Énoncé
L'objectif de ce problème est de présenter dans un cadre ensembliste la distance de Hamming ainsi qu'un exemple de code de Hamming1.
Pour tout ensemble niE, on notera]E son cardinal (nombre d'éléments).
Partie I. Diérence symétrique.
Dans cette partieΩdésigne un ensemble ni. Pour toute partieXdeΩ, le complémentaire deX dansΩest notéX et la fonction caractéristique deX est notée1X.
∀x∈Ω, 1X(x) =
(1six∈X 0sinon
On dénit dansP(Ω)une opération (notée∆) appelée diérence symétrique par :
∀(X, Y)∈ P(Ω)× P(Ω) :X∆Y = (X∩Y)∪(X∩Y)
1. a. Vérier les propriétés suivantes et les traduire dans le vocabulaire des opérations : (P1) ∀(X, Y)∈ P(Ω)× P(Ω) : X∆Y =Y∆X
(P2) ∀X ∈ P(Ω) : X∆∅=∅∆X=X
(P3) ∀X ∈ P(Ω) : X∆X=∅
b. Montrer que :
∀(X, Y)∈ P(Ω)2,∀x∈Ω, x∈X∆Y ⇔1X(x) + 1Y(x)≡1 mod 2.
Fig. 1: Diérence symétrique
1d'aprèshttp ://fr.wikipedia.org/wiki/Code_de_Hamming
2. a. Montrer que
∀(X, Y)∈ P(Ω)× P(Ω) :X∆Y = X∪Y
∪(X∩Y)
b. Soient X, Y, Z trois parties de Ω. Exprimer X∆(Y∆Z)comme une union de parties deux à deux disjointes, chacune de ces parties étant une intersection de trois. En déduire l'associativité de∆.
c. SoientX1, X2,· · · , Xp des parties deΩet xun élément deΩ. Montrer que x∈X1∆· · ·∆Xp⇔1X1(x) +· · ·+ 1Xp(x)≡1 mod 2.
Comme ∆ est associative, il est inutile d'écrire des parenthèses dans X1∆· · ·∆Xp.
3. Dans cette questionA,B,C sont des parties quelconques deΩ. a. Montrer queA∆B ⊂A∪B et que :
A∆B=∅ ⇒A=B b. Simplier(A∆C) ∆ (C∆B)et A∆ ((A∆C) ∆ (C∆B)).
4. Pour tout élémentu∈Ωet toute partieX deΩ, on noteXu={u}∆X. a. PréciserXu.
b. SoitB une partie quelconque deΩ. Montrer que :
](Xu∩B)≡
(](X∩B) + 1si u∈B
](X∩B)si u /∈B mod 2.
5. IciΩcontientnéléments. Pour toutA⊂Ω, on désigne parPA l'ensemble des parties X deΩtelles que
](X∩A)≡0 mod 2 a. Montrer que]PA= 2n−1lorsque Aest non vide.
b. SoientA1 etA2 deux parties non vides et distinctes deΩ. Montrer que ](PA1∩ PA2) = 2n−2
c. Soient A1 et A2 A3 trois parties non vides, deux à deux distinctes de Ω. On suppose de plus queA3 n'est pas incluse dans A1∪A2. Montrer que
](PA1∩ PA2∩ PA3) = 2n−3
Partie II. Distance de Hamming.
On reprend les notations de la section précédente et on dénit la distance de Hamming d(X, Y)entre deux partiesX et Y deΩpar
∀(X, Y)∈ P(Ω)× P(Ω) :d(X, Y) =](X∆Y).
1. Montrer qued(A, B) = 0 entraîneA=B pour toutes partiesAetB deΩ. 2. Montrer l'inégalité triangulaire :
∀(A, B, C)∈(P(Ω))3:d(A, B)≤d(A, C) +d(C, B)
3. SoitC⊂Ωetk∈N, on dénit la H-sphère de centreC et de rayonk(notéeS(C, k)) et la H-boule de centreC et de rayon k(notéeB(C, k)) par :
∀X ∈ P(Ω),
(X∈ S(C, k)⇔ d(C, X) =k X∈ B(C, k)⇔ d(C, X)≤k
On notenle nombre d'éléments deΩ. Quel est le nombre d'éléments d'une sphère de rayonk? Quel est le nombre d'éléments d'une boule de rayonk?
Partie III. Communiquer sûrement c'est organiser le délayage.
