Étiquette : TPA

TPA : Théorème de Ramsey

Publié le par Balise2 commentaires

Je viens de me rendre compte que j’avais pas encore parlé de théorie de Ramsey dans ce blog, ce qui est profondément scandaleux, parce que c’est un sujet très rigolo. Donc, commençons – aujourd’hui, c’est TPA.

Supposons que nous ayons un graphe dit « complet », c’est-à-dire qu’on se donne un ensemble de sommets, et qu’on trace tous les arcs possibles entre tous les sommets. On dénote par K_n le graphe complet sur n sommets - par exemple, je vous présente K_5 :

 

k5-mono

Maintenant, on va colorier les arcs du graphe en rouge et en bleu, de façon arbitraire. On peut par exemple colorier tous les arcs en bleus, tous les arcs en rouge, ou choisir d’autres coloriages :

Et avec ce coloriage, on se pose une première question : est-ce qu’il est possible d’avoir un coloriage tel qu’on ne puisse pas trouver dans la figure un triangle bleu ou un triangle rouge, c’est-à-dire trois sommets reliés uniquement par des arcs bleus ou rouges ? Les deux du haut ne fonctionnent clairement pas (puisque tous les sommets sont reliés par des arcs bleus et rouges respectivement). Le coloriage en bas à gauche ne fonctionne pas non plus : il a un triangle bleu et un triangle rouge (vous les voyez ?). Le coloriage en bas à droite n’a pas de triangle rouge, mais il a un triangle bleu.

Pour 5 points, ce n’est pas très difficile de finir par trouver un coloriage qui ne contient ni triangle bleu ni triangle rouge, et c’est celui-ci :

k5-notriangle

L’étape suivante est de se poser la même question non pas avec un graphe complet sur 5 sommets (K_5) mais avec un graphe complet sur 6 sommets (K_6), comme celui-ci :

k6

Et la réponse est non, ce n’est pas possible : on ne peut pas colorier une K_6 avec deux couleurs en évitant d’avoir un triangle monochromatique (tout bleu ou tout rouge, donc). La première remarque qu’on peut faire, c’est que pour vérifier par force brute que c’est effectivement le cas, ça va prendre un petit peu de temps. Le graphe ci-dessus a 15 arcs, ce qui correspond à 2^{15} coloriages différents. Pour voir ça, on peut choisir un ordre pour les arcs (n’importe quel ordre) et commencer à colorier. Pour le premier arc, on peut choisir rouge ou bleu, ça fait deux choix. Pour le deuxième arc, idem – et on a déjà quatre choix avec deux arcs, puisqu’ils peuvent être tous les deux rouges, tous les deux bleus, rouge-bleu ou bleu-rouge. Le troisième choix multiplie encore ces choix par deux (puisque chaque choix peut correspondre à un troisième arc rouge ou bleu), et ainsi de suite pour les 15 arcs, soit 2×2×2×…×2 = 2^{15}. 2^{15}, ça fait 32768. À la main, ça va faire beaucoup de coloriages à vérifier, mais sur un ordinateur, ça reste encore nettement dans le domaine du faisable.

Avant de programmer le coloriage et de vérifier, on peut se demander s’il y aurait moyen de prouver qu’il y a toujours un triangle monochromatique dans une K_6 coloriée avec 2 couleurs. Donc, on prend un coloriage, n’importe lequel. On prend un sommet, n’importe lequel aussi. Ce sommet, il a 5 arcs qui y sont connectés, et parmi ces cinq arcs, il y en a au moins trois qui sont de la même couleur (parce que si j’ai au plus deux arcs bleus ET au plus deux arcs rouges, ben j’ai au plus 4 arcs). Pour faire simple, je vais supposer que les trois arcs qui sont de la même couleur sont bleus (je peux toujours faire ça, si ce n’est pas le cas il suffit de remplacer rouge par bleu et bleu par rouge dans ce qui suit). Maintenant on fait une petite figure avec des notations.

k6-firstcolors

J’ai au moins trois arcs bleus qui partent de mon sommet initial, j’en choisis exactement trois (les deux autres peuvent être rouges ou bleus). Ces arcs définissent trois points sur le graphe, qui sont les autres extrémités des trois arcs ; je nomme ces points u, v et w. Et là, il peut se passer plusieurs choses. Si l’arc entre u et v est bleu, alors j’ai un triangle bleu. Si l’arc entre v et w est bleu, alors j’ai un triangle bleu. Si l’arc entre u et w est bleu, alors j’ai un triangle bleu. Et si rien de tout ça ne se passe…

k6-plusred

ben l’arc entre u et v est rouge, l’arc entre v et w est rouge, et l’arc entre w et u est rouge aussi, donc le triangle défini par u, v, w est tout rouge. Tout ce que j’ai raconté là s’applique à n’importe quel coloriage (même s’il faut éventuellement changer rouge en bleu et bleu en rouge), et donc on ne peut pas trouver de coloriage qui n’ait ni triangle bleu, ni triangle rouge.

