3. (31 Утюм)

В стране Конкуренция 2008 городов, некоторые из которых соединены прямыми авиарейсами (в обе стороны). Докажите, что можно распределить эти рейсы между 1004 авиакомпаниями так, чтобы ни одна из авиакомпаний не могла предоставить своим пассажирам кольцевой маршрут более чем по двум городам.

(В двух лигах число 2008 было заменено на 30, а число 1004 - на 15.)

Решение. Докажем, что полный граф на 2n вершинах можно разбить на n непересекающихся по ребрам деревьев.

База (n=2) легко проверяется.

Шаг. Пусть у нас 2n вершин: a_1, a_2, ..., a_n, b_1, b_2, ..., b_n, и все ребра между ними разбиты на n деревьев T_1, T_2, ..., T_n. И пусть у нас есть две новые вершины a и b.

Добавим к каждому дереву T_i два ребра aa_i и bb_i.

Оставшиеся ребра образуют новое дерево T_{n+1} с ребрами ab, ab_i, ba_i.

Наименьшее количество непересекающихся по ребрам деревьев, на которое можно разбить граф G, называется древесностью графа G. Подробнее о древесности графов можно прочитать в книге Харари Ф. Теория графов.

4. (32 Утюм на тему хроматических многочленов. Как раз для 8-го класса. :)

В связном графе G с n вершинами есть цикл. Докажите, что существует не более, чем 9*2^(n-3) правильных раскрасок графа G в три цвета. (Раскраска называется правильной, если любые две соединенные ребром вершины покрашены в разные цвета.)

Решение. Удалим несколько ребер в графе так, чтобы остался связный граф с одним циклом. Понятно, что при удалении ребер количество правильных раскрасок не уменьшится.

Тогда число способов правильно раскрасить получившийся граф будет равно произведению количества способов раскрасить цикл и 2^k, где k - число вершин не из цикла. (Так как после раскрашивания вершин из цикла все смежные с вершинами из цикла вершины можно раскрасить двумя возможными способами. И т.д.)

Теперь воспользуемся фактом, что число способов раскрасить цикл на m вершинах в x цветов равно

(x-1)^m+(-1)^m (x-1).

Доказательство этого факта можно провести по индукции с шагом 2.

В нашем случае m=n-k и число способов правильно раскрасить граф в 3 цвета равно (2^(n-k)+2*(-1)^(n-k))*2^k.

При четном n-k (так как n-k>=4) получаем

(2^(n-k)+2)*2^k=2^n+2^(k+1)<=2^n+2^(n-3)=9*2^(n-3).

При нечетном n-k>=5 получаем

(2^(n-k)-2)*2^k=2^n-2^(k+1)<=2^n+2^(n-3)=9*2^(n-3).

При n-k=3 имеем

(2^(n-k)-2)*2^k=(8-2)*2^(n-3)=6*2^(n-3)<9*2^(n-3).

5. В Тридевятом царстве живёт 14 дракончиков. Некоторые из них знакомы друг с другом, некоторые нет. Известно, что среди любых трёх дракончиков имеется по крайней мере одна пара знакомых. Иногда дракончики ходят в гости друг к другу. Каждый дракончик может пригласить в гости только своих знакомых, причём таким образом, чтобы все гости знали друг друга. Когда собираются вместе пять дракончиков, племя дракончиков становится непобедимым. Докажите, что у дракончиков есть возможность стать непобедимыми.

Решение. Задача состоит в том, чтобы доказать, что число Рамсея r(3,5)<=14.

(Раз не может быть трех попарно незнакомых, должно найтись пятеро попарно знакомых.)

Воспользуемся стандартным неравенством Эрдеша-Секереша для чисел Рамсея:

r(3,3)<=r(2,3)+r(3,2)=3+3=6

r(3,4)<=r(2,4)+r(3,3)-1=4+6-1=9 (минус один, потому что и r(2,4), и r(3,3) - четные числа)

r(3,5)<=r(2,5)+r(3,4)=5+9=14

6. (35 УТЮМ) В графствие Липшир проживают n джентльменов. Каждый из них знаком с k другими джентльменами. У любых двух знакомых джентльменов ровно t общих знакомых, а у каждых двух незнакомых джентльменов ровно m общих знакомых. Докажите, что m*(n-k-1)=k*(k-t-1).

Решение. Задача на подсчет двумя способами. Осталось только догадаться, что считать.

