–PAGE_BREAK–Универсальный инвариант на каждой орбите принимает свое значение. Поскольку для универсального инварианта a~pÛf(a) = f(p), универсальный инвариант для любой пары позиций позволяет установить, эквивалентны ояи или нет.
Как проверить, что некоторый инвариант f универсален? Общего метода не существует. Иногда может помочь следующая простая
Теорема. Если а) существуют такие l позиций б1, б2, …, бl, что каждая позиция aиз М эквивалентна одной из них и b) инвариант f принимает, по крайней мере, lразличных- значений, тоf—универсальный инвариант и позиции бi, бj (i=/j) noпарно не эквивалентны.
Из а) вытекает, что существует не более l орбит. Из b) вытекает, что существует не менее l орбит. Следовательно, существует ровно l орбит. Снова из b) вытекает теперь, что инвариант f принимает ровно l значений и, значит, f универсален. Наконец, из а) вытекает, что позиции б1, б2, …, бl принадлежат разным орбитам и, таким образом, попарно не эквивалентны.
Задача 1 (окончание). Докажем, что инвариант r универсален. Обозначим через бi, такую расстановку фишек: одна фишка — в i-м секторе, все остальные — в п-м секторе. Под бn мы будем, разумеется, понимать расстановку, при которой все n фишек — в n-м секторе.
Легко сообразить, что любая расстановка эквивалентна одной из позиций б1, б2,…, бn. В самом деле, пусть a — произвольная расстановка фишек. Попытаемся собрать все п фишек в n-м секторе. Для этого будем передвигать первую фишку, пока не загоним ее в п-ый сектор; одновременно, в соответствии с правилами, мы будем перемещать вторую фишку в противоположную сторону. Затем загоним в n-й сектор вторую фишку, двигая в противоположную сторону третью фишку, и так далее — вплоть до (п— 1)-й фишки. Когда мы загоним п — 1 фишек в n-й сектор, п-я фишка будет в каком-то i-м секторе (i = 1, 2,…, п). Это и означает, что a~ бi.
Посчитаем r(бi). При iне равном п:
x1(бi) == x2(бi) = …= xi — 1(бi) = x i+1 (бi) =…= xn-1(бi)=0,
xi(бi)=1,
xn(бi)-=n — 1.
Следовательно, q (бi) -= il + п (п— 1) и r(бi) = i. Кроме того, q(бn) =nn и r(бn) = 0. Итак, инвариант r принимает по крайней мере п значений.
По теореме инвариант r универсален и позиции б1, б2,…, бn попарно не эквивалентны.
Поскольку r — универсальный инвариант, a ~ р Û r(а) = r(р).
В предыдущем параграфе мы посчитали, что r(w) = r(v) Û n-нечетное. Следовательно, w ~ v, тогда и только тогда, когда п — нечетное. Задача, наконец, решена полностью.
Задачи
1.19. Докажите, не используя понятия инварианта, что при нечетномп позиции w иv эквиваленты.
1.20. Проверьте, что любая функция от инварианта снова является инвариантом: еслиf— инвариант иg— произвольная числовая функция, то и функцияh: h(a) = g(f(a)) (4) тоже инвариантна.
1.21.Докажите, что любой инвариант можно представить в виде функции от любого универсального инварианта: еслиh — инвариант, af— универсальный инвариант, то существует такая числовая функция g, что выполняется (4).
1.22.Определимчерез универсальный инвариантrиз задачи 1 два новых инварианта: f(a) = [r(a)]2; g(a) = [r(а) — 2]2. Докажите, что инвариант f универсален, а инвариант g не универсален.
1.23. Пусть f — универсальный инвариант. Каким условиям должна удовлетворять числовая функция g, чтобы инвариант h, определенный равенством(4), был универсальным?
Задача 2. Даны 20 карточек. На двух карточках написана цифра 0, на двух — цифра 1,…, на двух последних — цифра 9. Можно ли расположить эти карточки в ряд так, чтобы карточки с 0 лежали рядом, между карточками с 1 лежала ровно одна карточка,…, между карточками с 9 лежало ровно 9 карточек?
Эту задачу можно решить без всяких инвариантов. Однако для нас она интересна тем, что у нее есть два принципиально разных решения, использующих инварианты.
Представим себе 20 ящиков, расположенных в ряд. Переформулируем теперь нашу задачу следующим образом: можно ли расположить карточки по ящикам так, чтобы выполнялись два условия:
a) карточки с 0 лежат в соседних ящиках, карточки с 1 — через один ящик,…, карточки с 9— через девять ящиков;
b) в каждом ящике лежит по одной карточке?
Очевидно, порознь выполнить каждое из условий очень легко. Это и приводит к двум решениям.
Первое решение. Положим в первый ящик 10 карточек:
Одну — с 0, одну — с 1,…, одну — с 9. Затем вторую карточку с 0 положим во второй ящик, вторую карточку с 1 — в третий ящик,… вторую карточку с 9 — в одинадцатый ящик. Условие а) выполняется. Мы хотим попытаться, не нарушая его, так переложить карточки, чтобы условие b) тоже выполнялось. Разрешим перекладывать любые две «одноименные» (с одной и той же цифрой) карточки через одинаковое число ящиков. Нетрудно заметить, что при произвольном разрешенном перемещении сдвиг в сумме происходит на четное число ящиков. Это подсказывает идею взять в качестве инварианта остаток от деления на 2 суммы номеров ящиков, в которых лежат карточки.
Задачи
1.24. Закончить намеченное решение.
Второе решение. Положим в первый и второй ящики карточки с 0, в третий и четвертый — карточки с 1,…, в девятнадцатый и двадцатый — карточки с 9. На этот раз выполнено условие b). Разрешим менять местами любые две карточки. При таком перемещении расстояние между восемью парами «одноименных» карточек не меняется, между двумя — меняется; таким образом, сумма всех этих расстояний…
Полная система инвариантов
Иногда вместо универсального инварианта проще найти и использовать полную систему инвариантов. Система инвариантов f1, f2, f3> называется полной, если равенства,
f1(a) = f1(p),
f2(a) = f2(p), (5)
fk(a) = fk(p).
имеют место одновременно тогда и только тогда, когда позиции a и p эквивалентны.
