Mois : septembre 2013

TPA : Théorème des cinq couleurs

Publié le par Balise6 commentaires

Aujourd’hui, c’est coloriage. Je vais déjà commencer par vous montrer un petit jeu : ça s’appelle Map, c’est tout con : le jeu vous donne une carte rectangulaire avec des zones à colorier, et quelques couleurs déjà placées ; il faut colorier les autres de façon à ce que deux voisins n’aient pas la même couleur. Allez-y, allez jouer un peu avec, c’est rigolo 😛 La question théorique derrière ce petit jeu est la suivante : quel est le nombre minimal de couleurs nécessaires pour pouvoir colorier n’importe quelle carte de ce type ? Peut-être que vous vous souvenez, mais j’ai déjà un peu parlé de problèmes de ce genre là : quand j’ai parlé de P vs NP, j’ai parlé de colorabilité de graphes, et de décider si un graphe donné pouvait être colorié avec un nombre donné de couleurs. La question du nombre minimum de couleurs peut revenir à poser la question précédente plusieurs fois : « et avec 2 couleurs, ça passe ? non ? et avec trois ? non plus ? et avec quatre ? ah, cool. » Là, normalement, j’ai deux objections dans la salle. La première, c’est : « minute papillon, tu parlais de cartes et là tu me parles de graphes, c’est pas pareil, si ? ». La deuxième, c’est « heu, dis voir, demander si un graphe peut être colorié avec trois couleurs, on a vu dans le P vs NP que c’était pas trivial comme question… donc on fait quoi, surtout qu’il y a peut-être beaucoup de nombres à considérer ? ». Il se trouve que la première objection permet de répondre à la deuxième. Pour répondre à la première objection, je vais faire un petit dessin. Voilà le petit dessin. map   Le petit dessin en question, il est fait comme suit :

  • j’ai commencé par dessiner la carte – la structure en noir ;
  • j’ai ajouté un point dans chaque zone de la carte (les points rouges) ;
  • j’ai relié deux points (avec les traits rouges) si les zones correspondantes étaient voisines.

NORMALEMENT j’ai vérifié ma construction, mais si elle est bancale (si j’ai des traits en trop ou en pas assez), merci de me le signaler 🙂 Et là, que voit-on apparaître en rouge sous nos yeux ébahis ? Un graphe. Pas n’importe quel graphe, d’ailleurs : il s’agit d’un graphe planaire, c’est à dire qu’on peut le dessiner sur une feuille de papier sans que deux arcs se croisent. J’ai parlé de graphes planaires dans un billet de blog précédent : Planarité, mineurs et donuts. Là, il va falloir que vous me fassiez confiance sur quelques points. Primo, la construction ci-dessus est toujours possible. Deuzio, ça donne toujours un graphe planaire. Tertio, ce graphe planaire est unique pour une carte donnée : il a toujours le même nombre de sommets, et les arcs sont toujours les mêmes. Et c’est là qu’on répond à la deuxième objection. Oui, dans le cas général, décider si un graphe peut être colorié avec 3, 4, 5 ou 12 couleurs est difficile (au stade actuel de nos connaissances). Par contre, dans le cas particulier des graphes planaires, on sait plus de choses. Plus précisément, on connaît le théorème suivant, appelé « théorème des 4 couleurs » :

Tout graphe planaire peut être colorié avec au maximum 4 couleurs.

Et, comme corollaire au point précédent, je peux colorier une carte avec quatre couleurs (il suffit de faire ma petite construction là-haut, de colorier le graphe résultant, et de colorier chaque zone avec la couleur du sommet en question – rappelons que dans le cas qui nous intéresse, un coloriage est valide si deux sommets reliés par un arc n’ont pas la même couleur.) Un petit aparté: je parle de « cartes » ici, mais c’est pas vraiment applicable directement « dans la vraie vie ». Le problème principal, c’est que certains pays ne sont pas « connectés ». Et si on colorie une carte du monde, on s’attend à ce que, par exemple, la Guyane soit de la même couleur que la France. Ce qui ajoute des arcs entre la zone « France » et les zones « Brésil » et « Suriname », et qui risque fort de nuire à la planarité du graphe correspondant. Fin de l’aparté, revenons à nos moutons. Donc, si j’ai un graphe planaire, je peux répondre directement à la question « est-ce que ce graphe peut être colorié avec k couleurs » par « oui », dès que k est supérieur ou égal à 4. La preuve du théorème des quatre couleurs est… compliquée. J’en parlerai dans un prochain billet, mais il faut que je me documente encore un peu avant sur le sujet 🙂

