annexesccg.tex

   1 Soit $\alpha\in\Bool$.
   2 On nomme $f^{\alpha}$ la fonction de $\Bool^{n-1}$
   3 dans lui-même définie pour
   4 chaque $x\in\Bool^{n-1}$ par
   5 \[
   6 f^{\alpha}(x)=(f_1(x,\alpha),\dots,f_{n-1}(x,\alpha)).
   7 \]
   8 On nomme $\Gamma(f)^\alpha$ le sous-graphe
   9 de $\Gamma(f)$ engendré par le sous-ensemble
  10 $\Bool^{n-1} \times \{\alpha\}$ de $\Bool^n$.
  11
  12 Énonçons et prouvons tout d'abord les lemmes techniques suivants:
  13
  14 \begin{Lemma}\label{lemma:subgraph}
  15 $G(f^\alpha)$ est un sous-graphe de $G(f)$: chaque arc de $G(f^\alpha)$ est
  16 un arc de $G(f)$. De plus si $G(f)$ n'a pas d'arc de $n$ vers un autre
  17 sommet $i\neq n$, alors on déduit
  18 $G(f^\alpha)$ de $G(f)$ en supprimant le sommet $n$ ainsi que tous les
  19 arcs dont $n$ est soit l'extrémité, soit l'origine (et dans ce dernier
  20 cas, les arcs sont des boucles sur $n$).
  21 \end{Lemma}
  22
  23 \begin{Proof}
  24 Supposons que $G(f^{\alpha})$ possède un arc de  $j$ vers $i$ de signe
  25 $s$. Par définition, il existe un sommet $x\in\Bool^{n-1}$ tel que
  26 $f'^{\alpha}_{ij}(x)=s$, et puisque
  27 $f'^{\alpha}_{ij}(x)=f'_{ij}(x,\alpha)$, on en déduit que $G(f)$ possède un arc
  28 de $j$ à $i$ de signe $s$. Ceci prouve la première assertion.
  29 Pour démontrer la seconde, il suffit de  prouver que si
  30 $G(f)$ a un arc de $j$ vers $i$ de signe $s$, avec $i,j\neq n$, alors
  31 $G(f^\alpha)$ contient aussi cet arc. Ainsi, supposons que $G(f)$ a un
  32 arc de $j$ vers $i$ de signe $s$, avec $i,j\neq n$.
  33 Alors, il existe
  34 $x\in\Bool^{n-1}$ et $\beta\in\Bool$ tels que
  35 $f'_{ij}(x,\beta)=s$. Si $f'_{ij}(x,\beta)\neq f'_{ij}(x,\alpha)$, alors
  36 $f_i$ dépend du  $n^{\textrm{ème}}$ composant, ce qui est en contradiction
  37 avec les hypothèses.
  38 Ainsi $f'_{ij}(x,\alpha)$ est égal à $s$.
  39 On a donc aussi
  40 $f'^{\alpha}_{ij}(x)=s$. Ainsi $G(f^\alpha)$ possède un arc de $j$ vers $i$ de signe $s$.
  41 \end{Proof}
  42
  43 \begin{Lemma}\label{lemma:iso}
  44 Les graphes $\Gamma(f^\alpha)$ et $\Gamma(f)^\alpha$ sont isomorphes.
  45 \end{Lemma}
  46
  47 \begin{Proof}
  48 Soit $h$ la bijection de $\Bool^{n-1}$ vers
  49 $\Bool^{n-1}\times \{\alpha\}$ définie par $h(x)=(x,\alpha)$ pour chaque
  50 $x\in\Bool^{n-1}$.
  51 On voit facilement que $h$ permet de définir un isomorphisme
  52 entre $\Gamma(f^\alpha)$ et $\Gamma(f)^\alpha$:
  53 $\Gamma(f^\alpha)$ possède un arc de $x$ vers $y$ si et seulement si
  54 $\Gamma(f)^\alpha$ a un  arc de $h(x)$ vers $h(y)$.
  55 \end{Proof}
  56
  57
  58 \begin{Proof}
  59 {\sc{\hspace{-.76em}du théorème~\ref{th:Adrien} :}}
  60 La preuve se fait par induction sur $n$.
  61 Soit $f$ une fonction de $\Bool^n$ dans lui-même et qui vérifie les hypothèses
  62 du théorème.
