Solution 2 a) Pour obtenir un arbre couvrant, il faut au minimum enlever une des arêtes du cycle

UNIVERSITÉ PIERRE & MARIE CURIE Année 2008-2009

LM226 — Graphes et Combinatoire

Corrigé de l’examen du 26 juin 2009

Solution 1 Notons

A = {n∈[1,8000], nest divisible par4}={4k, k∈[1,2000]}

B = {n∈[1,8000], nest divisible par7}={7k, k∈[1,1142]}

C = {n∈[1,8000], nest un cube}={k³, k∈[1,20]}.

On a

A∩B = {28k, k∈[1,285]}

A∩C = {(2k)³, k∈[1,10]}

B∩C = {(7k)³, k∈[1,2]}

A∩B∩C = {14³}.

On applique la formule du crible :

|A∪B∪C|=|A|+|B|+|C| − |A∩B| − |A∩C| − |B∩C|+|A∩B∩C|

= 2000 + 1142 + 20−285−10−2 + 1 = 2866.

L’ensemble cherché est le complémentaire de A∪B∪C dans [1,8000] et a pour cardinal 8000−2866 = 5134.

Solution 2 a) Pour obtenir un arbre couvrant, il faut au minimum enlever une des arêtes du cycle. Mais après avoir enlevé une arête du cycle, on obtient un graphe qui est encore connexe, mais qui n’a plus de cycle. C’est donc un arbre couvrant.

En résumé, les arbres couvrants de Gsont en bijection avec l’ensemble des arêtes du cycle. Il y a donc exactement r arbres couvrants.

b)

Voir question précédente.

c)

Si on enlève la diagonale, il reste quatre choix possibles sur le cycle. Sinon, il faut enlever une des deux arêtes du haut et une des deux arêtes du bas. En tout4+2×2 = 8 possibilités.

d)

Il faut enlever une des 3 arêtes de gauche et une des 3 de droite.

e)

f)

Ici, chaque choix différent de l’arête à enlever donne des suites de degrés différentes.

Solution 3 Soitγ = (v₀, v₁, . . . , v_n=v₀)un cycle hamiltonien deG. Par définitioni7→v_i est une bijection de [1, n]sur S.

a) La longueur d’un cycle d’un graphe simple vaut au moins 3. Celle deγ estn. On a donc n≥3.

b) Soits∈S. Il existe i∈[1, n]tel quevi =s. Si i∈[2, n−1],sa pour voisin vi−1 et v_i+1 qui sont distincts. De même, sii= 1,sa pour voisinsv_netv₂ qui sont distincts, et sii=n,sa pour voisinsvn−1 etv₁ qui sont distincts. Dans tous les cas,d(s)≥2.

c) Soits et t deux sommets de G. Si s= vi et t= vj, avec i≤ j, (vi, vi+1, . . . vj) est une chaîne d’extrémités sett. DoncGest connexe.

d) Si on efface le sommets=v_k, aveck < i ouk > j, la chaîne de la question précdente relie vi a vj dans G\ {s}. Dans l’autre cas, c’est-à-dire is i < k < j, il suffit de prendre la chaîne v_j, v_j+1, . . . , v_n=v₀, v₁, . . . , v_i qui relie v_i etv_j dansG\ {s}.

e) On considère le graphe suivant

Solution 4 a) Soitc une coloration deG utilisant χ(G) couleurs. On peut considérer c comme une coloration deG\ {a} utilisant χ(G) couleurs. On a donc

χ(G\ {a})≤χ(G).

Réciproquement, soitdune coloration deG\ {a}utilisant les couleurs 1 àχ(G\ {a}), etu une des extrémités de a. Posons

d⁰(s) =

(d(s) si s6=u

χ(G\ {a}) + 1 si s=u.

La fonctiond⁰ est une coloration deGqui utilise au plusχ(G\ {a}) + 1couleurs. On a donc

χ(G)≤χ(G\ {a}) + 1 d’où le résultat.

b) On sait queχ(K_n) = n. Soit a= {u, v} une arête de K_n. La fonction c définie sur les sommets deKn par

c(s) =

(s si s6=u v si s=u.

est une coloration de K_n\ {a}qui prend n−1 valeurs (la valeur u n’est pas prise).

On en déduit χ(K_n\ {a}) ≤ n−1, et il y a égalité d’après la question précédente.

On a donc montréχ(Kn\ {a}) =χ(Kn)−1 etKn est spécial.

c) Parmi les sous-graphes couvrants H= (S, A⁰) de G qui sont tels queχ(H) =χ(G), il y en a (au moins) un qui a un nombre minimal d’arêtes. Un tel H est forcément spécial puisque pour toutadeA⁰ on a|A⁰\{a}|<|A⁰| ⇒χ(H\{a})< χ(G) =χ(H).

d) Supposons que G = (S, A) a plusieurs composantes connexes qui ne sont pas des points isolés. Il existe alors une partition S = S₁ ∪S₂ de G telle que si s ∈ S₁ et t∈S₂, alorssettne sont pas voisins., et telle queG₁ =G(S₁)etG₂ =G(S₂)ont au moins une arête chacun. (On peut par exemple prendre pourS1une des composantes connexes de G qui ne sont pas des points isolés et pour S₂ la réunion de toutes les autres composantes connexes deG).

Supposonsχ(G1)≤χ(G2). Nous allons montrer que χ(G) =χ(G2).

Sic est une coloration de Gutilisant χ(G) couleurs, la restriction dec àS2 est une coloration deG2 utilisant (au plus)χ(G)couleurs, donc χ(G2)≤χ(G). Soit d’autre partc₂ une coloration deG₂ utilisantχ(G₂)couleurs. On peut choisir une coloration deG1utilisant les mêmes couleurs. On obtient bien ainsi une coloration deGutilisant χ(G2)couleurs. On a donc bien χ(G)≤χ(G2) et l’égalité annoncée.

Soit maintenantaune arête deG₁ (On a vu qu’il en existe). On aχ(G⁰₁ =G₁\{a})≤ χ(G₁) ≤ χ(G₂) et le raisonnement précédent appliqué à G\ {a} = G₁ \ {a} ∪G₂ montre encore que

χ(G\ {a}) =χ(G₂) =χ(G)

etGn’est pas spécial.

e) SoitGun graphe spécial qui a au moins deux arêtes. D’après la question précédente, toutes les arêtes de G sont dans la même composante connexe. Cette composante connexe a donc au moins 3 sommets distincts, disonsx,yetz. Six est voisin deyet de z, le degré de xest au moins 2. Sinon, xn’est pas voisin de y, par exemple. Mais il existe une chaîne élémentaire (de longueur au moins 2) reliant x à y. N’importe quel sommet de cette chaîne autre que x ety a un degré au moins égal à 2.

f) SoitGun graphe bispécial qui a au moins deux arêtes. D’après la question précédente, il y a un sommetvde degré au moins 2, donc deux arêtesa={u, v}etb={v, w}qui ont une extrémité commune. En posantk=χ(G\ {a, b}), on doit avoirχ(G\ {a}) = χ(G\ {b}) =k+ 1etχ(G) =k+ 2.

Notonscune coloration deG\ {a, b}utilisant les couleurs de[1, k]Pour tout sommet sde G, posons

c⁰(s) =

(c(s) sis6=v k+ 1 sis=v

Il est facile de voir que c⁰ est une coloration de G utilisant au plus k+ 1 couleurs, une contradiction.