Un résultat intéressant est que pour trois couleurs, même dans le cas « graphe planaire », le problème reste NP-complet ! (C’est un résultat de Stockmeyer en 1973, dans un article intitulé « Planar 3-colorability is polynomial complete », qui 40 ans plus tard est toujours planqué en tant qu’article payant à l’ACM. Mais je digresse.) Donc, pour 3 couleurs, c’est dur à décider, pour 4 couleurs, on sait qu’on peut le faire, mais c’est dur à prouver. En revanche, le théorème suivant est relativement simple à prouver :

Tout graphe planaire peut être colorié avec au maximum 5 couleurs.

J’ai dit que c’était relativement simple à prouver, et donc je vais le faire. Ça va quand même être probablement un peu long, donc accrochez-vous, et je vais essayer de faire preuve de pédagogie 🙂

J’ai besoin d’un premier résultat pour ma preuve :

Tout graphe planaire contient au moins un sommet de degré au plus 5.

Le degré d’un sommet, c’est le nombre d’arcs qui y sont connectés. Comme un arc connecte exactement deux sommets, si je fais la somme des degrés de tous les sommets, j’obtiens deux fois le nombre d’arcs (parce qu’un arc donné est compté exactement deux fois, une fois à chacune de ses extrémités). Maintenant, je vais vous demander d’admettre encore un truc, c’est qu’on connaît le nombre maximal d’arcs d’un graphe planaire, en fonction de son nombre de sommets, n : il y a au plus 3n-6 arcs, dès qu’il y a plus de deux sommets (comme on me l’a fait remarquer en commentaire). Je pourrais aussi le démontrer, mais ça implique encore un résultat intermédiaire, et ce billet va finir par être vraiment beaucoup trop long (dit-elle au bout de deux pages). Comme j’ai au plus 3n-6 arcs, la somme des degrés de tous les arcs d’un graphe planaire est inférieure ou égale à 6n-12. Par conséquent, il y a au moins un sommet de degré au plus 5 : si ce n’est pas le cas, la somme des degrés de tous les arcs est supérieure ou égale à 6n (6 arcs, multipliés par n sommets), et ce n’est pas possible pour un graphe planaire.

Revenons à nos moutons initiaux : on veut maintenant démontrer que tout graphe planaire peut être colorié avec au maximum 5 couleurs. On va faire un raisonnement par récurrence sur le nombre de sommets du graphe. J’ai interrompu la rédaction de ce billet pour aller faire un billet sur le raisonnement par récurrence, allez le lire si le terme ne vous est pas ou plus clair 🙂 Donc, on commence par traiter l’hypothèse de base. Si mon graphe n’a qu’un seul sommet, je peux le colorier avec au maximum 5 couleurs : j’en choisis une pour mon sommet, et voilà.

Maintenant, je suppose que l’hypothèse de récurrence suivante est vraie : tout graphe planaire à (n-1) sommets peut être colorié avec au maximum 5 couleurs. Le but du jeu est maintenant de déduire, à partir de ça, que tout graphe planaire à n sommets peut être colorié avec au maximum 5 couleurs. Pour ça, on considère un graphe à n sommets, n’importe lequel (si je démontre que ça marche pour n’importe quel graphe, je montre que ça marche pour tous les graphes). Par le résultat intermédiaire que j’ai prouvé au-dessus, le graphe à n sommets étant planaire, il a un sommet de degré inférieur ou égal à 5, qu’on va appeler v dans la suite pour aller vite. On peut prendre v, et le retirer temporairement (on retire aussi tous les arcs qui y sont connectés). Le graphe sans v est un graphe planaire à (n-1) sommets. Donc, on peut le colorier avec au maximum 5 couleurs. Maintenant, on remet v (et les arcs qu’on a retirés aussi) : on obtient un graphe à n sommets dont (n-1) sommets sont coloriés avec au maximum 5 couleurs, et un sommet, v, n’a pas encore de couleur.

Là, on a deux possibilités. Si les voisins de v (les sommets auxquels v est connecté) utilisent moins de 5 couleurs, on peut utiliser une des couleurs non utilisées pour colorier v, et le graphe initial est colorié avec au maximum cinq couleurs.

