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index 3db4320..9d32b22 100644
--- a/annexesccg.tex
+++ b/annexesccg.tex
@@ -1,13 +1,13 @@
 Soit $\alpha\in\Bool$. 
-On nomme $f^{\alpha}$ la fonction de $\Bool^{n-1}$ 
+On nomme $f^{\alpha}$ la fonction de $\Bool^{{\mathsf{N}}-1}$ 
 dans lui-mÃªme dÃ©finie pour 
-chaque $x\in\Bool^{n-1}$ par 
+chaque $x\in\Bool^{{\mathsf{N}}-1}$ par 
 \[
-f^{\alpha}(x)=(f_1(x,\alpha),\dots,f_{n-1}(x,\alpha)).
+f^{\alpha}(x)=(f_1(x,\alpha),\dots,f_{{\mathsf{N}}-1}(x,\alpha)).
 \]
-On nomme $\Gamma(f)^\alpha$ le sous-graphe
-de $\Gamma(f)$ engendrÃ© par le sous-ensemble
-$\Bool^{n-1} \times \{\alpha\}$ de $\Bool^n$.
+On nomme $\textsc{giu}(f)^\alpha$ le sous-graphe
+de $\textsc{giu}(f)$ engendrÃ© par le sous-ensemble
+$\Bool^{{\mathsf{N}}-1} \times \{\alpha\}$ de $\Bool^{\mathsf{N}}$.
 
 
 
@@ -16,27 +16,27 @@ $\Bool^{n-1} \times \{\alpha\}$ de $\Bool^n$.
 
 \begin{lemma}\label{lemma:subgraph}
 $G(f^\alpha)$ est un sous-graphe de $G(f)$: chaque arc de $G(f^\alpha)$ est
-un arc de $G(f)$. De plus si $G(f)$ n'a pas d'arc de $n$ vers un autre 
-sommet $i\neq n$, alors on dÃ©duit
-$G(f^\alpha)$ de $G(f)$ en supprimant le sommet $n$ ainsi que tous les 
-arcs dont $n$ est soit l'extrÃ©mitÃ©, soit l'origine (et dans ce dernier  
-cas, les arcs sont des boucles sur $n$).
+un arc de $G(f)$. De plus si $G(f)$ n'a pas d'arc de ${\mathsf{N}}$ vers un autre 
+sommet $i\neq {\mathsf{N}}$, alors on dÃ©duit
+$G(f^\alpha)$ de $G(f)$ en supprimant le sommet ${\mathsf{N}}$ ainsi que tous les 
+arcs dont ${\mathsf{N}}$ est soit l'extrÃ©mitÃ©, soit l'origine (et dans ce dernier  
+cas, les arcs sont des boucles sur ${\mathsf{N}}$).
 \end{lemma}
 
 \begin{Proof}
 Supposons que $G(f^{\alpha})$ possÃ¨de un arc de  $j$ vers $i$ de signe 
-$s$. Par dÃ©finition, il existe un sommet $x\in\Bool^{n-1}$ tel que
+$s$. Par dÃ©finition, il existe un sommet $x\in\Bool^{{\mathsf{N}}-1}$ tel que
 $f^{\alpha}_{ij}(x)=s$, et puisque 
 $f^{\alpha}_{ij}(x)=f_{ij}(x,\alpha)$, on en dÃ©duit que $G(f)$ possÃ¨de un arc
 de $j$ Ã  $i$ de signe $s$. Ceci prouve la premiÃ¨re assertion. 
 Pour dÃ©montrer la seconde, il suffit de  prouver que si
-$G(f)$ a un arc de $j$ vers $i$ de signe $s$, avec $i,j\neq n$, alors
+$G(f)$ a un arc de $j$ vers $i$ de signe $s$, avec $i,j\neq {\mathsf{N}}$, alors
 $G(f^\alpha)$ contient aussi cet arc. Ainsi, supposons que $G(f)$ a un 
-arc de $j$ vers $i$ de signe $s$, avec $i,j\neq n$.
+arc de $j$ vers $i$ de signe $s$, avec $i,j\neq {\mathsf{N}}$.
 Alors, il existe
-$x\in\Bool^{n-1}$ et $\beta\in\Bool$ tels que
+$x\in\Bool^{{\mathsf{N}}-1}$ et $\beta\in\Bool$ tels que
 $f_{ij}(x,\beta)=s$. Si $f_{ij}(x,\beta)\neq f_{ij}(x,\alpha)$, alors
-$f_i$ dÃ©pend du  $n^{\textrm{Ã¨me}}$ composant, ce qui est en contradiction 
+$f_i$ dÃ©pend du  ${\mathsf{N}}^{\textrm{Ã¨me}}$ composant, ce qui est en contradiction 
 avec les hypothÃ¨ses.
 Ainsi $f_{ij}(x,\alpha)$ est Ã©gal Ã  $s$.
 On a donc aussi
@@ -45,80 +45,80 @@ arc de $j$ vers $i$ de signe $s$.
 \end{Proof}
 
