Zad. 1 Zad. 2 Zad. 3 Zad. 4 Zad. 5 SUMA

Zad. 1 Zad. 2 Zad. 3 Zad. 4 Zad. 5 SUMA Zad. 1 (12p.)Niech n 3k > 0. Zbadać jaka jest najmniejsza możliwa liczba krawędzi w grafie, który ma dokładnie n wierzchołków oraz dokładnie k składowych, z których każda jest grafem 2-spójnym. Niech G = (V, E) będzie grafem, który ma dokładnie n wierzchołków, dokładnie k składowych, z których każda jest grafem 2-spójnym. Oznaczymy składowe grafu G jako G i = (V i, E i ) dla i [k]. Mamy k i=1 V i = V, ki=1 E i = E oraz wiemy, że zarówno zbiory V i, jak i E i są parami rozłączne. Zastanówmy się czy możliwe jest, aby istniało i takie, że E i < V i. Jeśli byłoby E i = V i 1, to w związku z tym, że G i jest grafem spójnym (z definicji składowej) znane z wykładu twierdzenie dałoby nam wiedzę, iż G i jest drzewem, ale to nie jest możliwe, gdyż żadne drzewo nie jest grafem 2-spójnym. Gdyby E i < V i 1, to graf G i nie mógłby być nawet spójny, gdyż każdy graf spójny ma drzewo rozpinające, które musi mieć przecież V i 1 krawędzi. Tym samym okazuje się, że ( i) E i V i. Wykorzystując powyższe obserwacje oraz prawo dodawania otrzymujemy: k k k k E = E i = E i V i = V i = V = n. i=1 i=1 i=1 i=1 Wykazaliśmy, że każdy graf spełniający warunki zadania musi mieć co najmniej n krawędzi. Okazuje się, że dla każdych wartości n i k takich, że n 3k istnieje graf o n wierzchołkach, n krawędziach i k składowych, z których każda jest 2-spójna. Takim grafem jest każdy graf o n wierzchołkach i k składowych, którego każda składowa jest cyklem, czyli np. graf (k 1)C 3 + C n 3k+3. To oznacza, że odpowiedzią na postawione w treści zadania pytanie jest n.

Zad. 2 (12p.) W pewnej tybetańskiej jaskini znajduje się komnata, w której stoją trzy granitowe paliki (każdy ma swój numer). Na pierwszy palik nanizane są 64 krążki wykonane z kości yeti - każdy o innej średnicy - od największego (leżącego na dole) do najmniejszego (na szczycie). Zbadać jaka jest najmniejsza liczba ruchów pozwalająca przenieść tę wieżę z krążków na trzeci palik przy takich ograniczeniach, że: w jednym ruchu można przełożyć tylko jeden krążek leżący na wierzchu jednego palika na wierzch innego palika; nie można położyć krążka o większej średnicy na krążek o średnicy mniejszej; bezpośredni ruch między palikami pierwszym i trzecim jest zakazany (w obie strony). Znowu łatwiej nam będzie rozwiązać ogólniejszy problem, gdy mamy n krążków, gdzie n N. Oznaczmy przez H n najmniejszą liczbę ruchów, która umożliwia przełożenie wieży złożonej z n krążków zgodnie z powyższymi zasadami. Zauważmy, że poniższy algorytm rozwiązuje rozważany problem: 1. przełóż wieżę złożoną z n 1 górnych krążków z pierwszego palika na trzeci; 2. przełóż krążek o największej średnicy z pierwszego palika na drugi; 3. przełóż wieżę złożoną z n 1 krążków z trzeciego palika na pierwszy; 4. przełóż krążek o największej średnicy z drugiego palika na trzeci; 5. przełóż wieżę złożoną z n 1 krążków z pierwszego palika na trzeci. Pierwszy krok tego algorytmu wymaga H n 1 ruchów, drugi to 1 ruch, trzeci to kolejne H n 1 ruchów, czwarty to ponownie 1 ruch, w końcu piąty to następne H n 1 ruchów. Tym samym otrzymujemy nierówność H n 3H n 1 +2. Dlaczego nierówność? Bo nie wiemy jeszcze czy nie da się zaprojektować lepszego algorytmu. Rozważmy dowolny algorytm A, który rozwiązuje rozważaną zagadkę. Algorytm ten pewną liczbę razy przekłada krążek o największej średnicy z pewnego palika na inny. Nie wiemy ile razy, ale wiemy, że co najmniej dwa razy, bo krążek ten zaczyna na pierwszym paliku, kończy na trzecim, a przełożenie tego krążka z pierwszego palika na trzeci w jednym ruch jest wykluczone zasadami. Zauważmy, że do przełożenia tego krążka konieczne są bardzo specyficzne warunki. Mianowicie krążek ten musi leżeć samotnie na pewnym paliku (bo inaczej nie jest na wierzchu i nie można go ruszyć), a palik docelowy jest pusty (bo inaczej nie można by tam zgodnie z zasadami położyć największego krążka). Stąd wynika bezpośrednio, że pozostałe n 1 krążków musi leżeć jako wieża rozmiaru n 1 na pozostałym paliku i nie jest to palik drugi. Tym samym przy pierwszym poruszeniu krążka o największej średnicy wieża złożona z n 1 mniejszych krążków musi leżeć na trzecim paliku (bo ten największy leży na pierwszym i musi być przełożony na drugi palik). Ponieważ ta mniejsza wieża też zaczynała na pierwszym paliku, to do momentu pierwszego poruszenia krążka o największej średnicy musiało być wykonanych co najmniej H n 1 ruchów. Podobnie po ostatnim ruchu największym krążkiem mamy sytuację, że leży on na trzecim paliku samotnie, a pozostałe krążki leżą, jako wieża rozmiaru n 1 na pierwszym paliku. Tym samym po ostatnim poruszeniu krążkiem o największej średnicy algorytm A wykonuje jeszcze co najmniej H n 1 ruchów. Ponieważ największy krążek jest poruszany co najmniej dwa razy - raz z pierwszego palika na drugi i raz z drugiego na trzeci, to między pierwszym a ostatnim poruszeniem tego krążka wieża złożona z n 1 mniejszych krążków musiała co najmniej raz przemieścić się z palika trzeciego (gdzie leżała