Sinon, si on prend une représentation plane du graphe planaire, on est dans la situation suivante :

fiveneighbors Je n’ai dessiné ici que six sommets, v et ses cinq voisins. Le graphe peut contenir plus de sommets et plus d’arcs, mais il contient forcément cette structure.

Sur ma représentation plane, je choisis arbitrairement un voisin de v, je l’appelle v1, et je numérote les autres dans le sens des aiguilles d’une montre (v2 à v5). Les sommets v1 à v5 sont de cinq couleurs différentes. Je vais maintenant prouver que je peux soit colorier v1 et v3 de la même couleur, soit colorier v2 et v4 de la même couleur.

Je regarde d’abord v1 et v3, et plus précisément je m’intéresse au sous-graphe colorié avec les couleurs de v1 et de v3, c’est-à-dire que je prends tous les sommets de la couleur de v1 (gris, sur la figure) et tous les sommets de la couleur de v3 (bleu, sur la figure), et tous les arcs du graphe initial qui relient ces sommets entre eux. Un exemple sur un petit graphe :

subgraphÀ droite, j’ai représenté le sous-graphe du graphe de gauche en ne prenant que les sommets bleus et gris (j’ai supprimé les sommets rouges et violets, et les arcs qui y étaient attachés). Sur ma figure, j’ai quatre sommets entre lesquels j’ai des chemins (une suite d’arcs qui me permettent de passer de l’un à l’autre), et un sommet qui n’a de chemin vers aucun autre.

Si je ne regarde que les sous-graphe bleu/gris de mon graphe initial, j’ai deux possibilités : soit v1 et v3 ne sont plus connectés, soit ils le sont encore ; et par « connectés », j’entends qu’il y a un chemin entre v1 et v3. S’il n’y a pas de chemin, v1 et v3 sont dans des composants différents (un composant, c’est un ensemble de sommets qui sont reliés les uns aux autres par des chemins). Dans ce cas là, je regarde le composant qui contient v3 (il se peut que ce soit v3 tout seul, mais sinon c’est un ensemble de sommets bleus et gris qui ont tous un chemin connecté à v3). Dans ce composant-là, le fait que les sommets soient bleus ou gris est arbitraire : je peux inverser les deux couleurs sans que ça ait un impact sur le fait que le graphe est correctement colorié. Si je ne fais ça que dans ce composant là, v1 (qui n’est pas dans composant en question) reste gris, et v3 (qui était bleu) devient gris. Maintenant, je peux remettre le « reste » du graphe (les sommets rouges, violets, verts, et le sommet v qui n’est pas encore colorié) : comme je n’ajoute pas de sommets bleus ou gris, le coloriage reste valide. Et j’ai « libéré » le bleu pour mon sommet v : donc, je peux colorier v en bleu. La vie est belle.

Enfin, presque. Parce qu’il se peut aussi que v1 et v3 soient dans le même composant « bleu/gris ». Donc là, si j’inverse le bleu et le gris, ben je me retrouve avec v1 en bleu, et v3 en gris, et je peux toujours rien faire avec v. Donc, il faut trouver une autre astuce.

Je regarde maintenant le sous-graphe composé des sommets coloriés avec les couleurs de v2 (rouge) et v4 (vert) : je retire tout ce qui n’est pas rouge ou vert du graphe, et je regarde ce qui reste. Si v2 et v4 ne sont pas dans le même composant rouge/vert, je peux inverser le rouge et le vert dans le composant de v4. v2 reste rouge, v4 devient rouge, et je peux colorier v en vert. Là, j’ai peut-être quelqu’un qui me dit « oui, mais si v2 et v4 sont aussi dans le même composant, tu as le même raisonnement et donc le même problème que pour le composant bleu/gris ! ». Oui, mais. Regardons un peu ce qui se passe sur la figure. Comme v1 et v3 sont dans le même composant bleu/gris (sinon, on n’aurait pas besoin de regarder ce qui se passe dans le composant rouge/vert), il y a un chemin entre v1 et v3 composé de sommets bleus et gris.

bluegreypath

Si je veux faire un chemin composé de sommets verts et rouges entre v2 et v4 (ce qui est la condition pour que v2 et v4 soient dans le même composant rouge/vert), ça bloque : soit je dois croiser l’arc entre v et v3, soit je dois croiser un des arcs du chemin bleu/gris entre v1 et v3. Et comme mon graphe est plan… ben j’ai pas de croisement entre mes arcs. Donc, v2 et v4 ne peuvent pas être dans le même composant, donc je peux bien inverser les couleurs du composant de v4, et colorier v en vert.