В чем суть этого определения? Если позиции a и p эквивалентны, то, поскольку f1, f2,…, fk — инварианты, каждое из равенств системы (5) все равно выполняется. «В эту сторону» полнота еще ни при чем. Если бы инварианты f1, f2,…, fk были универсальными, то эквивалентность позиций пир вытекала бы из любого равенства системы (5). Нам не дана их универсальность, но зато требуется, чтобы одновременное выполнение равенств системы (5) влекло эквивалентность позиций a и p. Именно в этом суть понятия полноты. Таким образом, хотя некоторые из инвариантов f1, f2,…, fk могут на неэквивалентных позициях a и p принимать одинаковое значение , значение набора
f1, f2,…, fk > на них различны.
Полная система инвариантов— это обобщение понятия универсального инварианта: если f — универсальный инвариант, то система f>, состоящая из одного инварианта, конечно, полна.
Задача 3. В таблице 2х2 записываются целые числа. Разрешается, во-первых, в любом столбце одновременно: к одному числу прибавить 2, из другого — вычесть 2 и, во-вторых, в любой строке одновременно: к одному числу прибавить 3, из другого — вычесть 3. Какие таблицы эквивалентны?
Рассмотрим три функции: для любой таблицы a= a b
c d
обозначим через g(a) сумму а + b + с + d, через q(a) — остаток от деления числа а + b на 2 и через r (а)— остаток от деления числа а + с на 3. Функции g, q, r являются инвариантами. Не очень трудно доказать, что произвольная таблица a эквивалентна таблице
0 q(a)
r(a) g(a)—q(a)—r(a)
Следовательно, из равенств
g(a) = g(p),
q(a) = q(p),
r(a) = r(p).
вытекает что таблицы a и р эквивалентны одной и той же таблице и, значит, эквивалентны между собой. И обратно: эквивалентность таблиц a и р влечет равенства (6), поскольку g,q и r—инварианты. Таким образом, g, q, r> — полная система.
Задачи.
1.26. Решите задачу для таблиц nx n, в которых разрешаются те же преобразования, что и в задаче 3. Естественно ожидать полную систему из 2n- -1 инвариантов.
1.27. Если f1, f2, fk — инварианты и g— числовая функция от k аргументов, то функция h: h(a) = g(f1(a), f2(a),…, fk(a)) (7) является инвариантом (ср. с упражнением 2). Проверьте.
1.28.Если h— инвариант, af1, f2,…, fk> — полная система инвариантов, то существует такая числовая функция g от k аргументов, что выполняется (7) (ср. с упражнением 3). Докажите.
1.29. Множество М — множество точек числовой плоскости, то есть множество пар действительных чисел. Единственный допустимый переход: x, y>à. Пусть
f1(x, y) = xy ,
f2(x, y) = x+ y.
Доказать, что f1, f2> — полная система инвариантов.
1.30. Множество М — множество точек пространства или множество троек x, y, z> действительных чисел. Разрешены переходы
à и à. Пусть
f1( x, y, z ) = xyz,
f2(x, y, z) = ху + уz+ zх,
f3(x, y, z) = х + у + z.
Доказать, что f1, f2, f3>— полная система инвариантов.
1.31. Множество М состоит из всевозможных наборов (или кортежей) х1, x2, x3, …, xn> действительных чисел (n фиксировано). Разрешается менять местами любые два соседних числа. Найти полную систему инвариантов.
В отличие от задач 1 — 3, которые были просто задачами олимпиадного типа, упражнения 11—13 играют важную роль в алгебре многочленов. Инварианты в них интересны не для решения вопроса об эквивалентности (который ясен и без них), а сами по себе — как полезные функции.
1.32.Даны розетка с п дырками и электронная лампа с n штырями. Дырки занумерованы от 1 до n (рис. 9). Можно ли занумеровать штыри от 1 до n так, чтобы при любом включении в розетку один из штырей попадал в дырку со своим номером?
1.33. Многие знают «игру в 15»: в коробочке 4×4 лежат 15 шашек с номерами от 1 до 15; разрешается за один ход передвинуть в пустую клетку одну из шашек, соседних с ней. Можно ли превратить положение a в положение p (рис. 10)? Найдите для этой игры универсальный инвариант.
1
2
3
4
1
2
3
4
5
6
7
8
5
6
7
8
9
10
11
12
9
10
11
12
13
14
15
13
15
14
а p
1.34. На клетчатой доске 11×11 отмечено 22 клетки так, что на каждой вертикали и на каждой горизонтали отмечено ровно 2 клетки. Два расположения отмеченных клеток эквивалентны, если, меняя любое число раз вертикали между собой и горизонтали между собой, мы из одного расположения можем получить другое. Сколько существует неэквивалентных расположении отмеченных клеток?
1.35. Испанский король решил перевесить по-своему портреты своих предшественников в круглой башне замка. Однако он хочет, чтобы за один раз меняли местами только два портрета, висящих рядом, причем это не должны быть портреты королей, один из которых царствовал сразу после другого. Кроме того, ему важно лишь взаимное расположение портретов, и два расположения, отличающиеся поворотом круга, он считает одинаковыми. Доказать, что, как бы сначала ни висели портреты, король может по этим правилам добиться любого нового их расположения.
1.36. Все целые числа от 1 до 2n выписаны в строчку. Затем к каждому числу прибавили номер того места, на котором оно стоит. Доказать, что среди полученных сумм найдутся хотя бы две, дающие при делении на 2nодинаковый остаток.
1.37. Вернемся к задаче 1 с фишками в круге и разрешим теперь двигать две фишки как в разные стороны, так и в одну сторону. Найти для этой задачи универсальный инвариант.
1.38. В таблице 3×3 расставлены числа +1 и -1. Разрешается менять знак одновременно у всех элементов строки или столбца. Докажите, что:
a) число орбит равно 16;
b) каждая орбита содержит ровно 32 элемента;
c) произведение всех чисел любого квадрата 2×2 в таблице является инвариантом;
d) произведения чисел в четырех квадратах, указанных на рисунке 11, образуют полную систему инвариантов.
Решать эти задачи можно в любом порядке; ясно, что одни помогают другим.
