Ceux qui ont le privilège de savoir ont le devoir d'agir.
Ensemble, mettons un terme à la corruption et à la pauvreté.
Le Théorème de Ramsey
À propos :
Le théorème de Ramsey est l'un des problèmes irrésolus qui permet de prouver la possibilité de la résolution de la théorie de Ramsey par résolution polynomiale. La formule précise qui permet de résoudre la théorie de Ramsey (en mathématiques, et plus particulièrement en combinatoire, la théorie de Ramsey, du nom de Frank Ramsey, tente typiquement de répondre à des questions de la forme : « combien d'éléments d'une certaine structure doivent être considérés pour qu'une propriété particulière se vérifie ? »), est le calcul du pôle expliqué dans l'ensemble théorique de la résolution en losange.
Problème :
Imaginez un cercle. Suivant la ligne du cercle, il y a plusieurs points à distance égal. Si nous relions tous les points par des lignes rouge ou verte, combien de triangle nous obtiendrons au minimum pour N point?
Réponse :
Pour résoudre le problème, nous devons créer une grille dans lequel les valeurs « +1 » (représentant la couleur verte) et « -1 » (représentant la couleur rouge) sont entrées de sorte à reproduire le paterne recherchée.
La logique derrière grille de calcul est la suivante :
1 : Le premier points à dessiné sera toujours à « +1 » à la position [1,1].
2 : Si la dernière valeur ajouté est « +1 », alors la prochaine valeur sera « -1 », et vise-versa.
3 : Si les colonnes et les rangées ont la même valeur, priorisé les colonnes.
Exemple pour 5 points :
1 : Nous appliquons la première règle :
[+1] [] [] [] T=1
T=1 [] [] [] T=0
T=0 [] [] T=0
T=0 [] T=0
T=0
2 : La colonne est pleine, donc nous continuons les rangées :
[+1] [-1] [] [] T=0
T=1 [] [] [] T=0
T=-1 [] [] T=0
T=0 [] T=0
T=0
3 : La deuxième colonne est égal à « -1 » , nous la priorisons :
[+1] [-1] [] [] T=0
T=1 [+1] [] [] T=1
T=0 [] [] T=0
T=0 [] T=0
T=0
4 : Les deuxième rangé est la plus éloigné de « 0 » :
[+1] [-1] [] [] T=0
T=1 [+1] [-1] [] T=0
T=0 [] [] T=0
T=-1 [] T=0
T=0
5 : La troisième colonnes est égal à « -1 », on poursuit avec cette colonne :
[+1] [-1] [+1] [] T=1
T=1 [+1] [-1] [] T=0
T=0 [] [] T=0
T=0 [] T=0
T=0
6 : La première rangée est égal à « 1 », on poursuit avec cette rangée :
[+1] [-1] [+1] [-1] T=0
T=1 [+1] [-1] [] T=0
T=0 [] [] T=0
T=0 [] T=0
T=-1
7 : La dernière colonne est égal à « -1 » :
[+1] [-1] [+1] [-1] T=0
T=1 [+1] [-1] [+1] T=1
T=0 [] [] T=0
T=0 [] T=0
T=0
8 : Toute les valeurs libres sont égal à « 0 », donc nous continuons avec la case la plus en haut à gauche :
[+1] [-1] [+1] [-1] T=0
T=1 [+1] [-1] [+1] T=1
T=0 [-1] [] T=-1
T=-1 [] T=0
T=0
9 : La troisième rangée est égal à « -1 » :
[+1] [-1] [+1] [-1] T=0
T=1 [+1] [-1] [+1] T=1
T=0 [-1] [+1] T=0
T=-1 [] T=0
T=1
10 : Il ne reste plus qu'une case :
[+1] [-1] [+1] [-1] T=0
T=1 [+1] [-1] [+1] T=1
T=0 [-1] [+1] T=0
T=-1 [-1] T=-1
T=0
Nous pouvons exprimer cette logique de manière simplifié dans une Formule de SCI :
#SO()==
OL( ir( 2 , ∞ ) ) ; // L est le nombre de point, moins un.
