Định lý 3.5.1 Cho aij = ±1 với mọi 1 ≤ i, j ≤ n. Thế thì tồn tại
xi, yj = ±1,1 ≤ i, j ≤ n sao cho n X i=1 n X j=1 aijxixj ≥ r 2 π + o(1) ! n3/2.
Kết quả này có một ứng dụng thú vị. Cho một mảngnìn các bóng đèn được chọn, mỗi cái hoặc bật (aij = +1) hoặc tắt (aij = −1). Giả sử mỗi dòng và mỗi cột có một sự chuyển sao cho nếu sự chuyển được xảy ra (xi = −1 cho dòngi và yj = −1 cho cột j) tất cả đèn ở hàng này sẽ chuyển: bật thành tắt và tắt thành bật. Thế thì có thời điểm số đèn bật trừ đi số đèn tắt ít nhất là (
q
2
π + o(1))n3/2.
Chứng minh [Định lý 3.5.1] Quên các x. Lấy y1, . . . , yn = ±1 được chọn độc lập, đều và đặt Ri = n X j=1 aijyj,
R = n
X
i=1
|Ri|.
Cố định i. Giá trị của aijyj là +1 hoặc −1 với xác suất 1/2 và giá trị của chúng (quét quaj) là độc lập.
Vậy Ri có phân phối Sn - phân phối của tổng n biến ngẫu nhiên {−1,+1}
đều, độc lập - nên E[|Ri|] = E[|Sn|] = r 2 π +o(1) ! √ n.
Tiệm cận này tìm bằng cách ước lượng Sn bởi √nN, N là phân phối chuẩn thông thường theo định lý giới hạn trung tâm và dùng tính toán sơ cấp. (Mặt khác, có thể: E[|Sn|] = n21−n n −1 b(n − 1)/2c và dùng công thức Stirling).
Bây giờ áp dụng sự tuyến tính của kỳ vọng cho R,
E[R] = n X i=1 E[|Ri|] = r 2 π +o(1) ! n3/2.
Có tồn tại y1, . . . , yn = ±1 để R đạt ít nhất giá trị này. Cuối cùng, lấy xi
với dấu giống như Ri để có n X i=1 xi n X j=1 aijyj = n X i=1 xiRi = n X i=1 |Ri| = R ≥ r 2 π +o(1) ! n3/2.
Chương 4
Bổ đề địa phương
4.1 Bổ đề
Trong chứng minh kiểu xác suất của một kết quả tổ hợp, ta thường phải chỉ ra rằng xác suất của một sự kiện nào đó là dương. Tuy nhiên, nhiều chứng minh cho thấy xác suất để các sự kiện đang xét xảy ra không chỉ dương mà còn lớn. Thực tế, nhiều chứng minh xác suất cho thấy các sự kiện đúng với xác suất cao, xác suất dần tới một khi số chiều của bài toán tăng. Chẳng hạn, xét xác suất cho trong chương 1 rằng cho mỗi k ≤ 1 có một giải đấu trong đó cho mọi tập k người chơi có một người đánh bại tất cả người đó. Chứng minh chỉ rõ rằng cho mỗi k cố định nếu số người chơi n đủ lớn thì thì hầu hết các giải đấu của n người chơi thỏa mãn tính chất này; nghĩa là, xác suất để một giải đấu ngẫu nhiên với n người chơi có tính chất mong muốn dần tới 1 khin dần tới vô cùng.
Mặt khác, có một trường hợp tầm thường trong đó ta có thể chỉ ra sự kiện nào đó xảy ra với xác suất dương, dù rất nhỏ. Thực vậy, nếu chúng ta có n sự kiện độc lập lẫn nhau và mỗi sự kiện đúng với xác suất ít nhấtp > 0, thì xác suất để tất cả các sự kiện đúng hiển nhiên ít nhất là pn, nó là dương dù có lẽ là lũy thừa nhỏ với số mũ n.
Thật tự nhiên để dự đoán rằng từ trường hợp độc lập có thể tổng quát cho những trường hợp mà sự phụ thuộc là hiếm, và đưa ra một cách tổng quát hơn để chứng minh rằng các sự kiện nào đó là đúng với xác suất dương, dù nhỏ. Một cách tổng quát như thế là, thực sự, có thể, và được phát biểu trong bổ đề sau, gọi là Bổ đề Địa phương Lovász. Bổ đề đơn giản này, được chứng minh đầu tiên trong Erdos và Lovász (1975), là một công cụ mạnh hàng đầu, vì nó cung cấp một cách để đối phó với các sự kiện hiếm.
Bổ đề 4.1.1 [Bổ đề địa phương; Trường hợp tổng quát] Cho A1, A2, . . . , An là các sự kiện của một không gian xác suất tùy ý. Một đồ thị có hướng
D = (V, E)trên tập các đỉnhV = {1,2, . . . , n}được gọi là đồ thị có hướng phụ thuộc vào các sự kiệnA1, A2, . . . , Annếu cho mỗii,1 ≤ i ≤ n, sự kiện
Ai là độc lập với mọi sự kiện {Aj : (i, j) ∈/ E}. Giả sử rằngD = (V, E) là đồ thị có hướng phụ thuộc vào các sự kiện nêu trên và giả sử rằng có các số thực
x1, x2, . . . , xn sao cho 0 ≤ xi < 1 và Pr(Ai) ≤ xiQ
(i,j)∈E(1−xj) với mọi 1 ≤ i ≤ n. Thế thì Pr(Vn
i=1Ai) ≥ Qn
i=1(1 − xi). Đặc biệt, với xác suất dương, không có sự kiện Ai nào đúng.