´
´
´
´
´
´
´
´
´
´
´
´
´
´
´
´
1.39. Вектор а, b>, где a, b—целые числа, разрешается заменять одним из векторов а + b, b>, a—b, b>, b, a>. Найти универсальный инвариант.
1.40. Пару векторов а, b>, с, d>, где а, b, с, d — целые числа, разрешается заменять на одну из пар а+b, b>, c+d, d>; a— b, b>, c– d, d>; b, a>, d, c>. Найти полную систему инвариантов.
2.Четность плюс инвариант
2.1.На доске написаны натуральные числа 1, 2, 3,…, 100. Разрешается стереть любые два числа и записать модуль их разности, после чего колличество написанных чисел уменьшается на 1. Может ли после 99 таких операций остаться записанным на доске число 1?
Решение.
Подсчитаем общую сумму начальных 100 чисел:
1 + 2 + 3 + …+ 100 = 5050.
Эта сумма оказалась четной. Переходя к следующему набору чисел, мы фактически в этой сумме заменяли сумму двух чисел на их разность. Но сумма и разность двух целых чисел имеют одинаковую четность, поэтому общая сумма записанных чисел останется четной. Следовательно, эта сумма равной 1 быть не может.
О т в е т: не может.
2.2. На доске написаны 8 плюсов и 11 минусов. Разрешается стереть любые два знака и написать вместо них плюс, если они одинаковы, и минус если они различны. Какой знак останется на доске после 18 таких операций?
2.3.На главной диагонали шашечной доски 10 на 10 стоят 10 шашек, все в разных клетках. За один ход разрешается выбрать любую пару шашек и передвинуть каждую из них на одну клетку вниз. Можно ли за несколько таких ходов поставить все шашки на нижнюю горизонталь?
2.4. На столе стоят вверх дном 7 стаканов. Разрешается за один раз перевернуть любые 4 стакана. Можно ли через несколько шагов поставить все стаканы в нормальное положение?
Решение.
Поставим в соответствии стакану, стоящему нормально, +1, а стоящему вверх дном, — 1. Инвариантом здесь будет произведение чисел, соответствующих всем 7 стаканам, так как при изменении знака у 4 сомножителей произведение не меняется. Но в начальном положении это произведение равно -1, а значит, стать +1 оно никогда не сможет.
2.5. На столе стоят 7 перевернутых стаканов. Разрешается одновременно переворачивать любые два стакана. Можно ли добиться того, чтобы все стаканы стояли правильно?
2.6. На столе стоят вверх дном 9 стаканов. Разрешается за один раз перевернуть любые 4 стакана. Можно ли за несколько таких ходов поставить все стаканы в нормальное положение?
2.7.Три кузнечика играют в чехарду: если кузнечик из точки А прыгает через кузнечика, находящегося в точке В, то он окажется в точке С, симметричной точке А относительно точки В. В исходном положении кузнечики занимают три вершины квадрата. Могут ли они, играя в чехарду, попасть в четвертую его вершину?
Решение.
Введем на плоскости систему координат так, чтобы три вершины квадрата, в которых находятся кузнечики, имели координаты (0; 0),
(0; 1) и (1; 0). При указанных прыжках каждая из координат кузнечиков или остается неизменной, или изменяется в ту или иную сторону на четное число (рис 12) х
Так как в начальном положении по меньшей мере одна из координат каждой из трех точек
четна, то она при прыжках останется четной: четность хо
тя бы одной из двух каждой из точек есть инвариант.
Поэтому попасть в М один из кузнечиков
не может Ответ: не может.
2.8.Имеется 30 карточек, каждая из которых выкрашена с одной стороны в красный, а с другой – в синий цвет. Карточки разложили подряд в виде полосы так, что у 8 карточек сверху оказался синий цвет. За один разрешается перевернуть любые 17 карточек. Можно ли за несколько ходов добиться того, чтобы полоса стала полностью: а) красной; б) синей?
Задача 1:На доске написано десять плюсов и пятнадцать минусов. Разрешается стереть любые два знака и написать вместо них плюс, если они одинаковы, и минус в противном случае. Какой знак останется, на доске после выполнения двадцати четырех таких операций.
продолжение
–PAGE_BREAK–Решение.
Заменим каждый плюс числом 1, а каждый минус числом —1. Разрешенная операция описывается тогда так: стираются любые два числа и записывается их произведение. Поэтому произведение всех написанных на доске чисел остается неизменным. Так как вначале это произведение равнялось —1, то и в конце останется число —1, то есть знак минус.
Это рассуждение можно было провести иначе. Заменим все плюсы нулями, а минусы—единицами, и заметим, что сумма двух стираемых чисел имеет ту же четность, что и число, записываемое вместо них. Так как
сначала сумма всех чисел была нечетной (она равнялась 15), то и последнее оставшееся на доске число будет нечетным, то есть единицей, и, значит, на доске останется минус.
Наконец, третье решение задачи можно получить, заметив, что в результате каждой операции число минусов либо не изменяется, либо уменьшается на два. Поскольку сначала число минусов было нечетным, то и в конце останется один минус.
Проанализируем все три решения.
Первое решение основывалось на неизменяемости произведения написанных чисел, второе—на неизменяемости четности их суммы и третье — на неизменяемости четности числа минусов. В каждом решении нам удалось найти инвариант: произведение написанных чисел, четность суммы, четность числа минусов. Решение последующих задач также основывается на удачном подборе инварианта.
2.9. На доске написано несколько плюсов и минусов. Разрешается стереть любые два знака и написать вместо них плюс, если они различны, и минус в противном случае. Докажите, что последний оставшийся на доске знак не зависит от порядка, в котором производились стирания.
2.10. В таблице 4х4 знаки «+» и «—» расставлены так, как показано на рисунке 13. Разрешается изменить знак на противоположный одновременно во всех клетках, расположенных в одной строке, в одном столбце или вдоль прямой, параллельной какой-нибудь из диагоналей (в частности, в любой угловой клетке). Можно ли с помощью этих операций получить таблицу, не содержащую ни одного минуса?
Решение.
