz, | v'llz, Vv'iz„l |u=vi, v'€Av

w01z,1 | w01lz, | w0lz, |x - x€4A, u=w01

Bảng 2.4

Trong Bảng 2.4, ở dòng đầu ta có x = J(x) nếu x € AA và x = /(y)

nếu x ¢ AA

Phần cuối cùng ta phải chứng minh là (2.15), nhưng hệ thức này là

hiển nhiên vì |ý(A4)| = |AA|

2.3.16 Bé d& Cho A=G0+ H1C B(n) vii Ald PC vd HCG thi

Chifng minh Do A* c AA nen ta ching minh chidu ngugc lai Vi A

la PC nén G, H là những IS của B(n - 1) Với x AA thì có a € A

sao cho x € Aa, titc lax = ð;a với một j và x < a*

Giả sử a € Œ0 Đặt c = x0 thì ệ < a*0 = a nên c € G0C A vì A là

PC Vay x = ct € At.

Xét trường hợp a € HI, tức là a = ul với u € Trước tiên, xét

x= na =uc€ HC Ta có u0 € GO nén x = (u0)* € At Giả sử

x= vÌ =ỏ;a với j #n Dặt b = v01 thì b* = vl =x < a* nên b< a

suy ra b € 4 (do A là PO) Vậy x = b*+ 6 A*Ô

Ta da chitng minh AA C A* va do dé AA = A*

Chitng minh (i) Véi x € Ae, dat a = x0 thi ta cé6 at = x < et

Néu x # e* hoặc x = e* và e„ = l thì a < e nên a € 4 do định nghĩa

cua e va do dé x € AA Vay ta cé (i)

(ii) Cho x € Af, x < f* thì xe AA— {f*} Vì AA = A+* theo (2.16)

nên x € Á*— {f*} => x = a*, Vì a* = x < f* nên a < f + a€ (A-{f}) Vay x = at € A(A — {f}) và do đó (Af — {f*}) C A(A — {f}) Ngoài

ra theo Bồ đề 2.3.5 thì nếu ƒ„ = Ú ta có f* ý A(A - {f}).©

Nhắc lại rằng nếu y là trội trực tiếp của x thì ta viết x < y

2.3.18 Dinh nghia (i) M@t doan-zero (0-slice) cia B(n) la mot day vécto cia B(n) lién tiép nhau ay < ag - ~ a, sao cho thanh phan thé

m của a, ,a, 40 vd néuu=w u, <a, vd a, <i v= ỦỊ U

Dinh nghia tuong tu cho doan-mét (1-slice)

(ii) Néu I la doan-zero va J la doan-mét thi ta viét I< J hay

J <I tty theo I ở ngày trudc J hay J 0 ngay trude I, tiébc la

[<J néu max! <minJ, J<J néu maxJ <minI

2.3.19 Bé dé Cho I là một đoạn-zero, J là một đoạn-một của B(n), nœ > 2 uớia = max Ï ouà b = min J Ta cớ

(i) a=ug,0 vir > 1 oà u = Ú hay u cớ dạng u = vŨ Hơn nữa

Ví dụ 2.6 B(4) dược phân hoạch thành các đoạn-zero và đoạn-một

theo thứ tự tăng dần như sau

Chứng mình 2.3.19 Trường hợp œ = 2 là hiển nhiên nên ta chỉ xét

n> 2

(i) Néu a = ayag a, voi a,_1 = a, = 0 thia cd dang a = wiz, với p > 1 Đặt c = w0lz, thi c, = 0 va a < c theo (2.7) nên c € Ï theo định nghĩa của ï, điều này mâu thuẫn với tính lớn nhất của a Vậy

#„_¡ = 1 và ta có thể viết a = ug„0 với r > 1 và u = Ũ hay u có thành

— |vi00g,¡ nếu u=v0

Trường hợp này thì thành phần cuối của d là 1 nên

d¢gi=I= {a}

tức là |T| = 1

Phần (¡) được chứng minh hoàn toàn tương tự.©

2.3.20 Bồ đề Cho I, J lin lugt là đoạn-zero tà đoạn-rmmột của

B(n), n > 3 sao cho I x J Ta cd

Chứng mỉnh Đặt a = max/ va b = minJ thi a ~ b

Gia st J = {a} Theo Bé dé 2.3.19 (i), a có thể viết a = ug,0 với

r > 2 và hơn nữa, a < ug,_,01 < ug,_.011 nén ug,_,01, ug,_,011 € J,

nghĩa là |J| > 2

Đảo lại, cho |J| > 2 Theo Bồ đề 2.3.19, ta có thể viết b = v101 >

a = vIl0 Đặt c = a-, nghĩa là c < a Nếu v1l = g,_, thi theo Bé

dé 2.3.2, a là véctơ dau tien cha B(n,n — 1) và c là véctơ cuối cùng của B(n,n — 2) nên c = 00g„_¿ => c ý ï Ngược lại, ta có thể viết

a = wz,g,0 voi p > 1, r > 2 vi theo (2.8) thic = w2z,_,100g,_, =>

cối Vậy I = {a} tite la |I| = 1

(2.18) là phần đảo của (2.17).©

2.3.21 Bồ đề Gọ¿ ƒ là tập hợp tất cả các đoạn-một của Bín), n > 3

Ta cd

Chứng mỉnh Ta chỉ cần xét trugng hgp |J| > 2 Cho x, y € J véi

x<y thix* <y* Gid st x* <y* Đặt w = y*0 thì w # y vì „ =

và theo (2.4), ta có w < y Hơn nữa, w* = y* > x* Vậy x< W < ÿ Điều này không thể xảy ra vì J là đoạn-một mà thành phần cuối của w

