Boyama kitabı yol. Avtomobil üçün düz yol yükləyin

(bu yazı riyaziyyatdan biliyi olan oxucular və rəğbət bəsləyənlər üçün maraqlı ola bilər)

Keçən gün mən qrafik nəzəriyyəsindən maraqlı bir problem haqqında oxudum - yolun rənglənməsi fərziyyəsi. Bu fərziyyə 37 ildir açıqdır, lakin üç il əvvəl bunu israilli riyaziyyatçı Abraham Trachtman sübut edib. Sübut olduqca elementar oldu və bəzi çətinliklərlə (beynim atrofiyaya uğradığından) onu oxuyub başa düşə bildim və hətta bu yazıda izah etməyə çalışacağam.

Problemi aşağıdakı misalla izah etmək olar. Hər kəsişmədə dörd istiqamətdən birinə - şimala, cənuba, şərqə və qərbə gedə biləcəyiniz bir şəhər xəritəsini təsəvvür edin. Avtomobil hansısa kəsişmədən başlayırsa və bəzi təlimatlar siyahısına əməl edirsə - "şimal, şimal, şərq" və s. - sonra o, nəhayət başqa bir kəsişməyə çatacaq. Maşını harada başlamasından asılı olmayaraq eyni yerə aparacaq, bəlkə də uzun, istiqamətlərin siyahısını tapmaq mümkündürmü? Xəritə Manhettenə bənzəyirsə - adi bir şəbəkə - onda yox, amma bəlkə onun çoxlu çıxılmaz nöqtələri və gözlənilməz dönüşləri var?

Və ya başqa bir misal. Dostunuz mərkəzi tapmaq üçün lazım olan bir labirintdə ilişib qalıb və o, sizə zəng edərək kömək istəyib. Labirentin necə işlədiyini bilirsiniz, amma dostunuzun harada olduğunu bilmirsiniz. Dostunuzu harada olursa olsun, mütləq mərkəzə gətirəcək bir sıra əmrlər ola bilərmi?

Bu iki misalda hər bir nöqtədəki “istiqamətlər” sabitdir və həll ya mövcuddur, ya da yoxdur. Ancaq daha ümumi olaraq, bu problem soruşur: məsələn, hər kəsişmədə "qərb, şimal, şərq, cənub" nöqtələrinin harada olduğunu fərqli şəkildə seçə bilsək, o zaman "sinxron sözünün" - əmrlər ardıcıllığının mövcudluğunu təmin edə bilərikmi? hər hansı bir yer sabit bir səbəb olacaq?

Ümumi halda təpələri arasında “ox” kənarları olan istiqamətləndirilmiş G qrafiki olsun. Bu qrafikin vahid kənar dərəcəsi d olsun - bu o deməkdir ki, hər bir təpənin tam olaraq d kənarları var. Bu halda, hər bir fərdi təpəyə fərqli bir nömrə daxil ola bilər, mütləq d deyil. Bizə “rənglər” adlandıracağımız bəzi əlifbanın d hərfləri dəsti olsun. Sonra qrafikin “rənglənməsi” hər bir təpə üçün onun d çıxan kənarları üçün bütün d hərflərinin təyin edilməsi ilə verilir. Beləliklə, əgər biz hansısa təpədə “varıqsa” və α rənginə uyğun olaraq harasa “getmək” istəyiriksə, onda rəngləmə həmişə bizə hansı kənardan hansı yeni təpəyə getməli olduğumuzu söyləyəcək. “Söz” hərf-rənglərin hər hansı ardıcıllığıdır. Sonra qrafikdə rəngləmə verilirsə və x hansısa təpədirsə və w hansısa sözdürsə, xw x-dən başlayaraq w sözündən sonra çatacağımız təpəni bildirir.

Boyama kitabı adlanır sinxronizasiya, hər hansı x təpəsini bir sabit x 0 təpəsinə aparan w sözü varsa. Bu halda w deyilir sinxronizasiya sözü. Yolun rənglənməsi probleminin verdiyi sual budur: həmişə sinxronlaşdırıcı rəngləmə varmı? Qrafikin kənarlarını elə rəngləmək həmişə mümkündürmü ki, bütün təpələri birinə endirilə bilsin?

