Dans un graphe sans triangle den sommets, soitAB une arˆete

Enonc´e n^oG223 (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)<sup>2</sup>/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 notef_kle nombre de faces

`

a k cˆot´es, on a^P_k(4−k)f_k = 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, etC<sup>0</sup> au-del`a de C;

•sur la droite BD,D⁰ etD⁰⁰ au-del`a deD, et B<sup>0</sup> au-del`a de B.

1

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 des<sub>2</sub> en ´evitant qu’il y en ait 2 cons´ecutifs. De mˆeme B<sup>0</sup> (respectivementC<sup>0</sup>,D<sup>0</sup>) `a 23 points des3 (respectivement s5,s6).

Je compl`ete par la polygonaleA<sup>0</sup>A<sup>00</sup>B<sup>0</sup>C<sup>0</sup>D<sup>00</sup>D<sup>0</sup>A<sup>0</sup> et le segmentA<sup>00</sup>D<sup>00</sup>. On constate que toutes les faces ont exactement 4 cˆot´es, y compris la face in- finieA<sup>00</sup>B<sup>0</sup>C<sup>0</sup>D<sup>00</sup>. (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 relation^P_k(4−k)f_k= 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.

2