Kistérségi tehetséggondozás
Gráfokról 5-8. osztályosoknak Erdős Gábor, Nagykanizsa Az iskolai tananyagban csak a középiskolában esik szó gráfokról, holott véleményem szerint egyszerű fogalomról van szó. A versenyeken azonban számos olyan feladat előkerül, amelyben a megoldás sokkal egyszerűbb a gráfoknál megismert fogalmak és összefüggések segítségével. Hányszor merül fel az a kérdés, hogy pl. n ember közül mindenki mindenkivel kezet fog, hány kézfogásra került sor? Vagy hogy egy körmérkőzéses bajnokságban n csapat esetén hány mérkőzésre kerül sor? Vagy hogy n pont a síkon legfeljebb hány egyenest határozhat meg? Fontos, hogy lássák a gyerekek, hogy matematikailag analóg problémáról van szó: n pontú teljes gráfnak hány éle van? Előadásomban feladatokon keresztül szeretném bemutatni, szerintem hogy lehet bevezetni a fogalmakat, megfelelő eszközöket adni a gyerekek kezébe. Feladat: Igaz-e, hogy egy 27 fős társaságban mindig van olyan, akinek a jelenlévők közül ugyanannyi ismerőse van? Megoldás: Szándékosan mondok 27-et. Nem túl nagy, de mégis akkora, hogy nem érdemes ész nélkül nekiesni. Szoktassuk a gyerekeket a jelszóra: Kezdjük kicsivel! Kipróbálhatjuk 4-re, ott nem igaz, pl. ha mindenki mindenkit ismer. Mi a helyzet 5-nél? Nézzünk meg eseteket, de hogy? Egyszerűbb rajzolni! Legyenek az emberek pontok, az ismeretségek vonalak. Bevezethető fogalmak: gráf, csúcs vagy pont, él, fokszám. A gyerekek is érzik, ha beszéltetjük őket a feladatról, hogy jobb, ha a dolgoknak nevük van, sokkal egyszerűbb így fogalmazni. Megfigyelés: ha 5 pont esetén behúzok egy élt, a fokszámok összege 2-vel nő. Vagyis mindig páros, nem más, mint az élek számának kétszerese. Vagyis nem lehet mind az öt pont fokszáma páratlan, mert 5 páratlan szám összege páros lenne. Általánosíthatunk, ez igaz mindig, ha páratlan sok emberről van szó. Páros esetben mindig van ellenpélda, pl. a teljes gráf. Mi mindent tanultunk ezzel a feladattal? Kezdjük kicsivel, általánosítás, indirekt bizonyítás előkészítése, no meg egy alapvető tétel, amit a gyerekekkel többféleképpen megfogalmaztathatunk! Pl.: Ha a csúcsok száma páratlan, akkor van páros fokú pont. Ha a csúcsok száma páratlan, akkor a páros fokú pontok száma páratlan. Általában a páratlan fokú pontok száma páros. A fokszámok összege egyenlő az élek számának kétszeresével.
68
Erdős Gábor: Gráfokról 5-8. osztályosoknak Feladat: Néhány embertől megkérdezték, a többiek közül hányat ismer. Melyik esetben nem füllentett egyik válaszoló sem? a) 1, 2, 2, 3, 5, 5 b) 5, 5, 5, 6, 6, 6, 7, 7, 7 c) 3, 3, 3, 3, 5, 6, 6, 6 d) 1, 1, 3, 3, 3,3, 5, 6, 8, 9 Megoldás: Természetesen a feladat átfogalmazható, pl. egy bajnokságban minden gyerektől megkérdezték, hány meccset játszott már le, stb. a)
A 6 fő közül kettő mindenkit ismer, vagyis a többieknek legalább ők ketten ismerősei, így nem lehet olyan, akinek 1 ismerőse van. Fontos rámutatni: az, hogy a fokszámok összege páros, szükséges, de nem elégséges feltétel. b) Ez az eset lehetséges. Viszont sokkal egyszerűbb a 9 csúcsú gráf esetén azt lerajzolni, hogy ki kit nem ismer. Keressünk minél több lényegesen eltérő megoldást! Nem elég megmondani, hogy lehetséges, adni kell egy konstrukciót. Fogalmak: komplementer gráf, izomorf gráfok. c) A fokszámok összege páratlan. d) A 9-es mindenkit ismer, a két 1-est is. Ez a két 1-es senki mást nem ismerhet, ekkor viszont nem lehetne 8-as. (Indirekt gondolat, jól előkészíti az indirekt bizonyítást.)
