H157. Une réunion post-confinement
Les notes qui suivent comptent deux parties distinctes : la première prétend démontrer que l’entier k cherché est nécessairement compris entre 10 et 13, la seconde propose une solution de configuration à k= 10qui satisfait les contraintes de l’énoncé.
Il n’est donc pas démontré quek= 10est la seule possibilité pour satisfaire les contraintes de l’énoncé.
1 Contraintes sur k
Nous symboliserons une personne par un point et le fait que deux personnes se connaissent par un segment reliant ces deux points.
Comptons les différents sous-ensembles de 3 points parmi les 36 : on sait qu’il en existe C363 = 7140 différents. Distinguons-les en 4 catégories (selon le nombre de segments reliant les trois points) : S3, S2,S1 etS0 représentées ci-dessous :
• •
•
S3
• •
•
S2
• •
•
S1
• •
•
S0
Nous allons utiliser le décompte total des segments du schéma complet à 36 personnes. On sait qu’il y a 18k segments en tout (chacune des 36 personnes en connaissant exactement k, cela donne 36k segments, mais chacun est ainsi compté deux fois).
Chacun des18ksegments nous donne une paire de personnes se connaissant. Elles ont 4 connaissances en commun : à chaque segment, on peut donc associer 4 éléments deS3. Il y aurait donc72kéléments, mais, ce faisant, chacun d’eux a été compté 3 fois.
Il y a donc24kéléments dans S3.
Chacune des 18(35−k) paires de personnes ne se connaissant pas (tous les segments non-tracés du schéma complet) donne deux connaissances en commun : on y associe 2 éléments de S2.
Il y a donc36(35−k) = 1260−36k= 36(35−k)éléments dans S2.
Chacun des18ksegments nous donne une paire de personnes se connaissant, qui ont 4 connaissances en commun : il y a donc 30 personnes qui ne sont pas des connaissances communes aux extrémités de ce segment. A chaque segment, pour chacune de ces 30 personnes (autrement dit, à 18k×30 = 540k reprises), on peut donc associer un élément deS1ou un élément deS2. Ce faisant, chacun des1260−36k éléments deS2 sera compté deux fois (car un élément deS2 compte deux segments).
Il y a donc540k−2(1260−36k) = 612k−2520 = 36(17k−70)éléments dans S1.
Chacune des18(35−k)paires de personnes ne se connaissant pas donne deux connaissances en commun : il y a donc 32 personnes qui ne sont pas des connaissances communes aux extrémités de ce non- segment. A chaque non-segment, pour chacune de ces 32 personnes (autrement dit, à18(35−k)×32 = 20160−576k reprises), on peut donc associer un élément de S0, ou un élément de S1. Ce faisant, chacun des 612k−2520 éléments de S1 sera compté deux fois (car un élément de S1 compte deux non-segments).
Il y a donc20160−576k−2(612k−2520) = 25200−1800kéléments, chacun d’eux étant compté trois fois (car un élément deS0 compte trois non-segments).
Il y a donc 25200−1800k
3 = 8400−600k= 600(14−k) éléments dansS0. D’après le cardinal de S1 :k>5 et d’après le cardinal deS0 :k614.
Remarques : On peut facilement vérifier que
|S3|+|S2|+|S1|+|S0|=C363 = 7140
On peut aussi vérifier que le nombre total de segments de la figure (18k) est bien égal à (je ne sais pas d’où sort cette relation, mais je la trouve amusante) :
3× |S3| + 2× |S2| + 1× |S1| + 0× |S0| Nombre de sommets−2
Etudions le cas k= 14 : il implique que le cardinal deS0 est nul. En d’autres termes, étant donné un sous-ensemble de trois personnes, il y a toujours au moins une liaison entre deux d’entre eux.
Considérons l’individu I1. Il connaît 14 personnes, disons de I2 jusqu’à I15. Il ne connaît aucune des personnes deI16jusqu’àI36, ce qui signifie que toutes ces personnes se connaissent. Ceci est impossible car cela signifierait que chacune d’entre elles connaîtrait plus de 14 personnes.
Ainsi56k613.
Etudions le cask= 5 : Considérons un segment liant I1 etI2. Ils connaissent tous deux I3, I4,I5, I6
et ils ne connaissent personne d’autre. Ainsi, chaque individu deI7 jusqu’àI36 a deux connaissances communes avec I1 etI2. Ces deux connaissances communes sont soit I3, soitI4, soitI5, soit I6, mais ces quatre individus ont alors chacun beaucoup plus que cinq connaissances dans la salle...
Ainsi66k613.
Etudions le cask= 6 : Considérons un segment liant I1 etI2. Ils connaissent tous deux I3, I4,I5, I6 et ils connaissent chacun un autre individu qui n’est pas le même : disons I7 pour I1 et I8 pour I2. Ainsi, chaque individu deI9 jusqu’àI36 a deux connaissances communes avecI1 et avec I2. Parmi ces deux connaissances communes se trouve au moins l’un des quatre individusI3,I4,I5 ouI6, mais parmi ces quatre individus, certains auront plus de six connaissances dans la salle (car il y a 28 individus à répartir entre ces quatre-là)...
Ainsi76k613.
