megoldások - bzmatek · egy társaságban nő és férfi szórakozik együtt. mind enkit...
TRANSCRIPT
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
1
Megoldások
1. Rajzolj olyan egyszerű gráfot melynek fokszám sorozata:
a) 𝟏; 𝟏; 𝟏; 𝟏; 𝟏; 𝟏; 𝟏; 𝟐; 𝟐; 𝟗
b) 𝟏; 𝟏; 𝟐; 𝟑; 𝟒
c) 𝟎; 𝟏; 𝟐; 𝟑; 𝟒; 𝟓; 𝟓; 𝟔; 𝟕; 𝟗
d) 𝟑; 𝟒; 𝟔; 𝟔; 𝟖; 𝟗; 𝟗; 𝟗; 𝟗; 𝟗
e) 𝟎; 𝟏; 𝟐; 𝟐; 𝟑
Megoldás:
Mivel egyszerű gráfokról van szó, ezért nem tartalmazhatnak hurokélt, illetve többszörös élt.
A gráfok megrajzolása előtt meg kell vizsgálnunk a következő feltételeket: Minden egyszerű
gráfban a csúcsok fokszámainak összege páros szám. Minden egyszerű gráfban van legalább
kettő azonos fokszámú csúcs. Azonban, ha ezek a feltételek teljesülnek, még nem jelenti azt,
hogy biztosan rajzolható az adott fokszámoknak megfelelő gráf.
A gráfok megrajzolásához a következő eljárást célszerű követnünk: Először kijelöljük a
legnagyobb fokszámú csúcsokat, majd behúzzuk a hozzájuk tartozó éleket. Ezt követően
kijelöljük a legkisebb fokszámú csúcsokat, s behúzzuk a hozzájuk tartozó éleket is. Ezután a
megmaradt fokszámokból ismét a legnagyobbakat használjuk fel, majd ismét a legkisebb
fokszámokat. Ezt az eljárást addig végezzük, amíg minden fokszámot fel nem használunk a
gráf megrajzolásához. Így könnyebben rájöhetünk, ha mégsem rajzolható meg a gráf.
a) 1; 1; 1; 1; 1; 1; 1; 2; 2; 9
Mivel a fokszámok összege 20 és vannak azonos fokszámú csúcsok, megpróbálhatjuk
megrajzolni a gráfot. Egy ilyen lehetséges gráf a következő:
b) 1; 1; 2; 3; 4
Mivel a fokszámok összege 11, így nem rajzolható ilyen gráf.
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
2
c) 0; 1; 2; 3; 4; 5; 5; 6; 7; 9
Mivel a fokszámok összege 42 és van azonos fokszámú csúcs, így megpróbálhatjuk
megrajzolni a gráfot. Az eljárást használva azonban adódik, hogy nem rajzolható ilyen gráf:
Mivel 10 csúcsa van a gráfnak, így a 9 fokszámú csúcsot minden másik csúccsal össze kell
kötnünk, de ezután nem tudunk kijelölni 0 fokszámú csúcsot.
d) 3; 4; 6; 6; 8; 9; 9; 9; 9; 9
Mivel a fokszámok összege 72 és van azonos fokszámú csúcs, így megpróbálhatjuk
megrajzolni a gráfot. Az eljárást használva azonban adódik, hogy nem rajzolható ilyen gráf:
Mivel 10 csúcsa van a gráfnak, így az 5 darab 9 fokszámú csúcsot minden másik csúccsal
össze kell kötnünk, de ezután nem tudunk kijelölni 3 fokszámú csúcsot.
e) 0; 1; 2; 2; 3
Mivel a fokszámok összege 8 és van azonos fokszámú csúcs, így megpróbálhatjuk
megrajzolni a gráfot. Egy ilyen lehetséges gráf a következő:
2. Az alábbi ábrán egy sakkverseny öt versenyzője között már lejátszott mérkőzéseket
láthatjuk. A versenyzők nevei: Anita, Boldizsár, Cecília, Dénes, Elemér. Sorold fel a
még hátralevő mérkőzéseket, ha minden játékos minden játékossal pontosan egy
mérkőzést játszik.
Megoldás:
Amennyiben a verseny összes meccse lezajlik, akkor egy teljes gráfot kapunk. Mivel az
5 csúcsú teljes gráfnak összesen 5 ∙ 4
2= 10 éle van, így hiányzik még 3 meccs. Az ábra alapján
ezek a következők: Anita – Dénes, Boldizsár – Cecília és Cecília – Elemér.
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
3
3. Aladár és Betti ismerik egymást, Betti ismeri Gábort is. Karcsi mindhármukat ismeri.
Ábrázold gráffal az ismeretségeket! (Az ismeretség kölcsönös.)
Megoldás:
Egy ilyen lehetséges gráf a következő:
4. Igaz - e, hogy egy hatfős társaságban mindig van két olyan ember, akik ugyanannyi
embert nem ismernek a társaságból?
Megoldás:
Tekintsük azt a gráfot, melynek csúcsai az emberek, s élekkel azok vannak összekötve, akik
nem ismerik egymást. Mivel minden egyszerű gráfban van két azonos fokszámú csúcs, így
mindig lesz két ember, akik ugyanannyi embert nem ismernek.
5. Előfordulhat - e, hogy egy 𝟕 fős társaságban mindenki pontosan 𝟑 embert ismer?
Megoldás:
Mivel az ismertségeket szemléltethetjük gráffal, így egy olyan gráfot kapnánk, ahol a csúcsok
fokszámainak összege 7 ∙ 3 = 21 lenne. Mivel egy gráf csúcsai fokszámának összege mindig
páros, így nem rajzolható ilyen gráf, vagyis nem fordulhat elő a feladatban szereplő szituáció.
6. Tíz csapat egyfordulós körmérkőzéses bajnokságot játszik. Negyven mérkőzést már
lejátszottak. Hány mérkőzés van még hátra?
Megoldás:
Mivel mindenki mindenkivel játszik egy meccset, így a bajnokság végén a párharcokat teljes
gráffal szemléltethetjük. A 10 csúcsú teljes gráf összes élének száma: 10 ∙ 9
2= 45. Ezek alapján
45 − 40 = 5 mérkőzés van még hátra.
7. Egy hét pontú egyszerű gráfban van izolált pont. Legfeljebb mennyi éle lehet?
Megoldás:
Mivel az izolált csúcsot nem köthetjük össze a többi csúccsal, így a legtöbb élt akkor kapjuk,
ha a többi csúcs egy teljes gráfot alkot. A 6 pontú teljes gráf éleinek a száma: 6 ∙ 5
2= 15.