 \begin{lemma}\label{lemma:iso}
-Les graphes $\Gamma(f^\alpha)$ et $\Gamma(f)^\alpha$ sont isomorphes.
+Les graphes $\textsc{giu}(f^\alpha)$ et $\textsc{giu}(f)^\alpha$ sont isomorphes.
 \end{lemma}
 
 \begin{Proof}
-Soit $h$ la bijection de $\Bool^{n-1}$ vers
-$\Bool^{n-1}\times \{\alpha\}$ dÃ©finie par $h(x)=(x,\alpha)$ pour chaque
-$x\in\Bool^{n-1}$.
+Soit $h$ la bijection de $\Bool^{{\mathsf{N}}-1}$ vers
+$\Bool^{{\mathsf{N}}-1}\times \{\alpha\}$ dÃ©finie par $h(x)=(x,\alpha)$ pour chaque
+$x\in\Bool^{{\mathsf{N}}-1}$.
 On voit facilement que $h$ permet de dÃ©finir un isomorphisme
-entre $\Gamma(f^\alpha)$ et $\Gamma(f)^\alpha$: 
-$\Gamma(f^\alpha)$ possÃ¨de un arc de $x$ vers $y$ si et seulement si 
-$\Gamma(f)^\alpha$ a un  arc de $h(x)$ vers $h(y)$.
+entre $\textsc{giu}(f^\alpha)$ et $\textsc{giu}(f)^\alpha$: 
+$\textsc{giu}(f^\alpha)$ possÃ¨de un arc de $x$ vers $y$ si et seulement si 
+$\textsc{giu}(f)^\alpha$ a un  arc de $h(x)$ vers $h(y)$.
 \end{Proof}
 