Dans cette partieEdésigne un ensemble àpéléments. On imagine un système de trans- mission qui émet des partiesX deEvers un récepteur. Mais de petites erreurs peuvent survenir lors de la transmission et de temps en temps le X reçu n'est pas tout à fait leX émis. Pour remédier à cela, on va transformer (coder) leX en Φ(X)de sorte que chaque Φ(X) soit isolé puis transmettre le Φ(X). Si une petite erreur survient lors de la transmission, le récepteur saura la repérer et éventuellement la corriger ou demander une nouvelle émission. Il devra ensuite décoder leφ(X)enX.
On suppose donc l'existence d'un ensembleF ànéléments contenantE, dek∈Net d'une applicationΦdeP(E)dansP(F)telle que :
∀(X, Y)∈ P(E), X 6=Y ⇒d(Φ(X),Φ(Y))> k oùddésigne la distance de Hamming dansP(F).
1. Que signie pourΦle fait queksoit supérieur ou égal à0? 2. On supposeknon nul et pair. Montrer que :
∀(X, Y)∈ P(E)2, X 6=Y ⇒ B(Φ(X),k
2)∩ B(Φ(Y),k 2) =∅
3. a. On suppose k = 2. Montrer que n+ 1 ≤2n−p. Quelle est la plus petite valeur possible pournsip= 4?
b. On supposek= 4. Former une inégalité que doivent vérierpetn. Quelle est la plus petite valeur possible pournsip= 4?
Partie IV. Code de Hamming.
L'objet de cette section est de donner un exemple de fonctionΦvériant les propriétés de la section III. Ici, E est un ensemble à 4 éléments et F est un ensemble à 7 éléments contenantE. On note
E={d1, d2, d3, d4} F ={d1, d2, d3, d4, p1, p2, p3} Certaines parties deF, notéesA1,A2,A3, vont jouer un rôle particulier :
A1={d1, d2, d4, p1} A2={d1, d3, d4, p2} A3={d2, d3, d4, p3} On dénit une fonctionφdeP(E)dansP(F)la manière suivante.
∀X ∈ P(E),Φ(X)déni par :
Φ(X)∩E=X
p1∈Φ(X)⇔](X∩ {d1, d2, d4}) impair p2∈Φ(X)⇔](X∩ {d1, d3, d4}) impair p3∈Φ(X)⇔](X∩ {d2, d3, d4}) impair 1. CalculerΦ(∅),Φ(E),Φ({d1}),Φ({d1, d2, d4}).
2. Montrer que, pour toute partieXdeEet tout entierientre 1 et 3,Ai∩Φ(X)contient un nombre pair d'éléments.
3. Montrer que, pour toute partie non videZ deF :
]Z ≤2⇒ ∃i∈ {1,2,3}tel que ](Ai∩Z) = 1 4. SoientA,U,V des parties quelconques deF, montrer que
](A∩U)−](A∩V)≡](A∩(U∆V)) mod 2
5. Montrer que pour toutes parties (deE)X et Y distinctes , la distance de Hamming entreΦ(X)etΦ(Y)est strictement plus grande que 2.
6. (hors barême)2 SoitZ une partie de F. Montrer qu'il existe une partieX deE telle queZ= Φ(X)si et seulement si](A1∩Z),](A2∩Z),](A3∩Z)sont pairs.
2pour aller plus loin, il est bien plus commode d'utiliser la présentation classique des codes correcteurs à base d'algèbre linéaire sur le corps à deux éléments
Corrigé
Partie I. Diérence symétrique.
1. a. Les propriétés se vérient immédiatement avec les dénitions usuelles. Présentons dans un tableau les traductions comme des propriétés de l'opération∆.
(P1) (P2) (P3)
commutativité ∅est élément neutre chaque élément est inversible et il est son propre inverse
b. Caractérisons avec les fonctions caractéristiques le fait qu'unxest dansX∆Y si et seulement si il appartient à une et une seule des deux parties.
x∈X∆Y ⇔1X(x) + 1Y(x) = 1⇔1X(x) + 1Y(x)≡1 mod 2 car1X(x) + 1Y(x)∈J0,2K.
2. a. On utilise les propriétés suivantes (A, B,Csont des parties quelconques deΩ).