Bu problem, məsələn, Vikipediyada oxuya bilən bir neçə fərqli sahədə tətbiqlərə malikdir. Tutaq ki, kompüter elmində, avtomat nəzəriyyəsində. Rəngləmə qrafiki təpələrin vəziyyətlər olduğu və kənarların onların arasında necə hərəkət edəcəyini göstərən deterministik sonlu avtomat kimi düşünülə bilər. Tutaq ki, biz bu maşını uzaqdan idarə edirik, hansısa məlumat kanalı vasitəsilə əmrlər göndəririk və bəzi nasazlıqlar səbəbindən bu kanal çirkləndi, maşın bəzi səhv göstərişlər aldı və indi onun hansı vəziyyətdə olduğunu belə bilmirik. Sonra sinxron söz varsa, indi harada olmasından asılı olmayaraq onu məlum vəziyyətə gətirə bilərik.

Beləliklə, sinxron rəngləmə nə vaxt mövcuddur? Yolun rənglənməsi fərziyyəsi qrafikə daha iki məhdudiyyət qoyur (hər bir təpənin dəqiq d kənarları olması ilə yanaşı). Birincisi, qrafik güclü şəkildə bağlanmalıdır - bu o deməkdir ki, hər hansı bir təpədən digərinə bir marşrut var. İkincisi, qrafik dövri olmamalıdır. Təsəvvür edək ki, qrafikin bütün təpələrini V 1, V 2, ... V n çoxluqlarına bölmək olar ki, qrafikin istənilən kənarı bəzi Vi və Vi+1 və ya V n və V 0-dan təpələri birləşdirsin. Hər V-də təpələr arasında kənarlar yoxdur və onlar heç bir V arasında da “atlaya” bilməzlər, yalnız ardıcıllıqla. Belə bir qrafik dövri adlanır. Aydındır ki, belə bir qrafikin sinxronlaşdırıcı rəngləməsi ola bilməz, çünki onu necə rəngləsəniz və hansı sözlərdən istifadə etsəniz də, fərqli V i-də iki təpə heç vaxt bir araya gəlməyəcək - onlar bir dövrədə yeriməyə davam edəcəklər.

Yolun rənglənməsi teoremi deyir ki, bu şərtlər kifayətdir: Hər bir təpədən d kənarları olan hər hansı qeyri-dövri, güclü əlaqəli istiqamətlənmiş qrafik sinxronlaşdırıcı rəngə malikdir. İlk dəfə 1970-ci ildə bir fərziyyə kimi formalaşdırıldı və o vaxtdan bəri xüsusi halları sübut edən bir çox qismən nəticələr əldə edildi, lakin tam sübut 2007-ci ilə qədər görünmədi. Aşağıdakılar, demək olar ki, bütün sübutları yenidən izah edirəm (bir texniki lemmadan başqa).

Dövrilik

Əvvəlcə qeyri-dövrilik şərtini başqa bir ekvivalentlə əvəz edək. Qrafikdə hər hansı bir dövrün uzunluğunun bölündüyü N>1 ədədi olduqda və yalnız o zaman qrafik dövri sayılır. Bunlar. bizim qeyri-dövrilik tələbimiz belə bir N-nin olmaması faktına bərabərdir və ya başqa sözlə, qrafikdəki bütün dövrlərin uzunluqlarının ən böyük ortaq böləninin 1-dir. Biz sübut edəcəyik ki, bu şərti ödəyən istənilən qrafikin rəngləmə sinxronizasiyası.