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
4
8. Egy ötfős társaságban 𝟑 nő és 𝟐 férfi található és tudjuk, hogy az azonos neműek nem
ismerik egymást. Mindenki felírta egy darab papírra, hogy hány ismerőse van a
társaság tagjai között. Lehetséges - e, hogy a papíron szereplő számok: 𝟏; 𝟐; 𝟐; 𝟐; 𝟑?
Megoldás:
Tekintsük azt a gráfot, melynek csúcsai az emberek, s élekkel azok vannak összekötve, akik
ismerik egymást. Mivel a fokszámok összege 10 és van azonos fokszámú csúcs, így
megpróbálhatjuk megrajzolni a gráfot. A feladat alapján a 3 fokszámú csúcs csak férfi lehet.
Ezek alapján egy ilyen lehetséges gráf a következő:
9. Egy társaságban 𝟓 nő és 𝟓 férfi szórakozik együtt. Mindenkit megkérdezünk az este
végén, hogy hány ellenkező nemű emberrel táncolt az este folyamán. A nők válaszai
rendre: 𝟐; 𝟐; 𝟑; 𝟑; 𝟓. A férfiak válaszai pedig: 𝟏; 𝟐; 𝟐; 𝟒; 𝟓. Bizonyítsd be, hogy valaki
rosszul számolt!
Megoldás:
Tekintsük azt a gráfot, melynek csúcsai az emberek, s élekkel azok vannak összekötve, akik
táncoltak egymással. Ezek alapján ugyanannyi élnek kell kiindulnia a nőket, illetve a férfiakat
jelölő csúcsokból. A feladat szerint 15 él indul ki a női csúcsokból és 14 a férfiakéból, vagyis
valaki tévedett a számolás során.
10. Egy estélyen 𝟏𝟏 - en vettek részt. Akik ismerték egymást, koccintottak egymással egy
pohár pezsgővel. Akik nem ismerték egymást, azok kézfogással bemutatkoztak
egymásnak. Lehetséges – e, hogy ugyanannyi koccintás volt, mint kézfogás?
Megoldás:
Tekintsük azt a gráfot, melynek csúcsai az adott emberek, s az élek pedig a koccintásokat,
illetve kézfogásokat jelölik. Ezek alapján minden csúcs össze van kötve minden másik csúccsal,
vagyis egy teljes gráfot kaptunk. A 11 csúcsú teljes gráf éleinek száma: 11 ∙ 10
2= 55. Mivel az
élek számát nem lehet két egyenlő részre osztani, így nem lehetséges a szituáció.
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
5
11. Egy 𝟏𝟔 csúcsú egyszerű gráfnak negyedannyi éle van, mint a komplementerének.
Hány éle van a gráfnak?
Megoldás:
Legyen a gráf éleinek száma 𝑥, s ekkor a komplementer gráf éleink száma pedig 4𝑥.
Mivel a gráf és komplementere teljes gráffá egészítik ki egymást, így tekintsük a 11 csúcsú
teljes gráfot, melynek 16 ∙ 15
2= 120 éle van. A feladat szerint 𝑥 + 4𝑥 = 120, vagyis 𝑥 = 24.
Ezek alapján 24 éle van a gráfnak és 96 éle van a komplementer gráfnak.
12. Melyek izomorfak egymással az alábbi gráfok közül?
Megoldás:
Miután a csúcsokat eljelöljük betűkkel, a következő gráfok megegyeznek egymással:
Az első és ötödik fokszámsorozata 2; 3; 3; 4; 4, s ezek izomorfak.
A második, tizedik és tizenegyedik fokszámsorozata 3; 3; 3; 3; 4, s ezek izomorfak.
A harmadik és hatodik fokszámsorozata 3; 3; 4; 4; 4, azonban nem izomorfak, mert az egyik
gráfban a két 3 fokszámú csúcs össze van kötve, a másikban pedig nem.
A negyedik, hetedik, nyolcadik és tizenkettedik fokszámsorozata 3; 3; 3; 3, s ezekből a 4. és 7.
(van bennük többszörös él), illetve a 8., 9. és 12. (4 csúcsú teljes gráfok) izomorfak.
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
6
13. Egy iskolai kirándulás 𝟐𝟖 résztvevőjét megkérdezték, hogy hány osztálytársa van a
kirándulás résztvevői között. Az első 𝟏𝟓 válasz a következő volt: 𝟖 - an mondtak
𝟓 - öt, 𝟐 - en mondtak 𝟒 - et és 𝟓 - en mondtak 𝟑 - at. Mi lehetett a hiányzó
𝟏𝟑 válasz, ha tudjuk, hogy mindenkinek volt osztálytársa a kiránduláson?
Megoldás:
Abból az osztályból 6 - an jöttek, amelynek egy tanulója 5 - öt mondott. Ehhez hasonlóan: akik
4 - et mondtak, ők 5 - en jöttek egy osztályból, s akik 3 - at mondtak, azok pedig 4 - en.
Szemléltessük gráffal az egyes eseteket, s jelöljük teli karikával a már megkérdezetteket, s üres
karikával az eddig kimaradt tanulókat.
Ezek alapján az üres karikákat tekintve, 4 - en mondtak 5 - öt, 3 - an 4 - et, 3 - an 3 - at és
3 - an pedig 2 - t.
14. Egy ökölvívó edzésen 𝟒 egymást követő súlycsoport összesen 𝟔 versenyzője készül a
bajnokságra. Mind a 𝟔 versenyző megmérkőzik minden olyan klubtársával, aki
legfeljebb egy súlycsoportban tér el az ő súlycsoportjától. Hányan tartoznak az egyes
súlycsoportokba, ha összesen 𝟕 edzőmérkőzést kell vívniuk?
Megoldás:
A lejátszott mérkőzéseket szemléltethetjük gráfokkal.
Először írjuk fel, hogy az egyes súlycsoportokba mennyi versenyző tartozhat, de azokat a
lehetőségeket ne tekintsük külön esetnek, melyek ugyanazt a gráfot adják:
(1) 3; 1; 1; 1 (vagy 1; 1; 1; 3) (2) 1; 3; 1; 1 (vagy 1; 1; 3; 1)
(3) 2; 2; 1; 1 (vagy 1; 1; 2; 2) (4) 1; 2; 2; 1
(5) 2; 1; 2; 1 (vagy 1; 2; 1; 2) (6) 2; 1; 1; 2
A gráfok megrajzolásánál a játékosokat szemléltessük csúcsokkal, a lejátszott mérkőzéseket
pedig élekkel. Az egy súlycsoportba tartozó versenyzőket rajzoljuk egy oszlopba:
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
7
Ezek alapján az egyes esetekben lejátszott mérkőzések száma: 8; 10; 9; 10; 8; 7.
