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\documentclass[french,b5paper]{article}
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\usepackage[T1]{fontenc}
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\usepackage[utf8]{inputenc}
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\usepackage{babel}
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\usepackage[autolanguage]{numprint}
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\usepackage{hyphenat}
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\usepackage{geometry}
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\usepackage{parskip}
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\usepackage{amssymb,amsmath}
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\usepackage[makeroom]{cancel}
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\usepackage{tikz}
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\usepackage{fancyhdr}
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\pagestyle{fancy}
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\fancyhf{}
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\rhead{Timéo Pochin}
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\lhead{TD1 -- Théorie des graphes et optimisation discrète}
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\cfoot{Page \thepage}
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\newcommand{\chessMove}[6]{
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\begin{tikzpicture}[scale=0.75, main/.style = {draw, circle, scale=0.75}]
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\node[main] (1) [fill=#3, text=#4] {#1};
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\node[main] (2) [right of=1, fill=#5, text=#6] {#2};
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\draw[->] (1) -- (2);
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\end{tikzpicture}
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}
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\newcommand{\chessMoveBlack}[2]{\chessMove{#1}{#2}{black}{white}{lightgray}{black}}
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\newcommand{\chessMoveWhite}[2]{\chessMove{#1}{#2}{white}{black}{lightgray}{black}}
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\setlength{\parindent}{0pt}
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\begin{document}
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\section*{Exercise 4 (non-corrigé)}
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Soit $G(S,A)$ un graphe non-orienté de degré minimum $k$,
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montrons qu'il contient une chaîne élémentaire de longeur $k$:
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%\startnarrower[left]
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Prenons une arête $a_1\in A$ et les deux sommets $(s_0,s_1)\in S^2$ à ses extrimitées.
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Si $k = 1$ alors la chaîne élémentaire $(a_1)$ est de longeur $k$.
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Si $k>1$,
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supposons que $(a_1,\dots,a_n)$ et $\{s_0,\dots,s_n\}$ soit une chaîne élémentaire et ses sommets correspondants,
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avec $n\in\mathbb{N}^*$ et $n\leq k$.
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%\startnarrower[left]
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Si $n=k$ alors la chaîne élémentaire $(a_1,\dots,a_n)$ est de longeur $k$.
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Dans le cas où $n<k$,
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nous savons que $s_n$ a au moins $k$ arêtes et au plus $n$ arêtes qui le relie aux sommets $\{s_0,\dots,s_{n-1}\}$.
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Donc $s_n$ a au moins $k-n\geq 1$ arêtes qui ne le relie pas aux sommets $\{s_0,\dots,s_{n-1}\}$.
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Prenons une de ces arêtes $a_{n+1}$,
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nous pouvons maintenant constater qu'il existe une chaîne elementaire $(a_1,\dots,a_{n+1})$ de longeur $n+1$.
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%\stopnarrower
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%\stopnarrower
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Nous avons montrer qu'il existe une chaîne élémentaire de longeur $k$ si $k=1$.
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Nous avons également montrer que s'il existe une chaîne élémentaire de longeur $n<k$ alors il existe une chaîne élémentaire de longeur $n+1$.
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Par \underline{récurrence},
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nous avons montrer qu'il existe une chaîne élémentaire de longeur $k$ contenu dans tout graphe $G(S,A)$ de degré minimum $k$.