(1) :A∪(B∩C) = (A∪B)∩(A∪C) (3) :A∩B=A∪B (2) :A∩(B∪C) = (A∩B)∪(A∩C) (4) :A∪B=A∩B
A∆B = (A∩B)∪(A∩B) = (A∪B)∩(A∪B)d'après(3)et (4)
= (A∪B)∩A
∪ (A∪B)∩B
d'après(2)
=
(A∩A)
=∅
∪(B∩A)
∪
(A∩B)∪(B∩B)
=∅
d'après(2)
= (A∩B)∪(A∪B)d'après(4) b. On peut utiliser la question a.
X∆ (Y∆Z) = X∩(Y∆Z)
∪ X∩(Y∆Z)
= X∩ (Y ∪Z)∪(Y ∩Z)
∪ X∩ (Y ∩Z)∪(Y ∩Z)
= X∩Y ∩Z
∪(X∩Y ∩Z)∪ X∩Y ∩Z
∪ X∩Y ∩Z Il apparait alors queX∆ (Y∆Z)est constitué des élémentsxdeΩappartenant exactement à1 ou à3des partiesX,Y,Z.
X∩Y∩Zest formé par lesxappartenant seulement àX et à aucune des deux autres parties. Une situation analogue se produit pourX∩Y∩Z etX∩Y∩Z.
X∩Y ∩Z est formé par lesxappartenant aux trois parties.
Ceci prouve l'associativité de la diérence symétrique. En eet∆ est commuta- tive et les trois ensembles jouent des rôles symétriques dans la formulation précé- dente. Une autre combinaison des parenthèses, comme(X∆Y) ∆Zpar exemple, conduira donc au même ensemble d'éléments appartenant à une ou trois des par- ties données.
c. Notons Pp la propriété donnée par l'énoncé. Remarquons qu'elle entraine
∀x∈Ω, 1X1∆···∆Xp(x)≡1X1(x) +· · ·+ 1Xp(x) mod 2.
Raisonnons par récurrence surp. La question précédente montre la propriété pour p= 3. Montrons l'implication depàp+ 1.
Considérons des partiesX1,· · · , Xp+1, notonsD=X2∆· · ·∆Xp+1. x∈X1∆ (X2∆· · ·∆Xp+1)⇔1X1(x) + 1D(x)≡1 mod 2
⇔1X1(x) + 1X2+· · ·+ 1Xp(x)≡1 mod 2.
3. a. Par dénition de∆:
A∆B = (A∩B)
⊂A
∪(A∩B)
⊂B
⊂A∪B
On compose à gauche parA, puis on utilise l'associativité,(P3),(P2) A∆B =∅ ⇒A∆ (A∆B) =A∆∅ ⇒(A∆A) ∆B=A
⇒ ∅∆B=A⇒B=A b. D'après l'associativité(P3),(P2):
(A∆C) ∆ (C∆B) =A∆
C∆C
=∅
∆B=A∆B On peut injecter ce résultat dans la deuxième expression
A∆ ((A∆C) ∆ (C∆B)) =A∆ (A∆B) =
A∆A
=∅
∆B=B 4. a. Par dénition de la diérence symétrique :
Xu=
(X∪ {u} siu /∈X X\ {u} siu∈X
b. Les formules découlent directement de la description précédente deXu. Lorsque u∈B, la partieXu∩Bcontient un élément de plus ou un élément de moins que la partieX∩B. En revanche, lorsqueu /∈B, ces deux parties sont égales.
5. a. On peut classer les parties deΩen deux catégories : celles dont l'intersection avec Aest de cardinal pair (les éléments dePA) et celles dont l'intersection avecAest de cardinal impair (notonsI l'ensemble qu'elles constituent). On a évidemment
]PA+]I=]P(Ω) = 2n
CommeAest non vide, on peut considérer unu∈Aet l'application (P(Ω)→ P(Ω)
X →Xu
Elle est involutive d'après les propriétés de∆et dénit une bijection dePA vers I d'après 4.b.. Ces deux ensembles ont donc le même nombre d'éléments qui est la moitié de2n soit2n−1.
b. Remarquons d'abord que comme A1 et A2 sont distinctes, il existe un élément appartenant à l'un et pas à l'autre : par exemple un u appartenant à A2 et n'appartenant pas àA1. Cet élémentusera utilisé dans la suite.
Le raisonnement est alors proche du précédent. On classe les éléments de PA1
en deux catégories suivant la parité du cardinal de l'intersection avec A2. Celle attachée aux impairs est l'ensemblePA1∩ PA2 qui nous intéresse.
