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user: 3. 主要结论及其证明 由定义可得 A ( n ， d ) = α ( Q n d − 1 ) ，即n维超立方体的 d − 1 次幂图的独立数等于给定最小Hamming距离为d的最大n长二元码集的大小。由定义2.3可得 Q n d − 1 是点传递图，所以我们利用 Q n d − 1 的最大独立集证明下面定理时，只构造包含点 ( 0 ， 0 ， ⋯ ， 0 ) 的最大独立集。令 u 0 = ( 0 ， 0 ， ⋯ ， 0 ) ， D i ( u 0 ) = { u ∈ V ( Q n d − 1 ) | d H ( u ， u 0 ) ≤ i } ( 0 ≤ i ≤ n ) 。为便于观察，给出如下对 Q n d − 1 的距离划分(见图1)。 图1. Q n d − 1 的距离划分图 定理3.1：对于 n ， d ∈ Z + ，如果 2 n + 1 3 ≤ d ≤ n ，则 A ( n ， d ) = 2 。 证明：因为 A ( n ， d ) = α ( Q n d − 1 ) ，我们只需证明在题目所给条件下 α ( Q n d − 1 ) = 2 成立即可。现令 T 1 = D 0 ∪ D 1 ∪ ⋯ ∪ D d − 1 ， T 2 = D d ∪ D d + 1 ∪ ⋯ ∪ D n ，则 V ( Q n d − 1 ) = T 1 ∪ T 2 (见图2)。不妨设 M ⊆ V ( Q n d − 1 ) ，且M是 Q n d − 1 的独立集。令 u 0 ∈ M ，则对于 T 1 中任意一点x， x ≠ u 0 ，有 d H ( x ， u 0 ) ≤ d − 1 ，故 M ∩ T 1 = { u 0 } 。又因为对于 T 2 中任意一点u有 d H ( u ， u 0 ) ≥ d > d − 1 ，且对于 T 2 中任意两点 x ， y 有 d H ( x ， y ) ≤ 2 ( n − d ) ≤ d − 1 ，故 | M ∩ T 2 | ≤ 1 。综上有 α ( Q n d − 1 ) = 2 ，即 A ( n ， d ) = 2 。 图2. 定理3.1的距离划分图 定理3.2：对于 n ， d ∈ Z + ，如果 2 n − 1 3 ≤ d ≤ 2 n 3 ，则 A ( n ， d ) = 4 。 证明：与定理3.1的证明同理，我们只需证明在题目所给条件下 α ( Q n d − 1 ) = 4 成立即可。现令 T 1 = D 0 ∪ D 1 ∪ ⋯ ∪ D d − 1 ， T 2 = D d ， T 3 = D d + 1 ∪ D d + 2 ∪ ⋯ ∪ D n ，则 V ( Q n d − 1 ) = T 1 ∪ T 2 ∪ T 3 (见图3)。不妨设 M ⊆ V ( Q n d − 1 ) ，且M是 Q n d − 1 的独立集。令 u 0 ∈ M ，则对于 T 1 中任意一点x， x ≠ u 0 ，有 d H ( x ， u 0 ) ≤ d − 1 ，故 M ∩ T 1 = { u 0 } 。又因为对于 T 3 中任意一点u有 d H ( u ， u 0 ) ≥ d + 1 > d − 1 ，且对于 T 3 中任意两点 x ， y 有 d H ( x ， y ) ≤ 2 ( n − d − 1 ) = d − 1 ，故可得 | M ∩ T 3 | ≤ 1 。 对于任意的 u ， v ∈ M ∩ T 2 ，设 | u ∩ v | = k ，则 d H ( u ， v ) = 2 ( d − k ) ≥ d ，故 k ≤ d 2 。又因为 T 2 = D d ，所以 n − d ≥ d − k ，故 k ≥ 2 d − n ≥ d − 1 2 。综上，我们有 d − 1 2 ≤ k ≤ d 2 。 图3. 定理3.2的距离划分图 1) 若d为偶数，则有 k = d 2 ， n = 3 d 2 。 不妨设点 u ∈ M ∩ T 2 ，且点u满足 u 1 = u 2 = ⋯ = u d = 1 ， u d + 1 = u d + 2 = ⋯ = u n = 0 。对于任意的 v ∈ M ∩ T 2 − { u } ，因为 | u ∩ v | = d 2 ，故点v满足 v d + 1 = v d + 2 = ⋯ = v n = 1 ，且其前d个坐标有 d 2 个为1，不妨设 v 1 = v 2 = ⋯ = v d 2 = 1 ， v d + 2 2 = v d + 4 2 = ⋯ = v d = 0 。