Заменим плюсы и минусы числами 1 и –1. В качестве инварианта можно взять произведение чисел, находящихся в клетках, которые заштрихованы на рисунке 14, поскольку оно в результате
разрешенной операции все время сохраняет первоначальное значение, равное -1. Но, значит, среди заштрихованных чисел всегда будет оставаться -1, следовательно, получить таблицу, не содержащую ни одного минуса, нельзя.
2.11.Решите задачу 2 для таблиц, изображенных на рисунках 15 — 17.
2.12. На доске написано несколько нулей, единиц и двоек. Разрешается стереть две неравные цифры и вместо них написать одну цифру, отличную от стертых (2 вместо 0 и 1, 1 вместо 0 и 2, 0 вместо -1 и 2). Докажите, что если в результате нескольких таких операций на доске останется одна-единственная цифра, то она не зависит от порядка, в котором производились стирания.
Решение.
Обозначим через х0, х1, х2 число нулей, единиц и двоек соответственно. Выполнив один раз разрешенную операцию, мы изменим каждое из этих чисел на 1 и, следовательно, изменим четность всех трех чисел. Когда на доске остается одна цифра, два из чисел х0, x1, х2 становятся равными нулю, а.третье — единице. Значит, с самого начала два из этих чисел имеют одну четность, а третье—другую. Поэтому независимо от того, в каком порядке производятся стирания, в конце единице может равняться лишь одно из чисел х0, х1, x.2, которое с самого начала имело не ту четность, что два других.
Из приведенного решения видно, что если числа х0, х1, х2 имеют одну и ту же четность, то мы не сможем добиться, чтобы на доске осталась одна-единственная цифра. Докажите, что если среди чисел х0, х1 х2 есть как четные, так и нечетные, и, кроме того, хотя бы два из них отличны от нуля, то существует такой порядок стираний, что в результате на доске останется’ одна цифра.
Изменим условие задачи 3: потребуем,.чтобы одни и те же две неравные цифры стирались два раза, а вместо них записывалась одна цифра, отличная от стертых. Предположим, что снова после некоторого числа операции на доске осталась одна-единственная цифра. Можно ли заранее, по числу нулей, единиц и двоек, предвидеть, какая это цифра?
Рассуждение с четностью здесь не помогает, ибо в результате выполнения каждой операции одно из чисел х0, х1, x2 меняет свою четность, а два других сохраняют четность, так что числа, имевшие разную четность, могут теперь получить одну и ту же четность. Однако можно заметить, что остатки от деления чисел х0, х1, х2 на 3 изменяются каждый раз таким образом, что равные остатки остаются равными, а неравные остаются неравными. Дальнейшие рассуждения повторяют решение задачи 3.
2.13. В каждой клетке таблицы 8х8 написано некоторое целое число. Разрешается выбирать в таблице любой квадрат размерами 3х3 или 4х4 и увеличивать на единицу все стоящие в клетках выбранного квадрата числа. Всегда ли можно с помощью таких операций преобразовать исходную таблицу в таблицу, у которой вес числа делятся на З?
Решение.
Нет, не всегда. Найдем сумму чисел, написанных в заштрихованных на рисунке 6 клетках. Поскольку любой квадрат размерами 4х4 содержит 12 заштрихованных клеток, а квадрат размерами 3х3— 6 или 9 таких клеток, то в результате описанной операции остаток от деления на 3 этой суммы (чисел, стоящих в заштрихованных клетках) не будет меняться. Поэтому, если с самого начала найденная сумма не делится на 3, то среди заштрихованных клеток все время будут сохраняться клетки, в которых написанные числа не кратны трем.
2.14.Из всякой ли таблицы можно в условиях задачи 4 получить таблицу, не содержащую четных чисел?
2.15.Числа I, 2, 3, …., n расположены в некотором порядке. Разрешается менять местами любые два рядом стоящих числа. Докажите, что если проделать нечетное число таких операций, то наверняка получится отличное от первоначального расположения чисел 1, 2, 3, …,n.
Решение.
Пусть a1, a2,…, an— произвольная перестановка из чисел 1, 2, 3, …, п. Будем говорить, что числа аi, и аj, образуют в этой перестановке инверсию, если ij, но ai>aj, то есть большее из этих чисел предшествует меньшему. Поменяв местами два соседних числа в перестановке, мы увеличим или уменьшим число инверсий на 1. Проделав же нечетное число таких операций, мы изменим четность числа инверсий, а значит, изменим и перестановку.
2.16.Докажите, что утверждение задачи 2.15 останется справедливым, если разрешить менять местами любые два числа в перестановке.
Указание.
Докажите, что любые два числа можно поменять местами, проделав нечетное число раз операцию, описанную в задаче 2.12.
Переход от одной перестановки чисел 1, 2, 3,… п к другой перестановке этих чисел, при котором какие-нибудь два числа меняются местами, а остальные остаются на месте, называется транспозицией. Результат задачи 2.16 можно сформулировать так: выполнив нечетное число транспозиций, мы изменим перестановку
2.17. В различных пунктах кольцевого автодрома в одно и то же время в одном направлении стартовали 25 автомобилей. По правилам гонки автомобили могут обгонять друг друга, но при этом запрещен двойной обгон. Автомобили финишировали одновременно в тех же пунктах, что и стартовали. Докажите, что во время гонки было четное число обгонов.
Решение.
Окрасим один из автомобилей в желтый цвет, а остальным автомобилям присвоим номера 1, 2, 3, …, 24 в том порядке, в каком они располагаются на старте за желтым автомобилем. В центре автодрома установим световое табло, на котором после каждого обгона будем указывать номера автомобилей в том порядке, в каком они следуют за желтым автомобилем. Тогда обгон, в котором не участвует желтый автомобиль, приводит к тому, что на световом табло меняются местами два соседних числа.
Посмотрим, что произойдет, если какой-нибудь автомобиль обгонит желтый. Если перед этим обгоном числа на табло образовывали перестановку а1, а2,…, а24 , то после обгона они образуют перестановку а2, а3,…, а24, а1. Заметим, что к такой же перестановке можно прийти, выполнив последовательно 23 транспозиции: а1, а2, а3,…, а24 à а2, а1, а3,…, а24 à а2, а3, а1,…, а24 à а2, а3, а1,…, а24 à… à а2, а3,…, а1, а24 à а2, а3,…, а24, а1
Если же желтый автомобиль совершил обгон, то из перестановки а1, а2, …, а24 получим перестановку а24, а1, а2, а3,…, а23. Этот переход также можно заменить двадцатью тремя транспозициями.