L'involutionX→Xudénit une bijection entre les deux catégories. Elle conserve la parité de l'intersection avec A1 car u /∈ A1 mais change l'autre. Les deux catégories ont donc le même nombre d'éléments2n−2.
c. Le raisonnement est le même que lors des questions précédentes en utilisant un u qui est dans A3 mais ni dans A1 ni dans A2. Il en existe car A3 n'est pas inclus dansA1∪A2. On peut construire une involution entre les deux catégories d'éléments dePA1∩ PA2 dénies par la parité du cardinal de l'intersection avec A3.
La conditionA36⊂A1∪A2n'est sans doute pas la meilleure mais elle sut pour la suite. Une condition plus satisfaisante ferait intervenir des diérences symétriques.
Partie II. Distance de Hamming.
1. Sid(A, B) = 0alors ](A∆B) = 0c'est à direA∆B =∅. D'après I.3.a. ceci entraîne A=B.
2. SoientA,B, Ctrois parties quelconques de Ω. D'après I.3.b. : (A∆C) ∆ (C∆B) =A∆B On en déduit :
d(A, B) =](A∆B) =]((A∆C) ∆ (C∆B))≤](A∆C) +](C∆B) carX∆Y ⊂X∪Y. Ce qui donne l'inégalité triangulaire
d(A, B)≤d(A, C) +d(C, B)
Cette inégalité permet de récupérer un peu d'intuition géométrique pour la suite.
3. Désignons parPk(Ω)l'ensemble des parties àk éléments deΩ. L'application (S(C, k)→ Pk(Ω)
X →C∆X
est une bijection entre la sphère et l'ensemble des parties carC∆X =Y si et seulement siX =C∆Y (involution). On en déduit (en notantn=]Ω)
]S(C, k) = n
k
Une boule de rayonkest l'union des shères de rayon 0,1,· · ·, k d'où ]B(C, k) = 1
rayon↑ 0
+ n
rayon↑ 1
+ n
2
+· · ·+ n
k
=
k
X
i=0
n i
Partie III. Communiquer sûrement c'est organiser le délayage.
1. La propriéték≥0caractérise l'injectivité de la fonction Φ. En eet,Φ(X) = Φ(Y)si et seulement sid(Φ(X),Φ(Y)) = 0.
2. Dans cette question, k est un entier pair non nul. Supposons que l'intersection des deux boules ne soit pas vide et notons Z un élément de cette intersection. Utilisons l'inégalité triangulaire :
d(Φ(X), Z)≤k 2 d(Φ(Y), Z)≤k 2
⇒d(Φ(X),Φ(Y))≤d(Φ(X), Z) +d(Z,Φ(Y))≤k
en contradiction avec la propriété fondamentale de Φ qui est que deux images sont k-loin . Les boules sont donc disjointes.
3. a. Icik= 2. Les boulesB(Φ(X),1)centrées aux images sont deux à deux disjointes d'après la question précédente. Il y en a autant que de parties dansEc'est à dire 2p. Chaque boule contient n+ 1éléments d'après II.3. La réunion de ces boules est une partie deP(F). On en déduit :
2p(n+ 1)≤2n ⇒n+ 1≤2n−p Le tableau
n 5 6 7
n+ 1 6 7 8 2n−p 2 4 8
montre que la plus petite valeur possible pour n est 7. La partie IV. donne un exemple de fonctionΦvériant ces conditions.
b. Icik= 4. Cette fois, les boules de rayon 2 sont deux à eux disjointes. Le nombre de ces boules est toujours2p et chaque boule contient
1 +n+ n
2
= 1 +n+n(n−1)
2 = 1
2(n2+n+ 2) La réunion de ces boules disjointes est une partie deP(Ω)donc
1
2(n2+n+ 2)2p≤2n ⇒n2+n+ 2≤2n−p+1
Lorsquep= 4, pour trouver la plus petite valeur denpour laquelle cette inégalité est possible, on forme un tableau analogue au précédent :
n 5 6 7 8 9 10
n2+n+ 2 32 44 58 74 92 112 2n−p+1 4 8 16 32 64 128
On en déduit que la plus petite valeur pour laquelle un délayage aveck= 4 est possible est10.
Partie IV. Code de Hamming.
