Partie IV. Code de Hamming.

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MPSI B 2009-2010 Corrigé du DM 6 29 juin 2019

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 ⇔1_X(x) + 1_Y(x) = 1⇔1_X(x) + 1_Y(x)≡1 mod 2 car1_X(x) + 1_Y(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 parties données.

c. Notons Pp la propriété donnée par l'énoncé. Remarquons qu'elle entraine

∀x∈Ω, 1_X₁_∆···_∆_X_p(x)≡1_X₁(x) +· · ·+ 1_X_p(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∆· · ·∆X_p+1)⇔1_X₁(x) + 1_D(x)≡1 mod 2

⇔1X₁(x) + 1X₂+· · ·+ 1X_p(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

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

1 Rémy Nicolai M1006C

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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 →X_u

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.

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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 2^p. Chaque boule contient n+ 1éléments d'après II.3. La réunion de ces boules est une partie deP(F). On en déduit :

2^p(n+ 1)≤2ⁿ ⇒n+ 1≤2^n−p Le tableau

n 5 6 7

n+ 1 6 7 8 2^n−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 toujours2^p 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)2^p≤2ⁿ ⇒n²+n+ 2≤2^n−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

2^n−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 A_i contient trois éléments. Les trois p_i 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) :

A_i∩Φ(X) =

((Ai∩X) si](Ai∩X)est pair (A_i∩X)∪ {p_i} si](A_i∩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

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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.