Átrendezések és leszámlálások — ÚTMUTATÓ Hegedüs Pál1 -2015.június 30. 1. Határozzuk meg, hány egybevágósága van egy négyzetnek! Melyek azonos „ jellegűek” ezek között? Ez egy általános bevezető feladat tud lenni, sok apró, fontos észrevételhez elvezet. Az egybevágósági transzformációk közül sokat ismernek, pl tükrözés, forgatás, eltolás, de nem biztos, hogy meg tudják fogalmazni, mi a közös bennük, miért egybevágóságok. Azért, mert távolságtartóak. Ha ez a fogalom „megvan,” akkor látjuk, hogy a négyzet középpontja fix kell legyen, és csúcs csak csúcsba mehet. Még azt kell megértenünk, hogy nem elég megmutatnunk a nyolc egybevágóságot, amelyek közül 4-4 tükrözés és forgatás (az identitás is forgatás és a középpontos tükrözés is), hanem valamilyen merevségi meggondolásból le kell vezetnünk, hogy nincs több. Erre alkalmas az alábbi módszer, amely a következő feladatban már nem nagyon kerülhető ki. Mint láttuk, csúcs csúcsba megy, sőt, ha a csúcsok képeit ismerjük, akkor a távolságtartás miatt ebből a sík minden pontjának a képe is meghatározható. (Csak az identitás hagyja mozdulatlanul a csúcsokat. Ez egy síkgeometriai állítás, értsék meg a diákok!) Emiatt elegendő az egybevágósági transzformáció helyett a csúcsok permutációit nézni. A lényeges észrevétel a következő: Pontosan ugyanannyi egybevágóság viszi át az A csúcsot B-be, mint ahány helyben hagyja A-t. Ugyanez igaz C-vel és D-vel is, vagyis 4-szer annyi egybevágósága van összesen a négyzetnek, mint ahány helyben hagyja A-t. És ilyenből is kétszer annyi van, mint ahány helyben hagyja B-t is. (Mert az még átmehet D-be is.) Ilyen viszont már csak egy van, az identitás, hiszen ha A fix, akkor C is és ha B fix, akkor D is. Most írjuk fel a 8 permutációt és próbáljuk megérteni a felírásukból, hogy melyek azonos típusúak. Hogy mit jelent a típus? Két transzformáció akkor azonos típusú, ha a „nézőpontunk” különbözik (például a ±90 fokos forgatások közül az egyiket tükörből nézve ugyanolyat kapunk, mint a másik). Pontos definíció helyett a körülírást is rábíznám a diákokra. A 4. feladat többet mond erről. Nota bene, a 180 fokos forgatás és a két élpárhuzamos tükrözés permutációi azonos típusúaknak tűnnek a 4. feladat alapján, de mégsem azok, ugyanis itt kevesebb, 8 féle „nézőpont” van, a 4. feladatban pedig 4! = 24. A 180 fokos forgatás például az identitások kívül az egyetlen, amelyik felcserélhető akármelyik másik egybevágósággal. A következő öt típus van: Identitás—180 fokos forgatás—±90 fokos forgatás (2db)—élpárhuzamos tükrözés (2db)—átlós tükrözés (2db) 1
Köszönöm Surányi Lászlónak a fontos észrevételeit, javaslatait
2. Határozzuk meg, hány egybevágósága van egy kockának! Melyek azonos „ jellegűek” ezek között? És a tetraédernek? És az ikozaédernek? Az előző feladat megoldásmódját érdemes használni. A kockának 48, a tetraédernek 24, az ikozaédernek 120 van. Érdemes meggondolni, hogy a térben is van orientáció, vagyis irányításváltó és irányítástartó egybevágóságok léteznek. Lásd még a 22. feladatot. Ciklusok 3. Tíz ládikánk van, mindre lakatot rakunk, de mielőtt bezárnák, a kulcsokat véletlenszerűen egyenként beléjük dobáljuk. Mi a valószínűsége, hogy egy ládát feltörve ki tudjuk nyitni az összes lakatot? (És mi a valószínűsége, hogy pont 4 ládát tudunk kinyitni?) Láncolatként fel tudjuk írni, hogy melyik láda után melyiket tudjuk kinyitni: pont azt, amelyiknek a kulcsa az előbbiben volt. Ha ez a láncolat bezáródik mielőtt még az összes ládán végigmenne, akkor sajnos nem tudtuk kinyitni az összes lakatot. Hány olyan láncolat van, amely a gráf minden pontján áthalad? Pontosan 9!, vagyis a permutációk 10-ed része. Ez ad választ az első kérdésre. Hasonlóan, az első láncolat álljon 4 tagból, ezt az elsőn kívüli három elemet 93 módon vehetem és 3! = 6-féleképp rakhatom sorba, a többi hat elem