les questions III et IV du rattrappage

Math 314 - Groupes E et F- Corrigé Examen Rattrapage 1
Corrigé Examen Rattrapage
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24 juin 2008
Exercice III : Notons |X|=net soit Nle nombre de n
2-couplages..
(a) Rappelons les théorèmes de Harary et de Sachs (théorème 2.10 et corollaire 2.11). via Harary : le théorème de
Harary dit que
DetA(G) = ∑
H∈H
(−1)|X|−Cc(H)2Cy(H),
où Hest l’ensemble des sous-graphes couvrants de G= (X,E)tels que chaque composante connexe est un cycle
élémentaire ou une arête, Cc(H)est le nombre de composantes connexes de Het Cy(H)est le nombre de composantes
connexes qui sont des cycles.
Comme Gne possède aucun cycle et est pair, les éléments de Hsont précisément les n
2-couplages. La somme
de droite est, à un signe près, la somme de 1 sur les n
2-couplages, ce qui donne le nombre de n 2-couplages.
via Sachs : certains auront plutôt retenu le corollaire de ce théorème (dit de Sachs, corollaire 2.11). Pour ce faire
rappelons les notations. φ(G,λ) = Det(λId −A(G)) = ∑i≥0ciλn−iest le polynôme caractéristique de G. Dans cette
notation, ci= (−1)i∑|S|=iDetA|Soù A|Sdésigne les mineurs de la matrice A. Lorsque |S|=n, DetA|S=DetA,
autrement dit, le dernier terme du polynôme caractéristique est le déterminant de A. Le corollaire de Sachs dit que
ci=∑
H∈Hi
(−1)Cc(H)2Cy(H)
où Hil’ensemble des sous-graphes à isommets dont les composantes connexes sont des cycles ou des arêtes, Cc(H)
est le nombre de composantes connexes de Het Cy(H)est le nombre de composantes connexes qui sont des cycles.
De nouveau, les éléments de Hnsont précisément les n
2-couplages. La somme de droite est, à un signe près, la somme
de 1 sur les n
2-couplages, ce qui donne N. À la gauche de l’inégalité on trouve cn=DetA, d’où (−1)n/2DetA=N.
(b) Rien ne change si Gne possède qu’un cycle élémentaire impair. En effet, soit lla longueur de ce cycle, si un
élément de H(ou de Hn) contenait le cycle, il serait constitué du cycle (lsommets) et de karêtes (où kest un entier,
ce qui fait 2ksommets). Le nombre de sommets serait donc 2k+lsommets, un nombre impair qui n’est donc pas
égal à n. Ainsi H(ou Hn) reste l’ensemble des n
2-couplages.
(c) (Une démarche beaucoup moins précise que ce qui est fait ici était demandée.) Si on a un cycle pair (de longueur
l, comme en (c)) les choses ne se passent pas de la même façon. Soit C⊂Hnle sous-ensemble des sous-graphes
couvrants Hqui contiennent le cycle. Soit S⊂Hnson complémentaire, c’est-à-dire le sous-ensemble des sous-
graphes couvrants Hqui ne contiennent par le cycle. Cette fois-ci c’est Squi est le nombre de n
2-couplages : |S|=N.
Dans le résultat de Sachs (cf. ci-haut) on sépare la somme sur ces deux sous-ensembles :
(−1)nDetA=cn=∑
H∈Hn
(−1)Cc(H)2Cy(H)
=∑
H∈C
(−1)Cc(H)2Cy(H)+∑
H∈S
(−1)Cc(H)2Cy(H)
=∑
H∈C
(−1)1+(n−l)/22+∑
H∈S
(−1)n/2

2
Pour la dernière ligne, il faut remarquer que les éléments de Ccontiennent nsommets : lsont sur le cycle et n−lsur
les arêtes. Ils ont donc 1 + (n−l)/2 composantes connexe dont une est un cycle. Quant aux éléments de Sils ont
n/2 composantes connexes et aucun cycle. On isole le terme le plus à droite (qui est à un signe près N) pour trouver
que
(−1)n/2N= (−1)nDetA−(−1)1+(n−l)/22∑
H∈C
1.
Pour trouver la dernière somme, il faut réaliser que comme le cycle est fixé, il y autant d’éléments de Cque de
couplages maximaux dans le graphe G0induit sur les sommets qui ne sont pas dans le cycle. Le nombre de sommets
dans G0est n−l. Si A0est la matrice de G0, alors on sait de (a) que le nombre d’éléments de Cest (−1)n/2DetA0.
D’où
(−1)n/2N= (−1)nDetA−(−1)1+(n−l)/22(−1)n/2DetA0⇒N= (−1)n/2DetA+2(−1)n−l)/2DetA0.
Exercice IV : (a) Notons |E|=eet |X|=n. Voici deux façons de faire :
Méthode 1 : Si on fait l’union des arêtes de Get de G, on obtient le graphe complet. Le nombre d’arête de Get de G
est le même puisqu’ils sont isomorphes. On a donc que 2eest le nombre d’arête du graphe complet soit n(n−1)/2.
D’où e=n(n−1)/4 est un nombre entier. Puisqu’il est impossible que 2 divise net 2 divise n−1 en même temps,
il faut que 4 divise nou 4 divise n−1.
Méthode 2 : Il s’agit de remarquer que si xest de degré d(x)dans G, alors il sera de degré |X| − 1−d(x)dans G.
De plus, Get Gdoivent avoir le même nombre d’arêtes. Par le théorème des poignées de main (d’abord dans Gpuis
dans G) on a
∑
x∈Xn−1−d(x)=2e⇔∑ x∈X
(n−1)−∑
x∈X
d(x) = 2e
⇔n(n−1) = 2e+∑
x∈X
d(x)
⇒n(n−1) = 2e+2e=4e.
Ainsi, 4 divise n(n−1). Puisqu’il est impossible que 2 divise net 2 divise n−1 en même temps, il faut que 4 divise
nou 4 divise n−1.
(b) Comme en (a), si Gest k-régulier, alors Gsera n−k−1 régulier. Puisqu’ils sont isomorphe il faut que k=
n−k−1, c’àd. que 2k=n−1. Ainsi 2 divise n−1 et, grâce à (a), il faut que 4 divise n−1. Autrement dit, on peut
écrire n−1=4l(où lest un entier). Alors 2k=4l, et conséquemment 2 divise k.
(c) Si eest l’arête entre les sommets xet x0, on rappelle que son degré dans L(G)sera d(x)−1+d(x0)−1. En
effet, l’arête eaura pour voisin dans L(G)toutes les arêtes incidentes en xsauf eelle-même, et toutes les arêtes
incidentes en x0sauf ederechef. Ainsi, quand Gest k-régulier, L(G)est (2k−2)-régulier. Si Get L(G)sont tous
deux isomorphes, il s’ensuit que k=2k−2. De simples manipulations algébriques permet d’isoler k=2.
(d) Les questions (b) et (c) donne des contraintes sur un tel graphe G0qui serait k-régulier. En effet, il faudrat que
k=2 et donc que n−1=2k=4 donc n=5. Un graphe qui satisfait ces conditions est le 5-cycle, il est bel et bien
isomorphe à son complémentaire et à son graphe des arêtes.
Remarque : Un argument plus compliqué que celui de (c) permet de montrer que pour que L(G)soit isomorphe à G
il faut que Gsoit 2-régulier. Ainsi, en utilisant (b) on peut voir que le 5-cycle est l’unique graphe qui est isomorphe
à son complémentaire et son graphes des arêtes en même temps.
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