/* Calcul du Pole :
1 Variables de Limitation OL : 1-1=1
OM(0)
Le maximum de dimension d'itération des Variables Primitives est 2:
OM(0+2)
Il n'y a qu'une seule Variable P (invisible) : 1-1=0
OM(2+0)
Il n'y a qu'une seule Variable R : 1-1=0
OM(2+0)
La valeur total des variable isolé de l'OP est de 0 :
OM(2+0)
*/
OM(3) ; // Variable Secondaire de Mémoire i et j.
// Nous ajoutons k pour simplifier la compréhension du calcul dans l'AF.
OP( 0 ¦ L,L0² ) ;
// L'OP ne respectant pas les Règles de SCI, indique que la formule n'est pas sencé être une formule de SCI.
AF() ;
#AF()==
k = 1 ; // Type de pair de colonne.
PR(L,i)
{ RA( R = 2 ) // R représente les pairs de colonne.
{ k = ¬k
R = 0 ;
}
/* Nous plaçons les valeurs dans la grille, de sorte que toute les colonnes et rangées soit le plus
proche possible de 0 lorsque nous additionnons les itérations.
*/
PR( (L-i+1) , j )
{ RA( parity(j) = 0 )
{ M[ i , (j+i-1) ] = k
} !
{ M[ i , (j+i-1) ] = ¬k
}
}
R ++ ;
}
Chapitre 2 : La Résolution par Théorème.
En comparant les résultats des différents nombres de points, nous pouvons voir des fractales logistiques. Le problème peut donc être simplifié. Il nous faut donc mesurer les répétitions logistique des résultats. Nous pourrons également remarquer que la colonne « i » sera toujours égale à la rangée « i », permettant de calculer une seule colonne pour mesurer les fractales logiques.
Lexique :
+1 = Ligne Verte
-1 = Ligne Rouge
Résultats des mesures :
N=3 +1 -1
+1 0 | +1
N=4 +1 -1 +1
+1 -1 +1 | 0
-1 -1 | ?
N=5 +1 -1 +1 -1
+1 -1 +1 0 | +1
-1 +1
-1 0 | -1
N=6 +1 -1 +1 -1 +1
+1 -1 +1 -1 +1 | 0
-1 +1 -1
-1 +1 -1 | 0
+1 +1 | ?
N=7 +1 -1 +1 -1 +1 -1
+1 -1 +1 -1 +1 0 | +1
-1 +1 -1 +1
-1 +1 -1 0 | -1
+1 -1
+1 0 | +1
...etc....
Formule à appliquer :
En regardant les suites de valeurs obtenues, nous pouvons observer des conditions logiques entre chaque pair de résultat (exemple quand « 1=0 » et « 2=1 », alors 3 et 4 sera toujours égal à 0 et -1). Cette façon de placer les lignes de couleurs sert à générer le minimum de toutes les formes possibles d'une même couleur. Il nous est maintenant possible de jeter à la poubelle les modules créés jusqu'à présent et résoudre le problème.
En observant les résultats, nous pouvons venir à la conclusion suivante :
/* n : Nombre de points.
Tr : Variable stockant le nombre de triangle rouge.
Tv : Variable stockant le nombre de triangle vert.
T : Nombre Total de Forme minimum.
*/
// Nous constatons que pour chaque nombre,
PR( ( n - 1 ) , i )
{ // Si votre nombre est pair,
RA( parity( i ) )
{ Tv += 1 ; // Ajoute à la courbe des Tv +1.
} ! // Sinon (si impair) :
{ Tr += 1 ; // Ajoute à la courbe des Tr +1.
}
}
// Ensuite, multiplions Tv par 2, puis divisons le par 3. Et nous ne conservons que le nombre entier.
Tv = rnd( ( Tv * 2 ) / 3 )
// Faisons la même chose avec Tr.
Tr = rnd( ( Tr * 2 ) / 3 ) ;
// Additionnons Tv et Tr pour connaitre le résultat.
T = Tv + Tr ;
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Résultat Finale
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Nous pouvons donc conclure par des Équations de SCI afin de résoudre le problème :
/* n : Nombre total de points
c : Variable définissant le nombre total de couleur.
A : Variable définissant le nombre d'arrête par forme.
Tr : Variable stockant le nombre de triangle rouge.
Tv : Variable stockant le nombre de triangle vert.
T : Nombre Total de Forme minimum.