Таким образом, любой обгон сводится к нечетному числу транспозиций. Если бы общее число обгонов было нечетным, то нечетным оказалось бы и общее число транспозиций. Остается воспользоваться результатом задачи 2.16.
3. Графы
Графом на плоскости называется конечное множество точек плоскости, некоторые из которых соединены линиями. Эти точки называются вершинами графа, а соединяющие их линии – ребрами. Число ребер, исходящих из вершины графа, называется степенью этой вершины.
С графами мы встречаемся чаще, чем это, возможно, кажется на первый взгляд. Примерами графа может служить любая карта дорог, электросхема, чертеж многоугольника и т. д.
Теория графов возникла в 1736 г., когда Леонард Эйлер опубликовал первую статью о графах. Начиналась она с разбора широко известной теперь задачи о кенигсбергских мостах. Долгое время считалось, что теория графов применяется главным образом для решения логических задач, а сама теория рассматривалась как часть геометрии. Однако в ХХ веке были найдены широкие приложения теории графов в экономике, биологии, химии, электронике, сетевом планировании, комбинаторике и других областях науки и техники. В результате она стала бурно развиваться и превратилась в самостоятельную разветвленную теорию.
Задачи на соответствие между множествами.
3.1.В пяти корзинах А, Б, В, Г и Д лежат яблоки пяти разных сортов. В каждой из корзин А и Б находятся яблоки 3-го и 4-го сорта, в корзине В – 2-го и 3-го, в корзине Г – 4-го и 5-го, в корзине Д – 1-го и 5-го. Занумеруйте корзины так, чтобы в корзине №1 имелись яблоки 1-го сорта ( по меньшей мере одно ), в корзине №2 – яблоки 2-го сорта и т. Д
Решение.
Изобразим два множества множество корзин и множество их номеров. В каждом из этих множеств по пять элементов обозначим их точками
Установим соответствие между этими двумя множествами так, чтобы условия задачи выполнялись. Будем соответствующие элементы двух множеств соединять сплошными линиями, а не соответствующие – пунктирными или совсем не соединять. Так как яблоки первого сорта лежат только в корзине Д, то именно этой корзине и нужно дать номер 1; проведем сплошную линию между точками Д и 1. Далее номер 2 можно присвоить только корзине В, а после этого номер 5 – лишь корзине Г. Наконец, номера 3 и 4 дадим корзинам А и Б ( в любом порядке ).
Ответ: корзины расположились, начиная с №1, в последовательном порядке Д, В, А, Б, Г или в порядке Д, В, Б, А, Г.
3.2. Петр, Геннадий, Алексей и Владимир занимаются в одной детской спортивной школе в разных секциях: гимнастики, легкой атлетики, волейбола и баскетбола. Петр, Алексей и волейболист учатся в одном классе. Петр и Геннадий на тренировки ходят пешком вместе, а гимнаст ездит на автобусе. Легкоатлет не знаком ни с волейболистом, ни с баскетболистом. Кто в какой секции занимается?
3.3.Футбольные команды пяти школ города учавствуют в розыгрыше кубка. В финал кубка выходят две команды. До соревнований пять болельщиков высказали прогнозы, что в финал выйдут команды:
1) Б и Г, 2) В и Д, 3) Б и В, 4) А и Г, 5) Г и Д.
Один прогноз оказался полностью неверным, в остальных была правильно названа только одна из команд-финалисток. Какие команды вышли в финал?
3.4. Три товарища – Владимир, Игорь и Сергей – окончили один и тот же педагогический институт и преподают математику, физику и литературу в школах Тулы, Рязани и Ярославля. Владимир работает не в Рязани, Игорь – не в Туле. Рязанец преподает не физику, Игорь – не математику, туляк преподает литературу. Какой предмет и в каком городе преподает каждый из них?
3.5. Среди офицеров А, Б, В и Г – майор, капитан и два лейтенанта. А и один из лейтенантов – танкисты, Б и капитан – артиллеристы, А младше по званию, чем В. Определите род войск и воинское звание каждого из них.
3.6. В стране Радонежии некоторые города связаны между собой авиалиниями. Из столицы выходит 1985 авиалиний, из города Дальнего одна, а из остальных городов — по 20 линий. Докажите, что из столицы можно добраться до Дальнего.
Решение.
Рассмотрим множество городов, до которых можно добраться из столицы. Это граф: его вершины — города, ребра — авиалинии, их соединяющие. Из каждой вершины графа выходит столько ребер, сколько всего авиалиний выходит из соответствующего города. Граф содержит нечетную вершину — столицу. Поскольку число нечетных вершин в графе четно, в нем есть еще одна нечетная вершина. Этой вершиной может быть только город Дальний.
Задачи, при решении которых используются вершины, стороны и диагонали многоугольника
3.7. Можно ли организовать футбольный турнир девяти команд так, чтобы каждая команда провела по четыре встречи?
Решение
Изобразим каждую команду точкой, а проведенную ею встречу – отрезком, исходящим из этой точки. Девять точек лучше расположить так, чтобы при последовательном соединении их отрезками образовался выпуклый девятиугольник.
Задача сводиться к следующей: можно ли девять точек соединить отрезками так, чтобы из каждой точки выходили четыре отрезка? Другими словами, существует ли граф с деятью вершинами, у которого степень каждой вершины равна 4?
Прежде всего проведем все стороны девятиугольника; они будут означать, что каждая команда провела две встречи.
Для того чтобы получить еще две встречи будем, например, соединять все вершины диагоналями через одну ( рис. 19 ). ( Целесообразно для всех держаться одной и той же системы проведения из них отрезков, иначе решение усложнится. ) После этого все получается.
Ответ: можно.
3.8. Можно ли провести футбольный турнир восьми команд так, чтобы каждая команда провела: а) по четыре встречи; б) по пять встреч
3.9. Можно ли провести футбольный турнир семи команд так, чтобы каждая команда провела по три встречи?
Решение.