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\section*{Exercise 6 (non-corrigé)}
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\begin{tikzpicture}[thick, main/.style = {draw, circle}]
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% 3 # # #
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% 2 # # #
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% 1 # # #
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% a b c
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\begin{scope}[node distance={13mm}]
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\node[main] (b2) [fill=lightgray] {$b2$};
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\node[main] (a2) [left of=b2, fill=lightgray] {$a2$};
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\node[main] (c2) [right of=b2, fill=lightgray] {$c2$};
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||
\node[main] (b1) [below of=b2, fill=lightgray] {$b1$};
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||
\node[main] (b3) [above of=b2, fill=lightgray] {$b3$};
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||
\node[main] (a1) [below of=a2, fill=black, text=white] {$a1$};
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||
\node[main] (c1) [below of=c2, fill=black, text=white] {$c1$};
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||
\node[main] (a3) [above of=a2] {$a3$};
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||
\node[main] (c3) [above of=c2] {$c3$};
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\end{scope}
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\draw (a1) -- (b3);
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\draw (a2) -- (c3);
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\draw (a3) -- (c2);
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\draw (b1) -- (a3);
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\draw (b3) -- (c1);
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\draw (c1) -- (a2);
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||
\draw (c2) -- (a1);
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||
\draw (c3) -- (b1);
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\begin{scope}[node distance={15mm}, xshift=5cm]
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\node[main] (b2) [fill=lightgray] {$b2$};
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\node[main] (a1) [below left of=b2, fill=black, text=white] {$a1$};
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\node[main] (b1) [above of=b2, fill=lightgray] {$b1$};
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||
\node[main] (c1) [below right of=b2, fill=black, text=white] {$c1$};
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||
\node[main] (a2) [right of=b2, fill=lightgray] {$a2$};
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||
\node[main] (c2) [left of=b2, fill=lightgray] {$c2$};
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||
\node[main] (a3) [above left of=b2] {$a3$};
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||
\node[main] (b3) [below of=b2, fill=lightgray] {$b3$};
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||
\node[main] (c3) [above right of=b2] {$c3$};
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||
\end{scope}
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\draw (a1) -- (b3);
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\draw (a2) -- (c3);
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||
\draw (a3) -- (c2);
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\draw (b1) -- (a3);
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\draw (b3) -- (c1);
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\draw (c1) -- (a2);
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\draw (c2) -- (a1);
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||
\draw (c3) -- (b1);
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\end{tikzpicture}
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Les blancs commence et les deux couleur joue à tour de rôle,
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une des solutions pour que les cavaliers blancs et noirs échangent de place est:
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\chessMoveWhite{$c3$}{$a2$}
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\chessMoveBlack{$a1$}{$c2$}
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\chessMoveWhite{$a3$}{$b1$}
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\chessMoveBlack{$c1$}{$b3$}
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\chessMoveWhite{$a2$}{$c1$}
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\chessMoveBlack{$c2$}{$a3$}
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\chessMoveWhite{$b1$}{$c3$}
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\chessMoveBlack{$b3$}{$a1$}
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\chessMoveWhite{$c1$}{$b3$}
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\chessMoveBlack{$a3$}{$b1$}
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\chessMoveWhite{$c3$}{$a2$}
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\chessMoveBlack{$a1$}{$c2$}
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\chessMoveWhite{$b3$}{$a1$}
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\chessMoveBlack{$b1$}{$c3$}
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\chessMoveWhite{$a2$}{$c1$}
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\chessMoveBlack{$c2$}{$a3$}
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\section*{Exercise 7 (non-corrigé)}
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Soit $G(S,A)$ un graphe non orienté de $n$ sommets et $m$ arêtes,
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montrons que si \\$m>\frac{1}{2}(n-1)(n-2)$ alors $G$ est connexe:
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Supposons que $G$ n'est pas connexe,
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alors il existe deux sous-graphes non-nul de $G$,
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$G'(S',A')$ et $G''(S'',A'')$ tel que $S''=S\setminus S'$ et $\forall a\in A,\ a\in A'\cup A''$,
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notons aussi leurs nombres de sommets et d'arêtes $n'$, $m'$, $n''$ et $m''$ respectivement.