*/
Trouver le nombre minimal de triangle vert en utilisant la variable n :
Tv = rnd( rnd( rnd( n / 2 ) / A ) / 2 ) ;
Trouver le nombre minimal de triangle rouge :
Tr = rnd( ( rnd( n / 2 ) - Tv ) / A ) ;
/* Le nombre total minimale de triangle peut maintenant être déductible facilement :
*/
Trouver le nombre minimal de triangle Vert et Rouge :
T = rnd( rnd( n / 2 ) / A )
/* La formule reste la même si nous cherchons d'autre motif.
*/
Trouver le nombre minimal de pentagone vert (Pv) :
Pv = rnd( rnd( rnd( n / 2 ) / A ) / 2 )
Conclusion
Si nous souhaitons étendre le théorème afin de couvrir tout les cas possible, nous pouvons résumer le théorème de Ramsey en 2 formules universelles :
Forme F minimal pour chaque couleur :
F.i = rnd( ( rnd( rnd( n / c ) / A ) + (c-i) ) / c )
Nombre total T de forme F minimal pour les « c » couleurs :
T = rnd( rnd( n / c ) / A )
Pour les graphes non-complet, nous devons utilisez une règle de trois pour ajuster la valeur de « n » :
n = n * « nombre total d'arrête » / (n*(n-1)/2)
De cette façon, « n » représente la valeur des sommets de manière relative aux nombres d'arrêtes manquantes pour faire un graphe complet : la formule fonctionne pour tout les cas.
Donc, pour savoir le nombre de sommet minimum pour « c » couleur et « A » arrête d'une forme, afin de toujours avoir un minimum de « F » forme, l'équation est :
n = A*c*F
Problème Irrésolu #1 : Conjecture d'Erdős-Faber-Lovász (1972)
Soit un graphe G formé de k cliques de taille k. Si deux quelconques de ces cliques ont au plus un sommet en commun, alors les sommets du graphe G peuvent être colorés avec au plus k couleurs de sorte que deux sommets adjacents (reliés par une arête) n'aient pas la même couleur.
Solution : La conjecture est vrai. Grâce à la méthode déjà utilisée dans la résolution du tricoloriage (aussi résolu en quelques secondes) avec des graphes planaires, nous pouvons la reproduire pour tout graphes formés. Consulter le lien du Tricoloriage pour découvrir la méthode, qui vient avec un open-source adapté aux deux théories.
Note : Bien qu'il y ai un prix de 500$ pour la résolution de ce problème, comme pour tout les autres prix, je ne pourrai jamais toucher à cet argent, et comme pour toutes les autres découvertes, elle sera pareillement censurée. Partagez si vous soutenez mes ouvrages.
Problème #2 : Conjecture du Théorème de Folkman
Pour tout r et tout ensemble de graphes {H1,H2,...,Hk}, il existe un nombre F({H1,H2,...,Hk},r) tel que tout graphe G avec au moins F({H1,H2,...,Hk},r) sommets contient un sous-graphe Kn pour lequel il existe une coloration en r couleurs évitant que chaque Hi soit monochrome.
Solution : La résolution du théorème de Ramsey apporte la réponse avec le même calcul. A est le degré moyen des arêtes dans une clique, c est le nombre de couleurs utilisées, et T le total minimal de formes F.
Lien détaillé de la conjecture : Wikipédia.
Problème Irrésolu #3 : La Conjecture d'Erdős–Hajnal
Pour chaque k, il existe une constante c telle que tout graphe bicolore avec n sommets qui ne contient pas un sous-graphe complet Kk comme sous-graphe induit, doit avoir un sous-graphe complet induit Kc , où c est un certain nombre fixe qui ne dépend pas du graphe.
Solution : La conjecture est vrai. La résolution du théorème de Ramsey apporte la réponse. n représente le nombre de sommets dans le graphe que vous examinez. A, c'est le nombre d'arêtes dans la forme de sous-graphe que vous examinez. Par exemple, si vous cherchez un sous-graphe complet induit K7 (un sous-graphe avec 7 sommets), A serait égal au nombre d'arêtes dans K7, soit 21 arêtes.
c est le nombre de couleurs ou partitions dans lesquelles le graphe est divisé. Cela fait référence à la façon dont les sommets du graphe sont regroupés ou colorés, chaque groupe de sommets ayant une couleur différente. Et enfin, T présente le nombre total de formes présentes dans le graphe selon la conjecture.