Nếu 4 là I5 thì hiển nhiên định lý dúng nên ta chỉ xét 4 không là T5 Ta sẽ từng bước chuyển A thành C(4) mà ở mỗi bước, ta chuyển 4A thành D vdi |AD| < [AA]

Bước 1 Đặt A40 = A, Al = C,(A), A? = $(Al),A3 = C,(A2),

At = (A3) tức là

C,(A") nếu r chấn

+1 —

vdi C,(A”) la phan nén thit n cia Ar và ý là ánh xạ dồn Vì A là hữu

hạn nên tồn tại g sao cho + là PO và ÿ-đóng Do các Định lý 2.3.12 và

2.3.15 ta có |A4| < |AAs-1| < - < |AA| Bằng cách xét A+ thay cho

A4, ta có thể giả sử A là PC và -đóng, tức là 4 = G0+- H1 với G, Hla

các I5 của B(n— 1), H C G và #(a) =a, Va € A Hon nita, AA = At

theo Bé dé 2.3.16

Bước 2 Nếu H = Ú thì A = Œ0 Đặt F = C(A) thi AF = F* theo Bé

dé 2.3.8 nén

|AC(A)| = |F*| < [F| = [A] = |G] < |AA|

va do do dinh ly dugc chttng minh Vay, ta cé thé gid sử H z Ú

Bước 3 Gọi e = ee¿ e„ là véctơ nhỏ nhất của B(n) khong ở trong

A, f= lí fạ là véctơ lớn nhất của A ta có e < f vì A không là

IS Hon nita, e, # ƒ„ vì nếu ngược lại thì e € A do A là PC Đặt

D =(A-— {f})U {e} thì hiển nhiên D là PƠ và -đóng Ngoài ra, AD= D+

Néue, = 1, f, = 0 thì theo Bồ đề 2.3.17 ta có

AecC AA= A* và f* ø A(A - {f})

Do đó

AD=D*=A*~{f*}= AA- {F*} |AD| =|AA|— 1

Lap lai quá trình này (với A := Ð) cho đến khi e„ =0, ƒ„ = 1 Bước 4 e„; = 0, ƒ, = 1 Gọi ÿ là đoạn-một chứa f và 7 là đoạn-zero

ngay trước j (Lức là ƒ < J) và a = max, b = min Theo Bỏ đề

2.3.19 thì b có thể viết b = uz„1 với u = hoặc u có dạng u = v1 Do

P(A) = A ta cé yb = ulz, € A Ngoài ra yb = min 7 do (2.8) Néu

e ế7 thì e< +b và vì A là PO nên e € A vô lý Vậy e € 1

Nếu p = 1 tức là b có dạng b = v101 và do Bồ đề 2.3.19, ta có

|J| > 2 và theo (2.17) thì [J] = 1, nghĩa là 7 = {a} với a = u110 Vì

(b) = b nên yb = ull0 € A, tức là a € A Suy ra, A là một 15, trái

giả thiết và do đó p > 2 Theo (2.18) thi |J| = 1 nen b =f va J = {f}

Vi D = (A — {f}) U {e} ta cé D là IS nghia la D = C(A) va theo Bỏ

đề 2.3.17 thi AD = (AA — {f*}) U fe*} => LAD| = |AA| Vạy định lý

được chứng minh.©

Ví dụ sau đây sẽ cho ta thấy một ứng dụng của kết quả trên

Ví dụ 2.7 Giả sử ta có r < 2" công việc được mã hóa bằng r véctơ đầu tiên của B(n) trong thứ tự V (mỗi công việc tương ứng với một

véctơ) và những công việc này cần các thiết bị, mỗi thiết bị được mã

héa bing mot vécto trong B(n — 1) Công việc có mã là a cần các thiết

bị có mã là các véctơ trong 4a Với rn < r cho sẵn, một nhân viên sẽ

được xem là hoàn thành nhiệm vụ nếu thực hiện được m trong r cong việc đã cho, và se được thưởng nếu thực hiện mm công việc này với số thiết bị ® nhất Hỏi nhân viên này phải chọn zm công việc nào để hoàn

Theo Định lý 2.3.22, nhân viên này sẽ được nhận thưởng nếu chọn

mm công việc có mã là r„, véctơ đầu tiên của B(n) trong thứ tự V © Đối chiếu với Định nghĩa 1.2.4 về K-poset, ta có

2.3.23 Dinh ly Tap hop B cde vécto Bool la mét K-poset

Chứng mỉnh Ta đã biết Ö là một poset có hạng với mức thứ ø là

B(n) Với n > 1 thì hiến nhiên AB(n) = B(n - 1) Với thứ tự tuyến tính là thứ tự V thì theo Bề đề 2.3.8 ta có AA là IS nếu A là I5 và hơn

nita, |AC(A)| < |AA| theo Dinh ly 2.3.22 Do dé B là một K-poset.©