13. Задачка с 24 утюМа. Еще одна, где можно применить лемму Турана, хотя можно прекрасно обойтись без её применения. :)

В коллективе из 30 человек любых пятерых можно усадить за круглый стол таким образом, что каждый будет сидеть рядом со своим знакомыми. Докажите, что в этом коллективе найдется компания из 10 человек, где каждый знаком с каждым.

Решение. Докажем для начала, что каждый знаком хотя бы с 27 коллегами. Выберем человека a. Он знаком с b_1 и b_2. Рассмотрим пятерку с a и без b_1, b_2. Он знаком с b_3 и b_4. И т.д. На последнем шаге рассмотрим пятерку a, b_1, b_28, b_29, b_30.

Рассмотрим человека a. Удалим двух незнакомых с ним. Рассмотрим c_1, знакомого с a. Удалим двоих, незнакомых с c_1. Рассмотрим c_2, знакомого c a и c_1. Удалим двоих, незнакомых с c_2. Таким образом, получим K_10.

А можно применить и лемму Турана. :)

У нас 30=3*(10-1)+3 вершин. Максимальное количество ребер в графе без K_10

(10-2)*(30^2-3^2)/(2*10-2)+C_3^2=399.

А в нашем графе минимум 30*27/2=405 ребер.

14. Имеется полный граф на 24 вершинах. Из каждой вершины выходит 7 красных и 16 синих ребер. Сколько в этом графе одноцветных треугольников?

Решение. Пусть степени вершин в графе d_1, d_2, ..., d_n.

Тогда суммарное количество треугольников в графе и в его дополнении равно

(C_{d_1}^2+C_{d_2}^2+...+C_{d_n}^2+C_{n-1-d_1}^2+C_{n-1-d_2}^2+...+C_{n-1-d_n}^2-C_n^3). Подставив d_1=d_2=...=d_n=7, получим, что одноцветных треугольников в нашем графе 680.

15. Задачка с 28 УТЮМа.

Телефонная компания "ХЛВ" ввела льготный тариф для школьников, позволяющий каждому школьнику выбрать k человек, которым он сможет звонить бесплатно. Какое наибольшее количество школьников может подключиться к этому тарифу так, чтобы из любых двух школьников один мог бесплатно позвонить другому?

Решение. Ответ: 2k+1.

Всего ребер в графе kn, и их не может быть больше n(n-1)/2.

Значит, n(n-1)/2 <= kn, откуда n<=2k+1.

Пример легко строится. Поставим всех школьников по кругу, и пусть каждый школьник звонит тем k школьникам, которые следует после него по часовой стрелке.

16. Задачка с 23 УТЮМа.

В группе из 20 человек среди любых пятерых есть не более трех пар знакомых. Докажите, что найдутся 10 человек из этой группы, незнакомых друг с другом.

Решение. Если есть цикл на трех вершинах, то, рассматривая с этой тройкой остальные пары вершин, понимаем, что больше ребер нет.

Если есть пусть из четырех ребер (неважно, замкнутый или нет), то условие не выполняется.

Значит, наш граф разбивается на компоненты связности, которыми могут быть только деревья из 1, 2, 3, 4 вершин. Из деревьев с 3 и 4 вершинами возьмем висячие. Из дерева с 2 вершинами возьмем любую. Ну, и добавим изолированные вершины, если таковые есть.

Таким образом, получится не менее половины вершины, попарно не соединенных ребрами.

17. Задачка с 25-го утюМа.

На турнир приехал 101 человек. Известно, что среди любых 100 из них есть человек, знакомый со всеми остальными. Докажите, что найдется человек, знакомый со всеми остальными.

Решение. Рассмотрим произвольную группу из 100 человек. Пусть А знаком со всеми. Рассмотрим группу из 100 человек, в которую не входит А. Там человек Б знаком со всеми. Если Б был в изначальной сотне, то мы уже победили. Значит, А может быть не знаком только с Б. Рассмотрим теперь сотню, где уже есть А и Б. Там найдется С, знакомый со всеми, кроме, возможно, Д, который не вошел в эту сотню. Таким образом, получаем, что "незнакомства" разбиваются на пары. Но у нас нечетное количество человек. Получаем противоречие.

18. Задачка с 30 УТЮМа.

Сумма n натуральных чисел равна 2n-2. Докажите, что существует граф с n вершинами, степени которого равны данным числам.

Решение. Докажем по индукции. База (n=2) верна.

Шаг. Рассмотрим граф с n+1 вершиной и n ребрами. Если это дерево, у него есть висячая вершина. Удалим её и выходящее из нее ребро, а затем воспользуемся предположением индукции. Если это не дерево, то у в графе есть изолированная вершина. Удалим её, какое-нибудь ребро и опять-так воспользуемся предположением индукции.

19. Задачка с 30 УТЮМа.

Все вершины связного графа имеют степень 2007. При удалении некоторых двух вершин граф потерял связность. Докажите, что из исходного графа можно удалить не более 2006 ребер, чтобы он также потерял связность.

Решение. Рассмотрим те две вершины, при удалении которых граф теряет связность.

Назовем получившиеся графы "левым" и "правым".

Если вершины были смежны, то в сумме влево и вправо выходит <=2*2006 ребер. Значит, хотя бы в одну сторону <=2006 ребер. Удалим их.

Если они не были смежны, то от каждой в какой-нибудь из сторон выходит не более, чем <=[2007/2]=1003 ребер. Удалим такую часть ребер от одной вершины. И такую же - от второй.

20. Задачка с 34 УТЮМа.

В стране Гамильтонии 13 городов. Каждая из трех гамильтонских авиакомпаний осуществляет 13 прямых рейсов между городами страны, образующих замкнутый маршрут, проходящий по всем городам. Известно, что между каждыми двумя городами может быть рейс не более чем одной авиакомпании. Докажите, что из любого города в любой другой можно добраться, сделав не более одной пересадки.

Решение. Рассмотрим две какие-нибудь вершины. У них по шесть смежных. Значит, есть общая смежная.

21. Задачка с 18 УТЮМа.

В волейбольном турнире в один круг участвовало 13 команд. По окончании турнира оказалось, что каждая команда выиграла и проиграла по 6 матчей. Докажите, что команды можно занумеровать таким образом, что №1 выиграла у №2, №2 выиграла у №3, ... , №12 выиграла у №13, №13 выиграла у №1.

Решение. Для начала заметим, что от любой вершины можно добраться до любой другой. Для любых вершин a, b либо есть ребро a->b. Либо b->a и по принципу Дирихле найдется вершина c такая, что a->c->b.

Пусть у нас нет контура, проходящего по всем вершинам. Но какой-то контур будет. Пусть он длины k: a_1->a_2->...->a_k->a_1.

Пусть в нем нет вершины b. Если не все ребра от b к нашему контуру ориентированы одинаково, то найдутся две последовательные вершины a_i и a_{i+1}, что a_i->b, b->a_{i+1}. (Если i=k, то будем считать, что i+1=1). Тогда мы сможем удлинить цикл, проведя вместо ребра a_i->a_{i+1} два ребра a_i->b->a_{i+1}, и получить противоречие с максимальностью.

Пусть из всех вершин цикла входят ребра в b. Но мы знаем, что от b можно добраться о любой вершины цикла. Пусть минимальный путь от b до вершин цикла приходит в a_i. Тогда удалим из цикла ребро a_{i-1}->a_i, заменив его на a_{i-1}->b и путь от b до a_i. И опять получаем противоречие с максимальностью контура.

Случай, когда все ребра к вершинам цикла идут от b, рассматривается аналогично.