Dövriliyin “hər hansı bir dövrün uzunluğunun bölündüyü N>1 var” şərtinə ekvivalent olduğunu sübut etmək bir istiqamətdə əhəmiyyətsiz, digər tərəfdən isə asandır. Bunu imanla qəbul etməyə hazırsınızsa, bu paraqrafın qalan hissəsini asanlıqla atlaya bilərsiniz; sübutun qalan hissəsi üçün bunun əhəmiyyəti yoxdur. Qrafik dövri olarsa, yəni. təpələri V 1, V 2, ... V n çoxluqlarına bölə bilər, beləliklə kənarlar onların arasında dövrə boyunca getsin, onda aydın olur ki, hər hansı bir dövrün uzunluğu n-ə bölünməlidir, yəni. yeni şərt razıdır. Bu, mənasız bir istiqamətdir, amma bizim əvəzimizə ikinci istiqamət lazımdır. Tutaq ki, hər hansı bir dövrün uzunluğu bölünən N>1 var. Gəlin qrafikimizdə kökü r təpəsində olan bir neçə istiqamətlənmiş ağac quraq. İstənilən x təpəsinə bu ağacda l(x) uzunluğunun kökündən başlayan marşrut var. İndi biz iddia edirik ki, qrafikin hər hansı p-->q kənarı üçün l(q) = l(p) + 1 (mod N) olduğunu qəbul edir. Əgər bu ifadə doğrudursa, onda dərhal belə nəticə çıxır ki, biz bütün təpələri l(x) mod N uyğun olaraq V i çoxluqlarına bölmək olar və qrafik dövri olacaqdır. Bu ifadə niyə doğrudur? Əgər p-->q uzanan ağacın bir hissəsidirsə, onda bu aydındır, çünki o zaman sadəcə l(q) = l(p) + 1. Əgər belə deyilsə, onda r kökündən r-ə qədər marşrutları yazırıq. p,q təpələri R p və Rq kimi. Qrafikdə q-dan r-ə qədər olan marşrutu da R r göstərək (qrafik bağlıdır, ona görə də mövcuddur). Onda iki dövrə yaza bilərik: R p p-->q R r , və R q R r . Şərtə uyğun olaraq, bu dövrlərin uzunluqları N-ə bölünür, ümumi qiymətləri çıxararaq və azaldaraq, l(p)+1 = l(q) mod N-ni alırıq ki, bu da sübuta yetirilməli idi.

Sabit dostluq və induksiya

Q qrafikinin müəyyən rənglənməsi verilsin.İki təpəni p, q hər hansı bir w sözü onları eyni təpəyə gətirirsə dost adlandıraq: pw = qw. Gəlin p,q düşmənləri “heç vaxt bir araya gəlmirlərsə” deyək. Gəlin p,q sabit dostlar deyək, əgər w hər hansı bir sözü yerinə yetirdikdən sonra dost olaraq qalırlarsa: pw qw ilə eyni zirvəyə gəlməyə bilər, amma bir az daha w" gələndən sonra gələ bilər. Sabit dostlar heç vaxt düşmən olmayacaq.

Təpə nöqtələri arasındakı sabitlik əlaqəsi, birincisi, ekvivalentlikdir (o, refleksiv, simmetrik və keçidlidir), ikincisi, qrafikin quruluşu ilə qorunur: əgər p, q sabit dostdursa, p kənar ilə p ilə, q ilə q ilə əlaqələndirilir. ", və bu kənarlar eyni rəngli, sonra p" və q" da sabit dostdur. Bu o deməkdir ki, dostluq sabitdir uyğunluq və aşağıdakılara bölünə bilər: yeni G qrafiki yaradın", təpələri G-də sabit dostluq üçün ekvivalentlik sinifləri olacaq. Əgər G-də ən azı bir sabit cüt varsa, o zaman G" G-dən kiçik olacaq. Bundan əlavə, əgər orijinal qrafikdə hər təpədən olan G-nin d kənarları var idisə, G"-də bu belə olacaq. Məsələn, əgər P yeni qrafikin təpəsidirsə, bu, p1, p2 orijinal təpələrinin ekvivalentlik sinfidir... , və α istənilən rəngdir, onda p1--α--> q1, p2---α-->q2 və s. kənarların hamısı hər biri ilə sabit dostluqda olan q1, q2... təpələrinə aparır. digəri və buna görə də yeni Q təpəsində yerləşir ki, bütün bu kənarlar yeni P kənarına çevrilsin --α-->Q. D rənglərinin hər biri üçün və s.

Üstəlik, əgər G qeyri-dövri idisə, onda G" də belədir. Axı - dövriliyin alternativ tərifindən istifadə etməklə - G-də hər hansı bir dövr G-də dövrə çevrilir, belə ki, G"-dəki dövrlərin bütün uzunluqları n > 1-ə bölünür, onda G-də bütün dövrlər üçün də eynidir. Deməli, G-nin dövriliyi” G-nin dövriliyini nəzərdə tutur.

Fərz edək ki, biz G-də sinxronlaşdırıcı rəng tapmağı bacardıq. İndi onu başladığımız rəngləmə əvəzinə G-də istifadə etmək olar: istənilən kənar p-->q P kənarının yeni rənginə uyğun olaraq yeni rəng alacaq. -->Q. Bir az daha dəqiq olmalıdır: G" qrafikinin hər bir P təpəsində bütün rənglərin π P dəyişməsi ilə yeni rəng verilir: α rəngi ilə boyanmış kənar yeni π rəngi alır. P (α). Sonra orijinal G qrafikində P sabitlik sinfinin hər p təpəsində onun kənarlarını yenidən rəngləmək üçün eyni π P permutasiyasından istifadə edirik. Ümumiyyətlə, G qrafikinin yeni rənglənməsi ilkinlərlə eyni olmayan bəzi yeni “dostluq”, “düşmənlik” və “sabitlik” anlayışlarını müəyyən edir. Ancaq buna baxmayaraq, əgər p, q iki təpələri köhnə rəngdə sabit dost idisə - eyni P sinfinə aid idilər - o zaman yenisində sabit dost olaraq qalacaqlar. Bunun səbəbi, p,q-nı bir təpəyə gətirən hər hansı w ardıcıllığının yol boyu hər p təpəsində π P permutasiyasından istifadə edərək köhnə rəngdən yenisinə və ya əksinə “tərcümə” edilə bilər. p,q köhnə rəngləmədə sabit olduğundan və “bütün yolda” belə qaldığından, p,q nöqtəsindən ümumi təpəyə gedən yol boyu p n, q n hər bir aralıq təpə cütü sabit olacaqdır, yəni. bir təpə P n daxilində uzanır və buna görə də eyni permutasiyanı alır π P n .

Yeni rəngləmə G" üçün sinxronlaşdırılır, yəni bəzi w ardıcıllığı bütün təpələri bir P təpəsinə gətirir. Əgər indi G-də yeni rəngləmə üçün w tətbiq etsək, onda bütün təpələr "P daxilində" bir yerdə birləşəcək. Yuxarıda qeyd edildiyi kimi, P sinifindəki bütün təpələr yeni rəngləmədə sabit qalır, bu o deməkdir ki, biz indi w davam edə bilərik, hər şey bir G təpəsində birləşənə qədər qalan ayrı-ayrı təpə cütlərini təkrar-təkrar bir araya gətirə bilərik. Beləliklə, yeni rəngləmə üçün sinxronizasiya olunur. G.

Bütün bunlardan belə nəticə çıxır ki, teoremi sübut etmək üçün şərtlərə cavab verən istənilən qrafikdə bir cüt sabit dost olan rəngin olduğunu sübut etmək kifayətdir. Çünki o zaman G qrafikindən daha kiçik ölçülü G" qrafikinə keçə bilərik və o, həm də bütün şərtlərə cavab verir. İnduktiv arqumentdən istifadə edərək hesab etmək olar ki, kiçik ölçülü qrafiklər üçün problem artıq həll olunub, sonra isə sinxronizasiya rənglənməsi. G for" həmçinin G üçün sinxronizasiya ediləcək.

Kliklər və maksimal dəstlər

Qrafikdəki təpələrin hər hansı A alt çoxluğu və w sözü üçün Aw, A-nın bütün təpələrindən başlayaraq w sözündən sonra çatacağımız təpələr çoxluğunu bildirir. Ümumilikdə qrafikin bütün təpələrindən başlasaq, onda bunu Gw ilə işarə edirik. Bu qeyddə sinxronlaşdırıcı rəngləmə o deməkdir ki, w var ki, Gw bir element dəsti olsun.

Əgər A təpələri çoxluğu bəzi w üçün Gw formasına malikdirsə və əlavə olaraq, A-da hər hansı iki təpə düşməndir, yəni. heç vaxt birləşməyəcək, A deyək klik. Kliklər mövcuddur, çünki biz həmişə bütün G ilə başlaya, bir cüt dost təpəsini götürə, onları birləşdirən w-dən keçə və təpələrin sayını bir azalda bilərik; yalnız düşmənlər qalana və ya yalnız bir zirvə qalana qədər bu şəkildə davam edin - bu vəziyyətdə də bir qrup, sadəcə olaraq əhəmiyyətsizdir.

