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(2023) Introduction à la méthode probabiliste

Roger Mansuy
February 22, 2023

(2023) Introduction à la méthode probabiliste

Exposé d'introduction à la méthode probabiliste par les exemples à destination des collègues de l'Académie de Besançon et à l'invitation du #LaboMaths du lycée Louis Lumière à Luxeuil-les-Bains le 23 février 2023

Roger Mansuy

February 22, 2023
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Transcript

  1. Méthode probabiliste
    Une introduction par les exemples
    Roger Mansuy
    Luxeuil-les-Bains, le 23 février 2023

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  2. Paul Erdős (1913-1996)

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  3. La méthode probabiliste est une technique (non constructive) pour prouver
    l’existence d’objets ayant certaines propriétés spécifiques.

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  4. La méthode probabiliste est une technique (non constructive) pour prouver
    l’existence d’objets ayant certaines propriétés spécifiques.
    Elle repose sur la théorie des probabilités mais permet d’établir des théorèmes
    déterministes.

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  5. La méthode probabiliste est une technique (non constructive) pour prouver
    l’existence d’objets ayant certaines propriétés spécifiques.
    Elle repose sur la théorie des probabilités mais permet d’établir des théorèmes
    déterministes.
    Un outil de la méthode probabiliste est le lemme suivant.
    Lemme fondamental
    Il y a toujours une valeur supérieure ou égale à la moyenne.

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  6. Plus précisément, pour résoudre un problème d’existence d’une solution, la méthode
    probabiliste se décompose en trois étapes
    1. On cherche une solution du problème déterministe au hasard

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  7. Plus précisément, pour résoudre un problème d’existence d’une solution, la méthode
    probabiliste se décompose en trois étapes
    1. On cherche une solution du problème déterministe au hasard
    2. On calcule l’espérance de la variable aléatoire X correspondant au critère considéré

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  8. Plus précisément, pour résoudre un problème d’existence d’une solution, la méthode
    probabiliste se décompose en trois étapes
    1. On cherche une solution du problème déterministe au hasard
    2. On calcule l’espérance de la variable aléatoire X correspondant au critère considéré
    3. On applique le lemme fondamental suivant:
    Lemme fondamental
    Soit X une variable aléatoire réelle discrète d’espérance m. Alors, il existe une valeur prise
    par X inférieure ou égale à m.

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  9. Un tournoi particulier
    Considérons les résultats d’un tournoi qui se déroule selon les modalités suivantes.
    • Les joueurs s’affrontent jusqu’à que chacun ait rencontré (une fois) tous les autres.
    • Chaque match se termine par la victoire d’un joueur (et la défaite de l’autre): pas de
    match nul!

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  10. Un tournoi particulier
    Considérons les résultats d’un tournoi qui se déroule selon les modalités suivantes.
    • Les joueurs s’affrontent jusqu’à que chacun ait rencontré (une fois) tous les autres.
    • Chaque match se termine par la victoire d’un joueur (et la défaite de l’autre): pas de
    match nul!
    Est-il possible qu’à chaque fois que l’on considère deux joueurs, il en existe un autre
    ayant battu ces deux joueurs?

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  11. Essayons de construire un tel tournoi pas à pas.
    1 2 {1, 2}

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  12. Essayons de construire un tel tournoi pas à pas.
    1 2 {1, 2}
    3
    {1, 3}
    {2, 3}
    battus par 3

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  13. Essayons de construire un tel tournoi pas à pas.
    1 2 {1, 2}
    3
    {1, 3}
    {2, 3}
    battus par 3
    4
    {1, 4}
    {2, 4}
    {3, 4}
    battus par 4

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  14. Essayons de construire un tel tournoi pas à pas.
    1 2 {1, 2}
    3
    {1, 3}
    {2, 3}
    battus par 3
    4
    {1, 4}
    {2, 4}
    {3, 4}
    battus par 4
    5
    {1, 5}
    {2, 5}
    {3, 5}
    {4, 5}
    battus par 5

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  15. Essayons de construire un tel tournoi pas à pas.
    1 2 {1, 2}
    3
    {1, 3}
    {2, 3}
    battus par 3
    4
    {1, 4}
    {2, 4}
    {3, 4}
    battus par 4
    5
    {1, 5}
    {2, 5}
    {3, 5}
    {4, 5}
    battus par 5
    6
    {1, 6}
    {2, 6}
    {3, 6}
    {4, 6}
    {5, 6}
    battus par 6

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  16. Essayons de construire un tel tournoi pas à pas.
    1 2 {1, 2}
    3
    {1, 3}
    {2, 3}
    battus par 3
    4
    {1, 4}
    {2, 4}
    {3, 4}
    battus par 4
    5
    {1, 5}
    {2, 5}
    {3, 5}
    {4, 5}
    battus par 5
    6
    {1, 6}
    {2, 6}
    {3, 6}
    {4, 6}
    {5, 6}
    battus par 6
    C’est long (et c’est loin d’être terminé)!

