Ekstremala teoria grafów Filip Lurka V Liceum ogóloksztaªc ce w Krakowie
1 Ekstremala Teoria Grafów 1 Ekstremala Teoria Grafów Filip Lurka 1.1 Teoria Deicja 1.1 Klik azywamy graf peªy; ka»de dwa wierzchoªki s poª czoe kraw dzi. Deicja 1. Klik k-wierzchoªkow azywamy klik posiadaj c k wierzchoªków. Deicja 1.3 Grafem k-wolym azywamy graf iezawieraj cy kliki k-wierzchoªkowej. Deicja 1. Stopiem wierzchoªka grafu azywamy liczb kraw dzi s siaduj cych z wierzchoªkiem. Ozaczay jako degw i, gdzie W i jest wierzchoªkiem. Twierdzeie 1.1 (Twierdzeia Matela) Maksymala liczba kraw dzi w grae o wierzchoªkach, w którym ie ma trójk tów, jest rówa. Dowód Przeprowad¹my dowód idukcyjy. Dla = 1 i =, teza jest oczywista. Zaªó»my,»e > i asz graf G ma pew kraw d¹ AB. Z zaªo»eia idukcyjego, podgraf W utworzoy z pozostaªych wierzchoªków (G bez A i B), ma co ajwy»ej ( ) kraw dzi. Zauwa»my teraz,»e ka»dy wierzchoªek C ale» cy do W, ma kraw d¹ z co ajwy»ej jedym z wierzchoªków A i B (iaczej powstaªby trójk t). Takich wierzchoªków jest i dodatkowo ale»y jeszcze policzy kraw d¹ AB, wi c G ma co ajwy»ej: ( ) ( ) ( ) 1 ( ) 1 = = kraw dzi - co ko«czy dowód. Lemat 1.1 (Lemat Zarakiewicza) Je»eli G jest grafem iezawieraj cym k-wierzchoªkowej kliki, to istieje wierzchoªek G, którego stopie«ie przekracza k k 1. Dowód Zaªó»my przeciwie. Ozaczmy zbiór wierzchoªków poª czoych z V i przez A i oraz we¹my pewie wierzchoªek V 1. Z zaªo»eia: k k A i > k 1 1 k 1 > 0 Zatem istieje V A 1. Nast pie: A 1 A = A 1 A A 1 A (1 k k 1 ) > 0
1.1 Teoria 3 Zatem istieje V 3 A 1 A. Kotyuuj c rozumowaie otrzymujemy,»e dla ka»dego i: j i=1 W szczególo±ci, dla j = k 1: k 1 i=1 k A i j(1 k 1 ) (j 1) k A i (k 1)(1 k 1 ) (k ) > 0 Zatem istieje wierzchoªek V k k 1 i=1 A i. Ale widzimy,»e wtedy wierzchoªki V 1,..., V k tworz klik k-wierzchoªkow. Uzyskali±my sprzeczo±, co ko«czy dowód. Twierdzeie 1. (Twierdzeie Turaa) Najwi ksz liczb kraw dzi, jak mo»e posiada -wierzchoªkowy graf iezawieraj cy k- wierzchoªkowej kliki jest: k k 1 r ( ) r gdzie r jest reszt z dzieleia przez k 1. Dowód Przeprowad¹my dowód idukcyjy ze wzgl du a. Dla = 1, teza jest oczywista. Zaªó»my teraz,»e teza jest prawdziwa dla wszystkich grafów o 1 wierzchoªkach iezawieraj cych kliki k-wierzchoªkowej. Z lematu Zarakiewicza, z daego grafu G (iezawieraj cego k-wierzchoªkowej kliki) mo»emy wybra wierzchoªek o stopiu ie wiekszym i» k k 1. Z zaªo»eia idukcyjego, podgraf utworzoy z pozostaªych 1 wierzchoªków ie zawiera kliki k-wierzchoªkowej. Zatem liczba kraw dzi grafu G ie przekracza: k k 1 k k 1 s ( ) s gdzie s 1 (mod k 1). Widzimy,»e: r (mod k 1), r < k 1 oraz 1 s (mod k 1), s < k 1 s 1 (mod k 1). Rozwa»my przypadki. W pierwszym, s < k, czyli s 1 < k 1, wi c s 1 = r, s = r 1. W drugim przypadku, s = k 1 (mod k 1), czyli r = 0. Po podstawieiu s widzimy,»e: k k 1 k k 1 s ( ) s = k k 1 r ( ) r Pozostaªo pokaza,»e da si skostruowa graf o -wierzchoªkach iezawieraj cy k- wierzchoªkowej kliki, który ma tyle kraw dzi. Niech = (k 1)q r. Rozwa»my k 1 grup wierzchoªków, z których r ma po q 1 elemetów, a k 1 r (reszta) ma po q elemetów i poª czmy wierzchoªki, które ie zajduj si w tych samych grupach.