Problème #4 : La conjecture de Erdős–Szekeres sur les sous-graphes complets
Il n'est pas encore prouvé qu'il existe un nombre minimal d'arêtes nécessaires pour garantir la présence d'un certain sous-graphe complet (par exemple, Kk ) dans n'importe quel graphe suffisamment grand.
Solution : La résolution du théorème de Ramsey apporte la réponse avec le même calcul ; La conjecture est vrai. n reste le nombre de sommets dans le graphe. La variable c représente ici le nombre de partitions. A est le nombre d'arêtes dans le sous-graphe complet Kk. Et T est le nombre total de sous-graphes complets recherchés.
Lien détaillé de la conjecture : Wikipédia.
Problème Irrésolu #5 : La conjecture de Turán.
La conjecture de Turán demande : Quelle est la densité minimale de graphe G sur n sommets qui contient toujours un sous-graphe complet monochromatique Kr lorsqu'il est coloré avec r couleurs ?
Solution : Encore grâce à la résolution du théorème de Ramsey, nous pouvons prouver que la conjecture de Turán est vrai. pour T = rnd( rnd( n / c ) / A ) , n représente le nombre total de sommets dans le graphe coloré. Le nombre de couleurs utilisées pour colorier les arêtes du graphe est représenté par c.
A, c'est le nombre d'arêtes dans le sous-graphe complet que nous cherchons à trouver dans le graphe monochromatique. F.i représente le nombre de formes monochromes attendues dans chaque partition. Et enfin, la variable T représente la valeur qui représente l'existence d'un sous-graphe complet monochromatique dans le graphe coloré. Si T=0, cela signifie qu'un tel sous-graphe n'existe pas avec les paramètres donnés. Si T>0, cela signifie qu'un sous-graphe complet monochromatique existe.
Problème #6 : Le problème de la partition d'arêtes (ou partition de graphes complets)
Peut-on partitionner un graphe complet en sous-graphes, de sorte que chaque sous-graphe contienne un motif spécifique (comme un cycle ou une chaîne) et que chaque sous-graphe soit de taille minimale ?
Solution : Toujours avec la résolution du théorème de Ramsey, nous utilisons cette fois les 3 équations finales pour résoudre le problème. n est nombre total d'arêtes du graphe complet Kv. A est nombre d'arêtes dans une forme. c représente le nombre de couleurs ou de partitions dans lesquelles on divise les arêtes, et F.i est nombre de formes monochromes que l'on s'attend à trouver dans chaque partition. Et T est le nombre total de formes.
Donc, pour savoir s'il y a le même nombre de forme dans chaque couleur, nous comparons les résultats des 2 équations suivantes :
F.i = rnd( ( rnd( rnd( n / c ) / A ) + c + i ) / c )
Le nombre total de forme est égal à T = rnd( rnd( n / c ) / A ) . Donc vous pouvez aussi diviser le nombre total de forme par le nombre de couleur pour vérifier si vous avez le même nombre de formes dans chaque partition. Pour éviter les calcul de F.i , vous pouvez faire le calcul T/c afin de vérifier le nombre de forme par partition. Ensuite, si le résultat à des décimal, ne prenez que les décimale, et fait une division avec le chiffre un afin de connaître le nombre de forme isolée.
Lien détaillé du problème : Wikipédia.
Problème Irrésolu #7 : Le théorème de Graham-Pollak :
En théorie des graphes, le théorème de Graham-Pollak affirme que les arêtes d'un graphe complet à n sommets ne peut être partitionné en moins de n-1 graphes bipartis complets.
Solution : Cette conjecture est vrai. La résolution du théorème de Ramsey peut être utilisée pour apporter le théorème recherché. Ici, n est Le nombre total de sommets dans le graphe Ki. A c'est le nombre d'arêtes dans chaque partition. c représente le nombre de couleurs ou de partitions dans lesquelles nous divisons les arêtes du graphe. F.i c'est le nombre de formes (ou de partitions monochromes) que nous recherchons dans chaque sous-ensemble ou partition, et enfin T représente le nombre total de formes (c'est-à-dire, le nombre total de partitions dans le graphe).