pedig mindegy hogy permutálódik, vagyis újabb 6! lehetőség. Összesen 93 6 · 6! = 9!, mint az előbb. Gondoljuk végig, hogy itt sokkal több történt, mint hogy megoldottunk egy feladatot! Az összes permutációt (vagyis kulcsbedobálást) így dinamizáltuk, irányított láncolatokká, gráfelméleti nyelven szólva irányított körök uniójává alakítottuk. Vagyis egy permutációt így műveletként is érthetek: Minden elem változzon át azzá, ami utána áll a sorban. Műveleteket egymás után alkalmazva szorzást tudunk rajtuk értelmezni, ez pont ugyanaz, mint az első két feladatban az egybevágóságok kompozíciója, egymásután alkalmazása. Így a permutációkat kombinatorikai fogalom helyett algebrai fogalomként is tudjuk kezelni. 4. Két π1 , π2 permutációja az {1, 2, . . . , n} számoknak azonos jellegű (konjugált), ha π1 -ben a számokat átnevezve valamilyen módszer szerint pont π2 -t kapom. Bizonyítsuk be, hogy annyi jelleg (konjugáltosztály) van a permutációk között, ahány partíciója van n-nek. (Pl n = 3-ra három darab: 3, 2 + 1, 1 + 1 + 1.) A permutációk fenti, gráfelméleti felírásában a csúcsok átnevezése nem változtatja meg, milyen körből hány van. Ezt szakszóval „ciklusszerkezetnek” nevezzük. Ciklusszerkezetből pedig világos, hogy annyi van, ahányféle módon n-et néhány pozitív egész szám összegére bonthatjuk, ez a partíciók száma.
5. Egy könyvtár ajtajára kiírt figyelmeztetés: „Vigyázat, ha a kivett könyveket rendszeresen nem a helyükre, hanem máshova rakjátok vissza, idővel teljesen összekeveredhetnek a könyvek!” Mit állít ez matematikailag és mennyi az „idő?” Egy könyvet kiveszünk és máshova rakunk vissza a polcon: ez egy ciklus, irányított kör. Ilyenek szorzataként minden permutáció előáll az állítás szerint. Figyelem, nem minden ciklus jön itt szóba! Érdemes a permutációkat most úgy tekinteni, mint amik a helyeket változtatják. Vagyis a permutáció első helyére írjuk azt a számot, ahol az első könyv van, második helyre, ahol a második, stb. Az így kapott permutáció egy ciklus lesz: (k, k − 1, . . . , i + 1, i), ahol i jelöli, hogy hányadik helyről vettük ki és k, hogy hányadik helyre raktuk be. (Ha i > k, akkor (k, k + 1, . . . , i − 1, i).) Természetesen ilyenekből minden előáll, hiszen először berakom az első helyre azt a könyvet, amit oda szánok. Utána második helyre azt, amelyiket oda, stb. Ez így legfeljebb n − 1 lépés. A teljes megfordításhoz kell is ennyi, de ezt nem könnyű belátni. 6. Egy könyvtár ajtajára kiírt figyelmeztetés: „Vigyázat, ha a kivett könyvet rendszeresen nem a helyére, hanem a szomszédja másik oldalára rakod vissza, idővel teljesen összekeverheted a könyveket!” Mit állít ez matematikailag és mennyi az „idő?” Úgy, mint az előbb, itt helycserékről van szó, méghozzá szomszédosak cseréjéről. Szemléletesen többen látni fogják, hogy ilyenek egymásutánjából minden permutá n ció előáll. A teljes megfordításhoz kell a legtöbb, 2 darab. Lásd még a 18. feladatot. 7. Profi bűvészek meg tudják keverni az 52 lapos paklit úgy, hogy pont megfelezik és a két fél paklit egyesével váltakozva összefésülik. (A legfelső lap például helyben marad.) Egy teljesen rendezett paklin hányszor kell elvégezniük ezt a keverést, hogy visszaálljon az eredeti állapot? Fel kell írnunk a kapott permutációt ciklusok szorzataként. Ha jól csináltuk és mindig mozdulatlan maradt a legfelső lap, akkor 8 hosszú, 2 és 1 hosszú ciklusokat kapunk, vagyis a 8-adik hatványa lesz identitás (hiszen ennyi idő után minden ciklus 1-szer, 4-szer vagy 8-szor körbemegy). Ha rosszul csináltuk és fordítva fésültük össze a két fél paklit, akkor egy 52 hosszú ciklust kapunk, vagyis 52-szer kell így megkevernünk a paklit, hogy helyre álljon a rend. Orbitok 8. Melyek az azonos típusú csúcsok a négyzetben, téglalapban, rombuszban, illetve egy olyan szabályos n-szögben, ahol be van húzva egy átló?
