Université du Québec en Outaouais
Département d’Informatique et d’Ingénierie INF 6083
Types de données avancées
Travail 1
Présenté au professeur Jurek Czyzowicz
Préparé par : Jamal Abd-Ali
Abdj01106400 Le 5 Février 2004
Séance 2
le 29 janvier 2004
Rappel de la formule d’Euler
La formule d’Euler s’applique sur un graphe simple, connexe et planaire quelconque
f =e-n+2
Où : f est le nombre de facettes e est le nombre d’arêtes n le nombre de nœuds Démonstration :
On va procéder par induction sur f suivant les étapes suivantes : 1. Démontrons que la formule est vraie quelque soit le nombre de
nœuds pour f =1.
En effet pour f=1 on a une seule facette (facette externe ouverte : tout le plan), donc pas de facette fermée c.à.d pas de circuit et le circuit étant annexe par hypothèse => nous avons un arbre de n nœuds et dans un arbre
n=e+1 => 0= e-n+1 => 1+0 = 1+( e-n+1) donc 1= e-n+2 d’ailleurs f=1 finalement f=e-n+2
2. en admettant la vérité de l’hypothèse jusqu'à un nombre de facettes fi, démontrons qu’on peut étendre la formule à fi+1.
Considérons alors un graphe où f=fi+1
Remarquons que fi+1 est ≥ à 2 sinon on retombe sur la partie 1 ci dessus, donc au moins deux facettes existent et des arêtes les séparent. Nous choisissons une de ces dernières arêtes que nous enlèverons au graphe.
Le graphe résultant contient alors fi facettes et on lui applique la formule d’Euler fi=(e-1)-n +1
Où e est le nombre de facettes du graphe de départ à fi+1 facettes.
On va retourner l’arête à sa place pour restituer le graphe départ, l’effet de ce retour va alors diviser une facette en deux (car sa place touchait deux facettes dés le début) et augmenter le nombre des arêtes d’une unité.
En appliquons cette modification à la dernière formule on aura fi+1= (e-1)+1 –n +1
fi+1=e-n+1.
Lemme
Pour chaque graphe simple et planaire G, nous avons
2e =∑i d(fi) = ∑ j j n(j)
où d(fi) est le degré de la facette i .(nbre d’arêtes de cette facette) et n(j) est le nombre de tous les nœuds de degré j.
Vue que chaque arête a deux extrémités, donc elle touche deux nœuds et par suite le nombre de contacts arête/nœud est le double de celui des arêtes. d’où
2e = ∑ j j n(j)
D’ailleurs nous dirons qu’une arête appartient à une facette ssi elle fait partie de la frontière de cette dernière.
Revenons alors à la démonstration de la deuxième égalité.
Chaque arête appartient nécessairement à deux facettes distinctes ou à la facette externe entourant le graphe. Ceci donne que le nombre des arêtes des facettes est égale au double de celui des arêtes du graphe ; à condition de compter deux fois une arête appartenant à la facette externe.
Et par suite 2e =∑i d(fi)
Corollaire 1 :
Pour tout graphe simple, connexe et planaire G avec e > 2 on a : e ≤ 3n –6
Démonstration :
Remarquons qu’une facette a au moins trois arêtes, donc df ≥ 3
Ceci est vrai pour les f facettes du graphe, donc on peut écrire l’inégalité ci dessus f fois. Ce qui donne
∑i d(fi) ≥ 3f
Remplaçons alors ∑i d(fi) par sa valeur 2e du lemme précédent et remplaçons f par sa valeur e-n+2 de la formule d’Euler. On obtient
2e≥ 3 (e-n+2)
=> 0≥e-3n+6
=> e ≤ 3n-6
Corollaire 2 :
Pour tout graphe simple, connexe, planaire et biparti G avec e > 2 on a e ≤ 2n-4
Démonstration :
Remarquons qu’une facette à trois arêtes est en contradiction avec la propriété bipartie du graphe, car dans une facette à trois nœuds, ces derniers ne peuvent appartenir à la même partition(ils sont reliés par des arrenter de la facette) ni à deux partitions différentes( car dans ce cas les deux nœuds appartenant à la même partition se trouvent liés par une arêtes de la facette triangulaire).
