(1)Chemins Chaînes Dans un graphe G, une haîne allant de a à b est une liste ordonnée x 0 x 1

Chemins

Chaînes

Dans un graphe G, une haîne allant de a à b est une liste ordonnée

x

0 x

1 ::: x

n 1 x

n

de n +1 sommets de G où a = x

0

, b = x

n

et où haque

paire x

i 1 x

i

(16i6 n) est une arête de G.

Le nombre n des arêtes qui omposent lahaîne est salongueur.

Remarque On ne demande pas que dans une haîne tous les sommets ou

toutes lesarêtes soientdiérents.

u

v w

y

z

x

Danslegraphei-dessus, uvwxywvzzyest unehaînede longueur9quiva

du sommetu ausommet y.L'arête vw est inlusedeux fois,de mêmeque les

sommetsv,w, y etz.

Sia =b, onparle d'une haîne fermée,sinon d'une haîne ouverte.

Chemins

Unheminestune haînetellequehaquearêtedeelle-isoitparourueune

seule fois.

Unhemin simpleest unhemindonthaque sommetest traverséune seule

fois (exepté peut-être le premieretle dernier).

3.1 Considérons legraphe suivant:

u

v

x

y z

a

b

d e

f

Les haînes aefad et abde sont-elles des hemins? des hemins simples?

fois par le mêmesommet.

Il est faile de montrer que tout hemin allant d'un sommet à un autre peut

être simplié en un hemin simple. Pour ela, il sut de supprimer les

détours.

Connexité

Un graphe est onnexe si toute paire de sommets peut être reliée par un

hemin.

3.2 Les graphes suivantssont-ils onnexes?

1) 2)

Siun grapheG n'estpas onnexe, ilsedéompose en réunionde sous-graphes

onnexes, appelés omposantes onnexes de G.

Le seond graphe de l'exerie 3.2 admet, par exemple, deux omposantes

onnexes.

Théorème Toutgrapheonnexeànsommetspossèdeaumoinsn 1arêtes.

Démontrons lerésultat par réurrene sur le nombre de sommetsn.

Pour n=1ou n=2,le résultatest évident.

Supposons àprésentn>3etlerésultatvraipourlesgraphesd'ordre6n 1.

Soit G=(V;E)un graphe onnexe d'ordren. Distinguonsdeux as.

1) Supposons qu'il existe un sommet de degré 1.

Soit G 0

le sous-graphe de G obtenu par suppression d'un sommet de

degré 1 et de l'arête adjaente à e sommet. Alors G 0

est un graphe

onnexe ave n 1 sommets. Vu l'hypothèse de réurrene, il possède

au moins (n 1) 1 arêtes. Il en résulte que G, qui possède une arête

supplémentaire, a aumoins n 1arêtes.

2) Supposons qu'il n'existe pas de sommetde degré 1.

Vu la onnexité de G, il ne peut pas y avoir de sommet isolé, de sorte

que tous lessommetssont de degré >2.

Lelemme des poignéesde mains implique2jEj= X

x2V

deg(x)>2n, d'où

l'on onlutque le nombre d'arêtes jEj>n>n 1.

Un yleest un hemin simplefermé.

Un graphene ontenant pas de yle est aylique.

3.3 Déterminerles yles de longueur 1,2 et3 dans le graphesuivant :

e

2

e

3

e

4

e

5 e

1

Proposition Si dans un graphe G tout sommet est de degré > 2, alors G

possède aumoins un yle.

Preuve La preuve utilise un algorithme de marquage.Initialement,tous les

sommetssont non marqués. Un sommetx

1

est arbitrairement marqué.

L'algorithme onstruit une séquene x

1

;x

2

;:::;x

k

de sommets marqués en

hoisissant arbitrairement pour x

i+1

un sommet non marqué adjaent à x

i .

L'algorithmes'arrêtelorsquex

k

nepossèdeplusdevoisinnonmarqué.Puisque

e sommet est degré>2, ilpossède, outre x

k 1

, un autre voisin marquéx

j .

Alorsx

k x

j x

j+1 :::x

k 1 x

k

est un yle.

Corollaire Ungrapheaylique possèdeaumoins un sommetde degré61.

Théorème Toutgrapheayliqueànsommetspossèdeauplus n 1arêtes.

Preuve Démontrons lerésultatpar réurrenesur lenombre de sommetsn.

