diff --git a/main.tex b/main.tex index 18980ec..29f2b1c 100644 --- a/main.tex +++ b/main.tex @@ -32,7 +32,7 @@ \newcounter{mylabelcounter} -\makeatletter +\makeatletter \newcommand{\labelText}[2]{% #1\refstepcounter{mylabelcounter}% \immediate\write\@auxout{% @@ -100,7 +100,7 @@ \begin{document} \maketitle -Титульный лист +%Титульный лист \newpage \begin{definition} \emph{Хроматическое число графа} $\chi(G)$ -- минимальное число цветов, в которые можно раскрасить вершины @@ -151,6 +151,7 @@ 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} @@ -166,21 +167,36 @@ \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} + $\omega$ 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 $\lfloor \frac{n}{2} \rfloor \cdot \lceil \frac{n}{2} \rceil$ + (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 + 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, а значит в нашем графе не + 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} @@ -194,10 +210,11 @@ \begin{solution}{Доказательство} Для начала докажем, что эта оценка неулучшаема, откуда будет следовать, что для одинаковых $n$ данное - выражение монотонно невозрастает по $k$. + 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 + 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} @@ -209,17 +226,18 @@ \textit{База.} Для $n < k$ утверждение очевидно. - \textit{Переход.} Удалим независимое множество размера $k$. Каждой вершине, не принадлежащей ему было - инцидентно ребро, ведущее в него, значит мы удалили хотя бы $n - k$ рёбер. Прибавим к этому оценку для $n - k$ + \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 $\left[ \frac{n - k}{k} \right] = x - 1$} + %\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. + Она в точности равна, тому, чему требуется. \end{solution} \begin{definition} @@ -232,10 +250,10 @@ \end{problem} \begin{solution}{Доказательство} - Положим противное. Рассмотрим подграф $K_3$, равносторонний треугольник. Из предположения существует вершина, + 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 + Значит, она является центром описанной окружности треугольника. Легко проверить, что радиус описанной окружности равностороннего треугольника не равен его стороне. Противоречие. \end{solution} @@ -244,13 +262,13 @@ \end{problem} \begin{solution}{Доказательство} - Вершина, соединенная с тремя является центром описанной окружности, а он ровно один, значит подграфа + 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; @@ -287,6 +305,7 @@ 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} @@ -295,7 +314,7 @@ 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} @@ -364,13 +383,14 @@ \end{problem} \begin{solution}{Решение} - Рассмотрим $G_{\text{sk}}(4)$. По лемме 2.1 у него 64 вершины и 188 рёбер, что противоречит неравенству $E <= 3V - + $G_{\text{sk}}(4)$ 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. - Рассмотрим $K_4$. Он не дистанционный, но планарный. + $K_4$, 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 + 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} @@ -382,13 +402,13 @@ после удаления, все максимальные независимые множества потеряют хотя бы одну вершину. \end{solution} \begin{solution}{Решение} - Будем действовать по индукции. + Будем действовать индукцией по $n$. \textit{База.} Для $n = 1$ очевидно. - \textit{Переход.} Попробуем удалить четыре вершины, уменьшив размер максимального независимого множества, удалив не - менее 7 рёбер. Обозначим за $d$ минимальную степень вершины. Если $d >= 4$, то в $G$ суммарно хотя бы $8n$ рёбер. - Если $d <= 2$, то удалив вершину и ее соседей, по теореме Брукса в оставшемся графе $\Delta(G) >= \chi(G) >= + \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. @@ -406,13 +426,13 @@ Аккуратно рассмотрим переход из решения прошлой задачи. Осталось рассмотреть случай $d = 3$. Рассмотрим вершину $v$ степени $d$. - Пусть среди соседей $v$ отсутствует 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. + 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 его концы $u$ и $w$, а оставшегося соседа $t$. Заметим, что из $t$ нет рёбер во вне по предположению. - Рассмотрим единственную(поскольку $d = 3$) вершину $x$ не из уже отмеченных, инцидентных $u$. + 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} @@ -447,19 +467,19 @@ \end{asy} \end{center} - Тогда рассмотрим вершину $u$ и ее соседей. Рёбер $x \rightarrow v, x \rightarrow t$ нет в графе, значит рассмотрев - вершину $u$ вместо вершины $v$ можно свести всё к предыдущему случаю. + 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, значит можно считать, что на каждом - шаге индукции она не больше трёх. + 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 + \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} @@ -504,6 +524,8 @@ 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} @@ -514,9 +536,21 @@ Найдите число рёбер в графе $G(n, 3, 1)$. \end{problem} \begin{solution}{Решение} - 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 +%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 $G(n, 3, 1)$. @@ -534,26 +568,26 @@ \end{problem} \begin{solution}{Решение} Рассмотрим граф $G^\prime$, в котором есть ребро между двумя множествами, если они пересекаются по 2 элементам. - - Посмотрим на независимое в множество $G$. Пусть в $G^\prime$ есть ребра $uv$ и $uw$. Тогда если вершины $u, v, w$ +%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 соответствующий ему подграф $I^\prime \subset - G^\prime$, то в нём 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 клик - не пересекаются. + 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 + 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, 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 + 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} @@ -561,29 +595,30 @@ Найдите $w(G(n, 3, 1))$. \end{problem} \begin{solution}{Решение} - Раскрасим ребра между вершинами в цвета соответстующие номеру совпадающего элемента. Пусть есть треугольник. + 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. + 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 одному цвету являются + 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 это означает, что вершины инцидентные им содержат - соответствующий элемент, а значит соединены ребром этого цвета между собой. То есть в клике всего одна компонента - связности по каждому цвету, которого есть хотя бы два ребра. + 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 $a_i, - b_i$ различны. Пусть есть вершина соединенная со всеми в данной клике. 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 клик - размера не более 3, либо из одной 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 во втором случае в ней не - более $3n$ рёбер, значит размер максимальной клики равен $\left[ \frac{n - 1}{2} \right]$ начиная с некоторого $n$. + 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 второй случай. Пусть есть треугольник. Тогда каждая вершина 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: + 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 @@ -592,10 +627,10 @@ 0 & n <= 4 \\ 4 & n = 6 \\ 7 & n \in [7, 13] \\ - \left[ \frac{n - 1}{2 }\right] & \text{otherwise} + \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 $\chi(G) = \frac{|V|}{\alpha(G)} = \frac{(n - 1)\cdot(n - 2)}{2}$ @@ -626,11 +661,11 @@ \end{equation*} \end{problem} \begin{solution}{Решение} - Проведем биекцию между двумя множествами графов, сохранив отношение инцидентности. Пронумеруем элементы множествах в + 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 $v^\prime$. + 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 @@ -642,12 +677,14 @@ \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, + 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, + 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 @@ -719,7 +756,7 @@ 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 + 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 @@ -728,9 +765,9 @@ 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 размера увеличится. + 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 + 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 @@ -765,6 +802,7 @@ 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: $|E| = \frac{C_n^r \cdot C_{n - r}^{r - s}}{2}$. @@ -773,6 +811,8 @@ 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.