Feladat: Graffy úr és neje estélyt adnak, melyre 4 házaspárt hívnak meg. Amikor a vendégek érkeznek, mindenki kezet fog azzal, akit már korábbról ismer. Graffy úr megfigyelte, hogy a másik 9 ember mindegyike különböző számú emberrel fogott kezet. Hány emberrel fogott kezet Mrs. Graffy? Megoldás: A gyerekek kérdéseiben előbb-utóbb előjön, hogy nyilván a feleségével nem fog kezet az ember egy estély kezdetén. A lehetséges kézfogások száma a többi 9 ember esetén így 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8. De a 8 párja csak a 0 lehet, hogy mindenki mással kezet fogott. A gráfot felrajzolva, ezt a gondolatot folytatva adódik, hogy a 7 párja az 1, a 6-é a 2, az 5-é a 3, így Graffy úré a 4.
69
Kistérségi tehetséggondozás Feladat: Egy három házaspárból álló társaság együtt vacsorázik egy étteremben. A társaság minden tagja külön-külön érkezik és kezet nyújt a jelenlévőknek, kivéve saját házastársát. (Őt csókkal köszönti.) Amikor mind a hatan megérkeznek, Kovácsné megkérdezi a többiektől, ki hány embernek nyújtott kezet, és mindenkitől más számot kap válaszul. Hányadiknak érkezett Kovácsné? Megoldás: Fontos tisztázni, hogy a kéznyújtás nem kölcsönös, így minden kézfogást egyszer számolunk. Hatan vannak, mindenki 4 emberrel fogott kezet, így 12 kéznyújtás történt összesen. Mivel a párjával senki nem fogott kezet, így csak az lehetséges, hogy a többiek 0+1+2+3+4=10 alkalommal nyújtottak kezet összesen, azaz Kovácsné 2 embernek nyújtott kezet. Hányadiknak érkezett? Ez attól függ, hogy Kovács úr ott volt-e már akkor, azaz csak annyit tudunk, hogy harmadiknak vagy negyediknek érkezett.
Feladat: Egy iskolai asztalitenisz bajnokságban 9 tanuló indult. A mérkőzéseket akkor játsszák le, amikor éppen ráérnek, és az eredményt felírják a faliújságon lévő táblázatba. Mindenki mindenkivel egy mérkőzést játszik. a) Hány mérkőzésből áll a bajnokság összesen? b) Bizonyítsd be, hogy bármikor nézünk rá a táblázatra, biztosan találunk két olyan versenyzőt, aki ugyanannyi mérkőzést játszott már le. c) Hétfő reggel 10 mérkőzés eredménye szerepelt a táblázatban. Bizonyítsd be, hogy van olyan versenyző, aki már harmadik meccsét is lejátszotta. Megoldás:
9 ⋅8 = 36 . 2 b) A lejátszott meccsek száma lehet 0, 1, 2, …, 7 vagy 8. Azonban a 0 és a 8 egyszerre nem fordulhat elő. A lehetőségek száma tehát 8, míg a versenyzőké 9, vagyis van két olyan versenyző, aki ugyanannyit játszott. (A skatulyaelvet használtuk.) a)
70
A meccsek száma
Erdős Gábor: Gráfokról 5-8. osztályosoknak c)
Ha mindenki legfeljebb 2 meccset játszott volna, akkor a lejátszott meccsek 9⋅2 száma legfeljebb = 9 lenne. Van, aki legalább 3-at játszott. (Indirekt 2 bizonyítás.)