Ez egy bevezető feladat, normál osztályosok is megértik egy példa alapján és meg tudják csinálni. A négyzet és a téglalap minden csúcsa azonos típusú, a rombusznál kétféle van. A szabályos n-szöget az átló vagy két különböző, vagy két ugyanakkora „félre” vágja. Két pont akkor azonos típusú, ha az átlótól ugyanolyan messze van és ugyanakkora „félben.” 9. Hány lényegében különböző módon lehet pirossal és fehérrel kiszínezni a szabályos hatszög csúcsait? (Két színezés lényegében különböző, ha egybevágósággal nem vihetők egymásba.) Ehhez sem kell semmilyen előképzettség, érdemes külön nézni az eseteket aszerint, hány piros csúcs van. Ha 0 darab piros van, akkor 1-féle színezés van. Ha 1 darab, akkor 1-féle. 2 esetén 3-féle, 3 esetén is 3-féle. A többi eset színcserével az előzőekre vezet. Összesen 1 + 1 + 3 + 3 + 3 + 1 + 1 = 13 lényegében különböző színezés van. 10. Van néhány permutációm {1, 2, . . . , n}-en, H. Ezekre igaz, hogy π1 , π2 ∈ H esetén π1 és π2 kompozíciója, egymásután alkalmazása, π1 ◦ π2 is H-ban van. (Ilyenkor H egy csoport 2 .) Egy π ∈ H-ra legyen f ix(π) az általa nem mozgatott P 1 f elemek száma. Bizonyítsuk be, hogy |H| π∈H ix(π) a típusok száma (lásd a 8. feladatot), vagyis mindig egész szám. Először számoljuk ki ezt az átlagot, ha H az összes permutációból áll, ha H a négyzet, a téglalap vagy a rombusz egybevágóságaiból áll. A fixpontokat egy permutáció ciklikus felírásából (vagy akármilyen felírásából) könnyen meg tudjuk számolni. Azonos jellegű permutációknak ráadásul azonos számú fixpontjuk is van, tehát nem is kell sokat számolni. A négyzet egybevágóságainál az identitásnak 4, a két átlós tükrözésnek 2-2, a többinek 0. Vagyis átlagosan 1 fixpont van, ez pont a csúcsok típusainak száma: minden csúcs ugyanolyan. A feladat állítását legkönnyebben úgy kaphatjuk meg, ha kétféleképpen is megszámoljuk a (π, X) párokat, ahol a π permutáció helyben hagyja az X pontot. 11. Az előző módszer segítségével határozzuk meg, hogy hányféleképpen lehet két színnel színezni egy tetraéder éleit vagy egy kocka lapjait. Két színezés megegyezik, ha térbeli mozgással egymásba vihetőek. Lásd még a kettővel ezelőtti feladatot. (Ez a Pólya-Redfield módszer a lényegesen különböző konfigurációk számának meghatározására.) 2
A csoport olyan művelettel ellátott halmaz, amelyben van egységelem, mindennek van inverze és a művelet asszociatív. Mi csak azt követeltük meg, hogy a művelet ne vezessen ki a halmazból, a többi automatikusan teljesül. Egy adott H-beli permutáció valamelyik hatványa már az identitás lesz, vagyis az egységelem. Az eggyel előbbi hatványa pedig az inverze. A permutációk kompozíciója asszociatív művelet.