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  17. Appliquons la méthode probabiliste.
    Considérons un tournoi aléatoire, c’est-à-dire tel que la victoire dans chaque match se
    joue à pile ou face indépendamment des autres matches.
    Notons, pour toute paire {x, y} de joueurs, A{x,y} la variable aléatoire qui vaut
    • 1 si x et y ne sont jamais battus par un même joueur,
    • O sinon.

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  18. Appliquons la méthode probabiliste.
    Considérons un tournoi aléatoire, c’est-à-dire tel que la victoire dans chaque match se
    joue à pile ou face indépendamment des autres matches.
    Notons, pour toute paire {x, y} de joueurs, A{x,y} la variable aléatoire qui vaut
    • 1 si x et y ne sont jamais battus par un même joueur,
    • O sinon.
    Alors, le nombre de ”situations problématiques” pour la condition recherchée est
    N =

    {x,y}
    A{x,y}
    .

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  19. Par linéarité de l’espérance
    E(N) = E
    ( ∑
    {x,y}
    A{x,y}
    )
    =

    {x,y}
    E
    (
    A{x,y}
    )

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  20. Par linéarité de l’espérance
    E(N) = E
    ( ∑
    {x,y}
    A{x,y}
    )
    =

    {x,y}
    E
    (
    A{x,y}
    )
    =

    {x,y}
    P
    (
    x, y ne sont pas battus pas un même joueur
    )

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  21. Par linéarité de l’espérance
    E(N) = E
    ( ∑
    {x,y}
    A{x,y}
    )
    =

    {x,y}
    E
    (
    A{x,y}
    )
    =

    {x,y}
    P
    (
    x, y ne sont pas battus pas un même joueur
    )
    =

    {x,y}
    (
    1 −
    1
    4
    )
    n−2

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  22. Par linéarité de l’espérance
    E(N) = E
    ( ∑
    {x,y}
    A{x,y}
    )
    =

    {x,y}
    E
    (
    A{x,y}
    )
    =

    {x,y}
    P
    (
    x, y ne sont pas battus pas un même joueur
    )
    =

    {x,y}
    (
    1 −
    1
    4
    )
    n−2
    =
    n(n − 1)
    2
    (
    3
    4
    )
    n−2
    .

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  23. En utilisant le lemme fondamental, on obtient le théorème suivant.
    Théorème
    Si n(n−1)
    2
    (
    3
    4
    )
    n−2
    < 1, alors il existe un tournoi à n joueurs ayant la propriété recherchée.

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  24. n 3n−2(n − 1)n − 2 · 4n−2
    5 412
    6 1918
    7 8158
    8 32632
    9 124696
    10 459418
    11 1640842
    12 5697316
    13 19246324
    14 63167830
    15 200590102
    16 611041648
    17 1755419056
    18 4582362034
    19 9806197378
    20 9780832348

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  25. n 3n−2(n − 1)n − 2 · 4n−2
    21 −61605997748
    Théorème
    Il existe un tournoi à 21 joueurs ayant la propriété recherchée.

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  26. Avec la théorie de Ramsey
    La théorie de Ramsey est un ensemble de résultats mathématiques de la forme
    suivante.
    Théorème
    Étant donné une structure, il existe une taille minimale telle que tout objet de taille
    supérieure contient cette structure.

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  27. Avec la théorie de Ramsey
    La théorie de Ramsey est un ensemble de résultats mathématiques de la forme
    suivante.
    Théorème
    Étant donné une structure, il existe une taille minimale telle que tout objet de taille
    supérieure contient cette structure.
    ”Le désordre complet n’existe pas.”

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  28. Commençons par un premier théorème.
    Théorème
    On suppose qu’il y a au moins six personnes dans une pièce. Parmi elles, on peut toujours
    trouver
    • soit trois qui se connaissent toutes mutuellement,
    • soit trois qui se croisent toutes pour la première fois.

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  29. Représentons la situation par un graphe.
    • Chaque personne est représentée par un sommet.

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  30. Représentons la situation par un graphe.
    • Chaque personne est représentée par un sommet.
    • Deux sommets correspondant à des personnes se connaissant sont reliés par une
    arête rouge.