Et comme il n’y a pas de facette de deux ou une arête, on peut déduire que pour toute facette i
d(fi) ≥4
en faisant la somme de f inégalités pour les f facettes on aura :
∑i d(fi) ≥ 4f
Remplaçons alors ∑i d(fi) par sa valeur 2e du lemme précédent et remplaçons f par sa valeur e-n+2 de la formule d’Euler. On obtient
2e ≥ 4(e-n+2) => e ≤ 2n-4
Corollaire 3 :
Tout graphe simple et planaire G possède au moins un nœud de degré ≤5
démonstration : supposons par l’absurde que le degré de tout nœud de G soit ≥ 6 .
On aura alors n(j) ≥ 6 pour un nœud de degré n(j). d’où en faisant la somme pour les n nœuds et en groupant les nœuds de même degré on aura ∑ j j n(j) ≥ 6 n
en utilisant le lemme 2e =∑i d(fi) = ∑ j j n(j) on aura
2e ≥ 6n => e ≥ 3n => e > 3n –6 mais ceci contredît le corollaire 1 qui met en évidence l’inégalité e ≤ 3n-6.
Exercice 1 :
démontrons que K5 et C3,3 sont pas planaires. K5 contient 5 (5-1) /2 arêtes soit 10 arêtes comme graphe complet.
Ayant 5 nœuds il ne vérifie pas le corollaire 1 qui impose que e ≤ 3n –6
en effet 10 n’est pas inférieur ou égal à (3*5-6= 9).
C3,3 a 3*3=9 arêtes et 6 nœuds mais ceci ne vérifie pas le
corollaire2 qui exige pour un graphe planaire biparti l’inégalité e ≤ 2n-4.
En effet 9 n’est pas inférieur ou égal à (2*6-4 =8)
Exercice 2 :
pourquoi le graphe de Peterson n’est-il pas planaire ?10
1
6
2
9
4
3
5 7
8
Figure 1 : Graphe initial de Peterson
10
1
4
5 7
8
Figure 2 : Graphe de Peterson réduit à un C 3,3.
Solution
Remarquons que l’élimination d’une arête d’un graphe planaire n’altère pas le caractère planaire de ce dernier. Appelons cette modification operation1.
De même on peut remplacer deux arêtes touchant un nœud commun de degré 2, par une seule arête ; le graphe résultant reste planaire.
(operation2)
Supposons par l’absurde que le graphe de Peterson est planaire.
Appliquons alors l’operation1 sur les aretes (6,9) et (2,3). Ensuite
appliquons l’operation2 sur les nœuds 6 ,3,2 et 9. on aura alors le graphe de la figure 2.
On a alors un graphe biparti formé des partitions {5,7,8} et {1,10,4}
qui forme un C3,3 => graphe non planaire
( on a déjà vu dans l’exercice précédent qu’un C3,3 n’est pas planaire).
Définitions :
On appelle graphe complètement régulier tout graphe où les facettes ont même degré et nœuds ont même degré.
Pour tout graphe planaire G1 on admet un graphe dual G2 caractérisé par :
Un nœud de G1correspond à une facette de G2
Une arête a2 de G2 est construite en interceptant une arete a1 de G1 pour lier les nœuds duaux des deux facettes de G2 ayant a1 comme arête.
Exercice :
Trouver les graphes complètement réguliers.Solution : appliquons les équations du lemme déjà vu 2e =∑i d(fi) = ∑ j j n(j)
mais dans le cas de graphes complètement réguliers on a j=dn=degre d’un noeud est une constante
et df(i)=df=degré d’une facette comme constante les équations précédentes seront 2 e =n dn (1)
2e =f df (2)
d’ailleurs Euler donne f=e-n+2 (3)
donc on a un système de trois équations à trois inconnus. Écrivons f et n en fonction de e dans (3)
Exercice :
colorier un graphe planaire avec six couleurs.Démonstration par induction :
Pour n=6 on aura assez de couleurs => hypothèse de départ vraie.
Supposons que six couleurs sont suffisantes jusqu'à un certain nbre n de nœuds.
Pour n+1 nœuds il existe toujours d’après corollaire3 un nœud de degré ≤ 5. enlevons un tel nœud n e au graphe pour avoir un graphe de n nœuds pour lequel on peut assurer que 6 couleurs sont suffisantes.
Pour restituer le graphe d’origine de n+1 nœuds on va ajouter le nœud ne deja enlevé et rétablir les arêtes avec ses cinq ex-adjacents au plus. Il reste à colorier ce nœud par une couleur différente de celles de ces 5 ou moins voisins.
Ceci est toujours possible car cinq nœuds ont au plus cinq couleurs différentes et la sixième couleur couvre notre ne.