12. Egy ólomüveg ablak 3 × 3-as táblázatszerűen elrendezett kilenc négyzet alakú üvegből áll. A kilencből k darab piros, a többi kék. Annyi minta ablakot készítenek, hogy minden lehetséges ablakot megkaphassunk elforgatással, vagy megfordítással ezekből. Összesen több mint száz piros üvegre lett szükség a mintához. Mennyi k? (Ez egy Enigma feladat a New Scientistből.) A megoldás 5. 13. Gyerekek egy sorbaállítása majdnemjó, ha mindenki legfeljebb 1 távolságra van a nagyság szerint őt megillető helytől. Igazoljuk, hogy a majdnemjó sorbaállítások száma pontosan akkor páros, ha a gyerekek száma 3-mal osztva 2 maradékot ad. (Egy Putnam versenyfeladat nyomán.) Az a döntő megfigyelés, hogy egy sorbaállítás akkor majdnemjó, ha néhány szomszéd cseréjéből áll. Jelöljük an -nel n gyerek ilyen sorbaállításának számát! Ha az utolsó két gyereket kicseréljük, akkor még an−2 módon állíthatjuk sorba a többieket. Ha nem, akkor pedig an−1 módon az első n − 1-et. Vagyis an = an−1 + an−2 , a1 = 1 és a2 = 2. Ha ezt a rekurziót modulo 3 tekintjük, megkapjuk az állítást. 14. Gyerekek egy sorbaállítása elégjó, ha mindenki legfeljebb 2 távolságra van a nagyság szerint őt megillető helytől. Igazoljuk, hogy az elégjó sorbaállítások száma pontosan akkor páratlan, ha a gyerekek száma 5-tel osztva 0 vagy 1 maradékot ad. (A Putnam versenyfeladatban legfeljebb k távolság esetén a 2k + 1-gyel vett maradék számít.) Tekintsük úgy a permutációkat, hogy minden gyerek nagyság szerinti sorszáma alá írjuk azt, hogy hányadik helyre került. Egy permutáció elégjó, ha az egymás alatt álló számok távolsága legfeljebb 2. Vagyis egy permutáció pontosan akkor elégjó, ha az inverze az! Tehát a paritás meghatározásához elég megszámolnunk azokat, amelyek önmaguk inverzei. Az inverz pontosan akkor önmaga, ha diszjunkt cserékből áll. Jelöljük megint an -nel n gyerek ilyen sorbaállításának számát! a1 = 1, a2 = 2, a3 = 6. Az előző feladat megoldásához hasonlóan vegyük észre, hogy an és an+5 azonos paritású, illetve határozzuk meg a4 -et és a5 -öt. 15. Gyerekek egy sorbarendezésénél megszámoljuk, hány gyerek után következik nála kisebb. Ez a „Potenciális Pofonok” száma. Mennyi a PP-k átlaga az összes sorbarendezésre nézve? , ahol n a gyerekek száma. Ezt pl indukcióval lehet bizonyítani. Az átlag n−1 2 Az n gyerek összes sorbarendezését megkapjuk úgy, hogy először a legkisebb nélkül rendezzük őket sorba, majd őt „beszúrjuk” n lehetséges helyre. Ha eredetileg kicsi előzött nagyot és oda szúrtuk be a legkisebbet, akkor nincs több pofon. Ha pedig eredetileg nagy előzött kicsit, akkor egy új pofon jön létre. Így az n − 1 gyerekre kapott átlagból meg tudjuk kapni az n gyerek esetére is.
