Corrigé du devoir à la maison n
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Exercice 1 1.
sommet A B C D E F G
degré 2 4 5 5 4 4 2
2. La chaîne A – B – C – D – E – F – G est une chaîne simple passant par tous les sommets de Γ.
3. Le cycle C – E – F – D – C est un cycle de longueur 4 de Γ.
4. a. Le graphe Γ est simple car il ne contient ni boucle ni arête parallèle. Il n’est pas complet car les sommets A et E ne sont pas adjacents. Enfin, il est connexe car, d’après la question 2., il existe une chaîne passant par tous les sommets du graphe (et il n’est pas orienté).
b. La matrice d’adjacence est M =
0 1 1 0 0 0 0 1 0 1 1 1 0 0 1 1 0 1 1 1 0 0 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 0 0 0 1 1 1 0 1 0 0 0 1 0 1 0
.
c. On calcule, à l’aide de la calculatrice, M3. Le coefficient d’indices 1 et 6 de M3 est 5 donc il y a 5 chemins de longueur 3 reliant A à F. Ces 5 chemins sont
A – B – C – F A – B – D – F A – B – E – F A – C – D – F A – C – E – F
d. La première ligne de M3 est (2 7 8 5 5 5 3). Il y a donc 7 + 8 + 5 + 5 + 5 + 3 = 33 chemins de longueur 3 partant de A et qui ne sont pas des chaînes fermées.
e. Le premier coefficient de M3 est 2 donc il y a 2 chemins de longueur 3 partant de A et y revenant. Pour que ces chemins soient des cycles, il faut qu’ils correspondent à des chaînes simples. Les deux chaînes sont
A – B – C – A A – C – B – A
qui sont simples donc il y a 2 cycles de longueur 3 d’origine A. (On pourra remarquer qu’une chaîne fermée de longueur 3 est nécessairement simple.)
5. a. La question revient à étudier l’existence d’un cycle eulérien. Comme le graphe est connexe, l’existence d’un tel cycle équivaut à la parité de tous les sommets. Or, d’après la question1., Γ possède deux sommets impairs sont il ne possède pas de cycle eulérien.
Ainsi, l’implantation n’est pas possible dans l’un des lieux indiqué sur le graphe.
b. On peut obtenir un cycle eulérien en ajoutant un sommet H et une arête entre ce sommet et chacun des sommets impairs. On obtient ainsi le graphe ci-dessous :
A
B
C
D
E F
G H
Dans ce nouveau graphe, tous les sommets sont de degré pair donc il existe un cycle eulérien et ainsi le projet de la municipalité est possible.
c. Un trajet possible est alors
H – C – B – A – C – D – B – E – F – G – D – F – C – E – D – H
Exercice 2 (facultatif) 1.
L(a)
L(b)
L(c)
L(d)
L(e) L(f) L(g)
2. a. Supposons que G est connexe. Considérons deux arêtes L(a) et L(b) de L(G).
Notons A un sommet de G auquela est incidente et B un sommet de G auquel b est incidente. Si A = B alors par définition il existe une arête entre L(a) et L(b) dans L(G). Sinon, commeG est connexe, il existe une chaîne A−c1−S1−c2−S2−· · ·−ck−B dansG. Dès lors, il existe une chaîne dans L(G) qui relie les sommetsL(c1), L(c2), ...,L(ck) et donc, puisque a et c1 sont incidentes à A et b et ck sont incidentes à B, il existe, dans L(G), une chaîne reliant L(a), L(c1), L(c2), ..., L(ck) et L(b).
Ainsi, dans tous les cas, il existe une chaîne reliant les sommets L(a) et L(b) donc L(G) est connexe.
b. La réciproque est fausse comme le montre le contre-exemple si dessous :
A
B
C
D
a b
c
L(a) L(b)
L(c)
G n’est pas connexe car A est isolé L(G) est connexe.
3. a. Supposons que G admette un cycle eulérien. Alors, il est connexe donc, d’après la question 3.a., L(G) est également connexe. Considérons un sommet L(a) de G. Notons A et B les extrémités de l’arête a. Comme G est possède un cycle eulérien, deg A et deg B sont pairs. De plus, il y a deg A−1 arêtes autres que a qui sont incidentes à A et deg B−1 arêtes autres que a qui sont incidentes à B. Ainsi, comme le graphe est simple, il n’a pas d’autres arêtes que a entre A et B donc les deg A−1 arêtes autres que a incidentes à A et les deg B−1 arêtes autres que a incidentes à B sont toutes distinctes. On en déduit que le nombre d’arêtes ayant un sommet en commun aveca est deg A−1 + deg B−1 = deg A + deg B−2. Par définition, le degré de L(a) est donc deg A + deg B−2 et ce nombre est pair puisque deg A et deg B sont pairs. Ainsi, L(G) est connexe et tous ses sommets sont de degrés pairs donc, par le théorème d’Euler,L(G) admet un cycle eulérien.
Remarque. Le résultat tombe en défaut si on ne suppose pas G simple comme on peut le voir avec le graphe suivant :
A B
a b
L(a) L(b)
b. La réciproque est fausse comme le montre l’exemple du graphe utilisé en question 2.b.. En effet, dans ce cas, L(G) admet un cycle eulérien mais G n’est pas connexe donc n’admet pas de cycle eulérien. Ceci étant, même en rajoutant l’hypothèse que G est connexe, le résultat est encore faux comme on pourra s’en convaincre en prenant pour G le graphe complet d’ordre 4.