Попытки решить эту задачу тем же методом, что и предыдущие задачи, приводят к неудаче. Возникает подозрение, что провести турнир таким образом нельзя.
Для того чтобы доказать нашу гипотезу, попробуем вместо рисунка подсчитать общее число встреч, которые надо провести командам. Оно равно 7 (3/2). Но это число не является целым.
Ответ: нельзя.
3.10. Докажите что общее число вершин графа, которые имеют нечетную степень четно.
3.11. В трех вершинах правильного пятиугольника расположили по фишке. Разрешается передвигать их по диагонали в любую свободную вершину. Можно ли таким образом добиться того, чтобы одна из фишек вернулась на свое место, а две другие поменялись местами?
3.12. Дан правильный 45-и угольник. Можно ли так расставить в его вершинах цифры от 0 до 9 так, чтобы для любой пары различных цифр нашлась сторона, концы которой занумерованы этими цифрами.
Указание.
Рассмотреть полный граф, вершины которого суть цифры от 0 до 9. Задача сводится к его обходу.
3.13. Докажите что общее число вершин графа, которые имеют нечетную степень четно.
Решение.
Обозначим число вершин графа, имеющих нечетную степень, через k, а степени таких вершин – соответственно через а1, а2,…, аk. Кроме того, у графа могут быть вершины с четной степенью; обозначим степени этих вершин соответственно через b1, b2,…, bn.
Допустим, что число k нечетно. Подсчитаем общее число ребер графа. Оно равно [(а1 + а2 +…+ аk) + (b1 + b2 +…+ bn)] /2.
Сумма в первых круглых скобках числителя полученной дроби есть число нечетное, как сумма нечетного числа нечетных слагаемых, а сумма во вторых скобках число четное. Но тогда весь числитель – число нечетное, а значит дробь не является натуральным числом. Мы пришли к противоречию.
3.14. Можно ли 15 телефонов соединить между собой так, чтобы каждый из них был связан ровно с 11 другими?
3.15. Девять школьников, разъезжаясь на каникулы, договорились, что каждый из них пошлет открытки пятерым из остальных. Может ли оказаться, что каждый из них получит открытки именно от тех друзей, которым напишет сам?
3.16. В шахматном турнире в один круг участвуют 17 шахматистов. Верно ли, что в любой момент турнира найдется шахматист, сыгравший к этому моменту четное число партий ( может быть ни одной )?
Задачи на обведение контура фигуры непрерывной линией
продолжение
–PAGE_BREAK–3.17. В 18 веке город Кенигсберг ( ныне Калининград в составе нашей страны ) был расположен на берегах реки и двух островах. Различные части города были соединены семью мостами (рис. 20). Можно ли обойти все эти мосты так, чтобы побывать на каждом из них ровно один раз?
Это и есть задача Эйлера о кенигсбергских мостах, о которой упоминалось в начале параграфа.
Решение.
Обозначим различные части города буквами А, В, С и К и изобразим их точками. Мосты изобразим линиями, соединяющими эти точки. Получим граф ( рис. 21).
Задача сводится к следующей: существует ли путь, проходящий по всем ребрам графа, причем по каждому ребру только один раз?
Рассмотрим два случая.
1) Предположим, что существует такой замкнутый путь. Тогда степень каждой вершины графа должна быть четной, так как, входя в какую-либо вершину, мы затем должны из нее выйти, причем по другому ребру. Что касается начала пути, то после выхода из него мы должны в конце концов в него и вернуться, поскольку путь замкнутый. Однако на рисунке 20 нет ни одной вершины, степень которой была бы четной. Значит этот случай невозможен.
2)Пусть существует такой незамкнутый путь; например, пусть он начинается в вершине А, а заканчивается в С.
Тогда из вершин А и С должно выходить уже нечетное число ребер, а из промежуточных вершин В и К – по-прежнему четное число. Но на рисунке степени вершин В и К нечетны. Следовательно, и этот случай отпадает.
Ответ: нельзя.
Хотя рассуждение проведенное при решении задачи 3.13, выполнено для частного случая, оно носит общий характер:
1)если существует замкнутый путь, проходящий по всем ребрам графа, причем по каждому ребру только один раз, то степени всех вершин графа четные,
2)если существует аналогичный незамкнутый путь, то степени начала и конца пути нечетные, а остальных вершин – четные.
Эйлер в своей статье доказал и обратные утверждения. Пусть граф связный, т. е. любые две его вершины можно связать путем, проходящим по его ребрам. Тогда путь, проходящий по всем ребрам графа, причем по каждому ребру только один раз, существует лишь в следующих двух случаях:
1) когда степень каждой вершины четная (в этом случае путь замкнут),
2) когда граф имеет только две вершины А и В с нечетной степенью (тогда путь не замкнут и имеет своими концами вершины А и В ).
3.18.Можно ли обвести карандашом, не отрывая его от бумаги и не проводя по одной линии дважды:
а) квадрат с диагоналями,
б)правильный пятиугольник с диагоналями?
3.19. Можно ли из проволоки длиной 12 дм изготовить каркас куба с ребром длины 1 дм, не ломая проволоку на части?
3.20. Можно ли граф, изображенный на рисунке 22, обвести карандашом, не отрывая его от бумаги и не проходя ни одной линии дважды? Если можно, то как?
3.21. В точке А расположен гараж для снегоочистительной машины (рис. 23). Водителю машины было поручено убрать снег с улиц части города изображенной на рисунке. Может ли он закончить свою работу на том перекрестке, где находится гараж, если по каждой улице своего участка города водитель будет проезжать только один раз?
3.22. В марсианском метро 100 станций. От любой станции до любой Другой можно проехать. Забастовочный комитет хочет закрыть проезд через одну из станций так, чтобы между всеми остальными станциями был возможен проезд. Докажите, что такая станция найдется.
3.23. В тридевятом царстве каждые два города соединены дорогой с односторонним движением. Докажите, что существует город, из которого в любой другой можно проехать не более чем по двум дорогам.
3.24. В городе на каждом перекрестке сходится четное число улиц. Известно, что с любой улицы города можно проехать на любую другую. Докажите, что все улицы города можно объехать, побывав на каждой по одному разу.
Разные задачи на графы.
