comments on solutions and orthography

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.