此时，存在 w ∈ M ∩ T 2 − { u ， v } ，有 w 1 = w 2 = ⋯ = w d 2 = 0 ， w d + 2 2 = w d + 4 2 = ⋯ = w n = 1 ，且 M ∩ T 2 − { u ， v } = { w } ，否则若 m ∈ M ∩ T 2 − { u ， v ， w } ，则有 m d + 1 = m d + 2 = ⋯ = m n = 1 ，故存在 x ∈ M ∩ T 2 ，有 d H ( x ， m ) ≤ d − 1 。即若d为偶数，有 4 ≤ Q n d − 1 ≤ 5 。下面证明 α ( Q n d − 1 ) ≠ 5 。如果 α ( Q n d − 1 ) = 5 ，且M是对应的最大独立集，则有 M ∩ T 1 = { u 0 } ， | M ∩ T 2 | = 3 ， | M ∩ T 3 | = 1 。此时一定存在 u ∈ M ∩ T 2 ， v ∈ M ∩ T 3 满足 d H ( u ， v ) < d ，与M是独立集矛盾，故 α ( Q n d − 1 ) ≠ 5 。 2) 若d为奇数，则有 k = d − 1 2 ， n = 3 d + 1 2 。 设点 u ∈ M ∩ T 2 ，且点u满足 u 1 = u 2 = ⋯ = u d = 1 ， u d + 1 = u d + 2 = ⋯ = u n = 0 。对于任意的 v ∈ M ∩ T 2 − { u } ，由于 | u ∩ v | = d − 1 2 ，则点v中有 v d + 1 = v d + 2 = ⋯ = v n = 1 ，且其前d个坐标有 d − 1 2 个为1，不妨设 v 1 = v 2 = ⋯ = v d − 1 2 = 1 ， v d + 1 2 = v d + 3 2 = ⋯ = v d = 0 。若存在 w ∈ M ∩ T 2 − { u ， v } ，则有 w d + 1 = w d + 2 = ⋯ = w n = 1 ，此时， | w ∩ v | ≥ d + 1 2 ，与 k = d − 1 2 矛盾。故有 | M ∩ T 2 | ≤ 2 ，从而 | M | ≤ 4 。 综上可得 α ( Q n d − 1 ) = 4 ，即 A ( n ， d ) = 4 。 如果 n = 3 k ，则 d = 2 n − 3 3 = 2 k − 1 ，对于 k ∈ { 1 ， 2 ， 3 } 已知其对应的 A ( n ， d ) 的值，即 A ( 3 ， 1 ) = 8 ， A ( 6 ， 3 ) = 8 ， A ( 9 ， 5 ) = 6 ，对于大于3的正整数k，我们给出如下定理。 定理3.3：如果 n = 3 k ( k > 3 ) ，且 d = 2 n − 3 3 ，则 A ( n ， d ) = 4 。 证明：与定理3.1的证明同理，我们只需证明在题目所给条件下 α ( Q n d − 1 ) = 4 成立即可。现令 T 1 = D 0 ∪ D 1 ∪ ⋯ ∪ D d − 1 ， T 2 = D d ∪ D d + 1 ， T 3 = D d + 2 ∪ D d + 3 ∪ ⋯ ∪ D n ，则 V ( Q n d − 1 ) = T 1 ∪ T 2 ∪ T 3 (见图4)。不妨设 M ⊆ V ( Q n d − 1 ) ，且M是 Q n d − 1 的独立集。令 u 0 ∈ M ，则对于 T 1 中任意一点x， x ≠ u 0 ，有 d H ( x ， u 0 ) ≤ d − 1 ，故 M ∩ T 1 = { u 0 } 。又因为对于 T 3 中任意一点u有 d H ( u ， u 0 ) ≥ d + 2 > d − 1 ，且对于 T 3 中任意两点 x ， y 有 d H ( x ， y ) ≤ 2 ( n − d − 2 ) = d − 1 ，故 | M ∩ T 3 | ≤ 1 。接下来我们证明 | M ∩ T 2 | ≤ 3 。由于 T 2 = D d ∪ D d + 1 ，故我们讨论 | M ∩ D d | 和 | M ∩ D d + 1 | 的大小： 1) | M ∩ D d | ≤ 3 。 图4. 定理3.3的距离划分图 对于任意的 u ， v ∈ M ∩ D d ，设 | u ∩ v | = k ，则 d H ( u ， v ) = 2 ( d − k ) ≥ d ， k ≤ d 2 。又由 n − d ≥ d − k 可得 k ≥ 2 d − n = d − 3 2 。