Etudions le cask= 7 : Considérons un segment liant I1 etI2. Ils connaissent tous deux I3, I4,I5, I6 et ils connaissent chacun deux autres individus qui ne sont pas les mêmes : disons I7 etI8 pourI1 et I9 et I10 pour I2. Ainsi, chaque individu de I11 jusqu’à I36 a deux connaissances communes avec I1 et avec I2. Pour tracer les connaissances communes avecI1, il s’agit donc de tracer 56 segments (28 individus de I9 jusqu’àI36 à deux connaissances communes) aboutissant à 6 individus (deI3 jusqu’à I8). Nécessairement, certains auront plus de sept connaissances dans la salle.
Ainsi86k613.
Etudions le cask= 8: Considérons un segment liant I1 etI2. Ils connaissent tous deuxI3,I4,I5,I6 et ils connaissent chacun trois autres individus qui ne sont pas les mêmes : disonsI7,I8 etI9 pour I1 et I10,I11 etI12 pourI2. Ainsi, chaque individu deI13 jusqu’àI36 a deux connaissances communes avec I1 et avecI2.
Pour tracer les connaissances communes avec I1, il s’agit donc de tracer54 segments (27 individus à deux connaissances communes) aboutissant à 7 individus (de I3 jusqu’à I9). Disons que le maximum d’entre elles aboutissent à I7, I8 et I9, soit 21 d’entre elles (7 pour chacun : ils ont déjà une liaison avec I1). Ce qui fait qu’il reste23 segments aboutissant à I3,I4,I5,I6.
Prenant le même point de vue pour les connaissances communes avec I2, on doit avoir finalement un minimum de 46 liaisons aboutissant I3, I4, I5, I6. Nécessairement, certains auront plus de huit connaissances dans la salle.
Ainsi96k613.
Considérons une paire de personnes qui ne se connaissent pas, disonsI1etI2: ils ont deux connaissances en commun, disons I3 etI4.
SoitI3 etI4 se connaissent, soit ils ne se connaissent pas.
•
• •
• I1 I2
I3 I4
Supposons que l’on ne puisse pas trouver quatre personnes dans cette configuration où I3 et I4 ne se connaissent pas, c’est-à-dire : sitôt que deux personnes ne se connaissent pas, alors leurs deux connaissances communes se connaissent.
Dans ce cas, ces quatre personnes, qui constituent à la base deux configurations S2 impliquent auto- matiquement deux configurations S3.
•
• •
• I1 I2 I3 I4
Ce qui implique |S2|6 |S3|, c’est-à-dire 1260−36k 624k ou encore k > 21, ce qui est absurde, car nous avons vu quek613.
Ainsi il existe au moins une configuration dans laquelle I3 etI4 ne se connaissent pas :
•
• •
• I1 I2
I3 I4
I1 etI3 ont quatre connaissances en commun, de même que I2 etI4, de même que I1 etI4, de même queI2 etI3 et ces quatre nouveaux groupes de quatre personnes n’en ont aucune en commun.
Ceci implique que chacune de ces quatre personnes en connaît au moins huit autres et donc quek>10.
A ce stade, nous avons démontré que 106k613.
Considérons une paire de personnes qui se connaissent, disons I1 etI2 : ils ont quatre connaissances en commun, disonsI3,I4,I5 etI6 et supposons que cela implique qu’aucune de ces quatre personnes ne se connaisse (c’est-à-dire que l’on ne peut pas trouver une configuration où deux d’entre elles se connaissent).
•
• •
•
•
•
I1 I2
I3 I4 I5 I6
Dans ce cas, il reste 30 personnes et aucune n’est une connaissance commune à I3,I4,I5 etI6 (ne se connaissant pas, ils n’ont que deux connaissances communes :I1 etI2).
Cela implique rapidement quek69, c’est-à-dire une absurdité.
Ainsi, il existe au moins une configuration dans laquelle 4 personnes se connaissent toutes deux-à-deux.
Ceci étant le point de départ de la deuxième section, je renomme ces quatre personnes A0,B0,C0 et D0 :
•
• •
• A0 B0 C0 D0
2 Construction d’une configuration
S’il existe deux personnes E0 et F0 qui connaissent également ces 4 premières personnes, alors ces 6 personnes n’ont aucune autre connaissance commune et elles se répartissent les 30 personnes restantes en maximum 6 groupes de 5, pour obtenir le cas minimalk= 10.
•
•
•
•
•
•
B0 E0
A0 F0
D0 C0
Considérons les 5 personnes du groupe de A0 : elles ont chacune 4 connaissances communes avec A0, qui sont nécessairement les 4 autres personnes du groupe ! Ainsi dans chacun des 6 groupes, tout le monde se connaît.
Chaque sommet de cet hexagone plein est donc le sommet d’un autre hexagone plein de telle sorte qu’aucun de ces six nouveaux hexagones n’ait de sommet en commun avec les cinq autres.
A ce stade, les personnes de chaque petit groupe ne connaissent chacune que cinq personnes. Or on souhaite que k= 10. Il faut donc rajouter à chacun cinq petits camarades.
On crée alors les hexagones pleins dont les sommets sont toutes les personnes d’indice 1, et idem avec toutes les personnes d’indices 2, 3, 4 et 5 et le tour est joué.
A titre d’exemple : La personneA1 et la personneB2ne se connaissent pas et elles ont bien exactement deux connaissances communes, à savoir B1 etA2.