16. Egy osztályban minden óra előtt dobókockával sorsoljuk, hogyan üljenek le. Egy (gyerek)párt szerencsésnek hívunk, ha most is ugyanott ülnek, mint előző órán, vagy helyet cseréltek. Mennyi a szerencsés párok számának átlaga? Minden permutáció permutálja a párokat is. mégpedig minden párt el tudunk vinni minden másik párba, vagyis minden pár ugyanolyan típusú. Tehát a helybenhagyott párok számának átlaga 1 a 10. feladat szerint. Ez válasz a mi feladatunkra. 2 Várható értéket használva így is végig lehet gondolni. Egy adott pár n(n−1) valószínűséggel lesz szerencsés. Vagyis a szerencsés párok számának várható értéke 2 n = 1. 2 n(n−1) Cserék szorzata 17. Az ABCD betűk milyen permutációit tudjuk elérni 1, 2, 3 betűcserével? Hány permutációhoz elég 1 csere, melyekhez 2, 3? Cseréből 42 = 6 van. Két csere szorzata vagy hármasciklus (ABC) vagy két diszjunkt csere (AB)(CD). Előbbiből 8 darab, utóbbiból 3 darab van. Három cserére csak a négyesciklusoknál van szükség: (ABCD), ilyenből 6 darab van. 18. Igazoljuk, hogy a teljes ABC . . . Z angol ábécé bármely betűsorrendjét megkaphatjuk legfeljebb 25 betűcsere elvégzésével. A k-adik lépésben helyre rakjuk a k-adik betűt. Amikor a 25-ödik is helyére került, akkor automatikusan az utolsó is. 19. Igazoljuk, hogy a teljes ABC . . . Z angol ábécé egy adott betűsorrendjének eléréséhez legalább 26 − c csere kell, ahol c a ciklusok száma e betűsorrendben. (Figyelem, az egyhosszú ciklus is ciklus!) A cserék számára tudunk indukciót alkalmazni. Az eredeti betűsorrendben 26 − c = 0. Ha adott egy betűsorrend, ahol 26 − c = k, akkor lássuk be, hogy egy újabb cserét elvégezve 26 − c legfeljebb k + 1-re változik. Ha egy csere mindkét betűje egy cikluson belül volt, akkor az a ciklus szétesik két ciklusra. Ha viszont két ciklusból cserél egy-egy betűt, akkor ezeket egyesíti. 20. Bizonyítsuk be, hogy ahhoz, hogy ZABC . . . Y -t megkapjuk, legalább 25 különböző cserét kell használnunk. Ha csak 24 féle cserénk lenne, akkor a betűk két osztályban maradnának aszerint, hogy egymásból elérhetőek-e ezekkel a cserékkel. 21. Tegyük fel, hogy csak néhány cserét engedélyezünk az ábécé betűin. De ahhoz elég sokat, hogy a segítségükkel az A betű akármelyik helyre eljuthasson. Bizonyítsuk be, hogy ekkor a cserék segítségével minden betűsorozatot megkaphatunk.
Azt kell belátnunk, hogy minden permutáció megkapható. Elég az, hogy minden csere megkapható. (Ez a 18. feladat.) Rajzoljuk fel a betűkön azt a gráfot, amelyben két betűt összekötünk, ha az ő cseréjük megtehető. A feladat feltevése, hogy a gráf összefüggő. Bizonyítsuk be, hogy ha van két szomszédos él (X, Y ) és (Y, Z), akkor az (X, Z) is éle a gráfnak. Ebből könnyen látszik, hogy teljes a gráfunk. 22. A szabályos tetraéder csúcsainak összes permutációja egybevágóságból áll elő. Ezek között vannak (egyenes körüli) forgatások és (síkra való) tükrözések. Ellenőrizzük, hogy forgatások szorzata forgatás és tükrözések szorzata is forgatás. Ha a tükrözéseket negatívnak, a forgatásokat pedig pozitívnak hívjuk, akkor a permutációk szorzása pont úgy működik, mint a ±1 szorzása. Ebben a feladatban nincs permutáció, de ez bevezető a páros-páratlan permutációk fogalmához, lásd a 24. feladatot. Itt pont a csúcsok páratlan permutációi lesznek a tükrözések és a párosak a forgatások. Nem úgy, mint a síkban a négyzetnél! (1. feladat) 23. A 15-ös játékban minden állás az 1, . . . 