Əgər A klikdirsə, onda hər hansı bir söz üçün w Aw həm də klikdir; bu aydındır, çünki düşmənlər düşmən olaraq qalırlar. Əgər x qrafikin hər hansı təpə nöqtəsidirsə, o zaman x də daxil olmaqla bir qrup var. Bu, bir növ A qrupunun olmasından irəli gəlir (əvvəlki paraqrafa bax); əgər p onda təpədirsə, onda p-dən x-ə gedən w sözü var, çünki əlaqəli qrafik; onda Aw x də daxil olmaqla bir qrupdur.

Kliklər bizə sabit dostlarla rəngləmə olduğunu sübut etməyə kömək edəcək - əvvəlki hissəyə görə, bu teoremi sübut etmək üçün kifayətdir. Bu bölmədə biz sübut edəcəyik ki, əgər A və B təpələri varsa, A-da biri və B-dən başqa onlarda bütün təpələr ortaqdırsa, bu iki təpə sabit dostdur. Beləliklə, problem A və B qruplarını ehtiva edən bir rəng tapmağa qədər azalır.

Kliklərin necə işlədiyini daha yaxşı başa düşmək üçün qrafikdəki təpələrə çəkilər təyin etmək faydalıdır. Gəlin göstərək ki, hər bir x təpəsinə müsbət çəki w(x) təyin etmək üsulumuz var, belə ki, hər hansı x təpəsi üçün əgər x-də kənarları olan bütün təpələrin çəkilərini cəmləyin, onda biz d*w(x) alırıq, burada d hər təpənin kənarlarının sayıdır. Bu, xətti cəbrdən irəli gəlir və əgər siz öz dəyərin nə olduğunu bilmirsinizsə, bu paraqrafın qalan hissəsini atlayın və belə w(x)-in mövcudluğunu təbii qəbul edin. Əgər M qrafikin G matrisidirsə (xana (i,j) i-->j kənarı varsa 1-dir və belə kənar yoxdursa 0), onda təsvir etdiyim kimi w(x) xüsusi vektorun elementləridir sol bu matrisin xüsusi dəyəri d üçün var. Belə bir vektorun mövcud olduğunu bilirik, çünki d xüsusi dəyərdir: onun əhəmiyyətsiz bir xüsusi vektoru var. sağda(1,1,....1) - bu, hər bir təpədən tam olaraq d kənarlarının çıxmasından dərhal irəli gəlir.

Əgər A hər hansı təpələr toplusudursa, onda w(A) A-dan bütün təpələrin çəkilərinin cəmini bildirir; və w(G) qrafikdəki bütün təpələrin çəkilərinin cəmidir. Bundan əlavə, əgər s hər hansı bir sözdürsə, s boyunca “əks istiqamətdə” getdiyiniz halda, A-dan gəldiyiniz təpələr toplusunu As -1 göstərsin, hər addımda hər bir təpəni həmin təpələrlə (əgər varsa) əvəz etsin. ki, ona uyğun rəngdə gedin.

İndi bir nöqtəyə birləşdirilə bilən təpələrin bütün dəstlərini nəzərdən keçirək, yəni. elə A ki, bəziləri üçün w Aw yalnız bir təpədən ibarətdir. Bütün belə dəstlər arasında w(A) maksimum çəkiyə malik olan A dəstləri maksimal dəstlər adlanacaq. Əgər rəngləmə sinxronlaşırsa, onda bütün G qrafiki maksimal dəstdir (unikaldır), əks halda isə belə deyil.