Pour n=1ou n=2,le résultatest évident.

Supposons àprésentn>3etlerésultatvraipourlesgraphesd'ordre6n 1.

Soit G=(V;E) un grapheaylique d'ordren. D'après le orollaire,il existe

unsommetxde degré61.SoitG 0

lesous-graphedeGobtenuparsuppression

du sommet x et de l'éventuelle arête adjaente à e sommet. Alors G 0

est un

grapheaylique ave n 1sommets.Vul'hypothèsede réurrene,ilpossède

auplus(n 1) 1arêtes. Ilen résultequeG,qui possèdeuneéventuellearête

supplémentaire, a auplus n 1 arêtes.

Arbres

Un arbreest un graphe onnexeaylique.

3.4 Quel est le nombre d'arêtes d'un arbre à n sommets?

Exemple Les trois graphes suivants sont des arbres :

1) 2) 3)

La réunion ensembliste des graphes 1), 2) et 3) est un graphe qui, bien que

n'admettant pas de yles, n'est pas un arbre, ar il n'est pas onnexe. On

l'appelleune forêt.

Remarque Un sous-graphe d'un arbre peut être une forêt; un sous-graphe

onnexe d'un arbre Test un sous-arbre de T.

Propriétés & aratérisations des arbres

La onnexité d'un graphe implique que deux sommets quelonques sont tou-

joursreliés par au moins un hemin.

Le fait qu'il n'y ait qu'un seul hemin entre deux sommets distints quel-

onques aratérise lesarbres, ommel'énone lethéorème suivant.

Théorème Un graphesimple est un arbre si et seulement si deux sommets

distintsquelonques peuvent être reliéspar un hemin unique.

Preuve

1) SoitTunarbre.Supposonsparl'absurdequ'ilexistedeuxsommets

distintsu et v quipuissent être reliés par deux hemins distints.

u

v

Leur réunion vaontenir un yle (et probablement d'autres arêtes), e

qui est en ontradition ave lefait que Test aylique.

2) Réiproquement,supposonsquedeuxsommetsdistintsquelonquesd'un

graphe G soient toujours reliés par un hemin unique. Alors G ne peut

pasontenirdeyle,ardeuxsommetsdistintsd'unylesonttoujours

reliés par deux heminsdistints. DonG est un arbre.

sont équivalentes etpeuvent être prises ommela dénition d'un arbre.

1) Gest onnexe etaylique.

2) Gest un graphe onnexe àn 1arêtes.

3) Gest onnexe etla suppression de toute arête ledéonnete.

4) Gest un graphe aylique àn 1arêtes.

5) Gest aylique etl'ajout de toute arête lerend ylique.

Preuve

1))2) G étant onnexe etaylique, il possède exatement n 1arêtes.

2))3) Pour être onnexe, un graphe à n sommets doit posséder au moins

n 1arêtes.Ensupprimantune arêtede G,il n'enreste plus quen 2.

3))4) Si,par l'absurde, Gpossédait un ylique, lasuppression d'unearête

ne sauraitledéonneter;par suite, Gest aylique. Puisqu'ilest égale-

ment onnexe, il possède don exatement n 1arêtes.

4))5) Pour être aylique, un graphe à n sommets doit posséder au plus

n 1 arêtes. L'ajout d'une arêteà G donneun grapheà n arêtes.

5))1) Considérons deux sommetsx et y de G.

Si l'arête xyexiste, alors 'est un hemin de xà y.

Sinon,ajoutonsl'arêtexy àG:nous réonsalorsun ylede laforme

xa ::: wyx.Ceimontrel'existeneduheminxa ::: wyentrexety

dans G.

Gest don bien un graphe onnexe.

3.5 Montrer que lesonditions suivantes sontéquivalentes :

1) Gest onnexeet a un seul yle.

2) Gest onnexeet lenombre de sommetsest égal aunombre d'arêtes.

3) Il existe une arête e de G telle que G e est un arbre.

3.6 Prouverqu'un graphede n sommetsetn 1arêtes quia aumoinsun yle a

plus d'une omposante onnexe.

Connexion minimale

Arbres de reouvrement d'un graphe

On appellearbre de reouvrementd'un grapheGun sous-graphede Gqui

ontienttous les sommetsde Get quiest un arbre.

