Cho (n, d) là những số nguyên dương. Chúng ta mô tả bài toán (n, d) như sau: cho các tập A1, . . . , AN ⊆ Ω với mọi |Ai| = n, sao cho không có tập Ai nào giao với nhiều hơn d tập Aj khác, tìm một cách tô hai màu của Ω sao cho không có tập Ai nào đơn màu. Khi e(d + 1) < 2n−1, Định lý 4.2.1 khẳng định bài toán có lời giải. Chúng ta có thể tìm một cách tô màu trong số lần đa thức (của N khi n, d cố định)? Beck đưa ra câu trả lời khẳng định với một số giả thiết nghiêm ngặt hơn. Chúng ta giả sử Ω có dạng Ω = {1, . . . , m}, m ≤ N n, và danh sách các cấu trúc dữ liệu ban đầu bao gồm danh sách các phần tử của các tập Ai và danh sách cho mỗi i các j mà
j ∈ Ai. Chúng ta gọi G kí hiệu đồ thị phụ thuộc với các đỉnh là các tập Ai
vàAi, Aj kề nhau nếu chúng giao nhau.
Định lý 4.7.1 Cho n, d như thế, đặt D = d(d − 1)3 có tồn tại một phân tích n = n1 +n2 +n3 với
16D(1 +d) < 2n1,
16D(1 +d) < 2n2,
Thế thì có một giải thuật ngẫu nhiên với số lần chạy trung bình O(N(lnN)c) cho bài toán (n, d), ở đây c là một hằng số (chỉ phụ thuộc vào n và d).
Chứng minh. Bước Một. Trong suốt bước này, các điểm hoặc đỏ, xanh, không màu hoặc giữ lại. Chúng ta xếp các điểm j ∈ Ω thành dãy, tô màu chúng đỏ hoặc xanh ngẫu nhiên, tung một đồng xu. Sau khi mỗij được tô màu chúng ta kiểm tra tất cả Ai 3 j. Nếu bây giờ Ai có n1 điểm trong một màu và không có điểm nào trong màu khác ta gọiAi là nguy hiểm. Tất cả các k ∈ Ai không màu bây giờ được xem là giữ lại. Khi các điểm giữ lại k được chọn trong dãy chúng sẽ không bị tô màu mà đơn giản là bỏ qua. Khi kết thúc Bước Một các điểm là đỏ, xanh hay giữ lại. Chúng ta nói một tập Ai sống sót nếu chúng không chứa các điểm cả xanh và đỏ. Kí hiệu S ⊆ G tập ngẫu nhiên của các tập sống sót.
Khẳng định 4.7.2 Tất cả các thành tố C của G|S có cỡ O(lnN), hầu chắc chắn.
Chứng minh. Một Ai ∈ S có thể là nguy hiểm hay, có thể, nhiều điểm của nó được giữ lại vì tập các lân cận của nó đã nguy hiểm. Xác suất để một
Ai cụ thể trở thành nguy hiểm nhiều nhất là21−n1 do khi tô màun1 điểm đầu tiên thì chúng phải cùng màu. (Chúng ta có bất đẳng thức do n1 điểm của Ai phải được tô màu trước khi chúng bị giữ lại.) Gọi V là một tập độc lập trong
G; nghĩa là, tập mà các Ai là đôi một rời nhau. Thế thì xác suất để tất cả các
Ai ∈ V trở thành nguy hiểm nhiều nhất là (21−n1)|V|. Bây giờ lấy V ⊆ G
như vậy mà khoảng cách của tất cả các Ai ∈ V ít nhất là bốn, khoảng cách được tính là độ dài đường ngắn nhất trong G. Chúng ta khẳng định rằng
Pr[V ⊆ S] ≤ (d+ 1)|V|(21−n1)|V|.
Đây là vì cho mỗi Ai ∈ V có nhiều nhất d + 1 cách chọn cho một lân cận nguy hiểmAi0, đưa đến (d+ 1)|V| cách chọn choAi0. Vì các Ai cách nhau ít nhất bốn nên Ai0 không thể là kề và có xác suất để tất cả chúng là nguy hiểm nhiều nhất là (21−n1)|V|, như đã khẳng định.