1 Ekstremala Teoria Grafów Jedye kraw dzie, które ie zostaªy arysowae, to te w obr bie poszczególych grup. Jest ich dokªadie: r (q1 ) ( (k 1 r) q ). Podstawmy x za k 1. Zatem caªkowita liczba kraw dzi jest rówa: ( ) ( ) ( ) q 1 q (r (x r) ) = rq(q 1) (x r)q(q 1) = = rq xq xq = rq xq r = = (xq r) (xq r) rq xq r = x q xqr xq rq (r r) = (x 1)(q x qr) = (x 1)( r ) x ( ) r = (x 1)(q x ( ) qrx) r = x ( ) r = k k 1 r ( ) r Widzimy,»e skostruoway graf ma maksymal liczb kraw dzi oraz ie posiada kliki k-wierzchoªkowej. Taki graf azywamy grafem Turaa i ozaczamy przez T (, k). Uwaga 1: W wielu ¹ródªach zajdujemy ieco ie sformuªowaie tego twierdzeia, mówi ce o tym,»e maksymal liczb kraw dzi jest k k 1. Zauwa»my,»e odpowiada to przypadkowi, gdy r = 0, czyli k 1 dzieli i rzeczywi±cie k k 1 r ( ) r k k 1. Uwaga : Nale»y jeszcze zauwa»y,»e k k 1 r ( r ) zwykle ie jest liczb caªkowit. Wtedy oczywi±cie bierzemy pod uwag podªog z tego wyra»eia (takie sformuªowaie te» si pojawia w iektórych ¹ródªach). Uwaga 3: Udowodioe wcze±iej Twierdzeie Matela wyika wprost z Twierdzeia Turaa. Twierdzeie 1.3 (Twierdzeie Ramsaya) W grae peªym o R k wierzchoªkach i pokolorowaym k kolorami mo»a zale¹ jedokolorowy trójk t; R k jest dae wzorem rekurecyjym: R 1 = 3, R k = k(r k 1 1) i jest jedocze±ie ajmiejsz liczb o tej zale»o±ci. Dowód Przeprowad¹my dowód idukcyjy. Graf pokoloroway jedym kolorem ma oczywi±cie jedokolorowy trójk t je»eli ma co ajmiej 3 wierzchoªki. Zatem R 1 = 3. Zaªó»my wi c,»e twierdzeie jest prawdziwe dla k 1 i we¹my graf peªy o R k wierzchoªkach pokoloroway k kolorami. Rozwa»my dowoly wierzchoªek tego grafu. Jest o poª czoy z ka»dym z pozostaªych k(r k 1 1) 1 wierzchoªków jedym z k kolorów, wi c z zasady szuadkowej, z pewymi R k 1 wierzchoªkami jest poª czoy tym samym kolorem (iech to b dzie kolor iebieski). Je»eli które± wierzchoªki z tych R k 1 s poª czoe kolorem iebieskim, to mamy iebieski trójk t. W przeciwym wypadku, po±ród R k 1 wierzchoªków ie wystepuje kolor iebieski, wi c s oe poª czoe ze sob tylko k 1 kolorami. Zatem z zaªo»eia idukcyjego istieje po±ród ich jedokolorowy trójk t - co ko«czy dowód. =
1.1 Teoria 5 Problem 1 Ile kraw dzi mo»e zawiera graf o wierzchoªkach, w którym ie ma kliki 5-wierzchoªkowej? Dowód Z Twierdzeia Turaa, graf iezawieraj cy 5-wierzchoªkowej kliki mo»e mie maksymalie: 3 r ( ) r 3 8 kraw dzi. Problem W pewym pa«stwie jest 1998 miast. Dla ka»dych trzech miast, przyajmiej dwa z ich ie s bezpo±redio poª czoe. Najwi ksza liczba bezpo±redich poª cze«jest rówa 999. Dowód Niech zbiór 1998 miast b dzie grafem, gdzie ka»da kraw d¹ jest bezpo±redim poª czeiem. Z zaªo»eia wyika,»e w tym grae ie ma kliki 3-wierzchoªkowej. Zatem, a mocy