Engénéral,ommeonlevoiti-dessous, ungraphepeut avoirplusieursarbres

de reouvrement.

v w

x y

z

v w

x y

z

v w

x y

z

v w

x y

z

vrement, puisqu'un arbreest onnexe.

Théorème Tout grapheonnexe ontient un arbre de reouvrement.

Preuve Soit G un graphe onnexe.

Considérons l'ensemble de tous les sous-graphes onnexes de G ontenant

tous les sommetsde G. L'ensemble est non vide, vu queG2 .

Soit T l'un des éléments de possédant un nombre minimum d'arêtes.

T est aylique : sinon, T ontiendrait un yle et la suppression d'une arête

quelonque de e yle donnerait un sous-graphe appartenant à ayant une

arête de moins que T, e quiontrediraitle hoix de T.

VuqueTestonnexeetaylique,ilonstitueunarbredereouvrementde G.

3.7 Trouver un arbre de reouvrement du graphesuivant :

v

1

v

2

v

3

v

4

v

5

v

6

3.8 Trouver un arbre de reouvrement du graphesuivant :

v

10 v

1

v

2

v

3

v

4

v

5 v

6 v

7 v

8

v

9

3.9 Dessiner les 8arbres de reouvrement du graphe :

a

b

d

Le problème de la onnexion minimale

Supposons que diérents objets (villes, entres de distribution, prises de ou-

rant életrique, et.) doivent être reliés entre eux de manière minimum (ela

qu'il existe toujours un hemin possible entre deux quelonques de es

objets.

Il est faile de traduireette situation par un graphe G:

L'ensemble des sommets de G est l'ensemble des objets. Une arête de G

orrespond à une liaisondirete possible entre deux sommets.

À haque arête on fait orrespondre un nombre positif, appelé poids, qui

peut représenter une distane, un temps, un oût, et.

Nousobtenons ainsi e que l'on appelleun graphe pondéré.

Le problème onsistealors à trouverun arbre de reouvrement de Gde poids

minimum.

Exemple Six ordinateursC

1

;C

2

;:::;C

6

doivent être reliéspar un réseau de

transmission à bre optique. Le oût (unité = 10000 fr.) de haque liaison

possible est donné par le tableausuivant :

C

1 C

2 C

3 C

4 C

5 C

6

C

1

10 14 18 13 8

C

2

10 3 16 5 12

C

3

14 3 7 17 11

C

4

18 16 7 9 4

C

5

13 5 17 9 6

C

6

8 12 11 4 6

Ilfauttrouverleréseaulemoinsherpossibletelquetoutepaired'ordinateurs

puisseommuniquer,queesoitdiretementouàtraversd'autres ordinateurs.

Le graphepondéré par les oûtsest lesuivant :

C

1

C

2

C

3

C

4 C

5 C

6

10

14

18

13 8

3

16

5 12

7 17

11

9 4

6

Algorithme de Kruskal

Cet algorithme est dû au mathématiien thèque Joseph B. Kruskal qui l'a

utilisé lepremier en 1956.

1) Trier les arêtesde E par ordre roissant de poids : e

1

;:::;e

jEj .

2) Poser F=?.

3) Pour tout i allant de 1 à n, ajouter l'arête e

i

à F, pour autant que le

graphe(V;F) quien résultedemeure aylique.

Par onstrutioneten vertu de lapropriété 5)du théorème de lapage 3.4, on

obtient ainsi un arbre de reouvrement de poids minimum.

Exemple (suite) Appliquons l'algorithme de Kruskal aux six ordinateurs

reliés par un réseaude transmissionà bre optique.

Ordonnons lesarêtes du graphe par ordre roissant de poids :

3;4;5;6;7;8;9;10;11;12;13;14;16;17;18.

L'appliationde l'algorithmedonne F=f3;4;5;6;8g.

C

1

C

2

C

3

C

4 C

5 C

6

10

14

18

13 8

3

16

5 12

7 17

11

9 4

6

En eet, l'ajout de l'arête de poids 7 réerait le yle C

2 C

3 C

4 C

6 C

5 C

2 . À

partirde l'ajoutde l'arêtede poids 8,touslessommetssontreliés,'est-à-dire

que le graphe est onnexe, de sorte qu'il onstitue un arbre et que l'ajout de

toute arête supplémentaire rée un yle.

Le poids de l'arbre est 3+4+5+6+8 = 26 : le réseau herhé peut être

onstruit, selon l'arbre trouvé, auprix de 260 000 fr.