J’ai donc regardé tous les cas possibles pour mon graphe, et dans tous les cas, je peux colorier le sommet v de façon valide. Donc, si un graphe avec (n-1) sommets peut être colorié avec au maximum 5 couleurs, alors un graphe avec n sommets peut être colorié avec au maximum 5 couleurs, ce qui termine mon étape de récurrence et donc la preuve du théorème des cinq couleurs. Ouf.

J’avais initialement prévu de parler du théorème des 4 couleurs plus en détail dans ce billet, mais je crois que je vais arrêter là pour ne pas fumer plus de neurones de mon lectorat (en espérant qu’il y en ait quand même une partie qui soit arrivée jusqu’ici…). Comme d’habitude, pour les questions, typos, remarques, etc., c’est dans les commentaires que ça se passe 🙂

Raisonnement par récurrence et raisonnement par l’absurde

Publié le par Balise5 commentaires

Pouf pouf, un petit billet vite fait pour pouvoir y faire référence plus tard – je suis en train de faire un autre monstro-billet, et je me suis rendue compte que j’avais besoin des éléments suivants pour faire un truc qui tienne à peu près debout, donc hop, un deuxième billet ! Je vais causer ici de deux outils fondamentaux dans la « boîte à outils » nécessaire pour prouver des trucs : le raisonnement par récurrence et le raisonnement par l’absurde. Ce sont des outils qui sont présentés et utilisés au moins au lycée (du moins de mon temps 😉 ), et qu’on retrouve à longueur de temps, partout, donc autant expliquer comment ça marche.

Le raisonnement par récurrence

Le principe du raisonnement par récurrence, c’est les dominos. Pas ceux avec des points, ceux qu’on fait tomber. On sait que si on fait tomber un domino, le suivant tombe aussi. Et on fait tomber le premier domino. Du coup, tous les dominos tombent.

Pour le raisonnement par récurrence, c’est pareil. On a une propriété qui dépend d’un entier, et on veut prouver qu’elle est vraie pour n’importe quel entier. Donc ce qu’on fait, c’est qu’on commence par montrer qu’elle est vraie pour un petit entier, genre 0, 1, 2 (parfois les cas pour 0 ou 1 n’ont pas beaucoup de sens). Et on montre que si elle est vraie pour un entier k, alors elle est vraie aussi pour un entier k+1. Du coup, on a le « départ » des dominos (« c’est vrai pour 0 ») et le « chaînage » des dominos (« si c’est vrai pour n, c’est vrai pour n+1 ») ; et si ces deux conditions là sont vraies, alors tous les dominos se cassent la gueule (« la propriété est vraie pour tous les entiers à partir de celui qu’on utilise comme cas de base »).

Là, je suis un peu embêtée, parce que j’ai un exemple qui marche, mais la preuve est assez nulle par rapport à une autre, qui est plus jolie. Donc je vais montrer les deux 🙂 Je veux démontrer que la somme des entiers de 1 à n est égale à n(n+1)/2, pour n’importe quel n. Je commence par n = 1 : j’ai bien 1(1+1)/2 = 2/2 = 1, donc l’hypothèse de base est vraie.

Ensuite, je suppose que c’est vrai pour un entier k, c’est à dire que la somme des entiers de 1 à k est égale à k(k+1)/2. Maintenant, je calcule la somme des entiers de 1 à k+1 : 1 + 2 + 3 + … + (k-1) + k + (k+1), c’est égal à la somme des entiers de 1 à k, plus (k+1). Par hypothèse de récurrence, c’est égal à k(k+1)/2 + k+1 = (k² + k + 2k + 2)/2 = (k² + 3k + 2)/2. Pour que ma preuve fonctionne, je veux que la somme des entiers de 1 à k+1 soit égale à (k+1)(k+2)/2. Et il se trouve que (k+1)(k+2), ça fait précisément k² + 3k + 2.

J’ai donc mon hypothèse de base, mon étape de récurrence, et j’ai prouvé ce que je voulais prouver.