przy pierwszym ruchu największym krążkiem) na palik pierwszy (gdzie leży w momencie ostatniego ruchu tymże krążkiem). Tym samym algorytm A wykonuje co najmniej 3H n 1 + 2 ruchy. Biorąc pod uwagę, że A był dowolnym algorytmem, to znaczy, że H n 3H n 1 + 2. Obie nierówności dają nam H n = 3H n 1 + 2. Powyższe rozumowanie jest poprawne dla n > 0, a dla n = 0 mamy H 0 = 0. Pozostaje rozwiązać tę rekurencję, co uczynimy za pomocą funkcji tworzącej. f(x) := H n x n = H n x n = (3H n 1 + 2)x n = 3x H n 1 x n 1 + 2 x n = 3xf(x) + 2x n=0 1 x 2x f(x) = (1 x)(1 3x) = 1 1 3x 1 1 x = (3x) n x n = (3 n 1)x n n=0 n=0 n=0 H n = 3 n 1 Tym samym odpowiedź na postawione w treści zadania pytanie brzmi 3 64 1.

Zad. 3 (12p.) Bipartycją zbioru {1, 2,..., 2k} nazywamy jego dowolny podział na rozłączne podzbiory dwuelementowe, zwane blokami, których suma jest całym zbiorem. Np. pewną bipartycją zbioru {1, 2, 3, 4} jest P = {{1, 3}, {2, 4}}. Bipartycję nazywamy nieprzecinającą, jeśli dla każdych dwóch jej bloków {a, b} i {c, d} (gdzie a < b, c < d i a < c) nie jest prawdą, że a < c < b < d. Zatem podana partycja P nie jest nieprzecinająca, natomiast bipartycje {{1, 4}, {2, 3}} i {{1, 2}, {3, 4}} są nieprzecinające. Dla ustalonego zbioru {1, 2,..., 2k}, k N: 1. Wskazać bijekcję (przekształcenie 1-1 i na ) ze zbioru wszystkich bipartycji nieprzecinających w zbiór łamanych łączących punkty (0, 0) i (2k, 0), które nie schodzą poniżej poziomu 0 (taka łamana jest ciągiem punktów ((0, y 0 ), (1, y 1 ),..., (2k 1, y 2k 1 ), (2k, y 2k )), gdzie y 0 = y 2k = 0, y j 0 i y j+1 = y j ± 1 dla j = 0,..., 2k 1). 2. Obliczyć liczbę wszystkich nieprzecinających bipartycji. 1. Należy zauważyć, że dowolną nieprzecinającą partycję {{a 1, b 1 },..., {a k, b k }}, gdzie a i < b i można utożsamić z łamaną ((0, y 0 ), (1, y 1 ),..., (2k 1, y 2k 1 ), (2k, y 2k )) w następujący sposób: y 0 = 0 i { yi+1 = y i + 1, gdy istnieje j {1,..., k} : y i = a j y i+1 = y i 1, wpp, tzn. gdy istnieje j {1,..., k} : y i = b j Zadana łamana spełnia warunki zadania, bo wykonamy tyle samo kroków do góry co w dół, więc y 2k = y 0 = 0, nie zejdziemy nigdy poniżej poziomu 0, bo a i < b i dla każdego i {1,..., k}, y i+1 = y i ± 1. Takie odwzorowanie jest bijekcją (co bardzo łatwo sprawdzić rozpatrują np. przekształcenie odwrotne). 2. Z punktu 1 wiemy, że nieprzecinających bipartycji jest dokładnie tyle ile łamanych łączących punkty (0, 0) i (2k, 0), które nie schodzą poniżej poziomu 0. Policzymy ile ich jest. Wszystkich łamanych z (0, 0) do (2k, 0) jest ( ) 2k k (musimy wykonać k kroków do góry i k w dół). Od tej liczby odejmiemy liczbę łamanych dotykających prostej na poziomie 1. [Zasada odbicia] Liczba wszystkich łamanych z (0, a) do (2n, b), które przecinają prostą y = c, gdzie c < min{a, b} jest tyle ile łamanych z punktu (0, c (a c)) do (2n, b). Zgodnie z zasadą odbicia jest ich tyle ile łamanych łączących (0, 2) i (2k, 0). Czyli ile? Aby z (0, 2) dostać się do (2k, 0) wykonamy g kroków do góry i d w dół. Po pierwsze g + d = 2k, a po drugie g d = 2 0. Zatem g = k 1,więc łamanych łączących (0, 2) i (2k, 0) jest ( ) 2k k 1. Ostatecznie otrzymujemy, że nieprzecinających bipartycji zbioru {1,..., 2k} jest ( ) ( ) 2k 2k = (2k)! ( 1 k k 1 (k 1)!k! k 1 ) ( ) 2k 1 = k + 1 k k + 1.