  63 Si $n=1$ la démonstration est élémentaire:
  64 en raison du troisième point du théorème, $G(f)$ a une boucle négative;
  65 ainsi $f(x)=\overline{x}$ et $\Gamma(f)$ est un cycle de longueur 2.
  66 On suppose donc que $n>1$ et que le théorème est valide pour toutes les
  67 fonctions de $\Bool^{n-1}$ dans lui-même.
  68 En raison du premier point du théorème, $G(f)$
  69 contient au moins un sommet $i$ tel qu'il n'existe pas dans $G(f)$
  70 d'arc de $i$ vers un autre sommet $j\neq i$.
  71 Sans perte de généralité, on peut considérer que
  72 ce sommet est  $n$.
  73 Alors, d'après le lemme~\ref{lemma:subgraph},
  74 $f^0$ et $f^1$ vérifient les conditions de l'hypothèse.
  75 Ainsi, par hypothèse d'induction $\Gamma(f^0)$ et
  76 $\Gamma(f^1)$ sont fortement connexes.
  77 Et d'après le lemme~\ref{lemma:iso},
  78 $\Gamma(f)^0$ et $\Gamma(f)^1$ sont fortement
  79 connexes.
  80 Pour prouver que $\Gamma(f)$ est fortement connexe, il suffit
  81 de prouver que $\Gamma(f)$ contient un arc $x\to y$ avec
  82 $x_n=0<y_n$ et un arc $x\to y$ avec $x_n=1>y_n$.
  83 En d'autres mots, il suffit de prouver que:
  84 \begin{equation}\tag{$*$}
  85 \forall \alpha\in\Bool,~\exists x\in\Bool^n,\qquad  x_n=\alpha\neq f_n(x).
  86 \end{equation}
  87
  88 On suppose tout d'abord que $n$ a une boucle
  89 négative.
  90 Alors, d'après la définition de
  91 $G(f)$, il existe $x\in\Bool^n$ tel que $f'_{nn}(x)<0$.
  92 Ainsi si $x_n=0$, on a  $f_n(x)>f_n(\overline{x}^n)$, et donc
  93 $x_n=0\neq f_n(x)$ et
  94 $\overline{x}^n_n=1\neq f_n(\overline{x}^n)$;
  95 et si  $x_n=1$, on a
  96 $f_n(x)<f_n(\overline{x}^n)$, donc $x_n=1\neq f_n(x)$ et $\overline{x}^n_n=0\neq
  97 f_n(\overline{x}^n)$.
  98 Dans les deux cas, la condition ($*$) est établie.
  99
 100 Supposons maintenant que  $n$ n'a pas de boucle négative.
 101 D'après la seconde hypothèse,
 102 $n$ n'a pas de boucle, \emph{i.e.}, la valeur de $f_n(x)$
 103 ne dépend pas de la valeur de $x_n$.
 104 D'après la troisième hypothèse,
 105 il existe $i\in \llbracket 1;n \rrbracket$ tel que $G(f)$ a un arc de
 106 $i$ vers $n$.
 107 Ainsi, il existe $x \in \Bool^n$ tel que $f'_{ni}(x) \neq 0$ et donc
 108 %$n$ n'est donc pas de degré zéro dans $G(f)$, \emph{i.e.}
 109 $f_n$ n'est pas constante.
 110 Ainsi, il existe $x,y\in \Bool^n$ tel que
 111 $f_n(x)=1$ et $f_n(y)=0$.
 112 Soit  $x'=(x_1,\dots,x_{n-1},0)$ et
 113 $y'=(y_1,\dots,y_{n-1},1)$.
 114 Puisque la valeur de $f_n(x)$
 115 (resp. de $f_n(y)$) ne dépend pas de la  valeur de  $x_n$ (resp. de  $y_n$),
 116 on a $f_n(x')=f_n(x)=1\neq x'_n$ (resp. $f_n(y')=f_n(y)=0\neq
 117 y'_n$).
 118 Ainsi la  condition ($*$) est établie, et le théorème est prouvé.
 119 \end{Proof}
 120
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 122
 123 %%% Local Variables:
 124 %%% mode: latex
 125 %%% TeX-master: "main"
 126 %%% End: