lktg2021/main.tex

\documentclass[a4paper, 12pt]{article}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[T2A]{fontenc}
\usepackage[russian]{babel}
\usepackage{amsmath,amsfonts,amssymb, amsthm, asymptote}
\usepackage{indentfirst}
\usepackage{keyval}
\usepackage{graphicx}
\usepackage{latexsym}
\usepackage{blindtext}
\usepackage{fancyhdr}
\usepackage[hidelinks]{hyperref}
\usepackage{xcolor}
\usepackage{import}

\graphicspath{ {./images/} }

\theoremstyle{definition}

\newtheorem{innercustomgeneric}{\customgenericname}
\providecommand{\customgenericname}{}
\newcommand{\newcustomtheorem}[2]{%
  \newenvironment{#1}[1]
  {%
   \renewcommand\customgenericname{#2}%
   \renewcommand\theinnercustomgeneric{##1}%
   \innercustomgeneric
  }
  {\endinnercustomgeneric}
}


\newcounter{mylabelcounter}

\makeatletter 
\newcommand{\labelText}[2]{%
#1\refstepcounter{mylabelcounter}%
\immediate\write\@auxout{%
  \string\newlabel{#2}{{1}{\thepage}{{\unexpanded{#1}}}{mylabelcounter.\number\value{mylabelcounter}}{}}%
}%
}
\makeatother

\newcustomtheorem{cproblem}{Задача}
\newcustomtheorem{cclemma}{Лемма}
\newtheorem{lemma}{Лемма}
\newtheorem{theorem}[lemma]{Теорема}
\newtheorem*{cproof}{Доказательство}
\newtheorem{problem}{Задача}
\newtheorem*{definition}{Определение}

\makeatletter
\mathchardef\realless=\mathcode`<
\newcommand{\perhapsless}{\@ifnextchar={\leqslant\@gobble}{\realless}}
\mathcode`<="8000
{\catcode`<=\active \global\let<\perhapsless}

\mathchardef\realgreater=\mathcode`>
\newcommand{\perhapsgreater}{\@ifnextchar={\geqslant\@gobble}{\realgreater}}
\mathcode`>="8000
{\catcode`>=\active \global\let>\perhapsgreater}

\makeatother

\pagestyle{fancy}

% \hypersetup{
%     colorlinks=false,
%     linkbordercolor=blue,
%     pdfborderstyle={/S/U/W 1}, % border style underline 1pt
% }
%\pagenumbering{gobble}

\renewcommand{\headrulewidth}{0pt}
\fancyhead[LE,LO]{Никифор Кузнецов~\\\hrulefill\\Василий Сильвестров}
\fancyhead[CE,CO]{~\\\hrulefill\\~}
\fancyhead[RE,RO]{ЛКТГ-2021 \\\hrulefill\\Дистанционные графы и теорема Турана}

\setlength{\headheight}{24.4pt}

\newenvironment{solution}[1]{\begin{proof}[#1.]\parskip=0pt}{\end{proof}}

\newenvironment{lbsolution}[1][\proofname]{%
  \begin{proof}[#1]$ $\par\nobreak\ignorespaces
}{%
  \end{proof}
}
%\fancyheadoffset[CE,CO]{2cm}

\newenvironment{answer}{\par\emph{Ответ:}}{\par}

\newcommand{\explanation}[1]{\scriptsize \hfill #1}
\newcommand{\blackqed}{\rule{0.7em}{0.7em}}

\renewcommand\qedsymbol{$\blacksquare$}

\title{Дистанционные графы и теорема Турана}
\author{Никифор Кузнецов, Василий Сильвестров}
\date{2 августа -- 11 августа}

\begin{document}
\maketitle
%Титульный лист
\newpage
\begin{definition}
    \emph{Хроматическое число графа} $\chi(G)$ -- минимальное число цветов, в которые можно раскрасить вершины
    так, чтобы между двумя вершинами одного цвета не было ребра.
\end{definition}

\begin{definition}
    \emph{Независимое множество} -- подмножество вершин графа, где никакие две не соединены ребром.
\end{definition}

\begin{definition}
    \emph{Клика} -- подмножество вершин графа, где любые две не соединены ребром.
\end{definition}

\begin{definition}
    \emph{Число независимости} $\alpha(G)$ -- мощность максимального независимого множества.
\end{definition}

\begin{definition}
    \emph{Кликовое число} $\omega(G)$ -- размер максимальной клики.
\end{definition}
\begin{problem}
    Докажите, что $\chi(G) >= \omega(G)$.
\end{problem}
\begin{solution}{Доказательство}
    Рассмотрим вершины максимальной клики. Они все должны быть раскрашены в разные цвета, поскольку все они
    инцидентны друг другу.
\end{solution}
\begin{problem}
    Докажите, что $\chi(G) >= \dfrac{|V|}{\alpha(G)}$.
\end{problem}
\begin{solution}{Доказательство}
    Рассмотрим множество вершин одного цвета. Оно будет являться независимым множеством. По принципу Дирихле
    найдется множество вершин одного цвета, состоящее из хотя бы $\frac{|V|}{\chi(G)}$ элементов. По определению
    $\alpha$, $\alpha(G) >= \frac{|V|}{\chi(G)}$, что равносильно $\chi(G) >= \frac{|V|}{\alpha(G)}$.
\end{solution}
\begin{problem}
    Докажите, что $\chi(G) <= \Delta(G) + 1$, где $\Delta(G)$ -- максимальная степень вершины в $G$.
\end{problem}
\begin{solution}{Доказательство}
    Сделаем индукцию по количеству вершин $V$.

    \textit{База.} Для $V = 0,1$ утверждение очевидно.