 
 \begin{Proof}
 du ThÃ©orÃ¨me~\ref{th:Adrien}.
-La preuve se fait par induction sur $n$. 
-Soit $f$ une fonction de $\Bool^n$ dans lui-mÃªme et qui vÃ©rifie les hypothÃ¨ses 
+La preuve se fait par induction sur ${\mathsf{N}}$. 
+Soit $f$ une fonction de $\Bool^{\mathsf{N}}$ dans lui-mÃªme et qui vÃ©rifie les hypothÃ¨ses 
 du thÃ©orÃ¨me.
-Si $n=1$ la dÃ©monstration est Ã©lÃ©mentaire:
+Si ${\mathsf{N}}=1$ la dÃ©monstration est Ã©lÃ©mentaire:
 en raison du troisiÃ¨me point du thÃ©orÃ¨me, $G(f)$ a une boucle nÃ©gative;
-ainsi $f(x)=\overline{x}$ et $\Gamma(f)$ est un cycle de longueur 2.
-On suppose donc que $n>1$ et que le thÃ©orÃ¨me est valide pour toutes les 
-fonctions de $\Bool^{n-1}$ dans lui-mÃªme. 
+ainsi $f(x)=\overline{x}$ et $\textsc{giu}(f)$ est un cycle de longueur 2.
+On suppose donc que ${\mathsf{N}}>1$ et que le thÃ©orÃ¨me est valide pour toutes les 
+fonctions de $\Bool^{{\mathsf{N}}-1}$ dans lui-mÃªme. 
 En raison du premier point du thÃ©orÃ¨me, $G(f)$
 contient au moins un sommet $i$ tel qu'il n'existe pas dans $G(f)$
 d'arc de $i$ vers un autre sommet $j\neq i$.
 Sans perte de gÃ©nÃ©ralitÃ©, on peut considÃ©rer que 
-ce sommet est  $n$.
+ce sommet est  ${\mathsf{N}}$.
 Alors, d'aprÃ¨s le lemme~\ref{lemma:subgraph}, 
 $f^0$ et $f^1$ vÃ©rifient les conditions de l'hypothÃ¨se.
-Alors, par hypothÃ¨se d'induction $\Gamma(f^0)$ et
-$\Gamma(f^1)$ sont fortement connexes. 
+Alors, par hypothÃ¨se d'induction $\textsc{giu}(f^0)$ et
+$\textsc{giu}(f^1)$ sont fortement connexes. 
 Ainsi, d'aprÃ¨s le lemme~\ref{lemma:iso}, 
-$\Gamma(f)^0$ et $\Gamma(f)^1$ sont fortement 
+$\textsc{giu}(f)^0$ et $\textsc{giu}(f)^1$ sont fortement 
 connexes. 
-Pour prouver que $\Gamma(f)$ est fortement connexe, il suffit 
-de prouver que $\Gamma(f)$ contient un arc $x\to y$ avec 
-$x_n=0<y_n$ et un arc $x\to y$ avec $x_n=1>y_n$. 
+Pour prouver que $\textsc{giu}(f)$ est fortement connexe, il suffit 
+de prouver que $\textsc{giu}(f)$ contient un arc $x\to y$ avec 
+$x_{\mathsf{N}}=0<y_{\mathsf{N}}$ et un arc $x\to y$ avec $x_{\mathsf{N}}=1>y_{\mathsf{N}}$. 
 En d'autres mots, il suffit de prouver que:
 \begin{equation}\tag{$*$}
-\forall \alpha\in\Bool,~\exists x\in\Bool^n,\qquad  x_n=\alpha\neq f_n(x).
+\forall \alpha\in\Bool,~\exists x\in\Bool^{\mathsf{N}},\qquad  x_{\mathsf{N}}=\alpha\neq f_{\mathsf{N}}(x).
 \end{equation}
 
-On suppose tout d'abord que $n$ a une boucle 
+On suppose tout d'abord que ${\mathsf{N}}$ a une boucle 
 nÃ©gative.
 Alors, d'aprÃ¨s la dÃ©finition de 
-$G(f)$, il existe $x\in\Bool^n$ tel que $f_{nn}(x)<0$. 
-Ainsi si $x_n=0$, on a  $f_n(x)>f_n(\overline{x}^n)$, et donc 
-$x_n=0\neq f_n(x)$ et
-$\overline{x}^n_n=1\neq f_n(\overline{x}^n)$; 
-et si  $x_n=1$, on a 
-$f_n(x)<f_n(\overline{x}^n)$, donc $x_n=1\neq f_n(x)$ et $\overline{x}^n_n=0\neq
-f_n(\overline{x}^n)$. 
+$G(f)$, il existe $x\in\Bool^{\mathsf{N}}$ tel que $f_{{\mathsf{N}}{\mathsf{N}}}(x)<0$. 
+Ainsi si $x_{\mathsf{N}}=0$, on a  $f_{\mathsf{N}}(x)>f_{\mathsf{N}}(\overline{x}^{\mathsf{N}})$, et donc 
+$x_{\mathsf{N}}=0\neq f_{\mathsf{N}}(x)$ et
+$\overline{x}^{\mathsf{N}}_{\mathsf{N}}=1\neq f_{\mathsf{N}}(\overline{x}^{\mathsf{N}})$; 
+et si  $x_{\mathsf{N}}=1$, on a 
+$f_{\mathsf{N}}(x)<f_{\mathsf{N}}(\overline{x}^{\mathsf{N}})$, donc $x_{\mathsf{N}}=1\neq f_{\mathsf{N}}(x)$ et $\overline{x}^{\mathsf{N}}_{\mathsf{N}}=0\neq
+f_{\mathsf{N}}(\overline{x}^{\mathsf{N}})$. 
 Dans les deux cas, la condition ($*$) est Ã©tablie.
 
