H10170. Encore un banquet
1) Un repas r´eunit 2npersonnes. Chacune connaˆıt au moins ndes autres personnes pr´esentes (et en est connue).
Montrer que l’on peut choisir quatre de ces personnes et les placer autour d’une table ronde de sorte que chacune connaisse ses deux voisins.
2) Pour les plus trapus : montrer qu’avec les mˆemes hypoth`eses, on peut placer toutes ces personnes autour d’une unique table ronde de sorte que chacune connaisse ses deux voisins.
Solution
1) Prenons deux convives, A et B, qui ne se connaissent pas (si chacun connaˆıt tout le monde, il n’y a pas de probl`eme). Pla¸cons-les en vis-`a-vis
`a la table de 4. Dressons les listes (A) et (B) des personnes connues de A et B respectivement : au total au moins 2n noms (au moins n dans chaque liste), ne comprenant pas A ni B. Mais il n’y a, en dehors de A et B, que 2n−2 convives. Ainsi est-il in´evitable (c’est le “principe des tiroirs”, ou du pigeonnier) que des noms (au moins 2) figurent en double : ces convives connaissent `a la foisAetB et deux d’entre eux compl´eteront heureusement leur table.
2) Ce r´esultat est un th´eor`eme de th´eorie des graphes qui s’´enonce : Si le degr´e minimum des sommets du graphe est au moins la moiti´e du nombre de sommets, le graphe admet un cycle hamiltonien.
Il a ´et´e publi´e en 1952 par le Britannique G.A. Dirac.
2.1) La d´emonstration classique (cf. par exemple Claude Berge, Graphes et hypergraphes, Dunod 1970) est une d´emonstration par l’absurde.
Supposons qu’il existe une configuration des relations de connaissance qui soit un contre-exemple `a cet ´enonc´e.
Pla¸cons les convives au mieux autour de la table. Par hypoth`ese, certains voisins ne se connaissent pas. Prenons-en deux :Aet B.
Si A et B se connaissaient, en plus des relations de connaissance d´ej`a
´etablies, deux cas peuvent se produire :
– soit il deviendrait possible de faire un plan de table o`u chacun connaˆıt ses deux voisins ;
– soit un tel plan de table reste impossible ; alors la configuration o`u Aet B se connaissent est encore un contre-exemple `a l’´enonc´e, puisque chaque convive en connaˆıt au moins autant d’autres que dans la configuration de d´epart. Prenons donc cette nouvelle configuration comme configuration de d´epart.
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En recommen¸cant l’op´eration, on finit par obtenir un contre-exemple o`u il suffit d’ajouter une relation de connaissance entre AetB pour qu’un plan de table satisfaisant devienne possible. En effet, ajoutant des relations de connaissance, on se rapproche de la situation o`u tout le monde se connaˆıt et o`u n’importe quel plan de table est satisfaisant.
Le plan de table qui devient possible est AM1M2. . . Mn−2B, en num´e- rotant les convives autres que A et B dans l’ordre o`u ils se trouvent `a table.
Je consid`ere deux ensembles de convives :EA, ensemble des convives dont le successeur (dans la liste ci-dessus) connaˆıt A, et EB, ensemble des convives connus de B. Chacun comprend au moinsn/2 convives, puisque chaque convive connu deAa un pr´ed´ecesseur dans la liste, et queAcomme B connaissent chacun au moins n/2 convives. B n’est dans aucun de ces ensembles, car il n’a pas de successeur. La r´eunion des ensembles EA∪EB
a donc au plus n−1 ´el´ements ; EAetEB totalisantn´el´ements au moins, il y a au moins un ´el´ement qui figure dans les deux ensembles, soitMk. Mais alors le contre-exemple n’en est pas un, car un bon plan de table, o`u A etB n’ont pas besoin de se connaˆıtre, est
AMk+1Mk+2. . . Mn−2BMkMk−1Mk−2. . . M2M1A.
L’hypoth`ese d’un contre-exemple conduisant `a une contradiction, on conclut que l’´enonc´e est vrai.
2) La d´emonstration pr´ec´edente a un caract`ere un peu frustrant, car elle ne donne pas d’indication sur la fa¸con d’obtenir le cycle hamiltonien d’un graphe donn´e. La derni`ere ´etape de la d´emonstration construit un tel cycle, mais dans le graphe contre-exemple limite ; rien ne dit, compte tenu des arˆetes ajout´ees au graphe de d´epart, que ce cycle est un cycle du graphe initial.
Des ´echanges sur ce point avec Jean-Pierre Greiveldinger m’ont conduit
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a ´etablir une d´emonstration “constructive”, qui donne un moyen d’ob- tenir un cycle hamiltonien dans tout graphe v´erifiant les hypoth`eses du th´eor`eme.
Premi`ere ´etape : construisons dans le graphe donn´e un cycle ferm´e. Par exemple, un cycle de 4 convives comme dans la premi`ere question du probl`eme.
Deuxi`eme ´etape : augmentons ce cycle en y ins´erant un convive encore debout chaque fois que ce convive connaˆıt deux personnes voisines dans le cycle. Lorsque ce n’est plus possible, le cycle comprend p personnes, soitP1P2. . . Pp, et pour chacune des n−p=q personnes encore debout, les personnes qu’elle connaˆıt ne comprennent pas deux personnes voisines dans le cycle. Ainsi chacune de ces personnes connaˆıt au plus p/2 des personnes du cycle, et au moins n/2−p/2 = q/2 des personnes encore debout.
Troisi`eme ´etape : faisons l’hypoth`ese de r´ecurrence que le th´eor`eme est vrai pour tout graphe ayant moins densommets. Alors, commeq < n, on peut former un cycle avec lesq personnes debout, soit Q1Q2. . . Qq. Quatri`eme ´etape : supposons par exemple q < p (les deux cycles jouant maintenant des rˆoles sym´etriques). Les membres connus de Q1 sont des personnes debout pour au plusq−1< n/2, doncQ1 connaˆıt au moins une personne de l’autre cycle, soitPm, et on peut former une chaˆıne ouverte Pm+1. . . PpP1P2. . . PmQ1Q2. . . Qq, o`u chacun connaˆıt ses voisins dans la configuration donn´ee des relations de connaissance.
Derni`ere ´etape : elle est identique `a celle de la premi`ere d´emonstration, en renum´erotant les membres pour que la chaˆıne soitAM1M2. . . Mn−2B.
Remarque : on voit que la contrepartie du caract`ere constructif est le recours `a l’hypoth`ese de r´ecurrence. C’est ce qui conduit `a reformuler le th´eor`eme avec un nombre de sommets qui n’est pas forc´ement pair.
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