1. Comme0est un nombre pair, aucun despi n'est dansΦ(∅)doncΦ(∅) =∅.
Chaque intersection deE avec les Ai contient trois éléments. Les trois pi sont donc dansΦ(E)et Φ(E) =F.
Par des raisonnements analogues, on trouve
Φ({d1}) ={d1, p1, p2}, Φ({d1, d2, d4}) ={d1, d2, d4, p1}
2. Pour i entre 1 et 3, le seul élément de Ai∩(F \E) est pi. Pour tout élémentX de P(E), on a donc (par dénition deΦ) :
Ai∩Φ(X) =
((Ai∩X) si](Ai∩X)est pair (Ai∩X)∪ {pi} si](Ai∩X)est impair On en déduit que](Ai∩Φ(X))est toujours pair.
3. Il est dicile de rédiger une argumentation globale permettant de montrer le résultat demandé. On se contentera d'examiner toutes les parties Z de F non vides et de cardinal1 ou2 et de préciser pour chacune unAi tel que](Ai∩Z)soit un singleton.
Les résultats sont présentés avec des tableaux regroupant les7 + 72
= 28partiesZ en diverses catégories :
les singletons. Il y en a7.
les paires d'éléments deE. Il y en a6. les paires d'éléments deF\E. Il y en a3.
les paires avec un élément dans E et un dans F\E. Il y en a 4×3 = 12, on les présente en trois tableaux de quatre.
{d1} {d2} {d3} {d4} {p1} {p2} {p4} A1 A1 A2 A1 A1 A2 A3
{d1, d2} {d1, d3} {d1, d4} {d2, d3} {d2, d4} {d3, d4}
A2 A1 A2 A1 A2 A1
{p2, p3} {p1, p3} {p1, p2}
A2 A1 A1
{d1, p1} {d2, p1} {d3, p1} {d4, p1}
A2 A3 A1 A2
{d1, p2} {d2, p2} {d3, p2} {d4, p2}
A1 A1 A4 A1
{d1, p3} {d2, p3} {d3, p3} {d4, p3}
A1 A1 A2 A1
4. Lorsque des parties sont disjointes, le nombre d'éléments de l'union est la somme des
cardinaux. C'est le cas pour :
A∩(U∆V) = A∩U∩V
∪ A∩U∩V A∩U = (A∩U∩V)∪ A∩U∩V A∩V = (A∩U∩V)∪ A∩U∩V
On en déduit des égalités entre nombres d'éléments. On les somme et on prend le reste modulo2 :
](A∩U) =](A∩U∩V) +] A∩U∩V ](A∩V) =](A∩U∩V) +] A∩U∩V ](A∩U) +](A∩V)≡](A∩(U∆V)) mod 2
Comme](A∩V)≡ −](A∩V) mod 2, on obtient bien la relation annoncée : ](A∩U)−](A∩V)≡](A∩(U∆V)) mod 2
5. SoientX etY des parties deE distinctes. On veut montrer qued(Φ(X),Φ(Y))>2. Il est clair queΦ(X) et Φ(Y) sont distinctes car Φ(X)∩E =X entraîne que Φ est injective. Mais notre objectif est plus dicile.
D'après la question 2., pour tout i entre 1 et 3,](Ai∩Φ(X)) et ](Ai∩Φ(Y)) sont pairs. Ceci entraîne d'après la question 4 que
](Ai∩(Φ(X) ∆ Φ(Y)))≡0 mod 2 NotonsZ= Φ(X) ∆ Φ(Y). On a donc :
∀i∈ {1,2,3}:](Ai∩Z)≡0 mod 2
Or d'après 3., siZ est non vide et de cardinal inférieur ou égal à 2, il existe unAi tel que](Ai∩Z) = 1. On en déduit donc que
d(Φ(X),Φ(Y)) =](Φ(X) ∆ Φ(Y))>2 6. Avec les notations de I.5., il s'agit de montrer que
{Φ(X), X∈ P(E)}=PA1∩ PA2∩ PA2. OrA1,A2,A3vérient les conditions de I.5.c donc
](PA1∩ PA2∩ PA2) = 2n−3= 24
c'est à dire le même que celui de l`ensemble des images. Comme la question IV.4.
a montré l'inclusion de l'ensemble des images dans l'intersection des PAi, on a bien prouvé l'égalité demandée.
Pour continuer cette étude, il vaut mieux se placer dans le cadre des espaces vectoriels de dimension nie sur le corps à deux éléments.