Pour le fun, la preuve que je préfère sur cette égalité, c’est celle-ci : on considère un tableau à deux lignes et n colonnes :

1  2   3   4 ... n-2 n-1 n
n n-1 n-2 n-3     3   2  1

et on additionne les deux lignes. Chaque colonne vaut n+1 : c’est le cas pour la première colonne, et à chaque étape, on ajoute 1 à la première ligne et on enlève 1 à la deuxième ligne, donc la somme reste identique. (Quelque part, ici, je fais du raisonnement par récurrence sans vraiment le dire !). J’ai n colonnes, donc si j’additionne tous ces résultats, ça fait n(n+1). Et si je fais la somme dans l’autre sens, la première ligne est égale à la somme des entiers de 1 à n, la deuxième ligne aussi… donc mon n(n+1), c’est aussi deux fois la somme des entiers de 1 à n.

Le raisonnement par l’absurde

Le raisonnement par l’absurde est parfois un peu dangereux/délicat, parce qu’il est parfois utilisé à tort et à travers. Admettons que je veuille prouver qu’une phrase A est vraie. L’idée du raisonnement par l’absurde, c’est de partir du principe que A est faux, de dérouler une suite d’arguments impliqués par le fait que A est faux, et d’arriver à quelque chose qu’on sait être impossible. Si le fait que A est faux implique que quelque chose d’impossible arrive, c’est que A est vrai, sinon l’univers se casse la gueule et ça fait désordre.

Mon exemple préféré, c’est de démontrer que \sqrt 2 est irrationnel, c’est à dire qu’on ne peut pas l’écrire sous la forme \frac p q avec p et q des nombres entiers.

J’ai besoin d’une toute petite preuve au passage : j’affirme que si un entier n est pair, alors son carré n² est pair, et que si n² est pair, alors n est pair. Si n est pair, je peux l’écrire comme n = 2k, et donc n² = 4k² = 2 × 2k², donc n² est pair. Si n est impair, je peux l’écrire comme n = 2k+1, donc n² = 4k² + 2k + 1 = 2(2k² + k) + 1, donc n² est impair. Donc si n² est pair, il ne peut pas arriver que n soit impair (parce que sinon n² serait impair aussi), donc n est pair.

Donc, supposons qu’on puisse écrire \sqrt 2 = \frac p q. On peut aussi supposer que la fraction est irréductible, parce que si elle ne l’est pas, on peut la réduire pour qu’elle le soit (rappel : une fraction \frac p q est irréductible s’il n’existe pas d’entier k tel que p et q soient tous les deux divisibles par k. Si k existe, on divise p et q par k, et on considère la fraction \frac{p/k}{q/k}). Donc, je peux écrire que \sqrt 2 \times q = p. Je mets tout au carré, et j’obtiens que 2q² = p². Comme q est entier, q² est entier aussi, et donc p² est pair (puisque c’est deux fois un nombre entier). Mais si p² est pair, alors p est pair aussi, d’après ma preuve auxiliaire. Donc je peux écrire p = 2k, et donc p² = 4k². Mais du coup, comme 2q² = p² = 4k², je peux écrire que q² = 2k², et donc q² est pair, et q est pair. Mais ça, c’est pas possible : la fraction \frac p q est irréductible, donc p et q ne peuvent pas être pairs en même temps ! Donc, j’ai un truc qui ne va pas dans mon raisonnement, et ce truc, c’est mon hypothèse initiale, c’est-à-dire que \sqrt 2 est rationnel. Donc, \sqrt 2 est irrationnel. Joli, non ?

#balisebooks – Août 2013

Publié le par Balise2 commentaires

Tiens, je suis en retard pour mon #balisebooks. Étonnant, non ? Non. Sans plus attendre, donc…

The Ghost Brigades, de John Scalzi (en français Les Brigades fantômes) – deuxième tome qui se passe dans l’univers du Vieil homme et la guerre (Old Man’s War), dont je parle dans un autre #balisebooks. Entre temps, Scalzi a gagné le Hugo pour Redshirts – j’ai donc eu le plaisir hipster d’avoir lu le Hugo avant qu’il soit attribué, ça, c’est fait. Bref, Ghost Brigades. Je l’ai trouvé nettement en deçà de Old Man’s War, ça, c’est un fait. On suit l’histoire de Jared Dirac, qui fait partie desdites brigades fantômes – une force spéciale de l’armée composée de gens-qui-sont-morts-dont-on-a-récupéré-l’ADN-pour-faire-des-supersoldats. Et là-dessus, la guerre approche, et Dirac se retrouve (complètement pas par hasard) à être le dernier espoir de l’éviter. Les brigades fantômes faisaient clairement partie des choses laissées en suspens dans Old Man’s War ; Ghost Brigades vise au moins en partie à expliquer tout ça. Et c’est plutôt bien fait, c’est crédible (dans l’univers en question), c’est bien écrit, tout ça – mais ça reste décevant par rapport à Old Man’s War. Évidemment, c’est peut-être injuste de comparer les deux - peut-être que sans le premier, j’aurais trouvé le deuxième plus chouette, allez savoir. Dans tous les cas, ça reste une lecture agréable, hein - mais vaguement décevante.