-Supposons maintenant que  $n$ n'a pas de boucle nÃ©gative.
+Supposons maintenant que  ${\mathsf{N}}$ n'a pas de boucle nÃ©gative.
 D'aprÃ¨s la seconde hypothÃ¨se, 
-$n$ n'a pas de boucle, \emph{i.e.}, la valeur de $f_n(x)$
-ne dÃ©pend pas de la valeur de $x_n$. 
+${\mathsf{N}}$ n'a pas de boucle, \emph{i.e.}, la valeur de $f_{\mathsf{N}}(x)$
+ne dÃ©pend pas de la valeur de $x_{\mathsf{N}}$. 
 D'aprÃ¨s la troisiÃ¨me hypothÃ¨se, 
-il existe $i\in \llbracket 1;n \rrbracket$ tel que $G(f)$ a un arc de 
-$i$ vers $n$.
-Ainsi, il existe $x \in \Bool^n$ tel que $f_{ni}(x) \neq 0$ et donc 
+il existe $i\in \llbracket 1;{\mathsf{N}} \rrbracket$ tel que $G(f)$ a un arc de 
+$i$ vers ${\mathsf{N}}$.
+Ainsi, il existe $x \in \Bool^{\mathsf{N}}$ tel que $f_{{\mathsf{N}}i}(x) \neq 0$ et donc 
 %$n$ n'est donc pas de degrÃ© zÃ©ro dans $G(f)$, \emph{i.e.} 
-$f_n$ n'est pas constante.
-Ainsi, il existe $x,y\in \Bool^n$ tel que
-$f_n(x)=1$ et $f_n(y)=0$. 
-Soit  $x'=(x_1,\dots,x_{n-1},0)$ et
-$y'=(y_1,\dots,y_{n-1},1)$. 
-Puisque la valeur de $f_n(x)$
-(resp. de $f_n(y)$) ne dÃ©pend pas de la  valeur de  $x_n$ (resp. de  $y_n$),
-on a $f_n(x')=f_n(x)=1\neq x'_n$ (resp. $f_n(y')=f_n(y)=0\neq
-y'_n$). 
+$f_{\mathsf{N}}$ n'est pas constante.
+Ainsi, il existe $x,y\in \Bool^{\mathsf{N}}$ tel que
+$f_{\mathsf{N}}(x)=1$ et $f_{\mathsf{N}}(y)=0$. 
+Soit  $x'=(x_1,\dots,x_{{\mathsf{N}}-1},0)$ et
+$y'=(y_1,\dots,y_{{\mathsf{N}}-1},1)$. 
+Puisque la valeur de $f_{\mathsf{N}}(x)$
+(resp. de $f_{\mathsf{N}}(y)$) ne dÃ©pend pas de la  valeur de  $x_{\mathsf{N}}$ (resp. de  $y_{\mathsf{N}}$),
+on a $f_{\mathsf{N}}(x')=f_{\mathsf{N}}(x)=1\neq x'_{\mathsf{N}}$ (resp. $f_{\mathsf{N}}(y')=f_{\mathsf{N}}(y)=0\neq
+y'_{\mathsf{N}}$). 
 Ainsi la  condition ($*$) est Ã©tablie, et le thÃ©orÃ¨me est prouvÃ©.
 \end{Proof}
 