Zad. 4 (12p.) Niech G = (V, E) będzie grafem o parzystej liczbie wierzchołków V = n. Pokazać, że n 1 χ (G) + χ (G) 2(n 1) oraz 0 χ (G) χ (G) (n 1) 2. Dla każdej parzystej liczby naturalnej n znaleźć grafy G 1 i G 2 o n wierzchołkach dla których χ (G 1 ) + χ (G 1 ) = n 1 oraz χ (G 2 ) + χ (G 2 ) = 2(n 1). Z tw. Vizinga mamy: χ (G) (G) oraz χ (G) (G). Ponadto, dla każdego grafu G zachodzi n 1 (G) + (G). Stąd otrzymujemy pierwszą z nierówności (licząc od lewej). Trzecia nierówność od lewej jest również natychmiastowa. Skupimy się zatem teraz na dwóch: χ (G) + χ (G) 2(n 1) oraz χ (G) χ (G) (n 1) 2. Oczywistym jest, że jeśli graf G 1 jest podgrafem grafu G 2, to χ (G 1 ) χ (G 2 ). Zatem w naszym przypadku χ (G), χ (G) χ (K n ). Dla parzystego n zachodzi χ (K n ) = n 1. Stąd natychmiastowo otrzymujemy prawdziwość rozważanych nierówności. Niech G 1 = k K 2, gdzie k df = n 2. Wtedy χ (G 1 ) = 1 oraz χ (G 1 ) = n 2. Pierwsza równość jest oczywista. Żeby pokazać drugą należy zauważyć, że χ (G 1 ) (G 1 ) = n 2. Ponadto, jeśli rozważymy dowolne dobre kolorowanie krawędzi grafu K n na n 1 kolorów i usuniemy z K n wszystkie krawędzie o jednym, ustalonym z góry kolorze, to otrzymamy graf izomorficzny z G 1. W ten sposób otrzymujemy dobre kolorowanie krawędzi G 1 na n 2 kolorów, co kończy dowód równości χ (G 1 ) = n 2. Można też wziąc G 1 = K n. Wtedy oczywiscie χ (G 1 ) = n 1 (to wiemy z ćwiczeń) oraz χ (G 1 ) = 0. Niech G 2 = K n 1,1 - graf dwudzielny pełny o klasach dwudzielności X i Y liczności odpowiednio n 1 oraz 1. Wtedy, z tw. Königa mamy χ (G 2 ) = (G 2 ) = n 1. Teraz skupimy się na pokazaniu równości χ (G 2 ) = n 1. Łatwo zauważyć, że podgraf indukowany G 2 [X] jest grafem pełnym o n 1 wierzchołkach. Z ćwiczeń wiemy, że taki graf ma indeks chromatyczny równy n 1 (gdyż, n 1 jest liczbą nieparzystą). Zatem n 1 = χ (G 2 [X]) χ (G 2 ). Ponieważ wszystkie krawędzie grafu G 2 zawierają się w podgrafie indukowanym G 2 [X], to χ (G 2 ) = n 1. To kończy dowód.

Zad. 5 (12p.)