Biting Bad, de Chloe Neill (pas encore de titre français) - huitième tome de Chicagoland, qui est possiblement ma série de littérature-à-vampires préférée et dont, apparemment sauf erreur de ma part, je n’ai pas encore parlé dans #balisebooks (ils ont dû tomber dans le trou noir sans #balisebooks). La série Chicagoland se passe, de façon hyper prévisible, à Chicago. Merit, l’héroïne, est transformée en vampire à l’insu de son plein gré dans le premier tome, et est enrôlée au sein de la maison Cadogan, une des trois maisons de vampires établies à Chicago. Elle devient Sentinelle de ladite maison, et dans la grande tradition de série de littérature-à-vampires, se tatane l’ennemi-de-l’année-du-tome dans chaque tome. J’aime particulièrement cette série-là parce que je trouve les personnages vraiment sympa ; j’aime aussi le fait que les vampires, ben ils mangent (de la « vraie » nourriture), et qu’ils ont l’air de bien bouffer. C’est aussi une série qui me fait dire que j’irais bien à Chicago, à l’occasion (en partie pour la raison sus-citée, il faut l’admettre.) Dans ce huitième tome, que j’avais précommandé et que j’ai lu dans la semaine suivant sa publication, une série d’émeutes anti-vampires secoue Chicago. Qui se cache derrière et comment les arrêter ? Et c’est un bon tome de la série - c’est plutôt bon signe, je trouve, si le huitième tome reste à un bon niveau. Vivement le neuvième ! (Février 2014… bon 🙂 )

The Perks of Being a Wallflower, de Stephen Chbosky (Le Monde de Charlie, en français), est l’histoire de Charlie, un lycéen un peu bizarre, timide, introverti, et tout ce qui s’en suit. Le livre est composé de « lettres » de Charlie à un lecteur non nommé. C’est assez bizarre, comme bouquin, parce que l’histoire en soi est assez peu crédible (Charlie a une quinzaine d’années mais on a parfois l’impression qu’il en a huit), mais les détails de l’histoire sont plutôt chouettes. Globalement, j’ai bien aimé, mais je suis pas exactement sûre de savoir pourquoi.

Death’s Daughter, d’Amber Benson (pas traduit à ma connaissance) est un bouquin que j’ai acheté à cause de son auteur, qui joue Tara dans Buffy. Il raconte l’histoire de Calliope Reaper-Jones qui, on l’apprend assez vite et on le devine dans le titre, se trouve être la fille de la Mort (Death, en anglais). Le truc gênant, c’est que Death (le papa de Calliope, donc) s’est fait enlever, et que Calliope hérite par conséquent de l’entreprise familiale le temps que tout revienne à sa place. Calliope n’ayant aucune envie de se retrouver dans cette situation, elle se met à la recherche de son père (et de sa sœur qui a eu le mauvais goût de se faire enlever en même temps). Verdict : ça se lit, mais c’est pas grand. J’ai pas détesté, mais bon, vite lu vite oublié, je pense.

Queen Unseen: My Life with the Greatest Rock Band of the 20th Century, de Peter Hince, est exactement ce que le titre dit 😉 J’ai trouvé ça par hasard sous un petit pois en promo sur Amazon l’autre jour, me suis dit « boah pourquoi pas », et donc j’ai lu ça en août. Peter Hince a été « roadie » (la wikipédia me suggère « machiniste itinérant » comme traduction, admettons - bref, un mec qui bosse sur les tournées, quoi) de Queen pendant des années, et c’est son autobiographie. Plutôt sympa d’avoir une idée de ce à quoi peuvent ressembler les coulisses d’un machin pareil – un peu bordélique, comme bouquin, mais finalement assez drôle.

Voilà, c’est tout pour le mois d’août !

S’il n’y en avait qu’un à lire… Biting Bad.