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  31. Représentons la situation par un graphe.
    • Chaque personne est représentée par un sommet.
    • Deux sommets correspondant à des personnes se connaissant sont reliés par une
    arête rouge.
    • Deux sommets correspondant à des personnes ne se connaissant pas sont reliés
    par une arête bleue.

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  32. Représentons la situation par un graphe.
    • Chaque personne est représentée par un sommet.
    • Deux sommets correspondant à des personnes se connaissant sont reliés par une
    arête rouge.
    • Deux sommets correspondant à des personnes ne se connaissant pas sont reliés
    par une arête bleue.
    Pour établir la proposition, il suffit de prouver qu’il existe un triangle d’une seule
    couleur indépendamment du coloriage de ce graphe.

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  33. Passons à la démonstration.
    Considérons un sommet.

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  34. Passons à la démonstration.
    Considérons un sommet.

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  35. Passons à la démonstration.
    Considérons un sommet. Les 5 arêtes partant de ce sommet sont coloriées soit en
    bleu, soit en rouge: il en existe donc au moins 3 de la même couleur, par exemple,
    rouge.

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  36. Passons à la démonstration.
    Considérons un sommet. Les 5 arêtes partant de ce sommet sont coloriées soit en
    bleu, soit en rouge: il en existe donc au moins 3 de la même couleur, par exemple,
    rouge.
    ▷ Si les trois sommets reliés par des arêtes rouges au sommet fixé sont reliés entre
    eux par des arêtes bleues, alors il y a un triangle bleu.

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  37. Passons à la démonstration.
    Considérons un sommet. Les 5 arêtes partant de ce sommet sont coloriées soit en
    bleu, soit en rouge: il en existe donc au moins 3 de la même couleur, par exemple,
    rouge.
    ▷ Si les trois sommets reliés par des arêtes rouges au sommet fixé sont reliés entre
    eux par des arêtes bleues, alors il y a un triangle bleu.
    ▷ Sinon, deux de ces sommets sont reliés par une arête rouge: ils forment un triangle
    rouge (avec le sommet fixé).

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  38. En revanche, le théorème n’est plus toujours vrai pour seulement cinq personnes
    comme on peut le voir avec le graphe suivant où il n’existe pas de triangle d’une seule
    couleur.

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  39. Généralisons.
    Théorème
    Neuf personnes sont dans une pièce. Alors, on peut toujours trouver
    • soit trois qui se connaissent toutes mutuellement,
    • soit quatre qui se croisent toutes pour la première fois.

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  40. Généralisons.
    Théorème
    Neuf personnes sont dans une pièce. Alors, on peut toujours trouver
    • soit trois qui se connaissent toutes mutuellement,
    • soit quatre qui se croisent toutes pour la première fois.

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  41. Pour généraliser encore, donnons une définition.
    Un graphe à k sommets est complet quand on trace toutes les arêtes possibles entre
    ces k sommets
    Graphe complet à 17 sommets

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  42. Pour généraliser encore, donnons une définition.
    Un graphe à k sommets est complet quand on trace toutes les arêtes possibles entre
    ces k sommets (soit
    (
    k
    2
    )
    = k(k−1)
    2
    arêtes)
    Graphe complet à 17 sommets et 136 arêtes

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  43. Pour généraliser encore, donnons une définition.
    Un graphe à k sommets est complet quand on trace toutes les arêtes possibles entre
    ces k sommets (soit
    (
    k
    2
    )
    = k(k−1)
    2
    arêtes)
    Graphe complet à 17 sommets et 136 arêtes
    On retrouve un triangle pour k = 3 et le carré avec diagonales pour k = 4.

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  44. Donnons la version générale du théorème de Ramsey avec deux couleurs.
    Théorème
    Soit p et q des entiers supérieurs à 2 fixés. Alors, il existe un entier N tel que tout coloriage
    du graphe complet à N sommets en deux couleurs rouge et bleu contient
    • soit un sous-graphe complet rouge à p sommets,
    • soit un sous-graphe complet bleu à q sommets.
    Notons R(p, q) le plus petit entier N vérifiant la conclusion de ce théorème.

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  45. Nous avons établi:
    Théorème
    R(3, 3) = 6.

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  46. Nous avons établi:
    Théorème
    R(3, 3) = 6.
    Avec la définition, on obtient aussi:
    Théorème
    Pour tout entier q supérieur à 2,
    R(2, q) = q.

