S. Sont-dans and ?. S|-?-2, Les sommets de B i,j ? S ont nécessairement des voisins privés Comme tous les sommets de R i sont dominés par (a i , c) et (b i , c). les seuls voisins privés possibles des sommets de B i,j sont (c, a j ) et (c, b j ) Donc B i,j ? S contient exactement deux sommets dont les voisins privés sont (c, a j ) et (c, b j ) Pour tout m = i, le sommet (a m , a j ) (resp. (b m , a j )) n'a qu'un voisin, ` a savoir (a m , c) (resp (b m , c)), qui peutêtrepeutêtre contenu dans S, tous les autresétantautresétant aussi des voisins de (c, a j ) ou de (c, b j ) Donc pour tout m, (a m , c) et (b m , c) sont dans S. Ces sommets dominent tous les sommets sauf {(c, a n ), (c, b n ) | 1 ? n ? k}. Tous les sommets de S \{, Preuve : Supposons que les conditions de la proposition sont remplies

?. Preuve, ?. S|-?-3, and . S|-?-3, On remarque d'abord que |B i,j ? S| < 4, ou ses sommets n'auraient aucun voisin privé. Sans perte de généralité, on peut supposer que B i,j ? S = {(a i Les voisins privés de (a i , b j ) et de (b i , a j ) ne peuventêtrepeuventêtre que (c, b j ) et (a i , c), respectivement. Donc pour tout i ? = i (resp

L. Voisins-privés-de, sont nécessairement (c, b n ) et (b m , c), respectivement. Considérons le sommet (a i , a n ) Il a quatre voisins : (c, a n ) et (a i , b n ) qui sont aussi voisins de (c, b n ) donc pas dans S, ainsi que (a i , c) et (b i , a n ) qui sont voisins de, donc pas dans S. Ce sommet ne peut donc plusêtreplusêtre dominé, or S est sensésenséêtre un dominant total, cette situation ne peut donc pas appara??treappara??tre

R. De, sommets sont nécessairement (a m , a j ) et (b m , a j ), car (c, b j ) est le seul voisin privé de (a i , b j ). (a m , c) doit avoir un voisin privé, différent de (b m , c) qui est un voisin de (b m , a j ) Ce voisin privé peutêtrepeutêtre, auquel cas aucun autre voisin de

. Sans-perte-de-généralité, Alors (a m , b n ) et (b m , a n ) ne sont pas dans S, donc (a m , a n ) et (b m , b n ) sont dans S, ´ etant les deux seuls sommets restants dans B m,n . Leurs voisins privé ne peuvent qu'? etre (c, a n ) et (c, b n ), respectivement. Donc aucun autre sommet de C n n'est dans S. Par conséquent, mais ce sommet n'est pas dans S car il est adjacent du seul voisin privé de, p.savoir

|. Supposons-que-pour-tout-m-=-i and ?. , On peut aussi supposer que pour tout n = j, |C m ? S| < 2k + 1, ou nous pourrions faire le même type de preuve. Donc, comme aucun autre B i ? ,j ? ne contient plus de deux sommets de S (d'après la proposition 4, nous avons |S| ? 2k(k ? 1) + k + 2 ? 2k 2 + 2

?. Supposons-que, doit avoir un voisin privé, qui est nécessairement dans B m,n , tous ses autres voisinsétantvoisinsétant dominés par (c, c) Sans perte de généralité, supposons que ce voisin privé est (a m , a n ) Alors (a m , b n ) et (b m , a n ) ne sont pas dans S. Les deux seuls sommets restants dans B m,n , ` a savoir (a m , a n ) et (b m , b n ), sont nécessairement dans S. Mais ils n'ont alors aucun voisin privé, car (a m , b n ) et (b m, et (b m , c) sont dominés par (c, c). Cette situation ne peut donc pas avoir lieu

<. and ?. <-n,-le-résultat-soit-vrai, Soit T un arbre d'ordre n

T. Si and . Connexe, Supposons donc que T [S] n'est pas connexe et comporte k ? 2 composantes connexes. On note S 1 , . . . , S k les sous-ensembles de sommets de S sur lesquels sont induits les composantes connexes. Soit V 1 , . . . , V k une partition de V (T ) telle que pour tout i, 1 ? i ? k

?. Tout, dominant peutêtrépeutêtré etendu en un dominant total minimal de T en lui ajoutant S 1

. On-doit-avoir-l-'´-egalité-tout-au-long-de-cette-cha??necha??ne-d-'inégalité and ?. T. Et-donc-en-particulier, Grâcè a l'hypothèse d'induction appliquéè a chaque composante connexe de la forêt T ? ? v

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