    \textit{Переход.} Удалим произвольную вершину из $G$. Для оставшегося графа верно утверждение. Рассмотрим его
    произвольную правильную раскраску в $\chi(G) <= \Delta(G) + 1$ цветов и пронумеруем цвета от 0 до $\chi(G)$.
    Вернём нашу вершину. Покрасим её в MEX\footnote{MEX -- minimal excluded, минимальное целое неотрицательное
    число, не встречающееся в множестве.} множества цветов её соседей. Так как соседей не более, чем $\Delta(G)$,
    MEX также не превосходит $\Delta(G)$, значит наша получившаяся раскраска является правильной раскраской в не
    более, чем $\Delta(G) + 1$ цвет.
%цветов у вас так получилось \chi(G) + 1, лучше сдвинуть индексацию. Я бы еще MEX убрала, это ненужное утяжеление текста.
\end{solution}

\begin{problem}
    Пусть $G = (V, E)$, $|V| = n$. Докажите, что если в графе $\omega(G) < 3$, то число рёбер в $G$ не больше,
    чем $\lfloor \frac{n}{2} \rfloor \cdot \lceil \frac{n}{2} \rceil$. Докажите также, что эта оценка неулучшаема.
\end{problem}

\begin{solution}{Доказательство}
    Докажем утверждение индукцией по $n$.

    \textit{База.} Для $n = 0,1$ очевидно.

    \textit{Переход.} Рассмотрим произвольное ребро(если его нет, то оценка точно выполнена). Удалим две вершины
    инцидентные ему. Заметим, что из каждой оставшейся вершины в удаленные ведёт не более одного ребра, так как
    иначе они бы образовывали треугольник. Значит мы удалили не более, чем $n - 1$ ребро. В оставшемся графе
    $\omega$ не увеличилась, значит, для него верно предположение индукции, и в нём не более $\lfloor \frac{n - 2}{2}
    \rfloor \cdot \lceil \frac{n - 2}{2} \rceil = \left(\lfloor \frac{n}{2} \rfloor - 1 \right) \cdot
    \left( \lceil \frac{n}{2} \rceil - 1 \right) = \lfloor \frac{n}{2} \rfloor \cdot \lceil \frac{n}{2} \rceil -
    (n - 1)$ рёбер, значит, в нашем графе не более $\lfloor \frac{n}{2} \rfloor \cdot \lceil \frac{n}{2} \rceil$
    рёбер, что и требовалось.


% в вашем тексте поправила запятые
    %Я бы написала иначе: Если ни одного ребра нет, оценка выполняется. Иначе рассмотрим произвольное ребро и удалим две 
    %инцидентные ему вершины со всеми выходящими из них ребрами. Заметим, что из каждой оставшейся вершины 
    %в удаленные ведёт не более одного ребра, так как иначе вместе с удаленным ребром
    %они бы образовывали треугольник. Значит мы удалили не более, чем $n - 1$ ребро. В оставшемся графе
    %$\omega$ не увеличилось, значит, для него верно предположение индукции, и в нём не более $\lfloor \frac{n - 2}{2}
    %\rfloor \cdot \lceil \frac{n - 2}{2} \rceil = \left(\lfloor \frac{n}{2} \rfloor - 1 \right) \cdot
    %\left( \lceil \frac{n}{2} \rceil - 1 \right) = \lfloor \frac{n}{2} \rfloor \cdot \lceil \frac{n}{2} \rceil -
    %(n - 1)$ рёбер, значит, в нашем графе не более $\lfloor \frac{n}{2} \rfloor \cdot \lceil \frac{n}{2} \rceil$
    %рёбер, что и требовалось.


    %нужно еще доказать, что оценка неулучшаема
\end{solution}

\begin{problem}
    Докажите, что утверждение задачи $4$ равносильно следующему: пусть $G = (V, E)$ и $|V| = n$; если $\alpha(G) < 3$, то
    число рёбер в $G$ меньше, чем $C^2_n - \lfloor \frac{n}{2} \rfloor \cdot \lceil \frac{n}{2} \rceil$.
\end{problem}

\begin{solution}{Доказательство}
    Рассмотрим дополнение графа $G$ -- $\overline{G}$. Для него выполнено условие предыдующей задачи, а значит, в
    нем не более $\lfloor \frac{n}{2} \rfloor \cdot \lceil \frac{n}{2} \rceil$ рёбер, то есть, в нашем графе не
    менее $C^2_n - \lfloor \frac{n}{2} \rfloor \cdot \lceil \frac{n}{2} \rceil$ рёбер.
\end{solution}

\begin{problem}[Теорема Турана]
    Пусть $G = (V, E)$ и $|V| = n$. Докажите, что если $\alpha(G) <= k$, то число рёбер в $G$ не меньше, чем\
    \begin{equation*}
        n \cdot \left[ \dfrac{n}{k} \right] - k \cdot \dfrac{\left[ \dfrac{n}{k} \right] \left( \left[
        \dfrac{n}{k} \right] + 1 \right)}{2}
    \end{equation*}
\end{problem}

\begin{solution}{Доказательство}
    Для начала докажем, что эта оценка неулучшаема, откуда будет следовать, что для одинаковых $n$ данное
    выражение %монотонно невозрастает
    нестрого возрастает по $k$.

    Пусть $n = kx + r$, где $x = \left[ \frac{n}{k}\right]$. Рассмотрим граф, состоящий из $k$ непересекающихся клик, 
    где $r$ клик содержат $x + 1$ вершину, а $k - r$ содержат $x$ вершин. Посчитаем количество рёбер в нём
    \begin{eqnarray*}
        E = r \frac{(x + 1)x}{2} + (k - r) \frac{x(x - 1)}{2} = xr + \frac{kx(x - 1)}{2} =
        \\ = nx - kx^2 + \frac{kx(x - 1)}{2} = nx - \frac{kx(x + 1)}{2}
    \end{eqnarray*}
    что и требовалось.

    Докажем утверждение задачи индукцией по $n$. Так как мы доказали монотонность оценки, без ограничения
    общности можно считать, что число независимости в точности равно $k$.

    \textit{База.} Для $n < k$ утверждение очевидно.

    \textit{Переход.} Удалим независимое множество размера $k$. Каждой вершине, не принадлежащей ему, было
    инцидентно ребро, ведущее в это множество, значит, мы удалили хотя бы $n - k$ рёбер. Прибавим к этому оценку для $n - k$
    вершин и получим новую оценку.

    \begin{center}
        \begin{equation*}
            (n - k) + (n - k) \cdot (x - 1) + k \cdot \dfrac{(x - 1)x}{2} = (n - k)x + k \cdot \dfrac{x(x + 1)}{2}
        \end{equation*}
        %\explanation{Положим $n = kx + r$, $0 <= r < k$. Тогда выполнено $\left[ \frac{n - k}{k} \right] = x - 1$}
        %не уверена, что это объяснение нужно
    \end{center}
    Она в точности равна, тому, чему требуется.
\end{solution}

\begin{definition}
    \emph{Дистанционным} графом называется граф, в котором вершины -- некоторые точки плоскости и между двумя
    вершинами есть ребро, если между точками расстояние 1.
\end{definition}

\begin{problem}
    Докажите, что в дистанционном графе нет подграфа $K_4$.
\end{problem}

\begin{solution}{Доказательство}
    Предположим противное. Рассмотрим подграф $K_3$, равносторонний треугольник. Из предположения существует вершина,
    соединенная со всеми тремя.