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  47. Voici toutes les valeurs connues de R(p, q)(= R(q, p)) pour p, q ≥ 3:
    3 4 5 6 7 8 9
    3 6 9 14 18 23 28 36
    4 9 18 25
    5 14 25
    6 18
    7 23
    8 28
    9 36

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  48. Supposons que des extraterrestres envahissent la Terre et men-
    acent de l’anéantir dans un an si les êtres humains ne parvien-
    nent pas à trouver le nombre de Ramsey pour cinq rouges et
    cinq bleus. Nous pourrions réunir les meilleurs esprits et les
    ordinateurs les plus rapides du monde et, en un an, nous pour-
    rions probablement calculer cette valeur.
    Si les extraterrestres demandaient le nombre de Ramsey pour
    six rouges et six bleus, nous n’aurions d’autre choix que de
    lancer une attaque préventive.
    Paul Erdős

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  49. Nous allons démontrer le résultat suivant avec la méthode probabiliste.
    Théorème
    R(6, 6) > 17.

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  50. Nous allons démontrer le résultat suivant avec la méthode probabiliste.
    Théorème
    R(6, 6) > 17.
    En d’autres termes, il existe une coloration du graphe complet à 17 sommets qui n’admet
    pas de sous-graphe complet monochrome à 6 sommets.

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  51. • Il y a 2(17
    2
    ) = 2136 ≈ 8, 7.1040 coloriages du graphe à 17 sommets,

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  52. • Il y a 2(17
    2
    ) = 2136 ≈ 8, 7.1040 coloriages du graphe à 17 sommets,
    • et chacun comporte
    (
    17
    6
    )
    = 12376 sous-graphes à 6 sommets (et donc 15 arêtes).

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  53. • Il y a 2(17
    2
    ) = 2136 ≈ 8, 7.1040 coloriages du graphe à 17 sommets,
    • et chacun comporte
    (
    17
    6
    )
    = 12376 sous-graphes à 6 sommets (et donc 15 arêtes).
    La vérification exhaustive serait plutôt longue, non?

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  54. Passons à la preuve.
    Considérons un graphe aléatoire à n sommets tel que chaque arête est coloriée
    • en rouge avec probabilité 1
    2
    ,

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  55. Passons à la preuve.
    Considérons un graphe aléatoire à n sommets tel que chaque arête est coloriée
    • en rouge avec probabilité 1
    2
    ,
    • en bleu avec probabilité 1
    2
    ,

    View full-size slide

  56. Passons à la preuve.
    Considérons un graphe aléatoire à n sommets tel que chaque arête est coloriée
    • en rouge avec probabilité 1
    2
    ,
    • en bleu avec probabilité 1
    2
    ,
    • indépendamment de toutes les autres.

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  57. Passons à la preuve.
    Considérons un graphe aléatoire à n sommets tel que chaque arête est coloriée
    • en rouge avec probabilité 1
    2
    ,
    • en bleu avec probabilité 1
    2
    ,
    • indépendamment de toutes les autres.
    Effectuons quelques calculs sur ce graphe aléatoire.

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  58. Théorème
    En moyenne, le graphe aléatoire comporte n(n−1)
    4
    arêtes rouges.

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  59. Théorème
    En moyenne, le graphe aléatoire comporte n(n−1)
    4
    arêtes rouges.
    Reformulons cet énoncé plus mathématiquement.
    Théorème
    Soit X la variable aléatoire égale au nombre d’arêtes rouges dans le graphe aléatoire.
    Alors, E(X) = n(n−1)
    4
    .

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  60. Notons, pour chaque arête a,
    a
    la variable aléatoire qui vaut 1 si a est rouge, 0 sinon.
    a

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  61. Notons, pour chaque arête a,
    a
    la variable aléatoire qui vaut 1 si a est rouge, 0 sinon.
    a

    a
    = 1

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  62. Notons, pour chaque arête a,
    a
    la variable aléatoire qui vaut 1 si a est rouge, 0 sinon.
    a

    a
    = 0

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  63. Notons, pour chaque arête a,
    a
    la variable aléatoire qui vaut 1 si a est rouge, 0 sinon.
    Alors,
    X =

    a

    a
    .

    View full-size slide

  64. Par linéarité de l’espérance
    E(X) = E
    ( ∑
    a

    a
    )
    =

    a
    E(
    a
    )

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  65. Par linéarité de l’espérance
    E(X) = E
    ( ∑
    a

    a
    )
    =

    a
    E(
    a
    )
    =

    a
    (
    1
    2
    1 +
    1
    2
    0
    )

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  66. Par linéarité de l’espérance
    E(X) = E
    ( ∑
    a

    a
    )
    =

    a
    E(
    a
    )
    =

    a
    (
    1
    2
    1 +
    1
    2
    0
    )
    =
    (
    n
    2
    )
    1
    2
    =
    n(n − 1)
    4
    .