3.25. В углах шахматной доски 3х3 стоят 4 коня: 2 белых (в соседних углах) и два черных. Можно ли за несколько ходов (по шахматным правилам) поставить коней так, чтобы во всех соседних углах стояли кони разного цвета?
Решение.
Отметим центры клеток доски и соединим отрезками пары отмеченных точек, если из одной в другую можно пройти ходом коня. Мы получим граф, содержащий «цикл» из восьми точек и одну изолированную точку (рис. 24). Перемещение коней по доске соответствует движению по ребрам этого цикла. Ясно, что при движении по циклу нельзя изменить порядок следования коней.
3.26. Выпишите в ряд цифры от 1 до 9 так, чтобы число, составленное из двух соседних цифр, делилось либо на 7, либо на 13.
Решение.
Напишем цифры на листе. Соединим стрелками те цифры, которые могут следовать друг за другом (рис. 25). Теперь ясно, что первой идет 7, затем 8 и 4. Поскольку 8 уже использована, то стрелки, идущие в нее, надо убрать. После 4 идет 9, поскольку к девятке другого пути нет. Дальше идет 1 и так далее.
Ответ: 784913526.
3.27. В школьном турнире в один круг играют шесть шахматистов: Алеша, Боря, Витя, Гриша, Дима и Костя. Ежедневно игрались три партии, и весь турнир окончился в пять дней. В первый день Боря играл с Алешей, а во второй – с Костей. Витя в четвертый день играл с Костей, а в пятый с Димой. Кто с кем играл в каждый день турнира?
Решение.
Обозначим шахматистов соответственно точками А, Б, В, Г, Д и К, а сыгранные ими партии – отрезками, соединяющими эти точки.
Точки лучше располагать так, чтобы при последовательном их соединении они стали вершинами правильного шестиугольника.
1) Первый день турнира. По условию в этот день Боря играл с Алешей. С кем играл Витя? Только с Гришей, так как с Димой и Костей он играл в другие дни. Следовательно, третью партию в первый день играли Дима с Костей. Построим соответствующий граф (рис. 26).
2) Второй день турнира. В этот день Боря играл с Костей, поэтому Витя, учитывая первый и пятый дни, мог играть лишь с Алешей (рис. 27).
3) Третий день турнира. Витя, с учетом всех предыдущих и последующих турнира, мог играть только с Борей. Так как Дима уже играл с Костей и Гришей, то в этот день он играл с Алешей (рис. 28). Значит Гриша играл с Костей.
4) Четвертый день турнира. Здесь нетрудно определить, кто с кем играл: Витя – с Костей, Алеша – с Гришей, Боря с Димой (рис.29).
5) Пятый день турнира (рис. 30).
3.28. В одном купе поезда ехали четыре пассажира. Среди них не было трех человек, которые прежде были знакомы друг с другом, но один был знаком с тремя остальными. Докажите, что эти три последних пассажира прежде не были знакомы друг с другом.
3.29. Каждые две из шести ЭВМ соединены проводом. Можно ли все эти провода раскрасить в один из пяти цветов так, чтобы из каждой ЭВМ выходили пять проводов разного цвета?
Решение.Для решения начертим выпуклый шестиугольник
и проведем в нем все диагонали (рис. 31). Пусть каждая вершина шестиугольника означает однуB из ЭВМ, а каждый отрезок провод, соединяющий две ЭВМ. Занумеруем различные цвета натуральными числами от 1 до 5 для того, чтобы отличать их друг от друга. Начнем например с вершины Апроведем из нее отрезки всех пяти цветов. Перейдем к вершине В и из нее проведем четыре отрезка всех цветов с №2 по №5, учитывая, что отрезок ВА, выходящий из этой вершины, уже окрашен в цвет №1. Затем займемся вершиной С. И т. д. В итоге получаем положительный ответ на вопрос задачи.
Ответ: можно.
На рисунке 31 каждые две вершины графа соединены своим ребром. Такой граф называется полным.
3.30. На туристском слете выяснилось, что каждый юноша знаком с 8 девушками, каждая девушка знакома с 6 юношами. Кого на слете больше: юношей или девушек?
3.30. На кружке, в котором участвуют шесть школьников, было дано шесть задач. Каждый школьник решил две задачи, и каждую задачу решили два школьника. Докажите, что разбор задач можно организовать так, чтобы каждый школьник изложил решение одной из решенных им задач и все задачи были разобраны.
Решение.
Изобразим школьника точкой, а решенную им задачу – линией исходящей из этой точки. Пусть один из школьников обозначен точкой А… Проведем из нее линию. Так как каждую задачу решили два школьника, то проведенная линия соединяет точку А с другой точкой В, которая обозначает второго школьника, решившего ту же задачу. Так как каждый школьник решил две задачи, то из точки В должна выходить еще одна линия, которая соединяет точку В с еще одной точкой С и т. д.
Возможны следующие случаи.
1) Может получиться шестиугольник. Тогда утверждение задачи выполняется.
2) Может получиться четырехугольник и «двуугольник»; последнее возможно тогда, когда два школьника решили одни и те же задачи.
3) Могут получиться два треугольника.
4) Могут получиться три «двуугольника».
Этим исчерпываются все возможности. В каждом из рассмотренных случаев утверждение задачи выполняется.
3.31. На столе в приемной парикмахерской лежат журналы. Каждый клиент парикмахерской просмотрел два журнала; каждый журнал просмотрели три человека; для каждой пары журналов имеется только один клиент, который их просмотрел. Сколько журналов и сколько клиентов в приемной парикмахерской?
Решение.
Обозначим журнал точкой, а клиента, просмотревшего этот журнал – отрезком, выходящим из этой точки.
Возьмем одну такую точку А. Так как каждый журнал просмотрели три человека, то из точки А должны выходить три отрезка. Так как каждый клиент просмотрел два журнала, то каждый
Отрезок соединят две точки. (рис. 32).
Поскольку каждую пару журналов просмотрел один человек, то нужно каждую пару точек соединить отрезком. Получаем четырехугольник с диагоналями (рис. 33). Проверьте еще сами, что здесь все три условия задачи выполняются.