Érdemes megfogalmazni az egyes feladatokat a gráfok nyelvén, akár általánosítva is. Pl. a b) feladat tanulsága, hogy bármely egyszerű gráfban van két azonos fokú pont.
Feladat: Három osztály mindegyikébe 30 tanuló jár. Minden tanuló a másik két osztályból összesen 31 tanulót ismer. Bizonyítsuk be, hogy ki lehet választani osztályonként 1-1 gyereket úgy, hogy ők hárman ismerjék egymást. Megoldás: Kérdezzünk meg minden gyereket, hogy hány főt ismer a másik osztályból és hányat a harmadikból. Minden gyerek két számot mond. Válasszuk ki azt a gyereket, akinek a szájából a legnagyobb szám elhangzott. Hívjuk őt Maxnak. Max az A osztályba jár, és a legnagyobb szám, ami elhangzott, k volt, mivel a B-ből k főt ismer. Ezek szerint a C-ből 31-k főt ismer. legyen az egyik C-s ismerőse C1, míg a B-s ismerősei B1, B2, …, Bk. Ha C1 ismer B1, B2, …, Bk közül bárkit, mondjuk Bj-t, akkor készen vagyunk, hiszen Max, Bj és C1 kölcsönösen ismerik egymást. Ha egyiküket sem ismerné C1, akkor a B-sek közül legfeljebb a többi 30-k főt ismerné. Ekkor viszont legalább 31-(30-k)=k+1 főt kellene ismernie az A-ból. Ez nem lehetséges, hiszen a legnagyobb elhangzott szám k volt. A feladat a Kürschák versenyen szerepelt 1977-ben.
Feladat: Adottak a síkon egy szabályos hatszög csúcsai, továbbá a hatszög belsejében hat további pont. A 12 pont közül semelyik három nincs egy egyenesen. Anna és Bea a következő játékot játssza: Felváltva húznak be olyan szakaszokat, amelyeknek mindkét végpontja a megadott csúcsok között van. Olyan szakaszt nem szabad behúzni, amely belső pontban metszi valamelyik korábban behúzottat. A játék akkor ér véget, amikor a soron következő játékos már nem tud újabb szakaszt behúzni. Ez a játékos veszített. A játékot Anna kezdi. Melyik játékosnak van nyerő stratégiája?
71
Kistérségi tehetséggondozás Megoldás: A játék akkor ér véget, amikor a síkon egy hatszöget látunk, amely háromszögekre van darabolva, tovább minden belső pontból indul ki szakasz. Hány háromszög van az ábrán? Ha a háromszögek számát h-val jelöljük, akkor a háromszögek belső szögeinek összege kiadja egyrészt a hatszög belső szögeit, továbbá a belső pontoknál 360-360 fokot. Felírható tehát a következő összefüggés: h ⋅180° = 720° + 6 ⋅ 360° , ahonnan h = 16 . Hány szakaszt húztak be a játékosok összesen, míg kialakult a végállapot? Meghúzták a hatszög oldalai, továbbá b darab, a hatszög belsejében haladó összekötő szakaszt. A hatszög oldalai egy háromszöghöz tartoznak, a belső szakaszok kettőhöz, vagyis 3h = 6 + 2b . Mivel h = 16 , így b = 21 belső szakaszt, vagyis összesen 27 szakaszt húztak be összesen. Mivel a 27 páratlan, így nincs igazi nyerő stratégia! Akárhogy játszik is a két játékos, mindenképp Anna nyer, hiszen az első szakaszt ő húzza be, így az utolsót is.