则有 d − 3 2 ≤ k ≤ d 2 ，即 k = d − 3 2 或 k = d − 1 2 。不妨设点 u ∈ M ∩ D d ，且点u满足 u 1 = u 2 = ⋯ = u d = 1 ， u d + 1 = u d + 2 = ⋯ = u n = 0 。对于任意的 v ∈ M ∩ D d − { u } ， | u ∩ v | = d − 3 2 或 d − 1 2 。若 | u ∩ v | = d − 1 2 ，设点v满足 v 1 = v 2 = ⋯ = v d − 1 2 = 1 ， v d + 1 2 = v d + 3 2 = ⋯ = v d + 1 = 0 ， v d + 2 = v d + 3 = ⋯ = v n = 1 。此时，对于任意的 w ∈ M ∩ D d − { u ， v } ，有 | w ∩ u | = d − 1 2 。否则如果 | w ∩ u | = d − 3 2 ，则w一定满足 w d + 1 = w d + 2 = ⋯ = w n = 1 ，从而 | w ∩ v | = d + 1 2 。同理，若 | v ∩ u | = d − 3 2 ，则 M ∩ D d − { u ， v } = ∅ 。由于 | w ∩ u | = d − 1 2 ，故此时w一定满足在其后 n − d 个坐标中有 d + 1 2 个坐标为1。又因为 | w ∩ v | ≠ d + 1 2 ，故 w d + 1 = 1 ， w 1 = w 2 = ⋯ = w d − 1 2 = 0 。又因为 k ≥ 4 ，所以 d − 1 2 ≥ 3 ，从而 | M ∩ D d − { u ， v } | ≤ 1 。即 | M ∩ D d + 1 | ≤ 3 ， 可令w为 w 1 = w 2 = ⋯ = w d + 1 2 = 0 ， w d + 3 2 = w d + 5 2 = ⋯ = w n − 1 = 1 ， w n = 0 。 2) | M ∩ D d + 1 | ≤ 3 。 对于任意的 u ， v ∈ M ∩ D d + 1 ，设 | u ∩ v | = k ，与(1)同理可得 k = d + 1 2 ，且 | M ∩ D d + 1 | ≤ 3 。当 | M ∩ D d + 1 | = 3 时，可设 M ∩ D d + 1 = { x ， y ， z } ，其中 x = ( 1   ⋯   1 ︸ d + 1 2   1   ⋯   1 ︸ d + 1 2   0   ⋯   0 ︸ d + 1 2 ) y = ( 1   ⋯   1 ︸ d + 1 2   0   ⋯   0 ︸ d + 1 2   1   ⋯   1 ︸ d + 1 2 ) z = ( 0   ⋯   0 ︸ d + 1 2   1   ⋯   1 ︸ d + 1 2   1   ⋯   1 ︸ d + 1 2 ) 在此基础上，我们有 M ∩ D d 与 M ∩ D d + 1 的关系：如果 | M ∩ D d | = 3 ，则 M ∩ D d + 1 = ∅ ；如果 | M ∩ D d | = 2 ，则 | M ∩ D d + 1 | ≤ 1 ；如果 | M ∩ D d | = 1 ，则 | M ∩ D d + 1 | ≤ 2 。否则一定会存在 u ∈ M ∩ D d ， v ∈ M ∩ D d + 1 使得 d H ( u ， v ) < d 。同理，如果 | M ∩ D d + 1 | = 3 ，则 M ∩ D d = ∅ ；如果 | M ∩ D d + 1 | = 2 ，则 | M ∩ D d | ≤ 1 ；如果 | M ∩ D d + 1 | = 1 ，则 | M ∩ D d | ≤ 2 。综上， | M ∩ T 2 | ≤ 3 ， 4 ≤ | M | ≤ 5 ，故 4 ≤ α ( Q n d − 1 ) ≤ 5 。 下面我们证明 α ( Q n d − 1 ) ≠ 5 。如果 α ( Q n d − 1 ) = 5 ，且M是对应的最大独立集，则根据上述分析有 M ∩ T 1 = { u 0 } ， | M ∩ T 2 | ≤ 3 ， | M ∩ T 3 | = 1 。此时一定存在 u ∈ M ∩ T 2 ， v ∈ M ∩ T 3 满足 d H ( u ， v ) < d ，与M是独立集矛盾，故 α ( Q n d − 1 ) ≠ 5 。 综上， α ( Q n d − 1 ) = 4 ，即 A ( n ， d ) = 4 。