Chứng minh. Trước hết chúng ta chứng minh, bằng quy nạp cho s, rằng cho
S ⊆ {1,2, . . . , n}, |S| = s < n nào đó và i /∈ S nào đó, Pr(Ai| ^
j∈S
Aj) ≤ xi. (8)
Điều này chắc chắn đúng cho s = 0. Giả sử rằng nó đúng cho mọi s0 < s, chúng ta chứng minh nó cho s. Đặt S1 = {j ∈ S : (i, j) ∈ E}, S2 =
S \ S1. Thế thì Pr(Ai| ^ j∈S Aj) = Pr(Ai ∧ (V j∈S1Aj)|V l∈S2Al) Pr(V j∈S1 Aj)|V l∈S2Al) . (9) Để đánh giá tử thức nhận xét rằng do Ai là độc lập với các sự kiện {Al : l ∈ S2}, Pr(Ai ∧ ( ^ j∈S1 Aj)| ^ l∈S2 Al) ≤ Pr(Ai| ^ l∈S2 Al) = Pr(Ai) ≤ xi Y (i,j)∈E (1− xj). (10) Mẫu thức, mặt khác, có thể được đánh giá dựa theo giả thiết quy nạp. Thực vậy, giả sử S1 = {j1, j2, . . . , jr}. Nếu r = 0 thì mẫu thức là 1 và dẫn đến
(8). Trường hợp khác Pr(Aj1 ∧ Aj2 ∧ . . .∧ Ajr| ^ l∈S2 Al) = (1 −Pr(Aj1| ^ l∈S2 Al)).(1− Pr(Aj2|Aj1 ∧ ^ l∈S2 Al)). . . . . . . .(1− Pr(Ajr|Aj1 ∧ Aj2 ∧ . . .∧ Ajr−1 ∧ ^ l∈S2 Al)) ≥ (1− xj1)(1 − xj2). . .(1−xjr) ≥ Y (i,j)∈E (1−xj). (11) Kết hợp(10)và(11)vào(8), chúng ta kết luận rằngPr(Ai|V j∈S Aj) ≤ xi, hoàn thành chứng minh quy nạp.
Bây giờ dễ dàng suy ra khẳng định của Bổ đề 4.1.1, vì Pr( n ^ i=1 Ai) = (1− Pr(A1)).(1−Pr(A2|A1)). . . . . . . .(1− Pr(An| n−1 ^ i=1 Ai)) ≥ n Y i=1 (1−xi), (12) hoàn thành chứng minh.
Hệ quả 4.1.2 [Bổ đề Địa phương; Trường hợp đối xứng] Cho các sự kiện
A1, A2, . . . , An trong một không gian xác suất tùy ý. Giả sử rằng mỗi sự kiện
Ai là độc lập với tập tất cả các sự kiệnAj khác ngoại trừ nhiều nhất d, và rằng Pr(Ai) ≤ p cho mọi 1 ≤ i ≤ n. Nếu
ep(d + 1) ≤ 1 (13)
thì Pr(Vn
i=1Ai) > 0.
Chứng minh. Nếud = 0thì kết quả là tầm thường. Nếu khác, theo giả thiết có một đồ thị có hướngD = (V, E) phụ thuộc vào các sự kiện A1, A2, . . . , An
trong đó cho mỗi i,|{j : (i, j) ∈ E}| ≤ d. Bây giờ kết quả suy ra từ Bổ đề 4.1.1 bằng cách lấyxi = 1/(d+ 1)(< 1)cho mọi ivà tính chất cho d ≥ 1 nào đó, (1− d+11 )d > 1/e.
Như được chỉ ra bởi Shearer vào 1985, đáng để chú ý rằng hằng số 'e' là tốt nhất có thể trong bất đẳng thức (13). Cũng chú ý rằng chứng minh của Bổ đề 5.1.1 chỉ ra rằng kết luận vẫn còn đúng nếu thay các giả thiết Ai độc lập với các {Aj : (i, j) ∈/ E} và Pr(Ai) ≤ xiQ
(i,j)∈E(1 − xj) bởi giả thiết yếu hơn Pr(Ai|V
j∈S2Aj) ≤ xiQ
(i,j)∈E(1 − xj), cho mỗi i và mỗi
S2 ⊂ {1,2, . . . , n} \ {j : (i, j) ∈ E}, điều này có ích trong một số áp dụng.
Trong các mục sau chúng ta giới thiệu các áp dụng khác nhau của Bổ đề Địa phương để nhận một số kết quả tổ hợp. Không có chứng minh của kết quả nào mà không sử dụng Bổ đề Địa phương.