Əgər A hər hansı təpələr toplusudursa, onda α-nın bütün d rəngləri üzərində işlədiyi bütün w(Aα -1) cəmi d*w(A)-a bərabərdir - bu, sadəcə olaraq çəkinin əsas xassəsinin ümumiləşdirilməsidir. A təpələri çoxluğuna bir təpə. Bundan əlavə, bu halda A maksimum çoxluqdursa, onda w(Aα -1) hər biri w(A)-dan böyük ola bilməz, çünki bu çoxluqlar da bir təpəyə endirilir. . Və bu çəkilərin d cəmi d*w(A)-a bərabər olduğundan onların hər birinin w(A)-a bərabər olduğu və bütün bu çoxluqların da maksimal olduğu ortaya çıxır. Buradan dərhal belə nəticə çıxır ki, əgər A maksimaldırsa, onda Aw -1 də istənilən w sözü üçün maksimaldır.

Maksimal çoxluqlar faydalıdır, çünki onların ayrı-ayrı nümunələri bütün qrafiki əhatə edə bilər. Gəlin bunu sübut edək.

Cütlükdə birləşən və eyni w sözü ilə a 1 ...a n tək təpələrinə endirilən maksimum A 1 ...A n çoxluğu olsun (ilkin halda n=1 və yalnız bir olacaq) təyin edin ki, başlamaq asan olsun). Aydındır ki, bütün a 1 ...a n bir-birindən fərqlidir, çünki əks halda eyni son təpəyə malik başqasının elementləri hesabına maksimum çoxluğu daha da genişləndirmək mümkün olardı. Tutaq ki, bütün A i birlikdə G-nin bütün təpələrini hələ tükənməyib və qoy x bütün A i-dən kənar təpə olsun. Qrafik bağlı olduğundan, 1-dən x-ə qədər h marşrutu var. Onda n maksimal çoxluq A i h -1 w -1 whw sözünə uyğun olaraq son təpələrə a 1 ...a n , maksimal A 1 çoxluğu isə hansısa təpəyə gedir Awhw = (Aw)hw = (a 1 h) w = xw. Bu xw təpəsi həm də bütün a 1 ...a n -dən fərqlənməlidir, çünki əks halda maksimal A i çoxluğu x elementi ilə tamamlana bilər. Və bütün bu n+1 dəstləri - hamısı A i h -1 w -1 üstəgəl A 1 - whw boyunca müxtəlif təpələrə getdiyinə görə, onların hamısı cüt-cüt ayrıdır. Çoxluğun xaricində heç bir təpə qalmayana qədər bu genişlənməni davam etdirəcəyik.

Beləliklə, biz bütün G qrafikini ayrı-ayrı maksimal çoxluqlarla əhatə edə bilərik. Maksimal olduqları üçün onların hamısı eyni tam w max-a malikdir və buna görə də onların əhatə dairəsindəki sayı N max = w(G)/w max-dır.

İndi cüt-cüt düşmənlərdən ibarət istənilən A dəstini nəzərdən keçirin. Məsələn, bir qrup belə bir dəstənin nümunəsidir (həmçinin Gw formasına malikdir). Maksimal dəstdə bir cüt düşmən ola bilməz, çünki o zaman birləşə bilməzdi. Bu o deməkdir ki, maksimum N maksimum dəstdən ibarət örtükdə hər biri ən çox bir A üzvünü ehtiva edir, ona görə də A-nın ölçüsü ən çox N max-dır. Konkret olaraq, bu, hər hansı bir klikin ölçüsünün yuxarı həddidir.

Qoy A Gw formasının klikası olsun, burada w hansısa sözdür. Onda G = Aw -1 və müvafiq olaraq w(G) w(aw -1) cəminə bərabərdir, burada a A-nın bütün təpələrindən keçir. Əvvəlki paraqrafa görə terminlərin sayı bundan çox deyil. N max və hər bir aw -1 dəsti bir nöqtəyə endirilə bilər (a nöqtəsində w sözü ilə), buna görə də onun çəkisi maksimum w max-dan çox deyil. Bütün cəm w(G) = N max *w max -a bərabər olduğundan belə nəticəyə gəlirik ki, şərtlərin sayı tam olaraq N max -a bərabərdir və hər bir termin tam olaraq w max -a bərabərdir. Biz sübut etdik ki, bütün kliklər eyni ölçüyə malikdir: tam olaraq N maksimum element.

A və B iki qrup olsun ki, A daxilində birindən başqa bütün elementlər B ilə ortaq olsun: |A| - |A∩B| = 1.