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  67. Théorème
    Soit N3 la variable aléatoire égale au nombre de triangles rouges dans le graphe aléatoire.
    Alors, E(N3
    ) =
    (
    n
    3
    )
    1
    8
    .

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  68. Notons, pour chaque triangle t,
    t
    la variable aléatoire qui vaut 1 si t est rouge, 0
    sinon.
    Alors,
    N3
    =

    t

    t
    ,

    View full-size slide

  69. Notons, pour chaque triangle t,
    t
    la variable aléatoire qui vaut 1 si t est rouge, 0
    sinon.
    Alors,
    N3
    =

    t

    t
    ,
    puis par linéarité de l’espérance
    E(N3
    ) =

    t
    E(
    t
    )
    =

    t
    ((1
    2
    )3
    1 +
    (
    1 −
    (1
    2
    )3
    )
    0
    )
    =
    (
    n
    3
    )
    1
    8
    .

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  70. Théorème
    Soit Nk
    la variable aléatoire égale au nombre de sous-graphes complets à k sommets avec
    arêtes toutes rouges dans le graphe aléatoire. Alors, E(Nk
    ) =
    (
    n
    k
    )
    2−(k
    2
    ).

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  71. Théorème
    Soit Nk
    la variable aléatoire égale au nombre de sous-graphes complets à k sommets avec
    arêtes toutes rouges dans le graphe aléatoire. Alors, E(Nk
    ) =
    (
    n
    k
    )
    2−(k
    2
    ).
    Théorème
    Soit N′
    k
    la variable aléatoire égale au nombre de sous-graphes complets à k sommets avec
    arêtes toutes bleues dans le graphe aléatoire. Alors, E(N′
    k
    ) =
    (
    n
    k
    )
    2−(k
    2
    ).

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  72. Théorème
    Soit N la variable aléatoire égale au nombre de sous-graphes complets à k sommets avec
    arêtes toutes de la même couleur dans le graphe aléatoire. Alors, E(N) =
    (
    n
    k
    )
    21−(k
    2
    ).

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  73. Théorème
    Soit N la variable aléatoire égale au nombre de sous-graphes complets à k sommets avec
    arêtes toutes de la même couleur dans le graphe aléatoire. Alors, E(N) =
    (
    n
    k
    )
    21−(k
    2
    ).
    Il suffit de noter que N = Nk
    + N′
    k

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  74. Théorème
    Soit N la variable aléatoire égale au nombre de sous-graphes complets à k sommets avec
    arêtes toutes de la même couleur dans le graphe aléatoire. Alors, E(N) =
    (
    n
    k
    )
    21−(k
    2
    ).
    Il suffit de noter que N = Nk
    + N′
    k
    puis d’utiliser la linéarité de l’espérance et les deux
    résultats précédents
    E(N) = E(Nk
    ) + E(N′
    k
    )
    =
    (
    n
    k
    )
    2−(k
    2
    ) +
    (
    n
    k
    )
    2−(k
    2
    )
    =
    (
    n
    k
    )
    21−(k
    2
    ).

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  75. En appliquant à nouveau le lemme fondamental, on obtient
    Théorème
    Si
    (
    n
    k
    )
    21−(k
    2
    ) < 1, alors il existe une coloration du graphe complet à n sommets qui
    n’admet aucun sous-graphe complet à k sommets monochrome.

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  76. En appliquant à nouveau le lemme fondamental, on obtient
    Théorème
    Si
    (
    n
    k
    )
    21−(k
    2
    ) < 1, alors il existe une coloration du graphe complet à n sommets qui
    n’admet aucun sous-graphe complet à k sommets monochrome.
    Dans notre cas particulier, n = 17 et k = 6 et l’on vérifie
    (
    n
    k
    )
    21−(k
    2
    ) =
    (
    17
    6
    )
    214
    =
    12376
    16384
    < 1.
    L’égalité R(6, 6) > 17 est ainsi établie!

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  77. Rester près (ou partir loin)
    Mentionnons un exercice élémentaire dans le plan complexe.
    Théorème
    Soit z1, …, zn
    des nombres complexes de module 1. Alors, il existe des signes ε1, …,
    εn
    ∈ {−1, 1} tels que
    |ε1z1
    + · · · + εn
    zn
    | ≥
    n
    2
    .