Рассмотрим какую-нибудь вершину a, считать будем ребра {b,d} такие, что b соединена ребром с a, d не соединена ребром с a. И всё получится! :)

7. (36 УТЮМ. Опять задачка турановского типа.)

На конгресс приехало 100 ученых, каждый из которых сделал доклад. По окончании конгресса каждый заявил, что ему понравилось ровно 75 докладов, сделанных его коллегами. Докажите, что найдутся трое, каждому из которых понравились доклады двух других.

Решение. Всего в полном графе на 100 вершинах имеется 100*99/2 ребер.

По условию задачи в графе имеется 100*75 ориентированных ребер. Значит, найдется минимум 100*75-100*99/2=100*51/2 ребер, ориентированных в обе стороны.

Рассмотрим граф, в котором все такие неориентированные ребра. В нем ребер больше, чем [100^2/4], поэтому в нем имеется треугольник.

P.S. В младшей лиге была задача, где число 75 было заменено на 83. Желающие могут показать, что в этом случае найдутся четверо, каждому из которых понравились доклады трех других.

8. Задачка с 33 УТЮМа.

Дан связный граф на 2009 вершинах. Докажите, что в нем можно выделить 2008 ребер и расставить на них стрелки так, чтобы для любых двух вершин, соединенных ребром в исходном графе, из одной из них в другую можно было пройти по стрелкам.

9. Задачка с 35 УТЮМа.

32 ученика решали 32 задачи. Оказалось, что каждую задачу решило хотя бы 26 школьников. Докажите, что есть два ученика, вместе решившие все задачи.

Решение. По принципу Дирихле найдется школьник, решивший не меньше 26 задач. Пусть он решил 26 задач. Осталось 6 задач. Каждую из этих шести задач решили минимум 26 школьников. Всего 26*6=156 человеко-задач. Никто из оставшихся не решил больше пяти из них. Тогда оставшихся школьников не меньше [156/5]+1=32 школьника. А оставшихся школьников 31.

Пусть он решил 27 задач. Осталось 5 задач. Каждую из этих пяти задач решили минимум 26 школьников. Всего 26*5=130 человеко-задач. Никто из оставшихся не решил больше четырех из них. Тогда оставшихся школьников не меньше [156/4]+1>31 человек.

Аналогично с 28, 29, 30.

Если он решил 31 задачу, то понятно, что кто-то решил оставшуюся задачу. И даже не кто-то, а целых 26 штук учеников.

10. Задачка с 36 УТЮМа. Правда, вместо 2011 там были в разных вариантах два других числа.

В группе школьников любые двое имеют ровно одного общего знакомого из этой группы. Может ли эта группа состоять из 2011 школьников?

Решение. Ответ положительный. Выделим вершину a и разобьем все остальные вершины на b_1, b_2, ..., b_1005; c_1, c_2, ..., c_1005.

Рассмотрим теперь граф, где вершина a соединена со всеми остальными вершинами, а оставшиеся ребра исключительно {b_k,c_k}. Это граф удовлетворяет условию задачи.

11. Задачка с 27 УТЮМа.

На конгрессе присутствуют 200 ученых, каждый из которых знает ровно 4 языка. Известно, что из любых троих ученых какие-то двое могут говорить на одном языке. Докажите, что каким-то языком владеют не менее 26 участников конгресса.

Решение. Заметим, что каждый может говорить не более чем с 24*4=96 участниками конгресса. Но тогда оставшиеся 103 попарно общаются между собой на каких-то других языках. Но это удивительно, поскольку каждый может общаться не более чем с 96 участниками.

12. Задачка с 25 УТЮМа. Известна обычно в другой формулировке.

Некоторые из городов соединены дорогами. Из каждого городами выходит не более трех дорог. Докажите, что все города можно разбить на две группы так, чтобы не более трети дорог соединяли города из одной группы.

Решение. Будем удалять все вершины степени 3, пока не останется граф со всеми вершинами степени <=2. Этот граф будет состоять из циклов и цепей.

Покрасим их по порядку с красный и синий цвета. Проблемы будут только с нечетными циклами. Но и в этом случае "плохих" ребер будет не более одной трети (в треугольнике; в остальных нечетных циклах доля будет меньше).

Будем теперь обратно добавлять вершины степени 3. Если хотя бы два ребра из нее вели в вершины синего цвета, то покрасим её в красный цвет. И наоборот, если хотя бы два ребра из нее вели в вершины красного цвета, то покрасим её в синий цвет.

И при этих операциях "плохих" ребер будет не больше трети.