Chương 2. Cực trị tập hợp 24
2.2 Một số dạng toán cực trị tập hợp
2.2.6 Khoảng cách Hamming - chặn Plotkin
Cho n là số nguyên dương, ký hiệu
[0,1]n ={x1x2...xn|xi ∈ {0,1}, i = 1,2, ..., n}
là tập tất cả các xâu nhị phân độ dài n.
Định nghĩa 2.2.14. Cho hai xâu nhị phân x = x1...xn và y = y1...yn. Khi đó khoảng cách giữa hai xâu x và y
d(x, y) = số vị trí mà xi 6=yi. Khoảng cách này gọi là khoảng cách Hamming.
Ví dụ 2.2.15. x= 00111, y = 11001, d(x, y) = 4.
Khoảng cách Hamming thỏa mãn các điều kiện sau.
(i) d(x, x) = 0,∀x ∈[0,1]n; (ii) d(x, y) >0,∀x6=y ∈[0,1]n; (iii) d(x, y) =d(y, x),∀x, y ∈[0,1]n;
(iv) d(x, z)6 d(x, y) +d(y, z),∀x, y, z ∈[0,1]n.
Cho v, w là xâu nhị phân thuộc [0,1]n. Ta định nghĩa tổng của hai xâu nhị phân v, w là xâuv+w sao cho(v+w)i =vi+wi và 0 + 0 = 0,0 + 1 = 1 + 0 = 1,1 + 1 = 0.
Bổ đề 2.2.16. Cho v, w là xâu nhị phân thuộc [0,1]n. Khi đó d(v+w) bằng với số số 1 xuất hiện trong v+w.
Chứng minh. Ta có
(v+w)i =
0 nếu vi = wi 1 nếu vi 6= wi.
Do đó
d(v, w)i =| {i|vi 6=wi} | =số số 1 xuất hiện trong v+w.
Định lý 2.2.17. Cho n, d là các số nguyên dương. Gọi C là tập hợp các xâu nhị phân trong [0,1]n sao cho
d(x, y) >d,∀x 6=y ∈C.
Đặt M =|C|. Khi đó
(i) Nếu d chẵn, 2d > n thì M 62
d 2d−n
. (ii) Nếu d lẻ, 2d+ 1> n thì
M 6 2
d+ 1 2d+ 1−n
. Chứng minh. (i) Có M2
cặp u+v, u, v ∈C. Ta viết ma trận A = M2
×n, với mỗi dòng là một phần tử u+v, với u, v ∈C. Ta đếm số lần xuất hiện số 1 trong ma trận trên. Ta đếm số lần xuất hiện số 1 trong mỗi cột. Xét một cột j. Lấy một dòng tùy ý, giả sử dòng đó là xâu nhị phân củau+w, khi đó số 1 xuất hiện ở cột j nếu và chỉ nếu v và w có một số 1 ở vị trí j..
GọiN là số xâu ký tự trong C có số 1 ở vị trí j, khi đó số cách chọn cặp u, w sao chov+w có số 1 ở vị trí j là N(M −N). Khi đó số số 1 xuất hiện trong cột thứ j là
N(M −N) 6
M2
4 nếu M chẵn
M2−1
4 nếu M lẻ.
Điều này đúng cho mọij = 1,2, ..., n.Do đó, số số 1 xuất hiện trong ma trận A nhỏ hơn hoặc bằng
nM42 nếu M chẵn nM24−1 nếu M lẻ.
Ta đếm số lần xuất hiện số 1 trong mỗi dòng. Với mỗi dòng chứa u+w, ta đã biết số số 1 trong dòng đó là d(v, w). Mà theo giả thiết thì d(v, w) >d.
Do đó, có ít nhất d số 1 trong mỗi dòng. Do đó, số các số 1 trong A ít nhất là M2
×d. Từ đó, nếu M chẵn, kết hợp hai kết quả trên thì M
2
×d6 n× M2 4 hay
dM2
2 − dM
2 6n× M2 4 .
Kéo theo (2d−n)M2 6 2dM. Theo giả thiết thì 2d−n và M đều là các số nguyên dương, nên
M 6
2d 2d−n
62
d 2d−n
+ 1.
Mà M chẵn, và 2 d
2d−n
+ 1lẻ nên M 62
d 2d−n
. Nếu M lẻ, thì
M 2
×d6n× M2−1 4 . Kéo theo
M
2 6 nM + 1 4 . Do (2d−n)M 6n nên
M 6 n
2d−n = 2d
2d−n −1.
