H129
Théorème de Dirac (1952)
Un graphe (simple) à n >3 sommets, tous de degré au moins n2, possède un circuit hamiltonien.
Démonstration
SiGest un graphe complet, alors le résultat est trivial.
Supposons le résultat démontré pour tout graphe formé de n42 < a6 n(n2−1) arêtes.
SoitGun graphe formé de a−1 arêtes vérifiant les hypothèses de l’énoncé et supposons queGne contienne pas de circuit hamiltonien.
L’ajout d’une arêtexy ne modifie pas les conditions de l’énoncé.
Par hypothèse de récurrence, le grapheG0 formé deaarêtes possède un circuit hamiltonien.
PuisqueGn’en possède pas par hypothèse, c’est donc que l’arêtexyfait partie du circuit hamiltonien deG0.
En supprimant cette arête, nous disposons donc d’un chemin hamiltonien dans Greliant les sommets xet y.
Renommons les sommets dans l’ordrex=S1, . . . , Sn=y.
NotonsV (Si) ={sommets adjacents àSi}etV−(S1) ={Si−1 tels queSi∈V(S1)}. Sn∈/V−(S1)et Sn∈/V (Sn), d’oùV−(S1)∪V(Sn)⊂ {S1, . . . , Sn−1}.
V−(S1)∩V (Sn) =Ø⇒n6|V−(S1)|+|V(Sn)|=|V−(S1)∪V (Sn)|6n−1.
Donc∃Si∈V−(S1)∩V(Sn).
De plus26i6n−2car par hypothèseS1∈/V (Sn)etSn ∈/ V(S1).
Dans ce cas, le circuitS1. . . SiSnSn−1. . . Si+1S1est hamiltonien, ce qui contre- dit l’hypothèse initiale surG.
DoncGcontient un circuit hamiltonien.
La récurrence se poursuit jusqu’à ce quea= n42 puisque ∑
s∈S
d(s) = 2a>n.n 2.
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Retour à l’énoncé de Diophante
Considérons le graphe dont lesn= 2008sommets sont les convives.
Deux sommets sont adjacents ssi deux convives sont en bon termes.
Puisque chaque chevalier est en bon termes avec au moins 1004 convives, d’après le théorème de Dirac, il existe un circuit hamiltonien.
Il reste à placer les chevaliers autour de la table ronde dans le même ordre que le parcours du circuit hamiltonien.
Deux voisins quelconques sont donc toujours en bon termes, CQFD.
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