Mivel az utolsó esetben fognak 7 mérkőzést játszani, így a legmagasabb és legalacsonyabb
súlycsoportba 2 − 2 sportoló, míg a két középsőbe 1 − 1 versenyző tartozik.
15. Hat fiú közül pontosan kettő almát lopott, s a vallomások a következők:
Hugó: Csaba és Gábor a tettes. János: Dénes és Tamás a bűnös.
Dénes: Tamás és Csaba tette. Gábor: Hugó és Csaba a tolvaj.
Csaba: Dénes és János követték el.
A vallomások közül négyben az egyik bűnöst helyesen, a másikat helytelenül nevezték
meg. Az ötödik (sorrendben nem feltétlenül ötödik) vallomásban megnevezettek
mindketten ártatlanok. Kik lopták el az almákat?
Megoldás:
Készítsünk olyan gráfot, melynek csúcsai a fiúk, s élekkel azok vannak összekötve, akik egy
állításban egyszerre szerepelnek.
A feladat szerint egyik állításban sincsenek egyszerre megemlítve a tolvajok, így őket nem köti
össze él. Továbbá tudjuk azt is, hogy a tolvajokat jelölő csúcsok fokszámainak összege
4, mert az egyik állításban nincsenek megemlítve a tolvajok, míg a többi állításban az egyik
név tolvaj a másik pedig ártatlan. Mivel a gráfban a 2 fokszámú csúcsok össze vannak kötve
éllel, ezért csak az 1 és 3 fokszámú csúcsok lehetnek a tolvajok.
Ezek alapján Csaba és János lopott almát.
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
8
16. Rajzolj olyan fagráfot, amelyben a csúcsok fokszáma: 𝟏; 𝟏; 𝟏; 𝟏; 𝟐; 𝟐; 𝟒!
Megoldás:
Egy lehetséges összefüggő, körmentes fagráf a következő:
17. Döntsd el, hogy melyik fa az alábbi gráfok közül! Mennyi a levelek a száma?
Megoldás:
Mivel a második gráfban van kör, a harmadik gráf pedig nem összefüggő, így azok nem
fagráfok. Az első gráfban a levelek (első fokú csúcsok) száma 4, a harmadikban pedig 5.
18. Mennyi pontja és mennyi levele lehet annak a fának, amelyben a pontok
fokszámainak összege 𝟏𝟔?
Megoldás:
Mivel a fokszámok összege 16, így az élek száma 16
2= 8, a csúcsok száma pedig: 8 + 1 = 9.
Mivel minden fának van legalább két elsőfokú csúcsa, így a levelek száma ezek alapján lehet
2; 3; 4; 5; 6; 7 vagy 8.
19. Lehetséges – e 𝟑𝟎 gépet összefüggő hálózatba kötni 𝟐𝟖 kábellel?
Megoldás:
A rendszert tekintsük gráfként. A minimális összefüggő gráfok a fagráfok. Mivel egy
30 csúcsú fa gráfnak 30 − 1 = 29 éle van, így nem lehetséges a megvalósítás.
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
9
20. Írjuk fel a 𝟑𝟗𝟔𝟎 prímtényezős felbontását és ábrázoljuk fagráffal!
Megoldás:
A 3960 prímtényezős felbontása: 3960 = 23 ∙ 32 ∙ 5 ∙ 11. Egy lehetséges fagráf a következő:
21. Mennyi pontból áll az az erdő, melynek 𝟓 fájában összesen 𝟏𝟔 él van?
Megoldás:
Az erdő olyan gráf, melynek komponensei fák.
Legyen a komponensek csúcsainak a száma: 𝑎; 𝑏; 𝑐; 𝑑; 𝑒.
Ekkor az élek száma: 𝑎 − 1; 𝑏 − 1; 𝑐 − 1; 𝑑 − 1; 𝑒 − 1.
Ebből felírható a következő egyenlet:
(𝑎 − 1) + (𝑏 − 1) + (𝑐 − 1) + (𝑑 − 1) + (𝑒 − 1) = 16.
Ezek alapján kapjuk, hogy 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 + 𝑒 = 21, vagyis a csúcsok száma 21.
22. Rajzolj olyan erdőt, amely 𝟒 komponensből és 𝟏𝟎 csúcsból áll! Mennyi éle van?
Megoldás:
Az élek száma 10 − 4 = 6. Egy lehetséges erdő a következő:
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
10
23. A 𝟏𝟐 település között vízvezetékrendszert terveznek. A települések helyzetét és a
közöttük lévő csatornafektetés összköltségeit az alábbi ábra modellezi. Az 𝑨 település
csatlakozik az országos hálózatra. Add meg a leggazdaságosabban megépíthető
rendszert úgy, hogy minden település be legyen kötve a hálózatba!
Megoldás:
A minimális súlyú feszítőfát a Kruskal -, illetve Prim – algoritmussal határozhatjuk meg.
Kruskal – algoritmussal:
Először válasszuk ki az 1 súlyú éleket úgy, hogy ne alkossanak kört az előzőleg kiválasztott
élekkel: 𝐴𝐵 − 𝐸𝐼 − 𝐾𝐿. Ezt követően válasszuk ki a 2 súlyú éleket az előzőhöz hasonlóan:
𝐴𝐸 − 𝐶𝐷 − 𝐹𝐺 − 𝐺𝐻 − 𝐼𝐽 − 𝐻𝐾. Ezután válasszuk ki a 3 súlyú élt: 𝐽𝐾. A 4 súlyú éleket nem
választhatjuk, mert kört alkotnának korábbi élekkel. Végül válasszuk az 5 súlyú 𝐵𝐶 élt. A
további 6, 7 és 8 súlyú éleket már nem választhatjuk, mert bármelyik élt is választanánk, a
gráfban lenne kör. Ezek alapján egy minimális súlyú feszítőfa a következő:
Prim – algoritmussal:
Először válasszunk ki tetszőlegesen egy csúcsot, legyen ez most az 𝐹 csúcs. Az erre illeszkedő
minimális súlyú él az 𝐹𝐺 él. Ezt követően az 𝐹 és 𝐺 csúcsokra illeszkedő minimális súlyú él a
𝐺𝐻 él. Ezután az 𝐹, 𝐺, 𝐻 csúcsokra illeszkedő minimális súlyú él a 𝐻𝐾 él. Ezt követően az
𝐹, 𝐺, 𝐻, 𝐾 csúcsokra illeszkedő minimális súlyú él a 𝐾𝐿 él. Ezt követően az 𝐹, 𝐺, 𝐻, 𝐾, 𝐿
csúcsokra illeszkedő minimális súlyú él a 𝐽𝐾 él. Ezután az 𝐹, 𝐺, 𝐻, 𝐽, 𝐾, 𝐿 csúcsokra illeszkedő
minimális súlyú él az 𝐼𝐽 él. Ezt követően az 𝐹, 𝐺, 𝐻, 𝐼, 𝐽, 𝐾, 𝐿 csúcsokra illeszkedő minimális
súlyú él az 𝐸𝐼 él. Ezután az 𝐸, 𝐹, 𝐺, 𝐻, 𝐼, 𝐽, 𝐾, 𝐿 csúcsokra illeszkedő minimális súlyú él az 𝐴𝐸
él. Ezt követően az 𝐴, 𝐸, 𝐹, 𝐺, 𝐻, 𝐼, 𝐽, 𝐾, 𝐿 csúcsokra illeszkedő minimális súlyú él az 𝐴𝐵 él.
Ezután az 𝐴, 𝐵, 𝐸, 𝐹, 𝐺, 𝐻, 𝐼, 𝐽, 𝐾, 𝐿 csúcsokra illeszkedő minimális súlyú él a 𝐵𝐶 él. Végül az
𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐸, 𝐹, 𝐺, 𝐻, 𝐼, 𝐽, 𝐾, 𝐿 csúcsokra illeszkedő minimális súlyú él a 𝐶𝐷 él. Mivel a gráfnak
nincs több csúcsa, így az algoritmus végére értünk. Ezzel a módszerrel ugyanazt a feszítő fát
kaptuk vissza, mint az előző algoritmussal.
Ezek alapján a feszítő fa minimális súlya: 1 + 1 + 1 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 3 + 5 = 23.
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
11
24. Keress maximális költségű favázat az alábbi gráfban!
Megoldás:
A maximális súlyú feszítőfát a Kruskal - és Prim – algoritmussal szintén meghatározhatjuk.
Kruskal – algoritmussal:
Először válasszuk ki a 9 súlyú éleket úgy, hogy ne alkossanak kört az előzőleg kiválasztott
élekkel: 𝐶𝐻 − 𝐸𝐼. Ezt követően válasszuk ki a 8 súlyú éleket az előzőekhez hasonlóan:
𝐵𝐻 − 𝐶𝐷 − 𝐸𝐹 − 𝐸𝐻 (a 𝐷𝐼 – t nem választhatjuk, mert akkor lesz kör). A 6 súlyú élt nem
választhatjuk, mert akkor kört alkotna korábbi élekkel. Ezután válasszuk ki az 5 súlyú élt: 𝐴𝐵.
Végül a két 4 súlyú él közül válasszuk ki az egyiket, legyen ez a 𝐵𝐺 él. A másik élt, illetve a
3, 2 és 1 súlyú éleket már nem választhatjuk, mert bármelyik élt is választanánk, a gráfban lenne
kör. Ezek alapján egy maximális feszítőfa a következő:
Prim – algoritmussal:
Először válasszunk ki tetszőlegesen egy csúcsot, legyen ez most a 𝐺 csúcs. Az erre illeszkedő
egyik maximális súlyú él az 𝐴𝐺 él. Ezt követően az 𝐴 és 𝐺 csúcsokra illeszkedő maximális
súlyú él az 𝐴𝐵 él. Ezután az 𝐴, 𝐵, 𝐺 csúcsokra illeszkedő maximális súlyú él a 𝐵𝐻 él. Ezt
követően az 𝐴, 𝐵, 𝐺, 𝐻 csúcsokra illeszkedő maximális súlyú él a 𝐶𝐻 él. Ezt követően az
𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐺, 𝐻 csúcsokra illeszkedő egyik maximális súlyú él a 𝐶𝐷 él. Ezután az 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷, 𝐺, 𝐻
csúcsokra illeszkedő egyik minimális súlyú él a 𝐷𝐼 él. Ezt követően az 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷, 𝐺, 𝐻, 𝐼
csúcsokra illeszkedő maximális súlyú él az 𝐸𝐼 él. Végül az 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷, 𝐸, 𝐺, 𝐻, 𝐼 csúcsokra
illeszkedő maximális súlyú él az 𝐸𝐹 él. Mivel a gráfnak nincs több csúcsa, így az algoritmus
végére értünk. Ezzel a módszerrel a következő feszítőfát kaptuk:
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
12
Ezek alapján mind a két feszítőfa maximális súlya: 9 + 9 + 8 + 8 + 8 + 8 + 5 + 4 = 59.
25. Van – e olyan fagráf, melyben van nyitott Euler – vonal?
Megoldás:
Mivel a nyitott Euler - vonal feltétele két páratlan fokú csúcs létezése, s minden fában van
legalább két elsőfokú csúcs, így a lehetséges gráfban lennie kell két elsőfokú csúcsnak, s több
páratlan fokú csúcs nem lehet benne. Ebben az esetben viszont a fa nem tartalmazhat elágazást,
vagyis egy ilyen lehetséges gráf a következő:
26. Van – e olyan gráf, amelyben van zárt – és nyílt – Euler vonal is?
Megoldás:
Mivel a nyílt – Euler vonal feltétele az, hogy legyen benne pontosan két páratlan fokú csúcs, a
zárt – Euler vonal feltétele pedig, hogy csak páros fokú csúcsok lehetnek a gráfban, így nincs
ilyen gráf.
27. Van – e olyan séta, amely út, de nem vonal?
Megoldás:
Nincs, mert ha egy séta nem vonal, akkor van olyan él melyen kétszer is áthalad, vagyis annak
végpontjain is, így nem lehet út.