A və B eyni ölçüdə olduğundan bizdə də |B| var - |A∩B| = 1, yəni. A və B-nin bütün ortaq elementləri var, A-da bir p təpəsi və B-də bir q təpəsi istisna olmaqla. Biz bu p,q təpələrinin sabit dost olduğunu sübut etmək istərdik. Əgər bu belə deyilsə, onda hansısa w sözü onları düşmən edir, yəni. pw və qw düşməndir. Yuxarıda göstərildiyi kimi, Aw və Bw də qruplardır və açıq-aydın görünür ki, düşmən pw və qw istisna olmaqla, yenə də onların bütün ortaq elementləri var. Onda Aw ∪ Bw çoxluğu ikili düşmənlər toplusudur. Həqiqətən də, onda Aw-ın bütün elementləri ikili düşməndir, çünki o, bir qrupdur; eyni şey Bw elementləri üçün də keçərlidir; və yalnız pw,qw cütü qaldı - həm də düşmənlər. Lakin bu dəstdə N max +1 element var və yuxarıda biz göstərdik ki, hər hansı bir cüt düşmən dəstində N max elementdən çox ola bilməz. Bu ziddiyyətdir və buna görə də pw və qw heç bir w-nin düşməni ola bilməz. Başqa sözlə, p və q sabit dostlardır.

Qrafikləri və klikləri əhatə edir

Verilmiş G qrafikindən bütün təpələri götürək və hər təpədən yalnız bir çıxan kənarı seçək. Bu seçim bizim adlandırdığımız subqrafı müəyyən edir əhatə edən qrafik(əsasən qrafik). Çox müxtəlif diapazonlu qrafiklər ola bilər, amma gəlin onların nəyə bənzədiyi haqqında bir az düşünək. Müəyyən bir əhatə dairəsi olan R qrafiki olsun. Əgər onun içindəki hər hansı x təpəsini götürsək və onun kənarlarını izləməyə başlasaq, hər dəfə bir seçimimiz olacaq, çünki R-də hər təpədən yalnız bir kənar çıxır və daha tez və ya sonra biz dövrü bağlayacağıq. Ola bilsin ki, bu dövrə x-də bağlanmayacaq, amma “daha” bir yerdə bağlanacaq - məsələn, x-->y-->z-->s-->y. Sonra bu dövrəyə "quyruq" x-dən aparacaq. Əgər hansısa başqa təpədən başlasaq, mütləq bir dövrlə də başa çatacağıq - bu və ya digər. Məlum oldu ki, hər hansı R təpəsi ya bir dövrə üzərində yerləşir (bunlardan bir neçəsi ola bilər), ya da dövrə aparan “quyruq”un bir hissəsidir. Bu o deməkdir ki, R belə görünür: müəyyən sayda dövrlər və onların üzərində müəyyən sayda "ters çevrilmiş" ağaclar qurulur: hər bir ağac başlamır, lakin dövrlərdən birində yerləşən "kökdə" bitir.

Qrafikin hər bir təpəsinə təyin edə bilərik səviyyə, verilmiş diapazonda onun dövrəyə olan məsafəsinə uyğun R. Dövrdə yerləşən təpələr 0 səviyyəsinə malikdir və dövrəyə qoşulmuş ağacın üzərində yerləşən təpələr öz ağacından “kökə” qədər olan məsafəyə bərabər səviyyə alırlar. Velosiped üzərində uzanmaq. Qrafikimizin bəzi təpələri maksimum səviyyəyə malikdir L. Bəlkə də hətta 0-a bərabərdir - yəni. ağaclar yoxdur, sadəcə dövrələr var. Ola bilsin ki, o, sıfırdan böyükdür və bu maksimum səviyyənin təpələri müxtəlif dövrlərə və ya birinə bağlı olan hər cür müxtəlif ağacların üzərində yerləşir.

Biz əhatə edən R qrafikini elə seçmək istəyirik ki maksimum səviyyənin bütün təpələri eyni ağacın üzərində uzanır. İntuitiv olaraq bunun edilə biləcəyinə inanmaq olar, çünki belə deyilsə - məsələn, onlar müxtəlif ağaclar arasında səpələnmişdirlər - o zaman belə maksimum x təpələrindən birini seçib R-yə bir kənar qoşaraq onun səviyyəsini artırmaq olar. x üçün. Sonra başqa bir qabırğa atılmalı olacaq və bunun başqa bir şeyə zərər verməyəcəyi bir həqiqət deyil ... lakin bu, daha sonra müzakirə ediləcək texniki bir məsələdir. Sadəcə onu deməyə çalışıram ki, intuitiv olaraq çox mürəkkəb görünmür.