GọiT ⊆ G là một4-cây nếu khoảng cách giữa tất cả cácAi ∈ T với nhau là ít nhất bốn và sao cho, vẽ một cung giữa và nếu khoảng cách giữa chúng
đúng là bốn thì đồ thị kết quả là liên thông. Chúng ta trước hết đánh giá số các 4-cây có cỡu. Đồ thị khoảng cánh bốn xác định trên T phải chứa một cây. Có ít hơn4j cây (theo nghĩa đẳng cấu) trênj đỉnh, bây giờ cố định một cái. Chúng ta có thể dán nhãn cây 1, . . . , u sao cho mỗi j > 1 là kề với một i < j nào đó. Bây giờ xét số các(A1, . . . , Au) mà đồ thị khoảng cách bốn của nó tương ứng với cây này. Có N cách chọn cho A1. Với Ai đã chọn cho tất cả i < j
tập Aj phải có khoảng cách bốn từ Ai trong G và có nhiều nhất D điểm như vậy. Vậy số các 4-cây có cỡ u nhiều nhất là 4uN Du−1 < N(4D)u. Cho 4-cây T cụ thể nào đó chúng ta có Pr[T ⊆ S] ≤ [(d + 1)21−n1]u. Vậy số kì vọng các 4-cây T ⊆ S nhiều nhất là
N[8D(d + 1)2−n1]u.
Vì số hạng trong ngoặc nhỏ hơn1/2 theo giả thiết, chou = c1lnN số hạng này là o(1). Như vậy G|S sẽ không chứa 4-cây có cỡ lớn hơn c1lnN hầu chắc chắn. Chúng ta đang muốn đánh giá cỡ của các thành tố C trong G|S. Một 4-cây T trong một thành tố C phải có tính chất rằng mỗi Ai ∈ C nằm trong khoảng cách ba của một Aj ∈ T. Có ít hơn d3 (một hắng số) Ai trong khoảng cách ba củaAj nào đó dã cho sao cho c1lnN ≥ |T| ≥ |C|d−3 nên,
|C| ≤ c2lnN
chứng minh khẳng định.
Trong số thời gian tuyến tính trung bình Bước Một sẽ thành công. Bây giờ cố định các điểm đỏ hoặc xanh. Bỏ qua các tập chứa cả các điểm màu đỏ và màu xanh. Cho mỗi Ai sống sót cố dịnh một tập con Bi gồm n − n1 điểm giữ lại. Bây giờ tô màu các điểm giữ lại sao cho không có Bi nào đơn màu là xong. Bi tách vào các thành tố có cỡ O(lnN) và tô màu mỗi thành tố này riêng biệt là xong. Trong Bước Hai chúng ta áp dụng phương pháp của Bước Một đối với mỗi thành tố của Bi. Bây giờ chúng ta gọi một tập Bi là nguy hiểm nếu nó chứa đúng n2 điểm cùng một màu và các điểm khác được giữ lại. Bước Hai tốn thời gian trung bình O(lnM) để tô màu một thành tố cỡ M, vậy một thời gian trung bình O(N) để tô màu tất cả các thành tố. (Để thành công chúng ta yêu cầu rằng một thành tố cỡ M bị phá thành các thành tố cỡ
c2lnM. Để tránh tầm thường, nếu M < ln lnN thì chúng ta bỏ qua Bước Hai với thành tố tương ứng.) Khi kết thúc Bước Hai (vẫn trong thời gian tuyến
tính!) có một họ các tập sống sót hai lần Ci ⊂ Bi ⊂ Ai có cỡ n3, thành tố lớn nhất của chúng có cỡ O(ln lnN).
Chúng ta vẫn cần tô màu O(N) thành tố cỡ O(ln lnN) này, mỗi thành tố có cỡn3. Theo Bổ đề Địa Phương (hay trực tiếp theo Định lý 4.2.1), mỗi thành tố này có thể là hai sắc. Chúng ta đã tìm được một cách tô hai màu bằng cách tô màu nhiều chặng! Kiểm tra tất cả các cách tô hai màu của một thành tố có cỡ M tốn O(M2nM) lần, ứng với O((lnN)c) trong trường hợp của chúng ta. Làm điều này cho tất cả các thành tố tốnO(N(lnN)c) lần. Đến đây hoàn thành cách tô màu.