Lại vì M là số nguyên, ta được M 6
2d
2d−n −1
=
2d 2d−n
−162 d
2d−n
+ 1−1 = 2 d
2d−n
. (ii) Chứng minh tương tự (i).
Ví dụ 2.2.18 (Vĩnh Phúc 2012, vòng 2). Có 7 em học sinh lập thành m nhóm hoạt động ngoại khóa, mỗi học sinh có thể tham gia nhiều nhóm hoạt động. Biết rằng với hai nhóm tùy ý thì có ít nhất 4 học sinh chỉ tham gia vào một trong hai nhóm đó. Tìm giá trị lớn nhất có thể của m.
Chứng minh. Giả sử 7 học sinh là a1, a2, a3, a4, a5, a6, a7 và đặt X = {a1, a2, . . . , a7}. Ta coi mỗi nhóm là một xâu dạngt1t2. . . t7, trong đó tibằng 1 nếu nhóm đó chứa ai, ti bằng 0 nếu nhóm đó không chứa ai. Khi đó theo giả thiết, khoảng cách Hamming không nhỏ hơn 4. Áp dụng Định lý 2.2.17 ở trên với d= 4, n = 7 ta được m6 8.
Ví dụ sau đây cho một cách phân nhóm với m = 8, các học sinh là a, b, c, d, e, f:
A1 = (a, b, c), A2 = (a, d, e), A3 = (a, f, g), A4 = (b, d, f),
A5 = (b, e, g), A6 = (c, d, f), A7 = (c, e, f), A8 = (a, b, c, d, e, f, g).
Ví dụ 2.2.19. Trong một cuộc thi có n thí sinh và p giám khảo, ở đó n, p là các số nguyên dương, p>2. Mỗi giám khảo đánh giá từng thí sinh và cho kết luận thí sinh đó đỗ hay trượt. Giả sử k là số thỏa mãn điều kiện: với hai giám khảo tùy ý, số thí sinh mà họ cho kết quả giống nhau nhiều nhất là k.
Chứng minh rằng
k
n > p−2 2 (p−1).
Chứng minh. Giả sửnthí sinh làS1, S2, ..., Sn.Mỗi giám khảo cho tương ứng với một xâu nhị phân độ dài n : x1x2...xn với xi = 1 nếu thí sinh Si đỗ và xi = 0 nếu thí sinh Si trượt. Theo điều kiện bài toán thì d =n−k. Xét hai trường hợp.
Nếu 2 (n−k) 6n thì k n > 1
k > p−2 2 (p−1).
Nếu 2 (n−k) > n, xét hai khả năng xảy ra:
Nếu n−k chẵn, thì p6 2
n−k 2 (n−k)−n
6 2 n−k
2 (n−k)−n = 2 (n−k) n−2k . Do đó
p(n−2k) 62n−2k.
Kéo theo
k
n > p−2 2 (p−1). Nếu n−k lẻ, thì
p62
n−k+ 1 2 (n−k) + 1−n
62 n−k+ 1
2 (n−k) + 1−n = 2 (n−k+ 1) n−2k+ 1 . Do đó
p(n−2k+ 1) 62n−2k+ 2.
Từ đó suy ra
k
n > p−2
2 (p−1).n+ 1
n > p−2 2 (p−1).
Kết luận
1 Những kết quả đã đạt được
Luận văn “Tập hợp và cực trị tập hợp” đã đạt được các kết quả sau:
1. Tìm hiểu lực lượng tập hợp, các nguyên lý tổ hợp và bài toán đếm số ánh xạ giữa các tập hữu hạn.
2. Tìm hiểu một số kết quả trong lý thuyết cực trị tập hợp: Định lý Erd¨os - Ko - Rado, Định lý Sperner, Bất đẳng thức Lubell-Yamamoto- Meshalkin,. . .
3. Tìm hiểu và phân loại một số dạng toán cực trị tập hợp ở phổ thông.
2 Đề xuất một số hướng nghiên cứu tiếp theo
Sau những kết quả đã đạt được trong luận văn, chúng tôi sẽ cố gắng sẽ tiếp tục nghiên cứu các chủ đề khác có liên quan: tìm hiểu các họ F có thêm những tính chất đặc biệt, chẳng hạn lực lượng giao hai tập bất kỳ trong họ F lớn hơn hoặc bằng một số tự nhiên t, nghiên cứu các ứng dụng trong lý thuyết đồ thị,. . .