    Значит, она является центром описанной окружности треугольника. Легко проверить, что радиус описанной
    окружности равностороннего треугольника не равен его стороне. Противоречие.
\end{solution}

\begin{problem}
    Докажите, что в дистанционном графе нет подграфа $K_{2, 3}$.
\end{problem}

\begin{solution}{Доказательство}
    Вершина, соединенная с тремя, является центром описанной окружности, а он ровно один, значит подграфа
    $K_{2, 3}$ нет.
\end{solution}

\begin{problem}
    Докажите, что в дистанционном графе нет подграфа $W = $
%лучше все-таки сказать W (см ниже), потому что через = не очень понятно
    \begin{asy}
    unitsize(1cm);
    import geometry;

    real SQRT_3 = 0.8660254;

    point pA = (0, 0);
    point pB = (1, 0);
    point pC = (2, 0);
    point pD = (0.5, SQRT_3);
    point pE = (1.5, SQRT_3);
    point pF = (1, -0.6);

    dot("$A$", pA, SW);
    dot("$B$", pB, S);
    dot("$C$", pC, S);
    dot("$D$", pD, N);
    dot("$E$", pE, N);
    dot("$F$", pF, S);

    draw(pA -- pB);
    draw(pB -- pC);
    draw(pA -- pD);
    draw(pD -- pB);
    draw(pB -- pE);
    draw(pD -- pE);
    draw(pE -- pC);
    draw(pA -- pF);
    draw(pC -- pF);
\end{asy}
\end{problem}

\begin{solution}{Доказательство}
    Заметим, что точки $A, B, C, D, E$ расположены именно так как выше, поскольку $ABD, BCE$ -- равносторонние
    треугольники, и есть ребро $DE$. Тогда длина отрезка $AC$ равна двум. А значит, тогда равноудаленная от его
    концов имеет расстояние до них хотя бы 1, причем равенство достигается только в точке $B$.
    %отсюда следует, что B и F совпадают, чего не может быть
\end{solution}


\begin{definition}
    Рассмотрим следующую конструкцию. Есть единичная сетка, и на ней отмечен квадрат с $n$ вершинами на стороне и
    все узлы сетки внутри него. Также от каждого единичного отрезка сетки внутри квадрата в обе стороны отложен
    равносторонний треугольник. Назовём такой граф $G_{\text{sk}}(n)$.
\end{definition}
 %может, все-таки не G_{sk}, если вы хотите это куда-то выложить? :)
\begin{figure}[!ht]
    \begin{center}
    \begin{asy}
    import geometry;

    unitsize(1cm);
    real SQRT_3 = 0.8660254;
    //real SQRT_3 = 0.7;
    int n = 3;

    point midpoint(point pA, point pB) {
        return (pA + pB) / 2;
    }

    point swap_coords(point p) {
        return (p.y, p.x);
    }

    point regular_triangle(point pA, point pB) {
        return swap_coords(pB - pA) * SQRT_3 + midpoint(pA, pB);
    }

    void draw_g_sk_without_internal(int n) {
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
                dot((i, j), blue);
            }
        }

        for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
                point pA = (i, j), pB = (i + 1, j);
                draw(pA -- pB, blue);
                point pC = regular_triangle(pA, pB), pD = regular_triangle(pB, pA);
                dot(pC);
                dot(pD);
                draw(pA -- pC); draw(pB -- pC); draw(pA -- pD); draw(pB -- pD);
            }
        }
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            for (int j = 0; j < n - 1; ++j) {
                point pA = (i, j), pB = (i, j + 1);
                draw(pA -- pB, blue);
                point pC = regular_triangle(pA, pB), pD = regular_triangle(pB, pA);
                dot(pC);
                dot(pD);
                draw(pA -- pC); draw(pB -- pC); draw(pA -- pD); draw(pB -- pD);
            }
        }
    }

    draw_g_sk_without_internal(n);

    \end{asy}
\end{center}
\caption{$G_{\text{sk}}(3)$ без ребер между вершинами равносторонних треугольников, построенных в одну и ту же сторону
внутри соседних квадратов}
\end{figure}

\begin{lemma}
    В $G_{\text{sk}}(n)$ ровно $5n^2 - 4n$ вершин и $18n^2 - 26n + 4$ рёбер
\end{lemma}

\begin{problem}
    Приведите пример непланарного графа, являющегося дистанционным и планарного графа, не являющегося дистанционным.
\end{problem}

\begin{solution}{Решение}
    $G_{\text{sk}}(4)$ дистанционный, но не планарный, так как по лемме 2.1 у него 64 вершины и 188 рёбер, что противоречит неравенству $E <= 3V -
    6$, которое выполнено для всех планарных графов.

    $K_4$, напротив, не дистанционный, но планарный.

\end{solution}
\begin{problem}
    Пусть в графе $G = (V, E)$ на плоскости $4n$ вершин, а $\alpha(G) <= n$. Докажите, что когда граф $G$ дистанционный,
    имеет место более сильная оценка $|E| >= 7n$. Воспользуйтесь результатом задачи 7.
\end{problem}

\begin{lemma}
    При удалении вершины и всех её соседей число независимости строго уменьшается.
\end{lemma}
\begin{solution}{Доказательство}
    В исходном графе любое максимальное независимое множество содержало либо вершину либо хотя бы одного соседа, значит
    после удаления, все максимальные независимые множества потеряют хотя бы одну вершину.
\end{solution}
\begin{solution}{Решение}
    Будем действовать индукцией по $n$.

    \textit{База.} Для $n = 1$ очевидно.

    \textit{Переход.} Попробуем удалить четыре вершины, уменьшив размер максимального независимого множества и удалив не
    менее $7$ рёбер. Обозначим за $d$ минимальную степень вершины. Если $d >= 4$, то в $G$ хотя бы $8n$ рёбер.
    Если $d <= 2$, то, удалив вершину и ее соседей, по теореме Брукса в оставшемся графе получим $\Delta(G) >= \chi(G) >=
    \frac{4n - d - 1}{n - 1} > 4$, откуда в графе останется вершина степени хотя бы 5. Удалим её тоже. При $d = 2$ мы
    удалим хотя бы 8 рёбер. В случае $d = 1$ мы можем удалить ещё одну вершину, и тогда мы удалим хотя бы 7 рёбер, в
    случае $d = 0$ можно найти ещё две неизолированные вершины, которым инцидентно хотя бы два ребра, и удалить их.

    Осталось разобрать случай $d = 3$. Рассмотрим вершину $v$ степени три. У неё найдется два соседа $u, w$ не
    соединенные ребром, в силу отсутствия $K_4$. Тогда им инцидентно хотя бы четыре ребра, не инцидентные $v$. Тогда
    удалив $v$ и всех соседей, мы удалим хотя бы 7 рёбер, что и требовалось.
\end{solution}
\begin{problem}
    Докажите, что если у графа $G = (V, E)$ (не обязательно дистанционного) $4n$ вершин, $\alpha(G) <= n$,
    $\omega(G) <= 3$ и \textit{минимальная} степень вершины не превосходит трёх, то из графа можно удалить не более
    четырёх вершин, чтобы уменьшить число независимости и избавиться хотя бы от восьми рёбер.
\end{problem}
\begin{solution}{Решение}
    Аккуратно рассмотрим переход из решения прошлой задачи. Осталось рассмотреть случай $d = 3$.
    Рассмотрим вершину $v$ степени $d$.

    Пусть среди соседей $v$ отсутствуют хотя бы два ребра между ними. Тогда суммарно им инцидентно хотя бы $8$ рёбер,
    поэтому по лемме $2.2$ мы можем удалить её с соседями, уменьшив число независимости.


    Иначе, между соседями нет ровно одного ребра в силу отсутствия $K_4$. Пусть суммарно им инцидентно менее 8 рёбер.
    Обозначим через $u$ и $w$ вершины, не связанные ребром, а оставшегося соседа $t$. Заметим, что из $t$ нет рёбер во вне по предположению.
    Рассмотрим единственную(поскольку $d = 3$) вершину, которая инцидентна $u$ и не инцедентна $v$, назовём её $x$.
    \begin{center}

    \begin{asy}
        import geometry;

        unitsize(0.5cm);

        point pV = (3, 4);
        point pU = (1, 2);
        point pW = (2.7, 0);
        point pT = (4, 2);

        point pX = (1, 0);

        dot("$v$", pV, N);
        dot("$u$", pU, W);
        dot("$w$", pW, S);
        dot("$t$", pT, E);

        dot("$x$", pX, S);
        //dot("$y$", pY);

        draw(pV -- pU); draw(pV -- pW); draw(pV -- pT);
        draw(pW -- pT); draw(pU -- pT);
        draw(pU -- pW, dashed);

        draw(pU -- pX);
        draw(pX -- pT, dashed);
        //draw(pW -- pY);
        draw(pX -- pV, dashed);
        //draw(pY -- pV, dashed);
    \end{asy}
    \end{center}

    Рёбер $x \rightarrow v, x \rightarrow t$ нет в графе, значит, рассмотрев
    вершину $u$ вместо вершины $v$, можно свести всё к предыдущему случаю.
\end{solution}
\begin{problem}
    С помощью индукции выведите из задачи 12 оценку $|E| >= 8n$ в условиях задачи 11.
\end{problem}
\begin{solution}{Решение}
    Пусть минимальная степень вершины хотя бы $4$, тогда суммарно хотя бы $8n$ рёбер и доказано требуемое. Значит, можно считать, что на каждом
    шаге индукции минимальная степень не больше трёх.

    \textit{База.} Для $n = 0, 1, 2$ очевидно.

    \textit{Переход}. Применим задачу 12, сведя всё к случаю для $n - 1$. Поскольку мы удалили хотя бы $8$ рёбер, сложив
    оценки, получим требуемое.
\end{solution}
\begin{problem}
    Докажите, что для графов на $4n$ вершинах, где $\alpha(G) <= n, \omega(G) <= 3$ оценка $|E| >= 8n$ неулучшаема.
\end{problem}
\begin{solution}{Решение}
    Рассмотрим следующий граф на 8 вершинах.
    \begin{figure*}[!ht]
        \begin{center}
            \begin{asy}
                import geometry;

                unitsize(1cm);

                point pA = (-1, 0);
                point pB = (-1, 1);
                point pC = (0, 2);
                point pD = (1, 2);
                point pE = (2, 1);
                point pF = (2, 0);
                point pG = (1, -1);
                point pH = (0, -1);

                dot(pA); dot(pB); dot(pC); dot(pD); dot(pE); dot(pF); dot(pG); dot(pH);

                draw(pA -- pB -- pC -- pD -- pE -- pF -- pG -- pH -- pA);

                draw(pB -- pD); draw(pB -- pE);
                draw(pA -- pE); draw(pA -- pF);
                draw(pC -- pH); draw(pD -- pG);
                draw(pF -- pH); draw(pC -- pG);
            \end{asy}
        \end{center}
    \end{figure*}

    Заметим, что в нём 16 рёбер, и его число независимости равно двум. Рассмотрим $k$ копий такого графа.

    Получится граф на $4 \cdot 2k$ вершинах, с числом независимости $2k$ и $8 \cdot 2k$ ребрами, причем такой граф не
    содержит $K_4$. Значит наша оценка не улучшаема, что и требуется.
\end{solution}
\begin{problem}
    С помощью результатов задач 7-9 докажите, что если у дистанционного графа на плоскости $4n$ вершин и $\alpha(G) <=
    n$, то $|E| >= \frac{26}{3}n$.
\end{problem}

%может быть, лучше убрать задачки без решений. Но это уже на ваш вкус.
\begin{problem}
    Улучшите оценку задачи 15.
\end{problem}
\begin{definition}
    Для каждого ребра назовем \textit{соединяющим} элементом общий элемент множеств, находящихся в вершинах.
\end{definition}
\begin{problem}
    Найдите число рёбер в графе $G(n, 3, 1)$.
\end{problem}
\begin{solution}{Решение}
%тут как-то не очень понятно. Кажется, без понятия соединяющего элемента можно написать лучше. 
%Лучше не говорить "посчитаем так, потом поделим". Это больше похоже на объяснение того, как вы доказали, а не на строгий текст.
%см. ниже вариант записи, попробуйте переписать 18, чтобы было построже и попонятнее, пожалуйста.

