les questions III et IV du rattrappage

Math 314 - Groupes E et F- Corrigé Examen Rattrapage
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Corrigé Examen Rattrapage
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24 juin 2008
Exercice III : Notons |X| = n et soit N le nombre de n2 -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) = ∑ (−1)|X|−Cc(H) 2Cy(H) ,
H∈H
où H est 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 H et Cy(H) est le nombre de composantes
connexes qui sont des cycles.
Comme G ne possède aucun cycle et est pair, les éléments de H sont précisément les n2 -couplages. La somme
de droite est, à un signe près, la somme de 1 sur les 2n -couplages, ce qui donne le nombre de n2 -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≥0 ci λn−i est le polynôme caractéristique de G. Dans cette
notation, ci = (−1)i ∑|S|=i DetA|S où A|S désigne 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 =
∑ (−1)Cc(H) 2Cy(H)
H∈Hi
où Hi l’ensemble des sous-graphes à i sommets dont les composantes connexes sont des cycles ou des arêtes, Cc(H)
est le nombre de composantes connexes de H et Cy(H) est le nombre de composantes connexes qui sont des cycles.
De nouveau, les éléments de Hn sont précisément les n2 -couplages. La somme de droite est, à un signe près, la somme
de 1 sur les n2 -couplages, ce qui donne N. À la gauche de l’inégalité on trouve cn = DetA, d’où (−1)n/2 DetA = N.
(b) Rien ne change si G ne possède qu’un cycle élémentaire impair. En effet, soit l la longueur de ce cycle, si un
élément de H (ou de Hn ) contenait le cycle, il serait constitué du cycle (l sommets) et de k arêtes (où k est un entier,
ce qui fait 2k sommets). Le nombre de sommets serait donc 2k + l sommets, un nombre impair qui n’est donc pas
égal à n. Ainsi H (ou Hn ) reste l’ensemble des 2n -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 ⊂ Hn le sous-ensemble des sous-graphes
couvrants H qui contiennent le cycle. Soit S ⊂ Hn son complémentaire, c’est-à-dire le sous-ensemble des sousgraphes couvrants H qui ne contiennent par le cycle. Cette fois-ci c’est S qui est le nombre de n2 -couplages : |S | = N.
Dans le résultat de Sachs (cf. ci-haut) on sépare la somme sur ces deux sous-ensembles :
(−1)n DetA = cn = ∑ (−1)Cc(H) 2Cy(H)
H∈Hn
= ∑ (−1)Cc(H) 2Cy(H) + ∑ (−1)Cc(H) 2Cy(H)
H∈C
= ∑
H∈C
H∈S
(−1)1+(n−l)/2 2 +
∑ (−1)n/2
H∈S
2
Pour la dernière ligne, il faut remarquer que les éléments de C contiennent n sommets : l sont sur le cycle et n − l sur
les arêtes. Ils ont donc 1 + (n − l)/2 composantes connexe dont une est un cycle. Quant aux éléments de S ils 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/2 N = (−1)n DetA − (−1)1+(n−l)/2 2 ∑ 1.
H∈C
Pour trouver la dernière somme, il faut réaliser que comme le cycle est fixé, il y autant d’éléments de C que de
couplages maximaux dans le graphe G0 induit sur les sommets qui ne sont pas dans le cycle. Le nombre de sommets
dans G0 est n − l. Si A0 est la matrice de G0 , alors on sait de (a) que le nombre d’éléments de C est (−1)n/2 DetA0 .
D’où
(−1)n/2 N = (−1)n DetA − (−1)1+(n−l)/2 2(−1)n/2 DetA0 ⇒ N = (−1)n/2 DetA + 2(−1)n−l)/2 DetA0 .
Exercice IV : (a) Notons |E| = e et |X| = n. Voici deux façons de faire :
Méthode 1 : Si on fait l’union des arêtes de G et de G, on obtient le graphe complet. Le nombre d’arête de G et de G
est le même puisqu’ils sont isomorphes. On a donc que 2e est 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 n et 2 divise n − 1 en même temps,
il faut que 4 divise n ou 4 divise n − 1.
Méthode 2 : Il s’agit de remarquer que si x est de degré d(x) dans G, alors il sera de degré |X| − 1 − d(x) dans G.
De plus, G et G doivent avoir le même nombre d’arêtes. Par le théorème des poignées de main (d’abord dans G puis
dans G) on a
∑ n − 1 − d(x) = 2e ⇔ ∑ (n − 1) − ∑ d(x) = 2e
x∈X
x∈X
x∈X
⇔
n(n − 1) = 2e + ∑ d(x)
⇒
n(n − 1) = 2e + 2e = 4e.
x∈X
Ainsi, 4 divise n(n − 1). Puisqu’il est impossible que 2 divise n et 2 divise n − 1 en même temps, il faut que 4 divise
n ou 4 divise n − 1.
(b) Comme en (a), si G est k-régulier, alors G sera 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 l est un entier). Alors 2k = 4l, et conséquemment 2 divise k.
(c) Si e est l’arête entre les sommets x et x0 , on rappelle que son degré dans L(G) sera d(x) − 1 + d(x0 ) − 1. En
effet, l’arête e aura pour voisin dans L(G) toutes les arêtes incidentes en x sauf e elle-même, et toutes les arêtes
incidentes en x0 sauf e derechef. Ainsi, quand G est k-régulier, L(G) est (2k − 2)-régulier. Si G et 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 G0 qui 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 G soit 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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