Может возникнуть вопрос: а не существует ли еще хотя одна, пятая точка Е, такая, что все условия задачи выполняются? Тогда из каждой из пяти точек будет выходить не по три, а по четыре отрезка, а это противоречит условиям задачи.
Ответ: 4 журнала, 6 клиентов.
3.32. В одном учреждении каждый сотрудник выписывает две газеты, каждую газету выписывает пять человек и каждую пару газет выписывает только один человек. Сколько человек в учреждении и сколько они выписывают газет.
3.33. Шесть точек, из которых никакие три не лежат на одной прямой соединены всевозможными отрезками и каждый отрезок окрашен в черный или красный цвет. Докажите, что найдется треугольник с вершинами в данных точках, у которого все стороны черные, или треугольник, у которого все стороны красные.
Решение.
Возьмем одну из шести точек А1более четырех отрезков ( по обобщенному принципу Дирихле ). Пусть отрезки А1А2, А1А3 и А1А4 – красные. Рассмотрим два случая.
1) Допустим, что среди отрезков А2А3, А2А4 и А3А4 имеется красный, например отрезок А2А3. Тогда у треугольника А1А2А3 все стороны красные. Именно этот вариант изображен на рисунке 34.
2) Если допустим, что среди отрезков А2А3, А2А4 и А3А4 нет красного, тогда все эти отрезки – черные, а следовательно у треугольника А2А3А4 все стороны черные.
3.34. Докажите, что если в задаче 3.33 вместо шести точек взять пять, треугольник с одноцветными сторонами может и не найтись.
3.35. В международном туристическом лагере шесть туристов познакомились между собой. Выяснилось, что среди любых трех из них имеются двое, которые могут разговаривать друг с другом на каком-нибудь языке. Верно ли, что среди них найдутся трое, каждый из которых может разговаривать с каждым из двух других на каком- нибудь языке?
3.36. 17 ученых из разных стран переписываются между собой на одном из трех языков: английском, французском или русском. Докажите, что среди них найдутся трое, которые переписываются между собой на одном и том же языке.
Решение.
Обозначим каждого из ученых точкой и соединим эти точки всевозможными отрезками. Точки расположим так, чтобы никакие три из них не лежали на одной прямой. Так как каждый ученый переписывается с 16 остальными, то из каждой точки выходит 16 отрезков. Каждый из отрезков, означающий переписку ученых на английском языке, окрасим в черный цвет, на французском – в красный, на русском – в белый.
Рассмотрим два случая.
1) Пусть среди отрезков, соединяющих точки А2, А3, А4, А5, А6 и А7 попарно между собой, имеется черный, скажем А2А3. Тогда у треугольника А1А2А3 все стороны черные, т. е. соответствующая тройка ученых переписываются между собой на английском языке.
2) Пусть среди этих отрезков нет черного. В этом случае отрезки между шестью точками А2, А3, А4, А5, А6 и А7 окрашены не более, чем в два цвета – красный и белый. Тогда на основании утверждения задачи 3.33 среди отрезков, соединяющих эти точки, имеются три, составляющие треугольник со сторонами одного цвета.
3.37. На плоскости даны п точек, из которых никакие три не лежат на одной прямой. Они соединены всевозможными отрезками, и каждый отрезок окрашен в один из четырех различных цветов. При каком наименьшем п обязательно найдется треугольник с одноцветными сторонами с вершинами в трех из данных точек?
3.38. Последовательность из 36 нулей и единиц начинается с пяти нулей. Среди пятерок подряд стоящих цифр встречаются все 32 возможные комбинации. Найдите пять последних цифр последовательности.
3.39. Докажите, что можно расположить по кругу символы 0 и 1 так, чтобы любой возможный набор из n символов, идущих подряд, встретился.
Указание.
Рассмотреть граф, вершины которого суть слова длины n-1. Две вершины u и v соединяются стрелкой, если существует слово длины n, у которого u является началом, а v — концом.
4. Раскраски
Говорят, что фигура покрашена в несколько цветов, если каждой точке фигуры приписан определенный цвет. Бывают задачи, где раскраска уже дана, например для шахматной доски, бывают задачи, где раскраску с данными свойствами нужно придумать, и бывают задачи, где раскраска используется как идея решения.
Задачи
4.1. Из шахматной доски вырезали две противоположные угловые клетки. Докажите, что оставшуюся фигуру нельзя разрезать на «домино» из двух клеток
Решение.
Каждая фигура «домино» содержит 1 белую и 1 черную клетку. Но в нашей фигуре 32 черных и 30 белых клеток (или наоборот).
4.2. Можно ли все клетки доски 9х9 обойти конем по одному разу и вернуться в исходную клетку?
Решение.
Каждым ходом конь меняет цвет клетки, поэтому, если существует обход, то число черных клеток равно числу белых, что неверно.
4.3. Дан куб 6х6х6. Найти максимально возможное число параллелепипедов 4х1х1 (со сторонами параллельными сторонам куба), которые можно поместить в этот куб без пересечений.
Идея решения.
Легко поместить 52 параллелепипеда внутрь куба. Докажем, что нельзя больше. Разобьем куб на 27 кубиков 2х2х2. Раскрасим их в шахматном порядке. При этом образуется 104 клетки одного цвета (белого) и 112 — другого (черного). Осталось заметить, что каждый параллелепипед содержит две черных и две белых клетки.
Ответ: 52.
4.4. Прямая раскрашена в 2 цвета. Докажите, что найдутся 3 точки А, В, С одного цвета такие, что AB = ВС.
4.5. Раскрасьте прямую в 3 цвета так, чтобы нельзя было найти трех точек А, В, С разного цвета таких, что AB = ВС.
5. Плоскость раскрашена а) в 2 цвета, б) в 3 цвета. Докажите, что найдутся 2 точки одного цвета, расстояние между которыми равно 1
Идею, вынесенную в заглавие, хорошо иллюстрирует следующая задача. 4.6. Имеется квадрат 8Х8, у которого удалены две угловые клетки, расположенные на одной диагонали. Можно ли этот квадрат замостить костяшками домино размерами 1Х2? Решение дает нам правильная «шахматная» раскраска этой доски. Каждая костяшка домино закрывает две клетки разного цвета, в то время как клеток черного и белого цветов различное количество.
продолжение
–PAGE_BREAK–