Optimisation discrète, séance 1 : exercices corrigés GRAPHES

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Graphes et Optimisation discrète 1

Optimisation discrète, séance 1 : exercices corrigés GRAPHES

+ +

sin int

+ +

−

− ++

x

x yy aa 11 aa 11

+ +

sqrt yy

x x

1 sqr 1

FIG. 1 – Arbre associé à une formule

Question 1

Corr. : En notation polonaise inverse, avec une fonction intégrale à trois argumentsint(a, b, truc) = Rb

a truc dx, cela donne

+(sin(+(x, y)), int(−(a,1),+(a,1),+(∗(2, sqrt(+(sqr(x),1))), y)) On en déduit l’arbre (cf. fig. (1)).

•Comment est parcouru l’arborescence lors d’une évalution de la fonction ? Corr. : En profondeur d’abord.

Question 2

•Montrer que le graphe associé au dodécaèdre est hamiltonien.

Question 3

Corr : Le déplacement d’un cavalier change toujours la couleur de la case, d’où le fait que le graphe

ECP 2005-2006 Mathématiques 2

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est 2-coloriable (on dit aussi bi-partie). Sur un cycle les couleurs vont donc alterner, ce qui n’est pas possible pour un cycle de longeur impaire. Or , sur un échiquier à un nombre impair de cases, un cycle hamiltonienest de longueur impaire puisqu’il passe par tous les sommets du graphe. L’échiquier usuel à(8×8)cases est associé à un graphe hamiltonien pour le déplacement du cheval, mais trouver un cycle hamiltonien n’est pas trivial...

Graphes planaires

Remarque : Dans les démonstrations ci-dessous nous utilisons certaines propriétés des courbes planes de façon intuitive, pour ne pas s’aventurer dans des considérations trop topologiques.

Question 4

•En s’aidant de propriétés intuitives des graphes planaires, justifier la relation d’Euler :

Proposition 1 Si un graphe connexe est planaire et si S est le nombre de sommet, A le nombre d’arête etF le nombre de face on a

S+F −A= 2

Corr. Par récurrence décroissante :

− tant qu’il y a des cycles dans le graphe, on retire une arêteeappartenant à un cycle, soitG⁰ =G−e; Si le graphe est planaire cette arête appartient en fait à deux cycles¹, en retirant l’arête commune ces deux cycles n’en forment plus qu’un. Le grapheG⁰ a alors une arête et une face en moins.

− S’il n’y a plus de cycle le graphe est alors un arbre,S=A+ 1etF = 1.

•Rappel :K₅ est le graphe complet à5noeuds, i.e. c’est la réunion du pentagone et du pentagone étoilé.K3,3 est le graphe à(3 + 3) = 6noeuds dont les arêtes relient trois maisons à trois puits.

Montrer que les graphesK₅etK_3,3 ne sont pas planaires en utilisant la relation d’Euler.

Corr. PourK₅ ,S = 5, A= 10, doncF = 7; les faces possibles d’une représentation plane deK₅ sont bordées par des cycles, or les seuls cycles deK5 sont ou des triangles et des pentagones, ils ont donc tous plus de 3 arêtes, ce qui fait que le nombre d’aretesAvérifieA≥7×3/2(chaque arête est comptée deux fois), doncA≥10,5ce qui est faux.

PourK3,3le raisonnement est le même on en déduit queF = 5. Or tous les cycles sont d’ordre4ou 6. Ce qui impliqueraitA≥5×4/2, doncA≥10, orA= 9.

Question 5

SoitKle corpsZ/2Z. SoitEun ensemble de cardinaln. On assimile une partieE1deEà sa fonction indicatriceI_E₁ qui elle même peut être assimilée à un élément de l’espace vectoriel(Z/2Z)ⁿ.

•SoitE₁⊂EetE₂⊂E, vérifier que

IE1+IE2 =IE1∆E2

oùE1∆E2 =E1∪E2−E1∩E2.

Corr. Les relations0 + 0 = 0,1 + 0 = 0,1 + 1 = 0dansZ/2Zimpliquent la propriété.

1C’est cette propriété qui est fausse pour un graphe tracé sur, par exemple, un tore

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Dorénavant nous ne distinguerons plus E etIE. Soit E l’ensemble des sous-graphes d’un graphe (G, A). On noteCle sous-espace vectoriel deEengendré par les cycles.

•Montrer qu’un élément deCest un sous-graphe de(G, A)dont tous les sommets sont de degré pair et qu’il est une réunion de cycles disjoints (en tant qu’ensemble d’arêtes). Cette propiété caractérise doncC.

Corr. Degré pair : la propriété est vraie pour les cycles. Pour additionner de deux éléments deCon fait l’union des arêtes puis l’élimination des arêtes communes, la propriété est donc stable par addition.

Réunion : le sous-graphe est réunion de sous-graphes connexes dont les sommets sont de degré pair.

Pour chacun d’entre eux il existe un circuit eulérien. Ce circuit eulérien peut être redécoupé en cycles.

•Une base de cycles est système libre, au sens de l’espace vectorielZ/2Z, de cycles, qui engendre C. Montrer que toutes les bases de cycles ont même cardinal appelé le nombre cyclomatique.

Corr. Dans un espace vectoriel toutes les bases ont le même nombre d’éléments...

•Soit un graphe est planaire sans arête pendante. Les cycles bordant une face intérieure forment une base de cyclesCi. Que représenteP

i Ci ?

Corr. C’est le bord “extérieur” du graphe... Le fait que c’est un système générateur n’est pas évident (remarquer par exemple que si on considère des graphes tracés sur un tore le résultat analogue est faux : un cycle homotope au cercle qui engendre le tore par rotation ne peut pas être obtenu ainsi).

Voir la dernière question.