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Les nombres d'arêtes maximaux de ces graphes correspondent au cas où ils sont complets:
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\[
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\begin{split}
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m'_\text{max} &=\frac{1}{2}n'(n'-1) \\
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m''_\text{max} &=\frac{1}{2}n''(n''-1) \\
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&=\frac{1}{2}(n-n')(n-n'-1) \qquad \text{car}\ n''=n-n'
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\end{split}
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\]
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Trouvons $(m'+m'')_\text{max}$:
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\[
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\begin{split}
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||
\text{Posons} \qquad
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f(n,n') &=m'_\text{max}+m''_\text{max} \\
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&=\frac{1}{2}n'(n'-1)+\frac{1}{2}(n-n')(n-n'-1) \\
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&=\frac{1}{2}\left(n'^2-n'\right)+\frac{1}{2}\left(n'^2-2nn'+n'+n^2-n\right) \\
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||
&=\frac{1}{2}n'^2-\cancel{\frac{1}{2}n'}+\frac{1}{2}n'^2-nn'+\cancel{\frac{1}{2}n'}+\frac{1}{2}\left(n^2-n\right) \\
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||
&=n'^2-nn'+\frac{1}{2}\left(n^2-n\right)
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||
\end{split}
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||
\]
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||
Calculons la dérivée partielle de $f$ en $n'$
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\[\frac{\partial f}{\partial n'} =2n'-n\]
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elle s'annule quand $n'=\frac{1}{2}n$.
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Dans le cas où $n'<\frac{1}{2}n$, la dérivée est négative,
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$f$ est décroissante et donc \\$(m'+m'')$ est le plus grand quand $n'=1$.
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Dans le cas où $n'>\frac{1}{2}n$, la dérivée est positive,
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$f$ est croissante et donc $(m'+m'')$ est le plus grand quand $n'=n-1$,
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or ce cas n'est qu’un simple inversement de $n'$ et $n''$.
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Nous savons maintenant que
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\[
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\begin{split}
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||
(m'+m'')_\text{max} &=\frac{1}{2}(1)(1-1)+\frac{1}{2}(n-1)(n-1-1) \\
|
||
&=\frac{1}{2}(n-1)(n-2)
|
||
\end{split}
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||
\]
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Reprenons le graphe $G$ dans le cas où il a un nombre d'arêtes $m>(m'+m'')_\text{max}$.
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Nous pouvons en déduire qu'il existe une arête $a\in A$ tel que $a\notin A'\cup A''$,
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ceci et une contradiction avec le fait que $\forall a\in A,\ a\in A'\cup A''$.
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Par \underline{contradiction}, nous avons montrer que si $m>\frac{1}{2}(n-1)(n-2)$ alors $G$ est connexe.
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\section*{Exercise 8 (non-corrigé)}
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Soit $G(S,A)$ un groupe,
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montrons que au moins un des deux groupe $G$ et $\bar{G}(S,\bar{A})$ est connexe:
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Supposons que $G$ n'est pas connexe.
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Soit $s_0\in S$,
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pour tout $s\in S$ nous pouvons le placer dans un des deux ensemble suivant:
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\begin{itemize}
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\item l'ensemble des sommets qui sont relié à $s_0$ par une chaîne de $G$, appelons le $S_\text{relié}$
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\item l'ensemble des sommets qui ne peuvent pas être relié à $s_0$ par une chaîne de $G$, appelons le $S_\text{non-relié}$
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\end{itemize}
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Regardons maintenant $\bar{G}$,
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Aucune des arêtes $(i,j)\in S_\text{relié}\times S_\text{non-relié}$ n'appartient pas à $A$,
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donc elles appartiennes toute à $\bar{A}$.
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Soit $s_1\in S_\text{non-relié}$,
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pour tout $s\in S$,
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si $s\in S_\text{non-relié}$ alors la chaîne $((s_0,s))$ de $\bar{G}$ relie $s_0$ et $s$;
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si $s\in S_\text{relié}$ alors la chaîne $((s_0,s_1),(s,s_1))$ de $\bar{G}$ relie $s_0$ et $s$.
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Nous pouvons trouver une chaîne de $\bar{G}$ qui relie $s_0$ avec chaqun des autre sommet donc $\bar{G}$ et connexe.
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Supposons maintenant que $\bar{G}$ n'est pas connexe:
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avec le même raisonnement nous pouvons montrer que $\bar{\bar{G}}$ et connexe,
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or $\bar{\bar{G}}=G$ donc $G$ est connexe.
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Par \underline{séparation des cas} et \underline{implication},
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nous avons montrer que au moins un des deux groupe $G$ et $\bar{G}$ est connexe.
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\end{document}
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