twierdzeie Turaa, ajwi ksza mo»liwa liczba bezpo±redich poª cze«(kraw dzi) jest rówa: 1 1998 = 1998 = 999 Problem 3 Zbiór 1,, 3,..., 65 podzieloo a cztery rozª cze zbiory. Istiej takie liczby a, b, c (iekoieczie ró»e) ale» ce do jedego z tych zbiorów,»e a b = c. Dowód Niech ka»dy podzbiór ozacza jede kolor. We¹my 66 puktów, poumerujmy je liczbami od 1 do 66 i pomalujmy kraw d¹ kolorem przyporz dkowaym do zbioru, do którego ale»y ró»ica umerów przy tej kraw dzi. Z twierdzeia Ramseya wyika,»e 3 z tych puktów s poª czoe tym samym kolorem (poiewa» R = 66). Poumerujmy je a, b, c zakªadaj c bez straty ogólo±ci,»e a < b < c oraz iech: x = b a, y = c b, z = c a. Wtedy x, y, z ale» do jedego podzbioru oraz x y = z. Problem Zbiór liczb aturalych podzieloo a 6 parami rozª czych podzbiorów. Istiej takie liczby aturale 1 a < b < c 005,»e liczby a b, a c, b c ale» do tego samego podzbioru.
6 1 Ekstremala Teoria Grafów Dowód Rozpatrzmy graf peªy o 005 wierzchoªkach poumerowaych liczbami od 1 do 005. Przypiszmy ka»demu z 6 rozª czych podzbiorów jede kolor i poª czmy wierzchoªki o umerach x i y kolorem podzbioru, do którego ale»y x y. Z twierdzeia Ramseya, istieje trójk t jedokolorowy, poiewa» 005 < R 6 = 1958. Zatem istiej liczby a, b, c, dla których a b, a c i b c ale» do tego samego podzbioru. Problem 5 Na okr gu o promieiu 1 le»y ró»ych puktów ( ). Je»eli q jest liczb odcików o ko«cach w tych puktach i dªugo±ci wi kszej i», to 3q. Dowód Skostruujmy graf maj cy wierzchoªki w okre±loych w tre±ci puktach i po- ª czmy kraw dziami pukty, których odleglo± jest wi ksza i». Poka»emy,»e w tym grae ie ma kliki -wierzchoªkowej. Zaªó»my ie wprost,»e jest i azwijmy jej wierzchoªki w kolejo±ci cykliczej: A, B, C, D. Poiewa» promie«okr gu wyosi 1, to odciek o ko«cach a okr gu i dªugo±ci tworzy ze ±rodkiem okregu k t wi kszy i» 90 stopi. Zatem odciki AB, BC, CD, DA razem tworz ze ±rodkiem k t wi kszy i» 360 stopi, co jest iemo»liwe. Zatem graf ie zawiera kliki -wierzchoªkowej, wi c z twierdzeia Turaa mo»e mie co ajwy»ej 3 kraw dzi. Problem 6 W pewym pa«stwie jest 001 miast i ka»de jest poª czoe bezpo±redio z przyajmiej 1600 miastami. Najwi kszym, dla którego musi by mo»liwe zalezieie miast, z których ka»de dwa s bezpo±redio poª czoe, jest = 5. Dowód Niech 001 miast (wierzchoªków) tworzy graf G. Teza jest rówowa»a z tym,»e ale»y zale¹ ajwi ksze takie, dla którego musi by mo»liwe zalezieie kliki -wierzchoªkowej. Z lematu Zarakiewicza wiemy,»e je»eli G ie zawiera takiej kliki, to istieje wierzchoªek, który ma stopie«co ajwy»ej rówy 1 001. Zatem chcemy zale¹ ajwi ksze, dla którego 1 001 < 1600, poiewa» wtedy lemat ie b dzie speªioy dla. Widzimy,»e ajwiekszym rozwi zaiem jest = 5. Pozostaªo pokaza,»e dla > 5, graf ie musi zawiera -wierzchoªkowej kliki. W szczególo±ci, wystarczy skostruowa graf o 100 wierzchoªkach i stopiach wierzchoªków rówych co ajmiej 1600 iezawieraj cy 6-wierzchoªkowej kliki. Takim grafem jest graf Turaa - T(001, 6), którego stopie«jest rówy 5 001 = 1600, i który ie zawiera 6-wierzchoªkowej kliki. Problem 7 Daych jest 1 puktów a okr gu. Istieje przyajmiej 100 par puktów, takich,»e para tworzy z ±rodkiem okr gu k t o warto±ci co ajwy»ej 10 stopi.
1.1 Teoria 7 Dowód Rozwa»my dwa grafy, jede (G) utworzoy z par puktów, które tworz ze ±rodkiem okr gu k t ie wi kszy i» 10 stopi, a drugi (W), uzupeªiaj cy G do grafu peªego (utworzoego z daych 1 puktów). W G, poª czmy wierzchoªki je»eli tworz ze ±rodkiem k t ie wi kszy i» 10 stopi, a odpowiedio w W, poª czmy wierzchoªki je»eli tak ie jest. Widzimy,»e w te sposób poªaczyli±my parami wszystkie 1 puktów, czyli otrzymali±my w sumie ( 1 ) = 10 kraw dzi. Zauwa»my,»e W jest grafem, który ie posiada trójk tów (gdyby posiadaª, to w daym trójk cie które± pukty speªiaªyby waruek k towy - co wyika z tego,»e k t przy ±rodku okr gu opisaego a trójk cie jest peªy), wi c z twierdzeia Turaa, W ma maksymalie 1 1 = 110 kraw dzi. Zatem G ma co ajmiej 10 110 = 100 kraw dzi, co ko«czy dowód. Problem 8 Niech A b dzie podzbiorem zbioru S = {1,,..., 1000000} maj cym dokªadie 101 elemetów. Istiej t 1, t,..., t 100 S takie,»e zbiory A j = {x t j x A}, j = 1,,..., 100 s parami rozª cze. Dowód Niech A = a 1 < a <... < a 101. Narysujmy graf maj cy 10 6 wierzchoªków i poª czmy wierzchoªki i oraz j je»eli zbiory (A i) i (A j) s rozª cze. Widzimy,»e»eby wierzchoªek k byª poª czoy z wierzchoªkiem l, to k l ie mo»e by rówe a i a j (a i a j ). Liczb takiej postaci jest 101 100, zatem ka»dy wierzchoªek jest stopia co ajmiej 10 6 101 100. Zatem graf ma co ajmiej 106 (10 6 101 100) (*) kraw dzi. Teza b dzie zachodzi, je»eli w daym grae mo»a zale¹ klik 100-wierzchoªkow. Z twierdzeia Turaa wiemy,»e istieje klika 100-wierzchoªkowa je»eli graf ma wi cej i»: k k 1 r ( ) r = 98 ( ) 99 101 1 1 kraw dzi. Mo»a sprawdzi,»e powy»sza liczba jest miejsza i» (*), zatem teza zachodzi. Problem 9 Na koferecji jest delegatów i ka»dy za co ajwy»ej k j zyków. W ka»dej trójce, co ajmiej dwóch delegatów mówi wspólym j zykiem. Najmiejszym, takim»e dla jakiejkolwiek koguracji speªiaj cej powy»sze kryteria, mo»liwe jest zalezieie j zyka, którym mówi co ajmiej trzech delegatów, jest = k 3. Dowód Najpierw poka»emy,»e teza zachodzi dla = k 3. Skostruujmy graf, w którym wierzchoªkami b d delegaci i poª czmy kraw dzi par delegatów, je»eli ie mówi tym samym j zykiem. Z zaªo»eia, w grupie trzech delegatów, przyajmiej dwóch mówi