15, ∗ egy permutációja. Egy lépésben a ∗-ot (az üres mezőt) és egy (bal, jobb, alsó, felső) szomszédját tudjuk kicserélni. Megfigyelték, hogy nem minden állás érhető el, próbáljunk ilyet találni. Ez próbálkozásokhoz vezethet, de a diákoknak nincs esélyük maguktól rájönni a megoldásra. Például azt nem lehet megkapni, amikor a 14-es és 15-ös négyzetek cserélnek csak helyet. Permutációként egy lépést 1 vagy 3 csere szorzataként értelmezhetünk. Tehát a ∗ üres mezőt csak páros sok csere szorzataként tudjuk visszavinni a kezdő helyére. Ehhez igazolnunk kell a következő feladat állítását! 24. Egy permutációt felírhatunk cserék kompozíciójaként többféleképpen is. Igazoljuk, hogy két különböző felírásban a cserék száma ugyanakkor páros; mégpedig, ha páros darab páros hosszú ciklus szorzata. (Az identitásban például nulla darab páros hosszú ciklus van és elő is áll például két azonos csere kompozíciójaként.) Ez egy nem könnyű, de mégis alapvető állítás. Összefügg azzal a szintén nem könnyű, de alapvető állítással, hogy a (bárhány dimenziós) térnek két irányítása van, amelyek páratlan sok tükrözéssel kicserélhetőek, de páros sokkal nem. Legyen egy π permutáció esetén F (π) a fordítottak száma, vagyis azon párok száma, amelyek sorrendje fordított a normálishoz képest. Pl a σ = 1342 permutációban a 3, 2 és a 4, 2 párok állnak fordítva, tehát F (σ) = 2. Figyeljük meg, hogy F (π) páratlan, ha π egy csere. Figyeljük meg azt is, hogy F (πσ) és F (π) + F (σ) ugyanolyan paritású, a különbség fele azoknak a pároknak a száma, amelyet mindketten megfordítanak, vagyis a szorzatban újra normális sorrendben lesznek.
Ebből a két megfigyelésből kapjuk a feladat állítását. Ugyanis minden permutáció fordítottjainak száma vagy páros, vagy páratlan, más eset nincs. Másik bizonyítási lehetőség: Minden csere eggyel megváltoztatja a ciklusok számát, lásd a 19. feladat megoldását. 25. Legyen p > 2 prím. Egy 0 < a < p számmal való szorzás permutálja a nemnulla maradékokat modulo p. Ezen permutáció pontosan akkor páratlan, ha a nem négyzetszám modulo p. Jelölje az a-val vett szorzást mint permutációt σa . Ekkor σa σb = σab . A feladat állítása abból következik, hogy létezik primitív gyök, vagyis olyan a, amelyre σa egy teljes p − 1-es ciklus. Ez persze páratlan permutáció, mivel p − 1 páros. Különböző nehézségű vegyes feladatok 26. Legyen a G gráf négy hosszú kör. Határozzuk meg a négy csúcsnak azokat a permutációit, amelyeknél él képe él. Mennyiben különbözik ez a négyzet egybevágóságaitól? 27. Legyen a G gráf a kocka élhálója. Határozzuk meg a nyolc csúcsnak azokat a permutációit, amelyeknél él képe él. Mennyiben különbözik ez a kocka egybevágóságaitól? 28. Legyen G a Petersen gráf. Hány olyan permutációja van a tíz csúcsnak, amelynél él képe él? Igazoljuk, hogy az automorfizmus csoport éppen S5 , vagyis {A, B, C, D, E} összes permutációjának a csoportja. Keressünk 5 objektumot, amelyeket az automorfizmusok permutálnak. Figyelem, a dodekaéder egybevágóságai is ugyanennyien vannak, de nem izomorf a csoportjuk! Ez egy kifejezetten nehéz feladat. Részfeladat ötletek: 1. Bizonyítsuk be, hogy 120 eleme van az automorfizmus csoportnak. (Ez az 1. feladat módszerével bizonyítható, de annál nehezebb, érdemes többféleképpen is lerajzolni a gráfot.) 2. Mutassuk meg, hogy a dodekaéder egybevágóságai között van olyan elem, amely mindennel felcserélhető, a Petersen gráf automorfizmusai között ilyen nincs. 3. Keressünk 5 objektumot, amelyeket az automorfizmusok permutálnak. Pl: Ötféleképpen lehet olyan csúcs-négyest találni, amelyek közül semelyik kettő sem szomszédos. A legjobb érv persze az, hogy a Petersen gráf egy Kneser gráf, csúcsai egy ötelemű halmaz kételemű részhalmazai és két részhalmaz össze van kötve, ha diszjunktak. 29. Bizonyítsuk be, hogy egy tournament (teljes irányított gráf) automorfizmus csoportja páratlan elemszámú.