Feladat: Bizonyítsd be, hogy egy 6 fős társaságban mindig van vagy 3 olyan ember, akik kölcsönösen ismerik egymást, vagy van 3 olyan, akik közül senki senkit nem ismer. Megoldás: 1947-ben szintén Kürschák-versenyen volt kitűzve. Azóta azonban egyike azoknak a feladatoknak, amelyek ismerete nélkül nagyon nehéz versenyeken hasonló feladatokat megoldani. Egy versenyzőnek ezt a feladatot ismernie kell. Átfogalmazás: Ha egy hatcsúcsú egyszerű gráf éleit pirosra vagy kékre színezzük, akkor az ábrán mindig van egyszínű háromszög. Válasszunk ki egy tetszőleges pontot. Ebből 5 él indul, melyek mindegyike piros vagy kék. Valamelyik színűből legalább 3 darab van, legyen mondjuk pirosból. Ha ezen 3 él végpontjai közül bármely kettőt piros él köz össze, akkor ezzel zárul egy piros háromszög. Ha ezeket a végpontokat csupa kék él köti össze, akkor pedig egy kék háromszög keletkezett. Érdemes szoktatni a gyerekeket arra, hogy ne álljunk meg itt, hanem tegyünk fel további kérdéseket. Az egyik ilyen kérdés, hogy mi a helyzet 5 pont esetén? Ekkor van ellenpélda. Ugyanis ha egy ötszög oldalait pirosra, átlóit kékre színezzük, akkor nem keletkezik egyszínű háromszög. Másik lehetséges kérdés: csak egy háromszög keletkezik biztosan, vagy esetleg több is? Belátható, hogy mindig keletkezik legalább két egyszínű háromszög, ennek belátását az olvasóra bízzuk. Lehet, hogy mindig van egy harmadik is? Nem, erre már van ellenpélda. Legyen a 6 fős társaságban 3 fiú és 3 lány. A fiúk ismerik egymást és a lányok is, de egyik fiú sem ismeri egyik lányt sem. Jelöljük az ismeretséget pirossal, a nem ismeretséget kékkel. Két piros háromszög van – a 3 fiú, illetve a 3 lány –, de kék háromszög nincs, hiszen 72
Erdős Gábor: Gráfokról 5-8. osztályosoknak bármely 3 gyerek között van egynemű, akik ismerik egymást. Újabb továbbkérdezési lehetőségekről szól a következő két feladat.
Feladat: 17 tudós levelez egymással 3 témakörben. Mindegyik tudós mindegyik másikkal levelez a három téma egyikéről. Bizonyítsuk be, hogy lehet találni 3 olyan tudóst, akik egymással ugyanarról a témáról beszélgetnek. Megoldás: Ugyanaz, mint az előző feladat, csak ezúttal 3 színt használunk. Válasszunk ki egy tetszőleges pontot, és nézzük meg, innen milyen színű élből indul a legtöbb! Ilyen színűből legalább 6 indul. Ha ezek végpontjai közül bármely kettőt ugyanilyen színű él köt össze, akkor van egyszínű háromszög. Ha nem, akkor ezen 6 végpont között futó éleket a maradék két színnel színeztük, így az előző feladat megoldása alapján van egyszínű háromszög. Hogy folytatható a gondolat? Mi a helyzet 4, 5, 6, … szín esetén? 4 színre 66, 5 színre 327 pont esetén teljesül az állítás, és az ennél kisebb számokra van ellenpélda. Ennek megtalálása azonban már 3 szín, 16 pont esetén sem olyan egyszerű. A feladat a Nemzetközi Matematikai Diákolimpián szerepelt.
