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

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Paul Erdős (1913-1996)

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

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

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

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

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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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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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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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Passons à la démonstration. Considérons un sommet.

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Passons à la démonstration. Considérons un sommet.

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

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

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

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• 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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• 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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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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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 ,

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

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

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

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

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Par linéarité de l’espérance E(X) = E ( ∑ a a ) = ∑ a E( a ) = ∑ a ( 1 2 1 + 1 2 0 )

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

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

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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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Le nombre de croisements du graphe suivant est

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

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

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Le nombre de croisements du graphe suivant est

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

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

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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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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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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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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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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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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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Alors, c′ ≥ a′ − 3s′ + 6

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Alors, c′ ≥ a′ − 3s′

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

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

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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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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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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 .