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  78. Nous allons établir le théorème suivant avec la méthode probabiliste.
    Théorème
    Soit v1, …, vn
    des vecteurs de norme 1. Alors,
    • il existe des signes ε1, …, εn
    ∈ {−1, 1} tels que
    ∥ε1v1
    + · · · + εn
    vn
    ∥ ≥

    n.
    • il existe des signes ε′
    1
    , …, ε′
    n
    ∈ {−1, 1} tels que
    ∥ε′
    1
    v1
    + · · · + ε′
    n
    vn
    ∥ ≤

    n.
    v3
    v2
    v4
    v1

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  79. Nous allons établir le théorème suivant avec la méthode probabiliste.
    Théorème
    Soit v1, …, vn
    des vecteurs de norme 1. Alors,
    • il existe des signes ε1, …, εn
    ∈ {−1, 1} tels que
    ∥ε1v1
    + · · · + εn
    vn
    ∥ ≥

    n.
    • il existe des signes ε′
    1
    , …, ε′
    n
    ∈ {−1, 1} tels que
    ∥ε′
    1
    v1
    + · · · + ε′
    n
    vn
    ∥ ≤

    n.
    v3
    v2
    v4
    v1
    −v1
    + v2
    + v3
    + v4

    View full-size slide

  80. Nous allons établir le théorème suivant avec la méthode probabiliste.
    Théorème
    Soit v1, …, vn
    des vecteurs de norme 1. Alors,
    • il existe des signes ε1, …, εn
    ∈ {−1, 1} tels que
    ∥ε1v1
    + · · · + εn
    vn
    ∥ ≥

    n.
    • il existe des signes ε′
    1
    , …, ε′
    n
    ∈ {−1, 1} tels que
    ∥ε′
    1
    v1
    + · · · + ε′
    n
    vn
    ∥ ≤

    n.
    v3
    v2
    v4
    v1
    −v1
    − v2
    − v3
    + v4

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  81. Montrons le théorème avec la méthode probabiliste.
    Considérons X1, …, Xn
    des variables aléatoires mutuellement indépendantes, de
    même loi donnée par
    P(X1
    = 1) = P(X1
    = −1) = 1
    2
    ,
    puis construisons la variable aléatoire U = X1v1
    + · · · + Xn
    vn
    .
    Alors,
    ∥U∥2 =
    ⟨ n

    i=1
    Xi
    vi
    ,
    n

    j=1
    Xj
    vj

    =
    n

    i=1
    n

    j=1
    ⟨vi
    , vj
    ⟩Xi
    Xj
    .

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  82. Calculons l’espérance de la variable aléatoire réelle ∥U∥2 avec la linéarité.
    E
    (
    ∥U∥2
    )
    =
    n

    i=1
    n

    j=1
    ⟨vi
    , vj
    ⟩E(Xi
    Xj
    ).
    Notons que, pour des entiers i et j distincts, on obtient
    E(Xi
    Xj
    ) = E(Xi
    )E(Xj
    ) = 0,

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  83. Calculons l’espérance de la variable aléatoire réelle ∥U∥2 avec la linéarité.
    E
    (
    ∥U∥2
    )
    =
    n

    i=1
    n

    j=1
    ⟨vi
    , vj
    ⟩E(Xi
    Xj
    ).
    Notons que, pour des entiers i et j distincts, on obtient
    E(Xi
    Xj
    ) = E(Xi
    )E(Xj
    ) = 0,
    donc
    E
    (
    ∥U∥2
    )
    =
    n

    i=1
    ∥vi
    ∥2E(X2
    i
    ).

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  84. Par ailleurs, pour tout entier i, E(X2
    i
    ) = E(1) = 1, d’où
    E
    (
    ∥U∥2
    )
    =
    n

    i=1
    ∥vi
    ∥2.

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  85. Par ailleurs, pour tout entier i, E(X2
    i
    ) = E(1) = 1, d’où
    E
    (
    ∥U∥2
    )
    =
    n

    i=1
    ∥vi
    ∥2.
    Comme par hypothèse les vecteurs vi
    sont unitaires, on obtient finalement,
    E
    (
    ∥U∥2
    )
    = n.

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  86. Par ailleurs, pour tout entier i, E(X2
    i
    ) = E(1) = 1, d’où
    E
    (
    ∥U∥2
    )
    =
    n

    i=1
    ∥vi
    ∥2.
    Comme par hypothèse les vecteurs vi
    sont unitaires, on obtient finalement,
    E
    (
    ∥U∥2
    )
    = n.
    Avec le lemme fondamental, il existe une réalisation de U telle que ∥U∥2 ≥ n et une
    réalisation de U telle que ∥U∥2 ≤ n.