Chương 5
Chứng minh định lý Weierstrass theo phương pháp xác suất
Trong giải tích cơ sở ta biết nếu một hàm số thực f(x) có đạo hàm mọi cấp trong lân cận của điểm x = 0 thì có thể biểu diễn nó thành chuỗi lũy thừa dạng P∞
n=0anxn. Gọi K là bán kính hội tụ của chuỗi lũy thừa này thì chuỗi hội tụ với mọi |x| ≤ R,(0 < R < K). Do đó với > 0 cho trước, ta có thể lấy một tổng riêng đủ lớn của chuỗi là Pn(x) = Pn
k=0akxk (là một đa thức bậc n) sao cho
|Pn(x) − f(x)| < ,|x| ≤ R.
Tuy nhiên nếu f không có đạo hàm mọi cấp thì không tồn tại biểu diễn củaf
thành dạng chuỗi lũy thừa như trên. Nhưng với f là hàm liên tục trên [a, b]ta vẫn có thể xấp xỉ đều f bởi các đa thức trên đoạn [a, b] một cách tùy ý gần. Khẳng định này là một kết quả của một định lý cơ sở quan trọng trong giải tích: Định lý xấp xỉ Weierstrass.
Chương này trình bày phương pháp chứng minh định lý quan trọng đó theo công cụ xác suất và cũng cho một đánh giá về tốc độ hội tụ của xấp xỉ. Xin chú ý rằng cách dùng xác suất ở đây khác với phương pháp xác suất trình bày trong những chương trước.
5.1 Một số kiến thức xác suất cơ sở chuẩn bị
Trong toàn bộ chương này ta giả sử (Ω,F,Pr) là không gian xác suất và các biến ngẫu nhiên xét đến là xác định trên Ω và nhận giá trị trong R.
Biến ngẫu nhiên nhị thức
Biến ngẫu nhiên X gọi là nhị thức B(n, p), p ∈ [0,1] (chính xác là biến ngẫu nhiên có phân phối nhị thức B(n, p)) nếu như phân bố xác suất của nó
có dạng Pr(X = k) = Z {ω:X(ω)=k} Pr(dω) = n k pk(1− p)n−k, trong đó k = 0,1, . . . , n.
Hàm đặc trưng của biến ngẫu nhiên nhị thức
Cho X là biến ngẫu nhiên, hàm đặc trưng ϕ(t) của X được định nghĩa như sau:
ϕ(t) = E[eitX], t ∈ R
(kỳ vọng lấy theo độ đo xác suấtPr). Với X là biến ngẫu nhiên nhị thức ta có
ϕ(t) = E[eitX] = n X k=0 eitk Pr(X = k) = n X k=0 eitk n k pk(1− p)n−k = n X k=0 n k (peit)k(1− p)n−k = [peit + (1− p)]n.
Vậy hàm đặc trưng của biến ngẫu nhiên nhị thức là
ϕ(t) = [peit + q]n, q = 1− p. (17) Nếu X1, . . . , Xn là các biến ngẫu nhiên độc lập và có cùng phân phối nhị thức B(1, p) thì Pn
k=1Xk là biến ngẫu nhiên nhị thức B(n, p). Thật vậy, đặt Sn = n X k=1 Xk, ta có hàm đặc trưng của Sn là ϕSn(t) = E[eitSn] = E[eitPnk=1Xk]
= E[eitX1 . . . eitXn] = E[eitX1]. . . E[eitXn] = (peit + q)n
(biến đổi sau cùng ở trên là do các Xi độc lập và có cùng phân phối). Từ đó suy ra Sn có phân phối nhị thức B(n, p).
Các số đặc trưng của biến ngẫu nhiên nhị thức Cho X là biến ngẫu nhiên nhị thức B(n, p), ta có
ϕ(t) = E[eitX] = (peit +q)n ≡ ϕn(t)
ϕ0(t) = E[iXeitX] = npieit(peit + q)n−1 = npieitϕn−1(t)
Suy ra
ϕ0(0) = iE[X] = inp
nên
E[X] = np.
Tiếp tục lấy đạo hàm cấp hai, ta được
ϕ00(t) = E[(iX)2eitX] = −npeit[ϕn−1(t) + (n −1)peitϕn−2(t)] do đó
ϕ00(0) = −E[X2] = −np[1 + (n − 1)p] Suy ra
E[X2] = np +n(n − 1)p2.
Từ đó tính được phương sai của X là Var[X] = E[X2]− [EX]2
= np + n(n − 1)p2 − (np)2 = np(1− p) = npq.
Vậy kỳ vọng và phương sai của X cho bởi
E[X] = np,Var[X] = npq.
Tất nhiên ta cũng có thể tính trực tiếp công thức trên theo định nghĩa kỳ vọng và phương sai.