Страница 68 номер 100, ГДЗ по алгебре за 10 класс к учебнику Бунимовича. Математика вероятность и статистика

Вершины в задании не подписаны, поэтому обозначим их сами.

а) Шесть вершин стоят двумя рядами по три: \(A\), \(B\), \(C\) — верхний ряд слева направо, \(D\), \(E\), \(F\) — нижний. Каждая вершина верхнего ряда соединена с каждой вершиной нижнего, кроме средних между собой: есть рёбра \(AD\), \(AE\), \(AF\), \(BD\), \(BF\), \(CD\), \(CE\), \(CF\) — всего 8, а ребра \(BE\) нет.

Перерисуем этот граф без пересечений. Рёбра \(AD\), \(DC\), \(CE\), \(EA\) образуют четырёхугольник \(ADCE\). Поместим вершину \(F\) внутрь него и соединим с \(A\) и \(C\): четырёхугольник разобьётся на две части, а рёбра \(FA\) и \(FC\) ничего не пересекут. Вершину \(B\) поместим в ту часть, границу которой составляют \(A\), \(D\), \(C\) и \(F\): оба оставшихся ребра \(BD\) и \(BF\) ведут к вершинам этой границы, поэтому тоже пройдут без пересечений.

б) Пять вершин \(A\), \(B\), \(C\), \(D\), \(E\) соединены всеми парами, кроме одной: есть рёбра \(AB\), \(AC\), \(AD\), \(AE\), \(BC\), \(BD\), \(BE\), \(CD\), \(CE\) — всего 9, нет только ребра \(DE\).

Перерисуем и его. Возьмём треугольник \(ABD\) (его стороны — рёбра \(AB\), \(AD\), \(BD\)) и поместим внутрь вершину \(C\), соединив её с \(A\), \(B\) и \(D\); треугольник разобьётся на три части. В ту часть, границу которой составляют \(A\), \(B\) и \(C\), поместим вершину \(E\) и соединим её с \(A\), \(B\) и \(C\). Все девять рёбер проведены, и ни одно не пересекает другого.

в) Здесь девять вершин, расставленных по кругу. Занумеруем их подряд по часовой стрелке, начав с самой верхней: она получит номер 1, следующая за ней — номер 2, и так до номера 9. Проведены девять рёбер по кругу — 1—2, 2—3, 3—4, 4—5, 5—6, 6—7, 7—8, 8—9, 9—1 — и двенадцать рёбер внутри круга: 1—3, 1—4, 1—5, 1—6, 1—8, 2—8, 2—9, 3—5, 3—7, 3—8, 4—8, 5—7. Значит, \(\text{В} = 9\) и \(\text{Р} = 21\).

Этот граф без пересечения рёбер нарисовать невозможно, то есть требование задания для него невыполнимо. Докажем это.

Пусть плоское изображение существует. Граф связный, поэтому для него верна формула Эйлера \(\text{В} - \text{Р} + \text{Г} = 2\), откуда граней \(\text{Г} = 2 - 9 + 21 = 14\).

Каждая грань плоского графа ограничена не меньше чем тремя рёбрами, а каждое ребро лежит на границе ровно двух граней. Поэтому удвоенное число рёбер не меньше утроенного числа граней. Но \(2 \cdot 21 = 42\) и \(3 \cdot 14 = 42\) — эти числа равны, запаса нет, а значит, каждая грань ограничена ровно тремя рёбрами, то есть является треугольником.

Посмотрим на вершину 6: из неё выходят ровно три ребра — в вершины 5, 7 и 1. Эти три ребра делят окрестность вершины 6 на три части, каждая из которых принадлежит своей грани, и каждая такая грань — треугольник с вершиной 6 и двумя соседями. Значит, рёбрами обязаны быть все три пары соседей: 1—5, 5—7 и 7—1. Первые два ребра в графе есть, а ребра 7—1 нет.

Полученное противоречие показывает, что плоского изображения у этого графа не существует.

Ответ: а) граф перерисовывается без пересечений — четырёхугольник \(ADCE\), вершина \(F\) внутри него, вершина \(B\) в части, ограниченной \(A\), \(D\), \(C\), \(F\); б) перерисовывается — треугольник \(ABD\), вершина \(C\) внутри него, вершина \(E\) внутри треугольника \(ABC\); в) перерисовать нельзя: этот граф непланарен, потому что при 9 вершинах и 21 ребре все грани его плоского изображения были бы треугольниками, а тогда соседи вершины 6 были бы попарно соединены, чего в графе нет.