La remarque suivante, c’est que n’importe quelle K_n (c’est-à-dire un graphe complet sur n sommets), pour n \geq 6, contient une K_6. Donc si on ne peut pas colorier une K_6 sans avoir de triangle monochromatique, on ne peut pas non plus colorier une K_n, n\geq 6 sans triangle monochromatique.

Donc, pour les triangles, on sait ce qu’il se passe : pour n\leq 5, on peut trouver un coloriage tel qu’on ne trouve pas de triangle monochromatique, et pour n \geq 6, on a prouvé qu’il n’existait pas.

La question suivante est : maintenant qu’on a des choses pour les triangles, est-ce qu’on peut avoir le même genre de résultat pour plus de points ? Plus spécifiquement, si je considère une K_n, est-ce que je peux la colorier avec deux couleurs de manière à éviter d’y trouver une K_4, K_5, K_6, K_{42} de la même couleur (remarquons qu’un triangle est une K_3 😉 )? Et ben, c’est une question compliquée. Pour être sûr de trouver une K_4, il a été prouvé qu’on a besoin de 18 points. Ce qui veut dire qu’on peut colorier ce bidule-là avec 2 couleurs et ne pas y trouver de K_4 monochromatique:

K17

Si on rajoute un sommet et qu’on le connecte à tous les autres, par contre, on est sûr de trouver une K_4 monochromatique si on colorie avec deux couleurs. Là, pour le coup, si on veut réellement vérifier tous les coloriages possibles, il va vraiment falloir faire des progrès sur la puissance informatique. Une K_{18} (un graphe complet sur 18 sommets, donc) a 153 arcs, donc si on se mettait en tête de vérifier tous les coloriages, il faudrait en vérifier 2^{153}. Si on est capable de vérifier un coloriage par nanoseconde (ce qui n’est pas franchement réaliste), il faudrait plus de 3 000 000 000 000 000 000 000 000 000 (3 suivi de 27 zéros) SIÈCLES pour tout vérifier… on est pas rendu 🙂

Là où ça devient VRAIMENT amusant, c’est quand on se pose la question de trouver des K_5 et supérieur (qui soient monochromatiques, donc). Pour la K_5, on sait que pour plus de 49 sommets, on la trouvera nécessairement. On sait aussi qu’on peut construire un coloriage sur 42 sommets sans K_5 monochromatique. Le lecteur attentif aura remarqué qu’on ne sait pas ce qu’il se passe entre 43 et 49 sommets… La situation est de moins en moins claire au fur et à mesure : pour la K_{10} monochromatique, on sait que le seuil se situe quelque part entre 798 (pour 797 sommets on sait qu’on peut colorier sans avoir de K_{10} monochromatique) et… 23556 (pour un graphe complet sur 23556 sommets colorié avec deux couleurs, on sait qu’on aura toujours une K_{10} monochromatique).

Le théorème de Ramsey qui donne son nom à ce billet de blog dit que quelque soit r, on peut trouver un n tel que tout coloriage avec deux couleurs d’une K_n contienne nécessairement une K_r monochromatique. Ledit théorème est plus général que ça : il dit que pour tout r_1, r_2, r_3... r_\ell on peut trouver un n tel que tout coloriage de K_n avec \ell couleurs c_1, c_2,..., c_\ell contient ou bien une K_{r_1} de couleur c_1, ou bien une K_{r_2} de couleur c_2, …, ou bien une K_{r_\ell} de couleur c_\ell. Et on dénote n par R(r_1, r_2,..., r_\ell). (Pour rattacher aux trucs précédents, j’ai démontré que R(3,3) = 6, et j’ai indiqué que R(4,4) = 18, 43 \leq R(5,5) \leq 49 et que 798 \leq R(10,10) \leq 23556.

On peut exprimer ça de façon plus « philosophique » en disant qu’une structure suffisamment grande aura toujours un peu d’ordre local quelque part. Ce que je trouve personnellement assez fascinant.