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  87. Donnons une variante de cet énoncé.
    Théorème
    Soit v1, …, vn
    des vecteurs de norme (au plus) 1 et p1, …, pn
    ∈ [0, 1]. Alors, il existe des
    coefficients ε1, …, εn
    ∈ {0, 1} tels que
    ∥(ε1v1
    + · · · + εn
    vn
    ) − (p1v1
    + · · · + pn
    vn
    )∥ ≤

    n
    2
    .
    v2
    v3
    v1

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  88. Donnons une variante de cet énoncé.
    Théorème
    Soit v1, …, vn
    des vecteurs de norme (au plus) 1 et p1, …, pn
    ∈ [0, 1]. Alors, il existe des
    coefficients ε1, …, εn
    ∈ {0, 1} tels que
    ∥(ε1v1
    + · · · + εn
    vn
    ) − (p1v1
    + · · · + pn
    vn
    )∥ ≤

    n
    2
    .
    v2
    v3
    v1

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  89. Donnons une variante de cet énoncé.
    Théorème
    Soit v1, …, vn
    des vecteurs de norme (au plus) 1 et p1, …, pn
    ∈ [0, 1]. Alors, il existe des
    coefficients ε1, …, εn
    ∈ {0, 1} tels que
    ∥(ε1v1
    + · · · + εn
    vn
    ) − (p1v1
    + · · · + pn
    vn
    )∥ ≤

    n
    2
    .

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  90. Considérons X1, …, Xn
    des variables aléatoires mutuellement indépendantes, de lois
    données par
    P(Xi
    = 1) = pi
    , P(X1
    = 0) = 1 − pi
    ,
    puis construisons la variable aléatoire U = (X1
    − p1
    )v1
    + · · · + (Xn
    − pn
    )vn
    .
    Alors,
    ∥U∥2 =
    ⟨ n

    i=1
    (Xi
    − pi
    )vi
    ,
    n

    j=1
    (Xj
    − pj
    )vj

    =
    n

    i=1
    n

    j=1
    ⟨vi
    , vj
    ⟩(Xi
    − pi
    )(Xj
    − pj
    ).

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  91. Calculons l’espérance de la variable aléatoire réelle ∥U∥2 avec la linéarité.
    E
    (
    ∥U∥2
    )
    =
    n

    i=1
    n

    j=1
    ⟨vi
    , vj
    ⟩E((Xi
    − pi
    )(Xj
    − pj
    )).
    Notons que, pour des entiers i et j distincts, on obtient
    E((Xi
    − pi
    )(Xj
    − pj
    )) = E(Xi
    − pi
    )E(Xj
    − pj
    ) = 0,

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  92. Calculons l’espérance de la variable aléatoire réelle ∥U∥2 avec la linéarité.
    E
    (
    ∥U∥2
    )
    =
    n

    i=1
    n

    j=1
    ⟨vi
    , vj
    ⟩E((Xi
    − pi
    )(Xj
    − pj
    )).
    Notons que, pour des entiers i et j distincts, on obtient
    E((Xi
    − pi
    )(Xj
    − pj
    )) = E(Xi
    − pi
    )E(Xj
    − pj
    ) = 0,
    donc
    E
    (
    ∥U∥2
    )
    =
    n

    i=1
    ∥vi
    ∥2V(Xi
    ).

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  93. Par ailleurs, pour tout entier i, V(Xi
    ) = pi
    (1 − pi
    ) ≤ 1
    4
    , d’où
    E
    (
    ∥U∥2
    )

    n

    i=1
    1
    4
    ∥vi
    ∥2 ≤
    n
    4
    .

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  94. Par ailleurs, pour tout entier i, V(Xi
    ) = pi
    (1 − pi
    ) ≤ 1
    4
    , d’où
    E
    (
    ∥U∥2
    )

    n

    i=1
    1
    4
    ∥vi
    ∥2 ≤
    n
    4
    .

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  95. Par ailleurs, pour tout entier i, V(Xi
    ) = pi
    (1 − pi
    ) ≤ 1
    4
    , d’où
    E
    (
    ∥U∥2
    )

    n

    i=1
    1
    4
    ∥vi
    ∥2 ≤
    n
    4
    .
    Avec le lemme fondamental, il existe une réalisation de U telle que ∥U∥2 ≤ n
    4
    .
    On conclut en prenant la racine.

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  96. Conclusion
    La méthode probabiliste est une technique (non constructive) pour prouver
    l’existence d’objets ayant certaines propriétés spécifiques.
    Elle repose sur la théorie des probabilités mais permet d’établir des théorèmes
    déterministes.
    Elle est applicable à de nombreux domaines où apparaissent des aspects
    combinatoires.
    Elle remplace l’étude exhaustive de toutes les configurations par une étude ”en
    moyenne”.