Feladat: Egy baráti találkozó 10 résztvevője közül bármely 3-at tekintve, van köztük 2, akik kezet fogtak. Igazoljuk, hogy van 4 olyan ember, akik mindannyian kezet fogtak egymással. Megoldás: Jelöljük piros éllel, ha ismerik egymást, kékkel, ha nem. Teljes n-esnek hívunk egy olyan részgráfot, amelyben minden pont minden ponttal össze van kötve. Átfogalmazás: Ha egy 10-csúcsú teljes gráf éleit pirosra vagy kékre színezzük, akkor ha nincs piros háromszög, akkor van kék teljes négyes. Más szóval: van piros háromszög vagy van kék teljes négyes. Bizonyítás: Ha van olyan csúcs, amiből minimum 4 piros él indul, akkor ezek végpontjai között nem futhat piros él, hiszen akkor van piros háromszög. Így ezen 4 pont között csak kék élek futhatnak, ez viszont egy teljes négyes. Ha nincs olyan csúcs, amiből minimum 4 piros él indul, akkor maximum 3 piros él indul mindegyikből, így minimum 6 kék él indul. Ezek végpontjaira a kettővel ezelőtti feladat alapján van egyszínű háromszög. Ha ez piros, akkor készen vagyunk, ha kék, akkor 73
Kistérségi tehetséggondozás pedig az elsőként kiválasztott csúccsal együtt ez egy kék teljes négyest alkot. Mi a helyzet, ha csak 9 csúcsa van a gráfnak? Az állítás ekkor is igaz! Ha van olyan csúcs, amiből minimum 4 piros él indul, akkor az előző bizonyítás erre az esetre is jó. Ha nincs, akkor viszont csak annyit tudunk, hogy minden csúcsból legalább 5 kék él indul. De az nem lehet, hogy mindegyikből 5 kék él indul, hiszen akkor a kék gráf fokszámainak összege 45 lenne, ami nem lehetséges. Ez azt jelenti, hogy van olyan csúcs, amelyikből legalább 6 kék él indul, innen a bizonyítás már ugyanúgy folytatható. 8 csúcs esetén már van ellenpélda.
Feladat: Adott a síkon 6 általános helyzetű pont, bármely kettő távolsága különböző. A pontokat egyenes szakaszokkal összekötjük, majd minden háromszögben a leghosszabb oldalt h, a legrövidebbet r betűvel jelöljük. Bizonyítsuk be, hogy van olyan szakasz, amelyre h és r betű is van írva. Megoldás: Minden háromszögben a leghosszabb oldalt fessük pirosra, a többi oldalt kékre. Nincs kék háromszög, hiszen minden háromszögben van leghosszabb oldal, ami piros. Ekkor viszont van piros háromszög, amelynek minden oldalára h betűt írtunk. Ennek van legrövidebb oldala, amin r betű is szerepel.
Feladat: Lehet-e 6 egész számot megadni úgy, hogy bármelyik 3 között legyen 2, melyek relatív prímet, és legyen 2, melyek nem azok? Megoldás: Legyenek a számok egy gráf csúcsai! Ha relatív prímek, akkor kössük össze őket pirossal, ha nem, akkor kékkel! A feladat olyan gráfot két, amelyben minden háromszögben van piros és kék él is, azaz nincs egyszínű háromszög. Ez viszont nem lehetséges, 6 ilyen szám nem adható meg. 5 viszont igen, ebben segít az 5-re konstruált ellenpélda, ilyen számötös például: 10, 14, 21, 33, 55.
74
Erdős Gábor: Gráfokról 5-8. osztályosoknak Feladat: Igaz-e, hogy 6 darab irracionális szám között mindig van 3 olyan, hogy közülük bármely 2 összege irracionális? Megoldás: Legyenek a számok egy gráf csúcsai! Ha összegük racionális, akkor kössük össze őket pirossal, ha irracionális, akkor kékkel! A feladat akkor teljesül, ha van kék háromszög. Ehhez elég azt belátni, hogy nincs piros háromszög. Tegyük fel, hogy van, a három csúcsban lévő számok a, b és c. Ekkor a + b , a + c és b + c is racionális. Ezeket összegezve, majd 2-vel osztva kapjuk, hogy a + b + c is racionális, így ( a + b + c ) − ( b + c ) = a is racionális, ami ellentmondás. Nincs tehát piros háromszög, vagyis kell legyen kék. Az előadáson még további feladatok, illetve didaktikai kiegészítések is elhangzanak, illetve lehetőség lesz konzultálni a feladatokról és arról, hogy a témakörben milyen mélységig lehet és érdemes elmerülni általános iskolás korú diákokkal.
75