Le mot de la fin revient à Joel Spencer: « Erdős nous a demandé d’imaginer une force d’extraterrestres, beaucoup plus puissante que nous, qui atterrit sur Terre et nous demande la valeur de R(5,5), ou bien ils détruisent la planète. Dans ce cas, dit-il, nous devrions combiner la puissance de tous nos ordinateurs et de tous nos mathématiciens pour tenter de trouver la valeur. Mais supposons qu’ils demandent R(6,6). Dans ce cas, il pense qu’il faudrait détruire les extraterrestres. » (traduction personnelle).

TPA : Mincut, maxflow et réseaux de distribution d’eau

Publié le par Balise2 commentaires

Je viens de regarder une vidéo intitulée Efficient Maximum Flow Algorithms (en anglais), et comme je me demandais depuis quelques jours ce dont je pourrais bien parler dans un TPA, c’est arrivé à point nommé. Donc, aujourd’hui, on va parler de « max flow » ou, en français, « flot maximum ». Commençons par donner un petit exemple. Supposons qu’on veuille trimbaler de l’eau depuis un point A à un point B. Pour cela, on dispose d’un réseau de tuyaux qui ont tous une certaine capacité, en terme de nombre de litres par seconde qui peuvent y circuler, et on se pose la question de savoir combien de litres par seconde peuvent arriver au point A. Faisons un petit dessin :

On a le point A, le point B, quelques points intermédiaires reliés par des tuyaux, et la capacité de chaque tuyau est indiquée sur chaque tuyau. Sur un « petit » réseau comme celui-ci, on peut s’en sortir en regardant très fort le schéma et en tentant de répartir l’eau au maximum dans les tuyaux de façon à ce qu’aucun tuyau ne soit en surcapacité, sinon ça explose et ça fait désordre (spoiler : sauf erreur grossière de ma part, on arrive avec ce réseau à 5600 litres par seconde).

Évidemment, plus le réseau est compliqué, plus le calcul l’est, et au-delà d’une certaine taille ça devient franchement pénible à faire à la main. Beaucoup de gens se sont intéressés au problème, qui est à la fois considéré comme un problème « classique » voire « résolu » (par exemple la bibliothèque C++ Boost a quelques implémentations pour le résoudre), et comme un domaine actif de recherche (il est, par exemple, en couverture du numéro d’août des Communications of the ACM). Au lieu de parler de litres d’eau et de tuyaux, on utilise notre modèle préféré, qui est celui d’un graphe (comme le laisse vaguement sous-entendre mon petit schéma au-dessus) ; le type de graphe qu’on considère a cependant quelques éléments supplémentaires par rapport aux graphes que nous avons manipulés jusqu’ici, par exemple lorsque nous avons parlé du théorème des cinq couleurs. On a, comme d’habitude, des sommets (les points A, B et les points intermédiaires) et des arcs (les tuyaux). Dans les sommets, on a deux sommets « spéciaux », les points A et B, que l’on appelle la source et le puits. Sur les arcs, on a deux informations supplémentaires : la direction, représentée sur le schéma par une flèche (on dit que le graphe est dirigé) et la capacité. Et on veut trimbaler une certaine quantité de trucs, c’est-à-dire un « flot », de A à B. Le problème peut donc être formulé comme « étant donné un graphe dirigé, dont les arcs ont des capacités, et étant donnés une source et un puits, quelle est la quantité maximum de flot qui peut être transportée de A à B ? ». Les algorithmes permettant de répondre à cette question ne sont pas forcément très compliqués, mais ils sont plus longs que ce que j’ai envie de détailler ici. Il en existe plusieurs, et il peut être intéressant de ne pas utiliser les mêmes en fonction du graphe considéré (on n’utilisera par exemple pas forcément le même algorithme pour un graphe ayant peu ou beaucoup d’arcs).

Considérons maintenant un autre problème. Supposons que j’aie une fuite massive d’eau en B, et que je veuille couper l’eau qui arrive en B en coupant la circulation dans des tuyaux, et ce de la manière la plus « efficace » possible. L’efficacité, dans mon exemple imaginaire, se mesure en débit total des tuyaux que je coupe : je veux le minimiser, pour que la reprise du service soit la plus facile possible. Quels tuyaux dois-je couper ? Il faut impérativement que je coupe le tuyau direct à 4000 entre A et B (sinon j’ai forcément de l’eau qui continue à arriver en B). Je peux couper tout ce qui arrive en B : j’ai deux tuyaux à 1000 et un à 900, ça fait un « coût » total de 2900. Mais en regardant d’un peu plus près mon graphe, plutôt que de couper l’arrivée en B, si je coupe les départs en A (hors la ligne à 4000, qui est coupée quoi qu’il arrive), je peux m’en sortir pour 2300, c’est mieux. Et en regardant d’encore plus près, si au lieu de couper le tuyau à 2000 je coupe celui à 500 et celui à 800, je descends à 1600 (300 + 500 + 800). Coïncidence amusante, si je fais la somme de tous les tuyaux que je coupe (4000+300+500+800), j’obtiens le même nombre que le nombre maximum de litres que je peux faire circuler dans mon réseau entre A et B, c’est à dire 5600.