8 1 Ekstremala Teoria Grafów wspólym j zykiem, zatem asz graf ie zawiera kliki 3-wierzchoªkowej. Z lematu Zarakiewicza, istieje pewie wierzchoªek A, którego stopie«ie przekracza. Wyika z tego,»e ie jest poª czoy z przyajmiej k 1 wierzchoªkami. Zatem delegat A, mo»e si dogada w pewym j zyku z ka»dym z pewej grupy k 1 delegatów. Ale poiewa» A za co ajwy»ej k j zyków, to porozumiewa si z przyajmiej dwoma delegatami z tej grupy tym samym j zykiem. Zale¹li±my wi c grup 3 delegatów mówi cych tym samym j zykiem. Pozostaªo wykaza,»e mo»a tak rozdzieli j zyki pomi dzy k delegatów,»eby teza ie zachodziªa (poiewa» wtedy b dziemy wiedzie,»e k 3 jest ajmiejsz liczba speªiaj c waruki zadaia). Podzielmy ich a grupy po k 1 delegatów ka»da i przydzielmy ka»dej parze w obr bie grupy, iy j zyk, w którym si komuikuje. Widzimy,»e ka»dy delegat mówi k-j zykami oraz dla ka»dej grupy trzech delegatów, dwóch zajdzie si w tej samej grupie, wi c mówi wspólym j zykiem. Wida,»e w tej sytuacji teza ie zachodzi, poiewa» ka»dym j zykiem mówi co ajwy»ej dwóch delegatów. Problem 10 Day jest graf G posiadaj cy 1 kraw dzi i wierzchoªków ( 3). G zawiera dwa trójk ty dziel ce wspóly bok. Dowód Przeprowad¹my dowód idukcyjy. Dla = 3, asz graf (G) ma 6 wierzchoªków i 10 kraw dzi. Z twierdzeia Turaa, je»eli graf 6-wierzchoªkowy ie zawiera trójk ta, to ma co ajwy»ej 36 = 9 kraw dzi. Zatem graf G zawiera trójk t. Mo»emy wybra wierzchoªki A i B tego trójk ta o stopiu tej samej parzysto±ci. Je»eli graf utworzoy z pozostaªych wierzchoªków zawiera co ajmiej 5 kraw dzi, to teza zachodzi. Zaªó»my, wi c,»e zawiera co ajwy»ej kraw dzie. Wtedy, co ajmiej 6 kraw dzi ma ko«ce w A i B. Poiewa» pomi dzy A i B ju» jest kraw d¹, to z A lub B wychodzi co ajmiej 5 kraw dzi, ale poiewa» stopie A i B s tej samej parzysto±ci, to wychodzi z A lub B co ajmiej 6 kraw dzi. Ale poiewa» ª cz oe A i B z pozostaªymi wierzchoªkami, to z zasady szuadkowej, co ajmiej z tych wierzchoªków, s poª czoe zarówo z A, jak i z B - co dowodzi tezy dla = 3. Zaªó»my,»e teza zachodzi dla i stosuj c aalogicze rozumowaie poka»my,»e zachodzi te» dla 1 (graf W). Poiewa» W ma ( 1) wierzchoªków i ( 1) 1 kraw dzi, to z twierdzeia Turaa zawiera trójk t. Poowie, wybieramy z trójk ta wierzchoªki o stopiach tej samej parzysto±ci. Je»eli pozostaªe wierzchoªków (*) zawiera co ajmiej 1 kraw dzi, to a mocy zaªo»eia idukcyjego, teza zachodzi. W przeciwym wypadku, co ajmiej kraw dzi ma ko«ce w A lub B, ale poiewa» jest kraw d¹ pomi dzy A i B oraz ich stopie s tej samej parzysto±ci, to przyajmiej kraw dzi wychodzi z A lub B do (*). Tak jak dla = 3, istiej dwa wierzchoªki z (*), z których ka»dy jest poª czoy z A i B - co ko«czy dowód.