Először azt lássuk be, hogy ha páros elemszámú, akkor van benne másodrendű elem. (Mint a 14. feladatnál.) Utána pedig azt, hogy egy másodrendű elem meg kell fordítson legalább egy élt, ami lehetetlen. 30. Bizonyítsuk be, hogy ha σ egy fa automorfizmusa, akkor vagy egy csúcsot, vagy egy élt fixen hagy. Minden fának van közepe. 31. Konstruáljunk olyan gráfot, amelynek nincs (az identitástól különböző) automorfizmusa, vagyis, amelynek minden csúcsa különböző típusú. 32. Egy alvilági banda tagjai közül mindenki nevét berakják egy kalapba, majd mindenki húz egy nevet. Fülig Jimmy büntetése, hogy kénytelen megsúgni féltett titkát annak, akit húzott, amit ő ugyanígy továbbad. Mikor visszaér Jimmyhez, másnak már nem árulhatják el. (Az is lehet, hogy saját magát húzta, így nem tudja meg senki.) Mekkora eséllyel tudja meg a titkot Piszkos Fred? Érdekes módon ez 1/2, függetlenül n-től. 33. Az előadás közben lerészegedett ruhatáros mindenkinek véletlenszerűen ad egy kabátot. Igazoljuk, hogy ha n néző volt, akkor annak az esélye, hogy senki P k ∼ 1e . sem a sajátját kapta vissza nk=0 (−1) k! Ez nem más, mint a logikai szitaformula. 34. Névsor szerint áll egy osztály, nagyság szerint akarjuk állítani őket. Füttyszóra előre kijelölt párok helyet cserélhetnek, de egy ember csak egy párban szerepelhet ilyenkor. Keressünk olyan esetet, amikor egy füttyszóval még nem lehet helyreállítani a nagyságsorrendet. Megvalósítható-e mindig két füttyszóval? Igen, kettővel lehet. Gondoljuk meg, milyen sorrendet kell elérnünk az elsővel, hogy a második már sorba tudja őket rakni. Ezt is érdemes először úgy feladni, hogy mindenkinek eggyel kell arrébb ülnie (lásd a 18. feladatot). Utána jön, hogy elég a ciklusokat külön „kezelni” – ez egy absztrakciós szintugrás. 35. Előállítható-e hármas ciklusok szorzataként minden permutáció? Nem. Legfeljebb a páros permutációk, mert a hármas ciklusok párosak. A párosakból viszont minden. Ehhez gondoljuk meg, hogy elég a két (különböző) csere szorzatát előállítani, mert minden páros permutáció ilyenek szorzataként előáll. 36. Legyenek k és t egynél nagyobb, relatív prím egészek. Az 1, 2, . . . , n számok 12 . . . n természetes sorrendjéből kiindulva tetszőleges két olyan elemet felcserélhetünk, amelyek különbsége k vagy t. Bizonyítsuk be, hogy ilyen lépések egymásutánjával akkor és csak akkor juthatunk el minden permutációhoz, ha n - k +t−1. (OKTV döntő feladat)
37. Egy pingpong bajnokságban mindenki mindenkivel játszik, döntetlen nincs. A versenyzőket aszerint rangsoroljuk, hogy hányszor nyertek. Ha ketten ugyanannyiszor nyertek, akkor megnézzük, hogy az általuk legyőzöttek is összesen ugyanannyiszor nyertek-e, ha nem, akkor ennek megfelelően rangsoroljuk őket. Mutassunk példát olyan végeredményre, ahol vannak akik ugyanannyiszor nyertek, de mégis egyértelműen tudjuk az összes versenyzőt rangsorolni. Meg tudjuk-e ezt csinálni úgy is, hogy minden versenyző ugyanannyiszor nyert?
