Enonc´e noG223 (Diophante)
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin
Si les seuls triangles `a consid´erer sont ceux ayant pour sommets les points donn´es (donc sans tenir compte de croisements ´eventuels de segments), on peut tracer 1006009 segments de la fa¸con suivante : on marque en rouge 1003 points parmi les 2006, en bleu les 1003 autres, et on joint par un segment chaque paire de points de couleurs diff´erentes. Dans toute succession de segments constituant une chaˆıne ferm´ee, les points rouges alternent avec les points bleus et il ne peut y avoir de triangle.
Avec n points, on marque de mˆeme en rouge bn/2c points, en bleu dn/2e points, et on tracebn2/4c segments sans triangle.
Cette valeur est la meilleure possible : supposons la propri´et´e ´etablie pour les graphes sans triangle de moins densommets (elle est vraie pour 1 et 2 sommets). Dans un graphe sans triangle den sommets, soitAB une arˆete.
Lesn−2 autres sommets peuvent ˆetre reli´es `a Aou B, mais pas aux deux, soit au plus n−2 arˆetes ; les arˆetes n’ayant pas A ou B comme extr´emit´e sont au plusb(n−2)2/4cpar l’hypoth`ese de r´ecurrence. Au total, le nombre maximum d’arˆetes est
1 + (n−2) +
$(n−2)2 4
%
=
$n2 4
%
ce qui ´etablit la propri´et´e pourn sommets.
Dans cette interpr´etation, la position des points dans le plan est sans im- portance.
Comme on est dans le plan, il y a une autre interpr´etation de l’´enonc´e o`u les segments ne doivent pas se croiser. Le nombre de segments est alors limit´e
` a 4008.
On a en effet la relation de Descartes n+f −m = 2 pour une figure `a n sommets,m segments etf faces (face infinie comprise). Comme il n’y a pas de triangle, chaque face a au moins 4 cˆot´es et 2m≥4f, d’o`u 2≤n+m/2−m etm≤2n−4.
Plus g´en´eralement, dans un graphe planaire o`u on notefkle nombre de faces
`
a k cˆot´es, on aPk(4−k)fk = 2(m+ 4−2n) comme minorant du nombre de triangles.
La borne m = 2n−4 pour les graphes sans triangle peut ˆetre atteinte, et selon plusieurs configurations.
Par exemple, je place 2006 points de la fa¸con suivante :
•2000 points en 50 rang´ees de 40, selon un rectangle ABCD;
•sur la droite AC,A0 etA00 au-del`a de A, etC0 au-del`a de C;
•sur la droite BD,D0 etD00 au-del`a deD, et B0 au-del`a de B.
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Les segments trac´es sont d’abord le quadrillage du rectangle ABCD. Les cˆot´es comportant 49 ou 39 segments, le p´erim`etre de ce rectangle est de 176 segments, que je d´ecompose en 6 parties :
•un segment s1 au milieu du cˆot´e AD;
•une chaˆıne s2 de 42 segments chevauchantA;
•une chaˆıne s3 de 44 segments chevauchantB;
•un segment s4 voisin du milieu du cˆot´e BC;
•une chaˆıne s5 de 44 segments chevauchantC;
•une chaˆıne s6 de 44 segments chevauchantD.
Je joins alorsA0 `a 22 points des2 en ´evitant qu’il y en ait 2 cons´ecutifs. De mˆeme B0 (respectivementC0,D0) `a 23 points des3 (respectivement s5,s6).
Je compl`ete par la polygonaleA0A00B0C0D00D0A0 et le segmentA00D00. On constate que toutes les faces ont exactement 4 cˆot´es, y compris la face in- finieA00B0C0D00. (On peut d´eplacer l´eg`erement certains points du p´erim`etre de ABCD si on veut que deux cˆot´es cons´ecutifs d’une face ne soient pas dans le prolongement l’un de l’autre.)
Il y a alors 4008 segments, selon la relation de Descartes.
Mais j’aurais pu, plus simplement, prendre 2004 points sur une droite et joindre chacun `a 2 points situ´es de part et d’autre de la droite. Ce proc´ed´e se g´en´eralise `an quelconque.
Si la position des points est donn´ee, cela peut cr´eer une limitation suppl´emen- taire. En effet, la face infinie doit avoir au moins autant de cˆot´es que l’en- veloppe convexe desn points, soitc.
Si c est pair >4, on peut s’arranger pour que la face infinie ait c cˆot´es et toutes les autres 4 seulement. La relationPk(4−k)fk= 2(m+4−2n) donne alors 4−c= 2(m+ 4−2n) et m= 2n−2−c/2.
Sic= 3 avecn >3, on s’arrange pour que la face infinie ait 4 cˆot´es, en faisant passer son contour par le point int´erieur de distance minimale `a l’enveloppe convexe. Alors m= 2n−4 (qui est encore vrai pourn= 3.
Si c est impair > 4, on peut s’arranger pour que la face infinie ait c cˆot´es et les autres 4, sauf une face pentagonale. Alors m = 2n−2−(c+ 1)/2.
Mˆeme r´esultat si on pr´ef`ere s’arranger pour que la face infinie aitc+ 1 cˆot´es (comme dans le casc= 3) et toutes les autres 4 seulement.
D’o`u la formule g´en´erale m= 2n−2− dc/2e.
Tout ceci suppose que je sache diviser la partie du plan qui n’est pas la face infinie en faces sans point donn´e strictement int´erieur, `a 4 cˆot´es (sauf peut-ˆetre un pentagone si la face infinie a un nombre impair de cˆot´es). Cela peut se faire, pour tout polygone avec un point donn´e int´erieur, en joignant un de ces points int´erieurs `a un sur deux des sommets du polygone ; et pour un polygone sans point donn´e int´erieur `a≥6 cˆot´es, par une diagonale embrassant 3 cˆot´es cons´ecutifs.
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