Il se trouve que ce n’est pas une coïncidence. Ce second problème est connu sous le nom de « min cut » ou, en français, « coupe minimum » : étant donné un graphe avec des coûts ou poids sur les arcs, comment déconnecter deux points donnés A et B en supprimant des arcs de manière à ce que la somme de leurs poids soit minimum ? Et étant donné un graphe dirigé avec des capacités/poids, le théorème dit « min cut/max flow » dit que, pour toutes les paires de sommets A et B du graphe, la quantité maximum de flot qui peut aller de A à B est égale au poids minimum des arcs à supprimer pour déconnecter A et B. Pour donner une idée de la preuve, on peut voir qu’une coupe (un ensemble d’arcs qui, lorsqu’on les supprime, déconnecte A et B) est un goulot d’étranglement : il est impossible de faire passer plus de flot entre A et B que la capacité des arcs qui forment cette coupe. Ça permet de déduire que le flot maximum est forcément inférieur (ou égal) au poids de la coupe minimum. L’autre direction (montrer que la valeur de la coupe minimum est effectivement atteinte) est un peu plus délicate. L’idée est que si on a un flot maximum, alors on a des arcs qui sont saturés, c’est-à-dire que pour que le flot puisse passer de A à B, il faut faire passer une valeur de flot égale à la capacité de l’arc par l’arc en question. Si ce n’était pas le cas, on pourrait augmenter le flot, ce qui ne peut pas arriver (puisqu’on considère un flot maximum). On peut aussi voir que tous les chemins de A à B contiennent au moins un arc saturé – sinon, on pourrait augmenter le flot sur le chemin en question. Maintenant, on explore le graphe en partant de A, en avançant sur tous les chemins possibles, et on marque tous les sommets que l’on peut atteindre sans passer par un arc saturé. Si on retire tous les arcs qui partent de cet ensemble de sommets marqués vers l’ensemble des sommets non-marqués, on obtient une coupe (sinon il existerait un chemin de A à B contenant un arc non saturé). De plus, ces arcs sont saturés, et la somme de leur poids est exactement la valeur du flot maximum (puisqu’il s’agit de l’ensemble des arcs qui sortent de l’ensemble des sommets marqués). Donc la valeur de flot maximum est égale à la valeur d’une coupe, elle-même supérieure ou égale à la valeur de la coupe minimum. Tout ceci nous permet de déduire que la valeur de la coupe minimum est égale à la valeur du flot maximum (puisqu’elle lui est à la fois inférieure ou égale et supérieure ou égale), et donc on est contents. Pour une certaine définition de « contents » – l’idée de la preuve que j’ai donnée ici n’est pas des plus rigoureuse (en espérant qu’elle soit correcte, il a fallu que je m’y reprenne à trois ou quatre fois…), mais j’espère en avoir donné tout de même une idée raisonnable !

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 🙂

Introduction : Théorème à périodicité aléatoire – TPA

Publié le par Balise3 commentaires

Hoplà,

J’ai toujours dans l’idée de faire un billet ou deux ou 12 sur les algos aléatoires, mais comme c’est long et que j’ai pas encore décidé par où attaquer, je vais faire d’autres trucs en attendant, parce que bon, ya pas de raison.

J’introduis donc aujourd’hui une série de Théorèmes à Périodicité Aléatoire, ou TPA – des billets que je vais essayer de faire courts, mais à dates aléatoires (je tiens pas à faire « le théorème de la semaine », ça risque de durer 3 semaines et encore…), présentant un résultat rigolo, éventuellement des éléments de preuve si elle tient dans la contrainte « billet court », probablement majoritairement dans le domaine informatique théorique / combinatoire, mais sait-on jamais, je vais peut-être me retrouver à diverger à un moment…

Ceci est un billet d’annonce – un vrai billet avec un vrai théorème devrait apparaître ici cet après-midi ou demain. Spoiler : ça va parler de graphes.