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
13
28. A 18. században Königsberg városát a Pergel folyón 𝟕 híd kötötte össze (lásd: ábra).
a) Vasárnaponként a város lakói szívesen sétálgattak, és felvetették a következő
kérdést: lehetséges - e, hogy valaki a lakásából indulva minden hídon átsétáljon,
majd hazaérkezzen úgy, hogy egyik hídon se menjen át egynél többször? (A
problémával Eulerhez fordultak, aki a szentpétervári akadémia tanára volt.)
b) Van - e olyan városrész, amelyből indulva bejárhatjuk a hidakat úgy, hogy
mindegyiken pontosan egyszer menjünk át, de nem kell feltétlenül
visszaérkeznünk a kiindulási helyre?
c) Legkevesebb hány hidat kell építeni, és hova, hogy legyen olyan városrész,
amelyből indulva be tudjuk járni a hidakat úgy, hogy mindegyiken pontosan
egyszer menjünk át, és nem kell feltétlenül visszaérkeznünk a kiindulási helyre?
d) Legkevesebb hány hidat kell építeni és hová, hogy legyen olyan városrész, amelyből
indulva be tudjuk járni a hidakat úgy, hogy mindegyiken pontosan egyszer
menjünk át és visszaérkezzünk a kiindulási helyre?
Megoldás:
Tekintsük azt a gráfot, mely a város részeit szemlélteti: a csúcsok a szigetek és partokat jelölik,
az élek pedig a hidakat.
a) A kérdést megfogalmazhatjuk úgy is, hogy van - e az adott gráfnak zárt Euler - vonala?
Mivel a gráfban szerepel páratlan fokszámú csúcs, ezért ez az eset nem lehetséges.
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
14
b) A kérdést megfogalmazhatjuk úgy is, hogy van - e az adott gráfnak nyílt Euler - vonala?
Mivel 4 olyan csúcs van, melynek fokszáma páratlan, ezért ez az eset sem teljesülhet.
c) Mivel akárhova építünk egy hidat, akkor már csak két csúcs fokszáma lesz páratlan, így
bárhová is építünk egy hidat, lesz a gráfban nyílt Euler – vonal.
d) Ebben az esetben 2 hidat kell építenünk két - két különböző városrész között, mert akkor
minden csúcs fokszáma páros lesz, s így a gráfban lesz zárt Euler – vonal.
29. Lerajzolhatóak - e a következő ábrák a ceruza felemelése nélkül úgy, hogy minden
vonalon pontosan egyszer haladjunk végig?
Megoldás:
A feladatot átfogalmazva az a kérdés, van-e a gráfokban nyílt – Euler vonal?
Az első, negyedik és ötödik gráfban minden csúcs fokszáma páros, ezért van
zárt – Euler vonala, tehát még az is lehetséges, hogy a kiindulási pontba visszatérjünk.
A harmadik gráfban a páratlan fokú csúcsok száma pontosan 2, ezért található benne nyílt Euler
– vonal, így az ábra lerajzolható, s ezen két csúcs valamelyikéből kell indulnunk.
A második és hatodik gráfban a páratlan fokú csúcsok száma 4, így azokat nem lehet lerajzolni
a ceruza felemelése nélkül.
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
15
30. Legalább hányszor kell felemelni a ceruzát és egy másik pontban folytatni a rajzolást,
hogy megrajzoljuk az ábrákat úgy, hogy egy szakaszt se rajzoljuk át egynél többször?
Megoldás:
A felemelés miatt új éleket kell az ábrába rajzolnunk úgy, hogy a gráfban legyen legalább nyílt
Euler – vonal. Mivel a páratlan fokszámú csúcsok száma 8 = 2 ∙ 4, illetve 10 = 2 ∙ 5, ezért
minimum 4 − 1 = 3, illetve 5 − 1 = 4 élt kell berajzolnunk ahhoz, hogy végig tudjunk menni
rajtuk minden élt érintve.
Az új éleket csak páratlan fokszámú csúcsokhoz húzhatjuk, s egy ilyen csúcshoz csak egy új él
tartozhat, ezáltal egy olyan gráfot kapunk, melyben a páratlan fokszámú csúcsok száma
pontosan 2 lesz. Egy ilyen lehetséges megoldás a következő:
Amennyiben 4, illetve 5 élt is behúzunk a páratlan fokú csúcsokhoz az előzőeknek megfelelően,
akkor akár a kezdőpontba is érkezhetünk végül. Egy ilyen lehetséges megoldás a következő:
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
16
31. A térképen látható városrész pirossal jelzett utcáit egy meleg nyári nap estéjén locsoló
kocsival locsolják. Lehetséges - e, hogy a locsoló kocsi minden utcán végigmenjen, de
egyik utcán se menjen végig egynél többször?
Megoldás:
A térképet gráfként tekintve, a feladat szerint egy nyílt Euler – vonalat kell bejárnia a kocsinak.
Mivel a páratlan fokszámú csúcsok száma 10, így ez nem lehetséges.
32. Betörőt fogtak a bankban, melynek alaprajza az ábrán látható. A betörőt a széf
kinyitása közben fülelték le, és a biztonsági rendszer segítségével megállapították,
hogy mire odáig eljutott, minden ajtón pontosan egyszer ment át. Melyik helyiségben
van a széf?
Megoldás:
Tekintsük azt a gráfot, amelyben a csúcsok a helyiségeket, az élek az ajtókat szemléltetik.
A gráfban pontosan 2 csúcs fokszáma páratlan, ezért található benne nyílt Euler - vonal. Mivel
a rabló a 𝐵 helyiségből indult, ezért a széf csak 𝐻 - ban lehet.
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
17
33. Az ábra 𝟗 falu közötti úthálózatot mutatja, az utakra írt számok a falvak távolságát
jelentik kilométerben. Az utak állapotát ellenőrzik, ezért egy autó indul az
𝑨 faluból, és végigjárja az összes utat. Milyen útvonalat válasszon, hogy az összes
útszakaszt megnézze és a lehető legrövidebb úton visszatérjen 𝑨 - ba?
Megoldás:
Mivel csak a legrövidebb élek csúcsainak fokszáma páratlan, ezért elegendő, ha ezzel a 3 éllel
húzunk párhuzamos éleket, s akkor már minden csúcs fokszáma páros lesz, vagyis a gráf
tartalmazni fog zárt Euler – vonalat.
Ezek alapján a legrövidebben úgy tudunk körbemenni az utakon, ha a 3 legkisebb útszakaszt
kétszer járjuk be.
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
18
34. Határozd meg a kocka gráfjának az átmérőjét!
Megoldás:
A kocka egy lehetséges gráfja a következő:
A gráf átmérője a csúcsok közötti távolságok maximuma, vagyis kocka esetén a testátló, azaz
𝐴 és 𝐺 távolsága. Ezek alapján a kocka átmérője: 𝑑𝑖𝑎𝑚 (𝐺) = 3.