1.1 Teoria 9 Problem 11 Graf o wierzchoªkach i k kraw dziach zawiera co ajmiej k 3 (k ) trójk tów. Dowód Poumerujmy wierzchoªki grafu od 1 do, ozaczmy je v i i iech wierzchoªek v i ma stopie«d i. We¹my v i oraz v j : v i jest poª czoy z (d i 1) spo±ród pozostaªych ( ) wierzchoªków, a v j - z (d j 1). Poiewa» iych wierzchoªków i» v i oraz v j jest tylko ( ), to liczba wierzchoªków poª czoych zarówo z v i, jak i z v j jest rówa przyajmiej: (d i 1) (d j 1) ( ) = (d i d j ) Tyle jest te» przyajmiej trójk tów o kraw dzi v i v j. Zatem caªkowita liczba trójk tów jest rówa 1 3 v i v j E (d i d j ), gdzie E to jest zbiór kraw dzi. Ale v i v j E (d i d j ) = i=1 (d i), poiewa» ka»dy wierzchoªek i pojawia si w dokªadie d i wyrazach. Zatem caªkowita liczba trójk tów jest rówa: 1 3 Z ierówo±ci Cauchy'ego Schwarza: i=1 (d i ) 1 3 k i=1 (d i ) ( i=1 d i) Sk d w oczywisty sposób uzyskujemy tez. = (k) = k Problem 1 Niech A 1, A,..., A 101 b d ró»ymi podzbiorami zbioru 1,,...,,»e suma którychkolwiek 50 podzbiorów ma wi cej i» 50 51 elemetów. Po±ród ich s takie trzy,»e dowole dwa z tych trzech maj elemet wspóly. Dowód Rozwa»my graf G, którego wierzchoªkami s dae podzbiory i poª czmy dwa podzbiory je»eli maj wspóle elemety. Zaªó»my,»e G ie zawiera kliki 3-wierzchoªkowej (w przeciwym wypadku teza jest oczywista). Udowodijmy,»e istieje grupa przyajmiej 51 wierzchoªków, z których ka»dy ma stopie«co ajwy»ej 50. Zaªó»my ie wprost,»e tak ie jest, czyli istieje grupa 51 wierzchoªków, ka»dy o stopiu rówym co ajmiej 51 (*). Wybierzmy wierzchoªek A ale» cy do tej grupy. A jest poª czoe z co ajmiej 51 wierzchoªkami, wi c z (*) wiemy,»e A musi by poª czoe z pewym wierzchoªkiem B, którego stopie«te» jest co ajmiej 51. Poiewa» A i B s poª czoe z co ajmiej 51 wierzchoªkami, a wierzchoªków iych i» A i B jest 99, to musi istie wierzchoªek C, który jest poª czoy zarówo z A, jak i z B. Uzyskali±my sprzeczo±, poiewa» w G ie ma trójk ta. Zatem mo»emy zale¹ wierzchoªki A i1,..., A i51, z których ka»dy ma stopie«co ajwy»ej 50. Wyika z tego,»e podzbiór A i1 jest rozª czy z co ajmiej
10 1 Ekstremala Teoria Grafów pi dziesi cioma podzbiorami. Poiewa» iloczy tych 50 podzbiorów ma wi cej i» 50 51 elemetów, wioskujemy,»e A i1 < 50 51 = 51. W podoby sposób: A i j < 51 dla ka»dego j 1,,..., 51. Zatem: A i1 A i... A i50 A i1... A i50 < 50 51 = 50 51 Co jest sprzecze z zaªo»eiami zadaia. Problem 13 Niech G b dzie grafem iezawieraj cym trójk tów (1), takim,»e»ade jego wierzchoªek ie jest przystaj cy do wszystkich pozostaªych wierzchoªków () oraz je»eli A i B ie s poª czoe kraw