Probl`eme E622 (Diophante)
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin
Le probl`eme revient, dans un tableau de 15 lignes (les membres) par 20 colonnes (les comit´es) `a marquer 60 cases, 4 dans chaque ligne et 3 dans chaque colonne.
Une solution vient imm´ediatement `a l’esprit en remarquant que 15 et 20 sont dans la ligne 6 du triangle de Pascal : 15 =C62,20 =C63.
Dans le graphe complet `a 6 sommets (6-clique), il y a 15 arˆetes et 20 trian- gles (sous-ensembles de 3 sommets, mais aussi de 3 arˆetes). De plus, deux triangles distincts ne peuvent avoir qu’une arˆete en commun au plus : s’ils en avaient deux, ils auraient les mˆemes sommets et ne seraient pas distincts.
Enfin, chaque arˆete appartient `a 4 triangles, puisque ceux-ci peuvent ˆetre form´es avec les 4 sommets qui ne sont pas extr´emit´es de l’arˆete en cause.
D’o`u une solution : indexer les lignes du tableau par les paires form´ees avec 6 symbolesA, B, C, D, E, F, soitAB, AC, . . . , DF, EF ; indexer les colonnes par les triplets de ces symboles, soitABC, ABD, . . . , CEF, DEF; marquer les cases o`u les deux symboles de l’index de ligne figurent dans l’index de colonne.
Cette solution est-elle unique (`a des changements des indexations pr`es) ? Je le suppose, sans savoir le d´emontrer.
Une voie de d´emonstration consisterait `a exhiber un proc´ed´e de regroupe- ment des membres en 6 groupes de 5 membres, chaque membre appartenant
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a exactement deux groupes, avec seulement les hypoth`eses de l’´enonc´e. Je n’ai pas trouv´e de tel proc´ed´e.
Une autre voie consisterait `a montrer que, pour chaque paire de deux mem- bres, il y a exactement 4 membres qui rencontrent l’un et l’autre dans des comit´es.
En effet, on a le r´esultat suivant (A.J. Hoffman, 1960)1 :
Un grapheGest le graphe repr´esentatif des arˆetes de la 6-clique si et seule- ment si
–a)Ga C62= 15 sommets, –b)Gest r´egulier de degr´e 8,
–c) deux sommets quelconques deGont exactement 4 voisins en commun.
Le graphe ayant pour sommets les membres et repr´esentant la relation “par- ticiper `a un mˆeme comit´e” a-t-il bien ces propri´et´es ?
–a) Il a 15 sommets.
–b) Chaque membre en rencontre 8 autres, 2 par comit´e dans les 4 comit´es auquel il participe (ils sont tous distincts, puisqu’un membre cˆotoy´e dans un comit´e ne doit pas ˆetre rencontr´e dans un autre). Chaque sommet a donc 8 voisins dans le graphe.
1voir Claude Berge, Graphes et hypergraphes (Dunod 1973), chapitre 17, exercice 6 (page 395).
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–c) Deux sommets ont en moyenne 4 voisins en commun. En effet, comptons les paires d’arˆetes adjacentes : il y en aC82= 28 en chaque sommet, soit 420 au total ; chacune correspond `a un voisin commun pour les deux sommets qui sont les extr´emit´es distinctes de ces arˆetes ; comme il y a C152 = 105 paires de sommets, la moyenne par paire de sommets est bien 4.
Pour montrer que la condition c) est remplie, il suffit donc de montrer qu’au- cune paire de sommets n’admet plus (ou moins) de 4 voisins communs.
A d´efaut de montrer cela pour toute solution, ce crit`ere permet de d´eterminer si une solution donn´ee d´erive de la 6-clique. Il peut ˆetre plus facile `a appliquer qu’une recherche directe de regroupement des membres en 6 groupes de 5, chaque membre appartenant `a 2 groupes.
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Post-scriptum
Prenant connaissance des solutions de P.H. Palmade, D. Collignon et Dio- phante, je constate que mon hypoth`ese d’unicit´e ´etait bien trop r´eductrice.
En effet, aucune de ces 4 solutions ne v´erifie le crit`ere c) de Hoffman ! – P.H. Palmade : les membres AetB n’ont que 3 voisins (F, L, P) ;
– 1`ere solution de D. Collignon : les membres 1 et 2 n’ont que 3 voisins (3,6,7) ;
– 2e solution de D. Collignon : les membres 1 et 2 ont 6 voisins (3,4,5,6,7,8) ; – Diophante : les membresA etB ont 5 voisins (E, H, I, J, O).
L’hypoth`ese d’unicit´e est v´erifi´ee pour 6 membres participant chacun `a 2 comit´es, avec 3 membres par comit´e, 2 membres ne se rencontrant pas dans plus d’un comit´e. En effet, si j’´etiquette AB, AC, AD les membres qui ne participent pas au comit´e 1, les comit´es 2, 3 et 4 seront constitu´es avec un membre du comit´e 1 (diff´erent pour chacun) et 2 des membresAB, AC, AD; cela permet d’´etiqueterBC, BD, CD les membres du comit´e 1 de fa¸con que les comit´es sont BCD, ACD, ABD, ABC.
Au contraire, d`es que l’on passe `a 10 membres et 10 comit´es de 3 membres, on peut construire des solutions qui ne se ram`enent pas `a celles r´esultant de ma construction (avec dans ce cas 5 symboles). Par exemple, les membres
´etant not´es deA`a J, avec les comit´es :
ABC,ADE,AF G,BGH,BEI,CDG,CEJ,DIJ,EHI,F HJ.
Preuve de cette impossibilit´e de repr´esentation `a partir de 5 symboles (a, b, c, d, e) group´es par 2 (membres) ou par 3 (comit´es).
Si la repr´esentation est possible, je choisis un membre ab et un comit´e abc dont il fait partie. 3 membres (cd, ce, de) ne rencontrent ab dans aucun co- mit´e ; 3 comit´es (ade, bde, cde) n’ont aucun membre en commun avec abc.
Dans le tableau 10×10 de la relation d’appartenance des membres aux comit´es, la partie 3×3 croisant ces 3 membres et ces 3 comit´es a 5 cases marqu´ees, 3 sur la ligne du comit´ecdeet 2 autres sur la colonne du membre de.
Dans la solution ci-dessus, je choisis le membre A et le comit´e ABC; les membres qui ne rencontrent pasA sontH, I, J; les comit´es sans A, B niC sontDIJ,EHI,F HJ. Les membresH, I, J figurent chacun 2 fois dans ces 3 comit´es ; il y a donc 6 cases `a marquer dans la partie 3×3 du tableau, et non 5.
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