35. Tekintsük egy kocka csúcsait és éleit egy gráf csúcsainak, illetve éleinek.
a) Végig mehet - e egy légy a kocka élein úgy, hogy minden csúcsot egyszer érint?
b) Végig mehet - e egy légy a kocka élein úgy, hogy minden élen egyszer megy át?
c) Hány testátlót kell felvenni a kockában, hogy a légy végigmehessen az éleken és a
testátlókon úgy, hogy minden élen és testátlón pontosan egyszer haladjon végig?
Megoldás:
A kockának megfelelő gráfot ábrázolhatjuk a következőképpen:
a) A kérdés átfogalmazva az, hogy van - e a gráfban Hamilton - út? A gráfban található
Hamilton – kör is, ami azt jelenti, hogy a légy akár vissza is tud térni a kiindulási pontba.
Egy ilyen lehetséges bejárás a következő:
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
19
b) A kérdés átfogalmazva az, hogy van - e a gráfban nyílt Euler - vonal? Mivel a gráfban
minden csúcs fokszáma páratlan, ezért nincs nyílt Euler – vonala, tehát nem tud a légy
végighaladni az összes élen a feltételnek megfelelően.
c) Amennyiben a 4 testátlóból behúzunk tetszőlegesen hármat, akkor már csak két csúcsnak
lesz a fokszáma páratlan, tehát lesz nyílt Euler – vonal a gráfban. Továbbá, ha mind a
4 testátlót behúzzuk, akkor minden csúcs fokszáma páros lesz, tehát lesz zárt
Euler – vonala is a gráfnak, s akkor a kiindulási pontba is visszatérhet a légy.
36. Egy 𝟐𝟒 𝒅𝒎 hosszú drótszálból egy 𝟐 𝒅𝒎 élű kocka élvázát kell elkészíteni. Legfeljebb
hány kockaél alakítható ki úgy, hogy közbe ne vágjuk el a drótot?
Megoldás:
A kockának 12 éle van, így a kialakításhoz a teljes drótszálat fel kell használnunk.
A kockának megfelelő gráfot ábrázolhatjuk a következőképpen:
Mivel minden csúcs foka páratlan, így nincs a gráfban Euler – vonal, vagyis a drót elvágása
nélkül nem oldható meg a feladat.
A páratlan fokú csúcsok száma 8 = 2 ∙ 4, így 4 − 1 = 3 él kivételével már található a gráfban
nyílt Euler – vonal.
Ezek alapján 12 − 3 = 9 él alakítható ki elvágás nélkül a drótszálból.
37. Rajzolj meg egy – egy Hamilton – kört a szabályos poliéderek gráfjaiban!
Megoldás:
Tekintsük a szabályos poliéderek síkba rajzolt gráfjait, s a jelöljük piros vonallal egy – egy
lehetséges Hamilton – kört az adott gráfban.
Tetraéder:
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
20
Hexaéder: (Kocka)
Dodekaéder:
Oktaéder:
Ikozaéder:
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
21
38. Van – e Hamilton – kör, illetve Hamilton - út az alábbi gráfokban?
Megoldás:
A gráfokban keressünk olyan csúcsokat, melyeket törölve (a rájuk illeszkedő élekkel együtt) a
gráf több részre esik szét, mint amennyi csúcsot töröltünk.
Tekintsük először az első gráfot:
Amennyiben a 4 darab 7 fokú csúcsot töröljük, akkor a gráf 5 komponensre esik szét:
Ezek alapján nincs a gráfban Hamilton – kör. Egy lehetséges Hamilton – út a következő:
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
22
Tekintsük most a második gráfot:
Amennyiben az 5 darab 4 fokú csúcsot töröljük, akkor a gráf 7 komponensre esik szét:
Ezek alapján nincs a gráfban Hamilton – út, s így Hamilton – kör sem.
39. A 𝟒 𝒙 𝟒 – es sakktáblát be lehet - e járni egyetlen lóval lóugrásokkal úgy, hogy mindig
olyan mezőre lépünk, melyen korábban még nem jártunk?
Megoldás:
Tekintsük a sakktáblát egy gráfként, melyben a csúcsok a tábla mezőit jelölik az élek pedig azt,
hogy a lóval merre léphetünk az adott mezőről.
A kérdés az, hogy van – e a gráfban Hamilton – út?
Mivel a 4 sarok fokszáma 2, a másik 8 szélső csúcs fokszáma 3 és a 4 belső csúcs fokszáma
pedig 4, így töröljük a 4 fokszámú csúcsokat, a rájuk illeszkedő élekkel együtt.
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
23
Mivel a 4 csúcs törlése után a gráf 6 komponensre esik szét, így nincs a gráfban
Hamilton – út, vagyis nem lehetséges a sakktábla ilyen típusú bejárása.
40. Az 𝟓 𝒙 𝟓 – ös sakktáblát be lehet - e járni egyetlen lóval lóugrásokkal oly módon, hogy
mindig olyan mezőre lépünk, melyen korábban még nem jártunk?
Megoldás:
Tekintsük a sakktáblát egy gráfként, melyben a csúcsok a tábla mezőit jelölik az élek pedig azt,
hogy a lóval merre léphetünk az adott mezőről.
A kérdés az, van - e a gráfnak Hamilton – útja?
Mivel a 4 sarok fokszáma 2, a sarkok melletti csúcsok fokszáma 3, a többi (középső) szélső
csúcsok fokszáma 4, a belső csúcsok fokszáma 4 és 6, illetve a középső (3. sor 3. oszlop) csúcs
fokszáma pedig 8, így töröljük a 6 fokszámú csúcsokat, s a rájuk illeszkedő éleket.
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
24
Mivel a 4 pont törlése után a gráf 5 komponensre esik szét, így biztosan nincs Hamilton – kör
benne. Ezután töröljük a 8 fokszámú csúcsot is, a rá illeszkedő élekkel együtt.
Ezzel egy kört kapunk, s a komponensek száma továbbra is 5 marad. Amennyiben törlünk még
egy további pontot, s a rá illeszkedő éleket, akkor továbbra is 5 komponensünk marad. Ezt
folytatva, sosem fogunk tudni annyi csúcsot törölni, hogy a gráfunk kettővel több komponensre
essen szét, mint amennyi a törölt csúcsok száma.
Ezek alapján nem zárható ki, hogy az eredeti gráfban van - e Hamilton – út.
A próbálgatások után látható, hogy a bejárás többféleképpen teljesíthető: indulhatunk valamely
sarokból vagy a tábla közepéről is. A kezdő vagy utolsó mezőnek azonban mindenképp a
sarokban kell lennie, mert ellenkező esetben a sarkokra csak egy zárt körben léphetünk rá. Egy
megfelelő bejárás:
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
25
41. Bejárhatja - e a huszár a 𝟖 𝒙 𝟖 – as sakktáblát úgy, hogy minden mezőre pontosan
egyszer lépjen, és utolsó lépéssel visszatérjen a kiindulási ponthoz? Bejárhatja - e a
sakktáblát úgy, hogy az utolsó lépésként nem kell visszatérnie a kiindulási ponthoz?