%Сопоставим каждому элементу множества рёбра, соединяющие вершины, которые задаются подмножествами, пересекающимися по этому элементу.
%Таким образом, каждое ребро сопоставлено ровно одному элементу, а каждому ребру сопоставлено столько рёбер, 
%сколько существует пар непересекающихся двухэлементых пождмножеств $n - 1$ - элементного множества, то есть, $\frac{1}{2}\cdot
%C_{n - 1}^2 \cdot C_{n - 3}^2$ ребер. Сложив ребра, соотвествующие всем вершинам, получим $\frac{1}{2} \cdot C_n^1 \cdot
%C_{n - 1}^2 \cdot C_{n - 3}^2 = 15 \cdot C_{n}^5$ рёбер.

     Разобьем все рёбра на группы по соединяющему элементу. Зафиксируем порядок вершин, а в конце поделим ответ на 2. 
     Выберем соединяющий элемент ($C_n^1$ способами). Потом выберем по два оставшихся элемента для первого и второго
     множеств в соединённых вершинах ($C_{n - 1}^2 \cdot C_{n - 3}^2$ способами). Итого $\frac{1}{2} \cdot C_n^1 \cdot
     C_{n - 1}^2 \cdot C_{n - 3}^2 = 15 \cdot C_{n}^5$ рёбер.

\end{solution}
\begin{problem}
    Найдите число треугольников в графе $G(n, 3, 1)$.
\end{problem}
\begin{solution}{Решение}
    Зафиксируем порядок вершин, а в конце поделим ответ на $3! = 6$. Рассмотрим все возможные варианты количества
    различных элементов среди соединяющих элементов рёбер в треугольнике. Если различных элементов 3, то таких
    треугольников существует ровно $C_n^3 \cdot C_{n - 1}^1 \cdot C_{n - 2}^1 \cdot C_{n - 3}^1 \cdot C_{n - 4}^1 \cdot
    C_{n - 5}^1 = C_n^5 \cdot 5!$. Если различных элементов $2$, то такого случая не существует, т.к. тогда все три
    множества имеют общий элемент. Если всего различных элементов $1$, то таких треугольнико существует ровно $C_n^1
    \cdot C_{n - 1}^2 \cdot C_{n - 3}^2 \cdot C_{n - 5}^2 = C_n^6 \cdot \frac{6!}{8}$.
\end{solution}
\begin{problem}
    Докажите, что $\alpha(G(n, 3, 1)) = n, n - 1, n - 2$ в зависимости от остатка при делении на 4.
\end{problem}
\begin{solution}{Решение}
    Рассмотрим граф $G^\prime$, в котором есть ребро между двумя множествами, если они пересекаются по 2 элементам.
%лучше еще написать, откуда берутся вершины $G^\prime$.
    Посмотрим на произвольное независимое в множество $G$. Пусть в $G^\prime$ есть ребра $uv$ и $uw$. Тогда если вершины $u, v, w$
    образуют независимое множество в $G$, то в $G^\prime$ есть ребро $vw$, так как множества $v, w$ пересекутся по хотя
    бы одному элементу.

    Значит, если рассмотреть независимое множество $I \subset G$, то в соответствующем ему подграфе $I^\prime \subset
    G^\prime$ все компоненты связности будут кликами. Поскольку $I$ -- независимое множество, а ребер в
    $G^\prime$ между кликами нет, то любые два множества из разных клик не пересекаются, значит, множества элементов, 
    входящих в трехэлементные подмножества, соответсвующие вершинам одной клики, не пересекаются.

    Посмотрим, сколько вершин может быть в клике в $G^\prime$, где всего $k$ элементов множества. Пусть есть ребра $uv,
    uw$, причём соответстующие множества пересекаются по одинаковой паре элементов. Тогда все вершины в клике
    пересекаются по этой паре элементов.

    Значит, либо размер клики не превосходит 5, либо в ней не более $k - 2$ вершин, поскольку все множества пересекаются
    по одинаковым элементам. При $k = 4$ в ней может быть не более $k$ вершин(все $C^3_4$ вершин), при $k = 5$ не более
    $k - 1$ вершин.

    Размер независимого множества это сумма по всем кликам, соответствующим ему в $G^\prime$, причем из рассуждений выше видно, 
    что она не превосходит $n$. При $n = 4k, 4k + 1$, рассматриваем все трехэлементные подмножества множеств вида $\{4i + 1, 4i + 2, 4i + 3, 4i
    + 4\}$, получая $n$ или $n - 1$. При $n = 4k + 2, 4k + 3$ рассмотрим множества вида $\{1, 2, i\}$ и получим $n - 2$
    элемента в независимом множестве. Из рассуждений выше данный ответ оптимален.
\end{solution}
\begin{problem}
    Найдите $w(G(n, 3, 1))$.
\end{problem}
\begin{solution}{Решение}
    Раскрасим ребра между вершинами в цвета, соответстующие номеру совпадающего элемента. Пусть есть треугольник.
    Заметим, что если в нем есть два одноцветных ребра, то третье ребро будет такого же цвета. Значит в нашем графе все
    треугольники либо одноцветны,либо разноцветны.

    В частности, данное условие означает, что если одна вершина в клике достижима из другой вершины по ребрам одного
    цвета, то между ними есть ребро этого цвета. Это значит, что все компоненты связности по ребрам одного цвета являются
    кликами этого цвета.

    Также, если рассмотреть два ребра одного цвета в клике, то инцидентные им вершны будут содержать элемент,
    соответствующий этому цвету, а значит, соединены ребром этого цвета между собой. То есть в клике всего одна компонента
    связности по каждому цвету, в который раскрашены хотя бы два ребра из этой клики.