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  97. Bibliographie
    ▶ The Probabilistic Method (4th Edition),
    Noga Alon, Joel H. Spencer,
    Wiley, 2016
    ▶ Introduction aux graphes aléatoires,
    Roger Mansuy,
    Calvage et Mounet, 2020

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  98. Bonus: nombre de croisements
    Donnons un exemple d’utilisation de la méthode probabiliste sans le lemme
    fondamental.

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  99. Bonus: nombre de croisements
    Donnons un exemple d’utilisation de la méthode probabiliste sans le lemme
    fondamental.
    Le nombre de croisements d’un graphe est le nombre minimal de croisements entre
    deux arêtes dans un dessin du graphe; si le nombre de croisements est nul, le graphe
    est dit planaire.
    Pour un graphe planaire, les faces sont les parties du plan délimitées par un dessin
    sans croisement du graphe.

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  100. Le nombre de croisements du graphe suivant est

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  101. Le nombre de croisements du graphe suivant est 0. Le graphe est planaire et possède
    4 faces.

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  102. Le nombre de croisements du graphe suivant est 0. Le graphe est planaire et possède
    4 faces.

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  103. Le nombre de croisements du graphe suivant est

    View full-size slide

  104. Le nombre de croisements du graphe suivant est 588(?).

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  105. Théorème
    Soit (S, A) un graphe planaire à s sommets, a arêtes et f faces. Alors,
    s − a + f = 2

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  106. Théorème
    Soit (S, A) un graphe planaire à s sommets, a arêtes et f faces. Alors,
    s − a + f = 2
    Théorème
    Soit (S, A) un graphe planaire à s sommets, a arêtes et f faces. Alors,
    3f ≤ 2a.

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  107. Théorème
    Soit (S, A) un graphe planaire à s sommets, a arêtes et f faces. Alors,
    s − a + f = 2
    Théorème
    Soit (S, A) un graphe planaire à s sommets, a arêtes et f faces. Alors,
    3f ≤ 2a.
    Théorème
    Soit (S, A) un graphe planaire à s sommets, a arêtes et f faces. Alors,
    a ≤ 3s − 6.

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  108. Théorème
    Soit (S, A) un graphe à s sommets et a arêtes. Alors, le nombre de croisements c vérifie
    c ≥ a − 3s + 6.

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  109. Théorème
    Soit (S, A) un graphe à s sommets et a arêtes. Alors, le nombre de croisements c vérifie
    c ≥ a − 3s + 6.
    En retirant les (au plus) c arêtes qui forment des croisements, on obtient un graphe
    planaire à s sommets et a − c arêtes donc
    a − c ≤ 3s − 6.

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  110. Théorème
    Soit (S, A) un graphe à s sommets et a arêtes tel que a > 4s. Alors, le nombre de
    croisements c vérifie
    c ≥
    a3
    64s2
    .

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  111. Théorème
    Soit (S, A) un graphe à s sommets et a arêtes tel que a > 4s. Alors, le nombre de
    croisements c vérifie
    c ≥
    a3
    64s2
    .
    Construisons un graphe aléatoire (S′, A′) en choisissant chaque sommet de S avec
    probabilité p indépendamment des autres puis en ne gardant que les arêtes dont les
    sommets ont été choisis.
    Notons s′, a′ et c′ les variables aléatoires égales au nombre de sommets, d’arêtes, de
    croisements de ce graphe aléatoire.

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  112. Alors, c′ ≥ a′ − 3s′ + 6

    View full-size slide

  113. Alors, c′ ≥ a′ − 3s′

    View full-size slide

  114. Alors, c′ ≥ a′ − 3s′
    En passant à l’espérance,
    E(c′) ≥ E(a′) − 3E(s′).

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  115. Alors, c′ ≥ a′ − 3s′
    En passant à l’espérance,
    E(c′) ≥ E(a′) − 3E(s′).
    Par construction,
    E(s′) = ps,

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  116. Alors, c′ ≥ a′ − 3s′
    En passant à l’espérance,
    E(c′) ≥ E(a′) − 3E(s′).
    Par construction,
    E(s′) = ps, E(a′) = p2a,

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  117. Alors, c′ ≥ a′ − 3s′
    En passant à l’espérance,
    E(c′) ≥ E(a′) − 3E(s′).
    Par construction,
    E(s′) = ps, E(a′) = p2a, E(c′) ≤ p4c.

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  118. Alors, c′ ≥ a′ − 3s′
    En passant à l’espérance,
    E(c′) ≥ E(a′) − 3E(s′).
    Par construction,
    E(s′) = ps, E(a′) = p2a, E(c′) ≤ p4c.
    D’où c ≥ pa−3s
    p3
    et donc, pour p = 4s
    a
    ,
    c ≥
    a3
    64s2
    .

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