Question 6

• Un arbre de recouvrement d’un graphe (G, A) est un graphe partiel de (G, A) qui est un arbre.

Décrire un procédé constructif pour définir un arbre recouvrant un graphe.

Corr. C’est facile, mais on peut ajouter des conditions : celle par exemple de minimiser la longeur des branches. On construit alors de proche en proche à partir d’un noeud qcqx0 en faisant attention à ne pas créer de branche de longueurk+ 1avant d’avoir épuiser toutes les possibilités de créer des branches de longueurk. Six₀est un centre, i.e. un point tel que∀j max_id(x₀, x_i)≤max_id(x_j, x_i) ce sera encore mieux mais plus cher...)

• Montrer que les cycles obtenus en ajoutant une arête à un arbre qui engendre le graphe (G, A) forment une base de cycles du graphe.

Corr. :Soit une arête (x, y) n’appartenant pas à l’arbre de recouvrement ; sur l’arbre il existe un chemin et un seulP allant dex versy,xP yx est alors un cycle. Ces cycles sont indépendants du fait que les arêtes qui ne sont pas sur l’arbre n’appartiennent qu’à un seul cycle. Montrons qu’ils engendrent tous les cycles. SoitC un cycle et (xi, yi), i = 1, ..., p) la liste des arêtes de C qui ne sont pas dans l’arbre de recouvrement. L’arête(xi, yi)appartient à un cycleCide la base. Montrons queC+P

i C_i = : le sous-graphe obtenuΓ =C+P

i C_iest entièrement contenu dans l’arbre car chacune des arêtes (xi, yi)appartient à C etCi mais n’appartient à aucun autre cycle , elle est donc éliminée dans la sommeC+P

i Ci; or , d’après la question précédente, ce sous-grapheΓest réunion disjointe de cycles ; chacun de ces cycles est donc vide car un arbre n’admet pas de cycles par définition.

Question 7

En admettant le théorème de Kuratowski, montrer le théorème de Mac Lane

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Théorème 1 Un graphe est planaire si et seulement si il admet une base de cycles tel que toute arête appartienne à deux cycles au plus.

•Corr. : planaire⇒ P

Pour parler savamment, le résultat découle du théorème de Jordan : une courbe fermée sans point double sépare le plan en deux ouverts connexes dont un seulΩ1est borné et simplement connexe. Ici, considérons comme “évident” (cf. remarque ci-dessous sur le tore) qu’un cycle est le bord d’un do- maine réunion de faces, i.e. chaque arête du cycle n’appartient qu’à une face. Un cycleCquelconque définit donc un sous graphe (G1, A1) formé des noeuds de C et des noeuds intérieurs à Ω1. Les arêtes du cycleCappartiennent à une seule face contenue dansΩ₁tandis que les arêtes de(G₁, A₁) intérieures àΩ1 appartiennent à deux faces. Quand on fait la somme des cycles associés aux faces contenues dansΩ1 on trouve donc le cycleC.

Noter que si on considère un graphe dessiné sur un tore, un cycle homotope au cercle générateur du tore n’est pas le bord d’un ouvert qui serait localement d’un seul côté de ce bord.

•Corr. : PropriétéP ⇒planaire...

Si on enlève une arête eau graphe(G, A) on obtient un sous-graphe(G₁, A₁). Montrons d’abord qu’il est encore vrai que le sous-graphe(G₁, A₁)a la propriétéP :

si cette arêteen’appartient à aucun cycle, tout va bien....

si elle appartient à un seul cycleC_i, on retire ce cycle de la base ; un cycle de(G₁, A₁)est un cycle de(G, A)ne passant pas parC_i, il est donc combinaison de cycles autres queC_i, les cycles restants forment donc toujours une base ;

si elle appartient à deux cyclesC_i etC_j on retire ces deux cycles et on les remplace par C_i +C_j ; Montrons qu de la décomposition d’un cycle de(G₁, A₁)dans la baseC_i ou bien ne contient niC_i niCj ou bien contientCi+Cj. Un cycle de(G1, A1)ne peut pas avoir un seul des deux cyclesCiet C_j dans sa décomposition dans la base car il contiendrait alors l’arêteequi n’appartient à aucun des autres cyclesC_kpourk6=i, j, il admet donc dans sa décomposition ou bienC_i+C_j, ou bien niC_i niCj.

On en déduit que tous les sous graphes de(G, A)ont la propriété. Il suffit donc de montrer queK₅et K_3,3n’ont pas la propriété pour que le théorème de Kuratowski s’applique.

•Démontrons la propriété est fausse pourK5.

On vérifie que queK₅admet6cycles indépendants (K₅est la réunion du pentagone et du pentagone étoilé, on considère les cycles associés aux 5 triangles formés d’un sommet du pentagone et du côté opposé sur le pentagone et le cycle formé par le pentagone étoilé : c’est une base). SiK5vérifiaitP il devrait donc exister 6 cyclesC_itels que toute arête appartienne à au plus deux d’entre eux. On ajoute le cycleP

i C_i. Chaque cycle a au moins trois arêtes et les arêtes appartiennent alors toutes à deux cycles, ce qui fait au moins ^7×3₂ arêtes. OrK5n’a que 10 arêtes...

•Démontrons la propriété est fausse pourK3,3.

Cette fois on vérifie que la base est de dimension 4 et que tous les cycles sont de longueur au moins égale à 4. Le même raisonnement que ci-dessus montre queK3,3doit avoir au moins ^5×4₂ = 10arêtes, orK3,3 a9arêtes...

On peut utiliser cette caractérisation pour déplier un graphe, c’est à dire lui donner une forme planaire si c’est possible ou minimiser les intersections si ce n’est pas possible : on cherchera, par optimisation sur l’ensemble des bases, une base de cycles vérifiant les conditions du théorème.