Megoldás:
Tekintsük a sakktáblát egy gráfként, melyben a csúcsok a tábla mezőit jelölik az élek pedig azt,
hogy a lóval merre léphetünk az adott mezőről.
A kérdés az, van-e a gráfnak Hamilton – útja, vagy Hamilton - köre?
Mivel a 4 sarok fokszáma 2, a sarkok melletti csúcsok fokszáma 3, a többi szélső csúcsok
fokszáma 4, a ,,belső négyzet” sarkainak fokszáma 4 és a többi szélső csúcsának fokszáma 6,
illetve a legbelső 16 csúcs fokszáma pedig 8, így töröljük a belső 8 fokszámú csúcsokat, s a
rájuk illeszkedő éleket.
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
26
Mivel a 16 csúcs törlése után is egy összefüggő gráfot kapunk, így nem lehet megoldani azt,
hogy több komponensre essék szét, mint ahány csúcsot törlünk. Így a korábban közölt
összefüggésekkel nem zárható ki egyértelműen, hogy a gráfnak van Hamilton – útja, vagy
Hamilton – köre.
Próbálgatások után találhatunk olyan bejárást, ahol nem térünk vissza a kezdő mezőre:
Amennyiben azt szeretnénk, hogy körbe is tudjunk menni a táblán, akkor célszerű lehet a
következő megközelítést tekintenünk. Bontsuk szét a sakktáblát két (alsó és felső) 4 𝑥 8 – as
táblára. A feladat ekkor az, hogy a 4 𝑥 8 – as táblán találjunk olyan Hamilton – utat, melynek
végpontjai úgy helyezkednek el, hogyha a másik táblán is megtesszük ugyanazt az utat, akkor
a két Hamilton – út végpontjai lóugrásnyi távolságra legyenek egymástól. Az alábbi ábrán
néhány esetet tekintünk különböző színek segítségével. Így tehát a feladat az, hogy olyan
Hamilton – utat keressünk a 4 𝑥 8 - as táblán, melynek végpontjai úgy helyezkednek el, mint
az alábbi tábla azonos színei.
Próbálgatások után található olyan Hamilton - út mely végpontjai a fenti piros mezők lesznek.
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
27
Ekkor a 8 𝑥 8 - as tábla egy lehetséges körbejárása a következő:
42. Átlós lépés nélkül be tudja - e járni a király a sakktáblát úgy, hogy minden mezőre
pontosan egyszer lépjen, és utolsó lépéssel visszatérjen a kiindulási ponthoz, ha a
sakktábla 𝟒 𝒙 𝟒 - es; 𝟓 𝒙 𝟓 - ös vagy 𝟖 𝒙 𝟖 - as? Bejárhatja - e a feltételek mellett a
sakktáblát akkor, ha utolsó lépésként nem kell visszatérnie a kiindulási ponthoz?
Megoldás:
Tekintsük először a 4 𝑥 4 - es táblát. A gráf csúcsai jelölik a mezőket, míg az élek a király
lehetséges lépéseit egy adott mezőről.
Mivel a sarok pontok fokszáma 2, a többi szélső pont fokszáma 3, míg a belső pontok fokszáma
pedig 4, így nem tudunk törölni annyi pontot, hogy több komponensre essen szét a gráf, vagyis
nem zárható ki a Hamilton – út, vagy Hamilton – kör léte.
Próbálgatások után egy – egy lehetséges bejárás a következő:
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
28
Tekintsük ezután az 5 𝑥 5 - ös táblát.
A sarok pontok fokszáma 2, a többi szélső pont fokszáma 3, míg a belső pontok fokszáma pedig
4. Töröljünk 12 pontot úgy, hogy csak az átlós pontok, s a négyzet oldalainak középső pontjai
maradjanak meg.
Ebben az esetben 13 komponensre esik szét a gráfunk, tehát nem lesz Hamilton – körünk, de
Hamilton – utunk lehetséges. Egy lehetséges bejárás:
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
29
Tekintsük ezután hasonló módon a 8 𝑥 8 - as táblát.
A sarok pontok fokszáma 2, a többi szélső pont fokszáma 3, míg a belső pontok fokszáma pedig
4. Mivel nem lehetséges úgy törölni pontokat, hogy több komponensre essen szét, ezért az
összefüggések alapján nem zárható ki a Hamilton – út vagy Hamilton – kör megléte.
Próbálgatások után egy – egy lehetséges bejárás a következő:
43. Egy téglalap alakú gyümölcsös kertben 𝟓 sorban és 𝟔 oszlopban helyezkedik el
𝟑𝟎 almafa. A kert egyik sarkában lévő gyümölcsfán egy sárgarigó, a vele átellenes
sarokban lévő gyümölcsfán egy barnakánya ül. 𝟑𝟎 percenként átrepülnek a kert
valamely szomszédos fájára, de mindig csak a téglalap oldalaival párhuzamosan
repülnek. Lehetséges - e, hogy valamelyik almafán együtt üljenek?
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
30
Megoldás:
Tekintsük azt a gráfot, melynek csúcsai a fákat, az élek pedig a madarak lehetséges útjait
jelölik egy adott fáról.
A kertben lévő fákra a két madár ellentétes lépésszámban tud csak eljutni, vagyis egy adott fára
a sárgarigó csak páros, míg a barnakánya csak páratlan számú ugrással juthat el. Ezek alapján
sosem lehetnek azonos fán egyszerre.
44. Tizenkét fiú levelez. Mindegyik fiú legalább két másikkal tartja a kapcsolatot.
Valamelyikük elküld egy hírt az egyik ismerősének. Az is elküldi egy ismerősének, de
nem annak, akitől kapta. Más forrásból a fiúk nem jutnak a hírhez.
a) Biztosan eljut - e a hír mindenkihez, mielőtt visszajut olyanhoz, aki már tudta?
b) Igaz - e, hogy a hír biztosan visszajut egy olyan fiúhoz, aki már tudta?
c) Legkevesebb hány fiúhoz jut el a hír?
Megoldás:
a) Gráfként tekintve a példát, tudunk olyan kört rajzolni, mely nem megy át az összes ponton.