Algorithme de Prim

Bienquel'algorithmede Kruskalpuisseêtrefailementappliquéàlamain

quand legrapheest petit, iln'est pas partiulièrementapproprié àune implé-

mentationeae dansun ordinateur.Eneet, ilfautarranger lesarêtesdans

l'ordrede poids roissant et surtoutontrler qu'auun yle n'a été réé.

L'algorithmede Prim, quel'on doità l'informatiienRobert C. Primen 1957,

permet de surmonter es diultés.

1) Marquer arbitrairement un sommet.

2) Poser F=?.

3) Tant qu'il existe un sommet non marqué, hoisir une arête de poids

minimumjoignantunsommetmarquéàunsommetnonmarqué;ajouter

ette arête àF etmarquer e nouveau sommet.

Par onstrutioneten vertu de lapropriété 3)du théorème de lapage 3.4, on

obtient ainsi un arbre de reouvrement de poids minimum.

Exemple (n) Appliquons l'algorithme de Prim aux six ordinateurs reliés

par un réseau de transmission à bre optique, en marquant initialement le

sommetC

1 :

C

1

C

2

C

3

C

4 C

5 C

6

10

14

18

13 8

3

16

5 12

7 17

11

9 4

6

C

1

C

2

C

3

C

4 C

5 C

6

10

14

18

13 8

3

16

5 12

7 17

11

9 4

6

C

1

C

2

C

3

C

4 C

5 C

6

10

14

18

13 8

3

16

5 12

7 17

11

9 4

6

C

1

C

2

C

3

C

4 C

5 C

6

10

14

18

13 8

3

16

5 12

7 17

11

9 4

6

C

1

C

2

C

3

C

4 C

5 C

6

10

14

18

13 8

3

16

5 12

7 17

11

9 4

6

C

1

C

2

C

3

C

4 C

5 C

6

10

14

18

13 8

3

16

5 12

7 17

11

9 4

6

3.10 Utiliserlesalgorithmesde Kruskaletde Primpour trouverunarbre dereou-

vrement minimum pour le graphepondérésuivant :

v

7 v

1

v

2

v

3

v

4 v

5 v

6

8

9

1

2

11

10

3

4

7

5 6

vrement minimum pour le graphepondérésuivant :

v

8

v

9 v

1

v

2

v

3

v

4 v

5 v

6

v

7 1

12

11

15 10

2 4

13 8 6

3 7

14 9 5

3.12 Le tableausuivantdonne lesdistanes (en entaines de milles)entre six villes

européennes.

Berlin Londres Madrid Mosou Paris Rome

Berlin 0 7 15 11 7 10

Londres 7 0 11 18 3 12

Madrid 15 11 0 27 8 13

Mosou 11 18 27 0 18 20

Paris 7 3 8 18 0 9

Rome 10 12 13 20 9 0

Trouver un arbre de reouvrement minimum relianthaune de es villes:

1) par l'algorithmede Kruskal;

2) par l'algorithmede Prim.

3.13 Déterminertous lesgraphesde reouvrement minimauxdu graphesuivant :

4 5

5

1

2

3 4

2 3

2

4

1

3.1 aefad n'est pas un hemin allantde v à z.

abdeest un hemin allantde v àu qui n'est pas simple.

3.2 1) oui 2) non

3.3 e

1

est le seul yle de longueur 1.

e

2 e

3

est leseul yle de longueur 2.

e

2 e

4 e

5 ete

3 e

4 e

5

sont les seuls yles de longueur 3.

Remarquons que e

3 e

2 e

1

n'est pas un yle puisqu'unsommet est répété.

3.4 n 1

3.7

v

1

v

2

v

3

v

4

v

5

v

6

3.8

v

10 v

1

v

2

v

3

v

4

v

5 v

6 v

7 v

8

v

9

3.9

a

b

d

a

b

d

a

b

d

a

b

d

a

b

d

a

b

d

a

b

d

a

b

d

3.10

v

7 v

1

v

2

v

3

v

4 v

5 v

6

8

9

1

2

4

5

3.11

v

8

v

9

1 2

v

3

v

4 v

5 v

6

v

7 1

10

2 4

6

3 7

5

3.12

Londres

Paris

Berlin

Rome Madrid

Mosou

3

8

9 7

11

3.13

4 1

2 3 2 2

1

4 1

2 2 3

2

1