    Посмотрим, как выглядит клика одного цвета $c$ размера $w$. Это множества вида $\{c, a_i, b_i\}$, причём все пары $a_i,
    b_i$ различны. Пусть есть вершина, соединенная со всеми в данной клике, но не входящая в неё. Тогда из неё идет $w$ рёбер разного цвета,
    значит $w <= 3$, так как из каждой вершины ведут ребра трех цветов. Значит максимальная клика либо состоит из цветных клик
    размера не более $3$, либо из одной клики.

    Во втором случае максимальная клика получается размера $\left[ \frac{n - 1}{2} \right]$, а в первом случае в ней не
    более $3n$ рёбер, значит, размер максимальной клики равен $\left[ \frac{n - 1}{2} \right]$ начиная с некоторого $n$.

    Подробнее рассмотрим первый случай. Пусть в клике есть треугольник. Тогда каждая оставшаяся вершина из клики 
    соединена со всеми его вершинами, а значит,
     всего цветов ребер в такой клике не более $7$. Тогда в ней не более $21$ ребра, а значит, её размер не превосходит
    $7$. Пример такой клики:
    $$\{\{1, 2, 3\} \{1, 4, 5\} \{1, 6, 7\} \{2, 4, 6\} \{2, 5, 7\} \{3, 4, 7\} \{3, 5, 6\} \}$$

    Значит ответ такой
    \begin{equation*}
        \omega(G(n, 3, 1)) = \begin{cases}
            0 & n <= 4 \\
            4 & n = 6 \\
            7 & n \in [7, 13] \\
            \left[ \frac{n - 1}{2 }\right] & \text{иначе}
    \end{cases}
    \end{equation*}
% про otherwise - лучше не добавлять английский текст, там, где он по смыслу не особо нужен
\end{solution}
\begin{problem}
    Докажите, что если $n = 2^k$, то $\chi(G) = \frac{|V|}{\alpha(G)} = \frac{(n - 1)\cdot(n - 2)}{2}$
\end{problem}
\begin{problem}
    Пусть $W_n$ - произвольное подмножество множества вершин графа $G(n, 3, 1)$ (Для каждого $n$ рассматривается своё
    $W_n$). Обозначим за $r(W_n)$ число рёбер, оба конца которых лежат в $W_n$. Пусть $n = o(|W_n|)$ при $n \rightarrow
    \infty$.
    Докажите, что обычная теорема Турана гарантирует тогда, что $r(W_n) >= f(n)$, где $f$ - некоторая функция,
    асимптотически равная величине $\frac{ |W_n|^2}{2\alpha(G(n, 3, 1))} \sim \frac{ |W_n|^2}{2n}$.
\end{problem}
\begin{solution}{Доказательство}
    По задаче 19: $k = \alpha(|W_n|) <= \alpha(G(n, 3, 1)) <= n$.

    Запишем теорему Турана для $W_n$.
    \begin{eqnarray*}
        r(W_n) >= |W_n| \cdot \left[ \frac{|W_n|}{k}\right] - k \cdot \frac{\left[ \frac{|W_n|}{k}\right] \cdot
        \left(\left[ \frac{|W_n|}{k}\right] + 1\right)}{2} \sim \\
        \sim |W_n| \cdot \frac{|W_n|}{n} - |W_n| \cdot \frac{\left(\frac{|W_n|}{n} + 1\right)}{2} \sim \frac{|W_n|^2}{n}
        - \frac{|W_n|^2}{2n} = \frac{|W_n|^2}{2n}
    \end{eqnarray*}
\end{solution}
\begin{problem}
    Докажите, что граф $G(n, 3, 1)$ изоморфен следующему графу $H$ в $\mathbb{R}^n$.
    \begin{equation*}
        V = \{\textbf{x} = (x_1, \ldots , x_n): x_i \in \{0, 1\}, x_1 + \ldots + x_n = 3\}, E = \{\{\textbf{x},
        \textbf{y}\}: (\textbf{x}, \textbf{y}) = 1\}.
    \end{equation*}
\end{problem}
\begin{solution}{Решение}
    Приведем биекцию между множествами вершин графов, сохранив отношение инцидентности. Пронумеруем элементы множествах в
    вершинах $G(n, 3, 1)$ от $1$ до $n$. Каждой вершине $v$ из $G(n, 3, 1)$ сопоставим вектор $v^\prime$ в котором
    координаты с соответствующие номерам элементов из $v$ равны $1$, а остальные координаты равны $0$. Заметим, что
    $v^\prime \in H$. Теперь рассмотрим любую вершину $w$ инцидентную $v$. Заметим, что $w^\prime$ - вершина,
    сопоставленная $w$ в $H$, будет инцидентна $v^\prime$ и никакие другие вершины не будут инцидентны $v^\prime$.
\end{solution}
\begin{problem}
    Пусть $K_{l_1, \ldots, l_r}$ - полный $r$ - дольный граф с размерами долей $l_1, \ldots, l_r$. Докажите, что в
    $\mathbb{R}^n$ не содержит в качестве подграфа граф $K_{3, \ldots, 3}$ c числом долей $\left[\frac{n}{2}\right] + 1$.
\end{problem}
\begin{solution}{Доказательство}
    Докажем утверждение по индукции.

    \textit{База.} Для $n = 2$, на плоскости не существует графа $K_{3, 3}$.

    \textit{Переход.} Пусть утверждение доказано для всех размерностей пространства, не превосходящих $n$. Докажем
    утвердение для $\mathbb{R}^{n + 1}$ от противного. Пусть в $\mathbb{R}^{n+}$ существует полный граф $G = K_{3, \ldots,
    3}$ c числом долей $\left[\frac{n + 1}{2}\right] + 1$. Рассмотрим первую долю $G$.  Тогда все остальные вершины
    лежат в подпространстве, проходящем через центр описанной окружности треугольника, образованного тремя вершинами
    первой доли, и перпендикулярном плоскости, проходящей через $3$ вершины этой доли. Это подпространство имеет
    размерность $n - 2$, значит, для него выполняется предположение индукции, значит, там не существует графа $K_{3,
    \ldots, 3}$ с количеством долей $\left[\frac{n - 2}{2}\right] + 1 = \left[\frac{n}{2}\right]$. Противоречие.