Ezek alapján nem biztos, hogy eljut mindenkihez a hír.
b) Mivel mindenki továbbadja a hírt egy társának, s a fiúk száma véges, így biztosan visszajut
a hír olyanhoz, aki már tudott róla.
c) Hárman biztosan megtudják, de ekkor már bezárulhat a kör.
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
31
45. Az alábbi gráfok közül melyek rajzolhatók síkba?
Megoldás:
Az első gráfból törölve 2 élt, a harmadik gráfból pedig topológikus szűkítéssel
három ház – három kút gráfhoz jutunk, s így az eredeti gráfok sem rajzolhatóak síkba.
A második gráfból elhagyva a 2 fokszámú csúcsot és a rá illeszkedő éleket az 5 csúcsú teljes
gráfhoz jutunk, ezért nem rajzolható síkba ez a gráf sem.
A negyedik gráf síkbarajzolható, s egy ilyen síkbarajzolás a következő:
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
32
46. Egy nagyváros három vasútállomását és két autóbusz - pályaudvarát köztes megálló
nélküli földalatti vasútvonalakkal kívánjuk összekötni úgy, hogy ezek ne keresztezzék
egymást. (Nem szükséges egyenes pályát kialakítani.)
a) Tervezd meg az összekötetést a pályaudvarok alábbi elhelyezkedése esetén úgy,
hogy minden vasútállomásról vezessen vonal minden autóbusz – pályaudvarhoz!
(vasútállomás: ; buszpályaudvar: )
b) Tervezd meg a fenti feltételek figyelembevételével a földalatti vasúthálózatot úgy,
hogy a vasútállomások és az autóbusz - pályaudvarok között is legyen közvetlen
kapcsolat!
Megoldás:
a) Egy – egy lehetséges összeköttetés a következő:
b) Ez nem lehetséges, mert akkor minden csúcsból minden csúcsba vezetne él, s ez megegyezne
az 5 csúcsú teljes gráffal, mely nem rajzolható síkba.
47. Színezd ki az alábbi gráf éleit úgy, hogy a szomszédos élek színe különböző legyen!
Legalább mennyi színre van szükség?
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
33
Megoldás:
Mivel a gráfban a legnagyobb fokszám 4, így biztosan kell 4 szín a kiszínezéshez. Ennyi
elegendő is hozzá, s egy ilyen lehetséges kiszínezés a következő:
48. Határozd meg azt a minimális számot, ahány színnel az alábbi gráfok csúcsai
kiszínezhetőek úgy, hogy szomszédos csúcsok színe különböző legyen!
Megoldás:
Az első gráfot nem tudjuk kiszínezni két színnel, mert van benne olyan kör, mely páratlan
hosszú. A gráf 3 színnel azonban kiszínezhető, s egy ilyen lehetséges kiszínezés a következő:
Mivel a második gráfban minden kör páros hosszúságú, így a gráf páros gráf, azaz két színnel
kiszínezhető. Egy ilyen lehetséges kiszínezés a következő:
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
34
49. Minimálisan mennyi színnel lehet kiszínezni a szabályos poliéderek csúcsait, illetve
éleit úgy, hogy két szomszédos csúcs, illetve az egy csúcshoz illeszkedő élek különböző
színűek legyenek?
Megoldás:
Az élek kiszínezhetőségét a csúcsok fokszáma határozza meg. Egy – egy lehetséges színezés a
következő:
Tetraéder:
Hexaéder (Kocka):
Dodekaéder:
Oktaéder:
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
35
Ikozaéder:
Ezek alapján a tetraéder csúcsai 4, élei 3; a hexaéder (kocka) csúcsai 2, élei 3; a dodekaéder
csúcsai 3, élei 3; az oktaéder csúcsai 3, élei 4; az ikozaéder csúcsai 4, élei 5 színnel színezhetjük
ki minimálisan.
50. Egy 𝟏𝟕 csúcsú teljes gráf éleit három színnel (piros, kék, zöld) színezzük. Bizonyítsuk
be, hogy tetszőleges színezés esetén találunk egyszínű háromszöget!
Megoldás:
A gráf minden csúcsából 16 él indul ki, s így biztosan lesz 6 ugyanolyan színű él közöttük.
Tekintsük a gráf 𝐴 csúcsát, s legyen a 6 azonos színű él piros. Ezen élek végpontjai legyenek
rendre 𝐵; 𝐶; 𝐷; 𝐸; 𝐹; 𝐺.
Amennyiben a 𝐵; 𝐶; 𝐷; 𝐸; 𝐹; 𝐺 csúcsok között halad további piros él, akkor az előzőek alapján
lesz egy piros háromszög a gráfban.
Tegyük fel, hogy a 6 csúcs között nem vezet több piros él. Ekkor a 𝐵; 𝐶; 𝐷; 𝐸; 𝐹; 𝐺 teljes gráfot
két színnel kell kiszíneznünk. Mivel egy csúcsából 5 él indul ki, így biztosan lesz 3 ugyanolyan
színű él közöttük. Tekintsük a gráf 𝐵 csúcsát, s legyen a 3 azonos színű él kék. Ezen élek
végpontjai legyenek rendre 𝐶; 𝐷; 𝐸. Amennyiben ezen 3 csúcs között vezet kék él, akkor a 𝐵 –
vel együtt kék háromszöget alkotnak. Ellenkező esetben, ha a 3 csúcs között minden él zöld,
akkor viszont egy zöld háromszöget alkotnak.
Ezek alapján látható, hogy biztosan lesz a gráfban egyszínű háromszög.
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
36
51. Színezd ki az alábbi vaktérképeken Európa, Ázsia, Afrika, Észak – Amerika és
Dél - Amerika országait úgy, hogy minden egymással határos ország különböző színű
legyen, az óceánokkal határos területek ne legyenek világoskék színűek, továbbá a
különálló szigeteket nem tekintjük semelyik országgal határosnak. Legkevesebb
mennyi színnel teljesíthető ez a színezés, s legkevesebb mennyi színnel lehetne
kiszínezni az egész világtérképet?
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
37
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
38
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
39
Megoldás:
A könnyebb áttekinthetőség kedvéért a kontinenseken, az óceánnal nem határos területeknél
világoskék helyett használjunk lila színt. Egy – egy ilyen lehetséges színezés a következő:
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
40
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
41
A fentiekben összesen 4 színt (piros, zöld, sárga, lila) használtunk minden kontinensnél.
Az azonban látható, hogy amennyiben az egész világtérképet szeretnénk így kiszínezni, ahhoz
is elegendő lenne 4 szín, mert a lila területek világoskékkel is kiszínezhetők.