dzi, to istieje taki wierzchoªek C,»e AC i BC s kraw dziami (3). Wszystkie wierzchoªki maj te sam stopie«. Dowód Rozpatrzmy pukt A tego grafu o stopiu m i s siadach B 1,..., B m. Z (1), dla i j, B i i B j ie s poª czoe i z (3), pukt C A ie mo»e by poª czoy z B i oraz B j jedocze±ie. Zatem s siadów B i postaci C ij (ró»ych od A i ró»ych od pozostaªych B j ) jest dokªadie degb i 1. Jedyymi puktami, które mog by poª czoe z C ij (ie licz c B i ) s ie C hk, poiewa» z (3) wyika,»e ka»dy wierzchoªek grafu jest poª czoy z A ±cie»k dªugo±ci 1 lub (Iymi sªowy, jedyymi puktami tego grafu s : A, s siedzi A, czyli B i, oraz s siedzi puktów B i - ozaczae jako C z odpowiedim ideksem). Ale z (), C ij ie mo»e by poª czoe z C ik oraz ie mo»e by poª czoe z ró»ymi C kh i C kh z (3), zatem jest poªaczoe z co ajwy»ej jedym puktem postaci C kh dla ka»dego k i (*). Dodatkowo, zauwa»my,»e z (3) wyika,»e musi istie pukt X poª czoy z B k i C ij (k i) oraz jedyymi puktami poª czoymi z B k s A i C kh. Zatem C ij musi by poª czoe z przyajmiej jedym puktem C kh dla ka»dego k i (**). Z (*) oraz (**) wioskujemy,»e stopie«c ij jest rówy m. Ale gdyby±my wystartowali z puktu B i zamiast A i powtórzyli aalogicze rozumowaie, to uzyskaliby±my,»e stopie«b i jest taki sam jak stopie«c hk, gdzie C hk jest jedym z s siadów C i1. Zatem wszystkie pukty maj te sam stopie«. Problem 1 Graf o wierzchoªkach i k kraw dziach ie zawiera trójk tów. Mo»a wybra taki wierzchoªek,»e podgraf utworzoy z pozostaªych wierzchoªków ma co ajmiej k(1 k ) kraw dzi. Dowód Dla daego puktu P, podzielmy kraw dzie grafu a trzy kategorie: (1) odciki PQ, gdzie Q jest s siadem P; () odciki QQ' (Q jest s siadem P, wi c Q' im ie mo»e by, poiewa» w tym grae ie ma trójk tów); (3) odciki Q'Q, gdzie Q' i Q ie s sasiadami P. Widzimy,»e dla daego P, liczba kraw dzi w kategoriach (1)
1.1 Teoria 11 i () jest rówa degq, gdzie ozacza,»e sumujemy tylko po s siadach P. Zatem liczba kraw dzi w kategorii (3) jest rówa: k degq. Chcemy wi c pokaza,»e degq k. Sumuj c kraw dzie w kategoriach (3) dla wszystkich P, otrzymujemy: P degq (*), co jest rówe deg Q (suma po wszystkich puktach Q), poiewa» ka»dy degq liczyli±my w sumie (*) dokªadie degq razy. Z ierówo±ci Cauchy'ego-Schwarza: Ale degq = k, wi c: ( degq) ( 1 )( deg Q) = deg Q P degq = deg Q ( degq) = k Ale poiewa» suma wyrazów jest rówa co ajmiej k, to przyajmiej jede wyraz jest wiekszy lub rówy k. Zatem mo»a zale¹ takie P, dla którego degq k - co chcieli±my pokaza. Bibliograa 1. Problems from the book, Titu Adrescu, Gabriel Dospiescu. Olimpiady matematycze z caªego ±wiata