    %переход тут на -2 делается, значит, нужна отдельая база для нечетного n (причем 1 не подойдет, как лего можно убедиться)
\end{solution}
\begin{problem}
    Докажите, что если в условиях задачи 22 дополнительно потребовать выполнение условия $|W_n| = o(n^2)$, то оценка из
    задачи 22 (т.е. обычная турановская оценка) асимптотически неулучшаема.
\end{problem}
\begin{solution}{Доказательство}
    Пусть в нашем подграфе есть $f(n)$ непересекающихся независимых множеств размера $n$. Тогда если $nf(n) = o(n^2)$ и
    $n = o(nf(n))$, то мы нашли искомый пример.

    Решим задачу для $n = 2^k$, где $f(n) = k - 2 \sim \log n$. Будем предъявлять каждое независимое множество, как
    разбиение $\{1, \ldots n\}$ на непересекающиеся четверки, вершины множества -- все трехэлементные подмножества
    четверок.

    Построим $i$-ое независимое множество. Разобъём $2^{i + 2}$ элементов на непересекающиеся четверки. Поскольку $2^{i
    + 2} \mid n = 2^k$, мы сможем разбить все $n$ элементов. Искомое разбиение $\{0, \ldots 2^{i + 2} - 1\}$ на
    четверки: $$S = \{(j, j + 2^i, j + 2 \cdot 2^i, j + 3 \cdot 2^i) \mid j \leftarrow \{0, \ldots, 2^i - 1\}\}$$

    Докажем, что независимые множества не пересекаются по элементам. По построению в $i$-ом множестве разница элементов
    в четверках $2^i$. Для тройки $(a, b, c)$ определим разностную пару как $(b - a, c - b)$. В $i$-ом множестве
    разностные пары бывают $(2^i, 2^i)$, $(2^{i + 1}, 2^i)$, $(2^i, 2^{i + 1})$. Разностные пары разных множеств не
    пересекаются, значит совпадающих троек не существует.


\end{solution}
\begin{problem}
    Докажите, что в $\mathbb{R}^n$ существует $n + 1$ точек на расстоянии 1 друг от друга.
\end{problem}
\begin{solution}{Решение}
    Будем доказывать индукцией по $n$ более сильное утверждение, а именно существование $n + 1$ таких точек и
    равноудаленной от них.

    \textit{База.} В $\mathbb{R}^2$ существует правильный треугольник и центр его описанной окружности.

    \textit{Переход.} Пусть есть пример для $\mathbb{R}^{n - 1}$. Расположим точки $A_1, \ldots A_{n - 1}$ и
    равноудалённую от них $O$ в $\mathbb{R}^n$, сделав их последние координаты равные нулю. Пусть квадрат расстояния от
    $O$ до $A_i$ равен $d$, $x^2 = 1 - d$. Рассмотрим точку $A_n = O + (0, \ldots, 0, x)$. Она удалена от всех вершин
    симплекса на расстояние 1, значит множество $\{A_1, \ldots, A_n \}$ требуемое. Осталось найти для него точку,
    равноудалённую от всех вершин.

    Пусть $f(y)$ -- квадрат расстояния от точки $O + (0, \ldots, y)$ до $A_1$, а $g(y)$ -- до $A_n$. $f(y) = d + y^2,
    g(y) = (x - y)^2$.

    \begin{equation*}
        f(y) - g(y) = d + y^2 - x^2 - y^2 + 2yx = 2yx + d - x^2
    \end{equation*}

    Если $f(y) = g(y)$, то $O + (0, \ldots, y)$ -- искомая точка. $y = \frac{x^2 - d}{2x}$.

\end{solution}

\begin{problem}
    Докажите, что в $\mathbb{R}^n$ не существует $n + 2$ точек на расстоянии 1 друг от друга.
\end{problem}
\begin{solution}{Доказательство}
    Заметим, что в $\mathbb{R}^2$ существует единственный правильный симплекс с точностью для движения. Далее по
    индукции можно доказать, что в $\mathbb{R}^n$ существует всего один правильный симплекс.

    Действительно, удалим вершину, тогда оставшиеся лежат в гиперплоскости, и из построения следует, что всего двумя
    способами можно добавить $n + 1$-ую вершину к симплексу из $\mathbb{R}^{n - 1}$.

    Пусть существует $n + 2$ точки на расстоянии 1 друг от друга. Тогда $n + 1$ из них образуют правильный симплекс, а
    $n + 2$-ая равноудалена от них. Из построения следует, что равноудалённая точка ровно одна, но расстояние от неё не
    равно 1. Противоречие.
\end{solution}
\begin{problem}
    Пусть $G_n = (V_n, E_n), n = 1, 2, \ldots$ - дистанционные графы в $\mathbb{R}^n$. Обозначим их числа независимости
    $\alpha_n$. Пусть $W_n$ - произвольный подграф $G_n$, а $r(W_n)$ - число рёбер внутри $W_n$. Пусть $n\alpha_n =
    o(|W_n|)$ при $n \rightarrow \infty$. Докажите, что $r(W_n) >= f(n)$, где $f(n)$ - некоторая функция, асимптотически
    равная $\frac{|W_n|^2}{\alpha_n}$.
\end{problem}
\begin{solution}{Доказательство}
    Будем как в доказательстве теоремы Турана на каждом шаге удалять максимальное независимое множество и смотреть,
    сколько ребер в него вело.

    На $i$-ом шаге размер максимального независимого множества не превосходит $\alpha_n$, а вершин кроме него осталось
    хотя бы $|W_n| - i\alpha_n$.

    Пусть среди оставшихся вершин хотя бы из $n\alpha_n$ исходит ровно одно ребро в независимое множество. Тогда какая-
    то вершина $v$ независимого множества соединена с хотя бы $n + 1$ вершиной оставшегося графа. Поскольку клик размера
    $n + 2$ нет, то среди этих вершин есть две $u, w$ не соединенные ребром. Удалим из независимого множества $v$ и
    добавим $u, w$. Оно останется независимым, и его размер увеличится.

    Значит, есть не более $n\alpha_n$ вершин, из которых ведет ровно одно ребро в независимое множество. Значит, на $i$-ом
    шаге мы удалим хотя бы $2(|W_n| - i\alpha_n - n\alpha_n) + n\alpha_n = 2(|W_n| - i\alpha_n) - n\alpha_n$ рёбер.

    Просуммируем количество удаленных ребер по всем шагам. Получим
    \begin{eqnarray*}
        2 \left(|W_n| \cdot \left[ \dfrac{ |W_n| }{\alpha_n} \right] - \alpha_n \cdot \dfrac{\left[ \dfrac{ |W_n|
        }{\alpha_n} \right] \cdot \left( \left[ \dfrac{ |W_n| }{\alpha_n} \right] + 1 \right)}{2} \right) - \left[
        \dfrac{|W_n|}{\alpha_n} \right] \cdot n\alpha_n \sim \\
        \sim \dfrac{ |W_n|^2 }{\alpha_n} - o(|W_n|) \cdot \frac{ |W_n| }{\alpha_n} \sim \dfrac{ |W_n|^2 }{\alpha_n} -
        o\left(\dfrac{ |W_n|^2 }{\alpha_n}\right) \sim \dfrac{ |W_n|^2 }{\alpha_n}
    \end{eqnarray*}
\end{solution}
\begin{problem}
    Пусть $W_n$ - произвольное подмножество множества вершин графа $G(n, 3, 1)$. Обозначим за $r(W_n)$ число рёбер, оба
    конца которых лежат в $W_n$. Пусть $n = o(|W_n|)$ при $n \rightarrow \infty$.
    Докажите, что $r(W_n) >= f(n)$, где $f$ - некоторая функция асимптотически равная $\frac{9}{2}\frac{ |W_n|^2}{n}$.
\end{problem}
\begin{solution}{Доказательство}
    Пусть $C_x$ -- количество множеств, содержащих $x$. Тогда $C_1 + \ldots + C_n = 3|W_n|$.

    Тогда посчитаем количество пар пересекающихся множеств, содержащих элемент $x$. Оно асимптотически равно
    $\frac{C_x^2}{2}$. Оценим количество пар множеств, пересекающихся по двум элементам, содержащих $i$. Их не более,
    чем $2n$ на вершину. Тогда ребер у нас асимптотически хотя бы
    \begin{equation*}
        \dfrac{\sum\limits_{i = 1}^n C_i^2}{2} - n(C_1 + \ldots + C_n)
    \end{equation*}
    Заметим, что $n(C_1 + \ldots + C_n) = 3|W_n|n = o\left(\frac{|W_n|^2}{n}\right)$. Также из неравенства о средних
    $$\sum\limits_{i = 1}^n C_i^2 >= n \cdot \left(\frac{\sum\limits_{i = 1}^n C_i}{n^2}\right)^2 = 9n$$
    Откуда рёбер асимптотически хотя бы $\frac{9}{2}\frac{|W_n|^2}{n} - o\left(\frac{|W_n|^2}{n}\right) \sim
    \frac{9}{2}\frac{|W_n|^2}{n}$.
\end{solution}
\begin{cproblem}{31}
    Найдите число ребер в графе $G(n, r, s)$.
\end{cproblem}
\begin{solution}{Решение}
%просто шикарно запиано по сравнению с G(n, 3, 1), вы большие молодцы!
    Заметим, что граф $G(n, r, s)$ регулярный. Поэтому для подсчета числа рёбер воспользуемся формулой $|E| = \frac{|V|
    \cdot k}{2}$, где $k$ - степень каждой вершины в графе $G(n, r, s)$. Для нашего графа эта формула превратится в:
    $|E| = \frac{C_n^r \cdot C_{n - r}^{r - s}}{2}$.
\end{solution}
\begin{cproblem}{32}
    Найдите число треугольников в графе $G(n, r, s)$.
\end{cproblem}
\begin{solution}{Решение}

% а вот тут надо пояснить, что значит "элементы на ребрах треугольников", пока немного мутно
    Зафиксируем $i$, число общих элементов на ребрах треугольника. Способов их выбрать ровно $C_n^i$. Зафиксируем
    порядок вершин треугольника. Тогда сначала нам надо выбрать $s - i$ элементов в попарные пересечения множеств, а
    потом $r - 2s + i$ элементов, которые ровно в одном множестве для каждого множества в фиксированном порядке.
    Способов выбрать элементы попарных пересечений $C_{n - i}^{s - i} \cdot C_{n - s}^{s - i} \cdot
    C_{n - 2s + i}^{s - i}$, а уникальные элементы $C_{n - 3s + 2i}^{r - 2s + i} \cdot C_{n - r - s + i}^{r - 2s + i}
    \cdot C_{n - 2r + s}^{r - 2s + i}$, итого всего треугольников
    \begin{figure*}[!ht]
        \begin{equation*}
            \dfrac{1}{6}\sum\limits_{i = 0}^{s} C_n^i \left(C_{n - i}^{s - i} \cdot C_{n - s}^{s - i} \cdot C_{n - 2s +
            i}^{s - i}\right) \left(C_{n - 3s + 2i}^{r - 2s + i} \cdot C_{n - r - s + i}^{r - 2s + i} \cdot C_{n - 2r +
            s}^{r - 2s + i}\right)
        \end{equation*}
        \explanation{Если одно из чисел $n, k$ меньше нуля или $k > n$, то мы считаем $C_n^k = 0$ в данном случае.}
    \end{figure*}
\end{solution}
\begin{cproblem}{34}
    Докажите, что если $W_n$ - произвольное подмножество множества вершин графа $G(n, r, 0)$ и $l = |W_n| > \alpha(G(n,
    r, 0))$, то
    \begin{equation*}
        r(W_n) >= \frac{l(l - (C_n^r - C_{n - r}^r))}{2}
    \end{equation*}
\end{cproblem}
\begin{solution}{Доказательство}
    Посмотрим на $C_n^r$ и $C_{n - r}^r$ как на комбинаторные объекты. $C_n^r = |V(G(n, r, 0))|$. $C_{n - r}^r$ -
    степень каждой вершины в графе $G(n, r, 0)$. Тогда $C_n^r - C_{n - r}^r$ - число вершин, с которыми не смежна каждая
    вершина (включая саму себя).
    Теперь вернемся к графу $W_n$. В нём степень каждой вершины хотя бы $l - (C_n^r - C_{n - r}^r)$ (Общее число вершин
    минус максимальное число несмежных). Суммируя по всем $l$ вершинам, получаем:
    \begin{equation*}
        r(W_n) >= \frac{l(l - (C_n^r - C_{n - r}^r))}{2}
    \end{equation*}
\end{solution}
\end{document}