Hələlik fərz edək ki, maksimum səviyyənin bütün təpələri eyni ağacda olsun deyə R-i seçə bilərik. Bu ağacın qeyri-trivial olduğu güman edilir, yəni. maksimum səviyyə L > 0. Bu fərziyyə əsasında bir rəngləmə quracağıq və onun içərisində əvvəlki bölmənin şərtlərinə cavab verən A və B qrupları var və bu, bu rəngləmədə sabit bir cütün olduğunu sübut edəcəkdir. dostlar.

Rəngləmə aşağıdakı kimi olacaq: bəzi α rəngini seçin və R qrafikinin bütün kənarlarını bu rənglə və G qrafikindəki bütün kənarları hər hansı digər rənglərlə rəngləyin (yalnız bir rəng varsa, onda R G ilə üst-üstə düşür, ona görə də problem yoxdur). Beləliklə, α rəngindən ibarət sözlər ağacları boyunca R-nin təpələrini dövrələrə doğru "itələyir" və sonra onları dövrlər boyunca aparır. Bizə lazım olan yeganə sözlər bunlardır.

Qoy x R-də L maksimum səviyyəsinin istənilən təpəsi olsun, K isə x də daxil olmaqla istənilən klik olsun; belə bir qruplaşmanın olduğunu bilirik. K maksimum L səviyyəsinin bəzi digər təpəsini daxil edə bilərmi? Fərziyyəmizə görə, bütün belə təpələr x ilə eyni ağacdadır, yəni α L sözü onları x ilə eyni yerə - yəni dövrədə yerləşən bu ağacın kökünə aparır. Bu o deməkdir ki, bütün belə təpələr x-in dostlarıdır və buna görə də onunla eyni qrupda yerləşə bilməzlər. Buna görə də, x-dən başqa, K yalnız aşağı səviyyənin təpələrini əhatə edə bilər.

A = Kα L-1 çoxluğuna baxaq. Bu da bir klikdir və onda x-dən başqa bütün təpələr R-də bir növ dövrəyə çatmışdır, çünki x-dən başqa A-nın bütün təpələri L-dən aşağı səviyyəyə malikdir. Yalnız x dövriyyədən kənarda qalır, dövrədə onun kökünə tam 1 məsafə. İndi R-də bütün dövr uzunluqlarının qatına bərabər olan bəzi m ədədini götürək - məsələn, bütün dövr uzunluqlarının hasili. m elə bir xüsusiyyətə malikdir ki, əgər y təpəsi R-də dövrədədirsə, α m sözü onu öz yerinə qaytarır: yα m = y. B = Aα m klikinə baxaq. X-dən başqa A-nın bütün təpələri dövrlər üzərində yerləşir və buna görə də B-də orada qaldı; və yalnız x nəhayət öz dövrünə daxil oldu və orada haradasa yerləşdi. Bu o deməkdir ki, A və B-nin kəsişməsində birindən başqa A-nın bütün təpələri var: |A| - |A∩B| = 1. Amma bu, sadəcə olaraq, əvvəlki bölməyə əsasən o deməkdir ki, bizim rəngləməmiz sabit bir cütə malikdir, bunu sübut etməmiz lazım idi.

Maksimum səviyyənin qurulması.

Qeyri-trivial maksimum səviyyəsi L > 0 olması və bu səviyyənin bütün təpələrinin eyni ağacın üzərində olması üçün əhatəli R qrafikini seçmək həmişə mümkün olduğunu sübut etmək qalır.

Bu sübutun bir hissəsi oxuduğum və yoxladığım olduqca darıxdırıcı və texniki bir lemmadır, amma təkrarlamayacağam, sadəcə maraqlı olanlar üçün məqalənin harada olduğunu söyləyəcəyəm. Ancaq bu lemmaya necə çatacağınızı sizə deyəcəyəm.

G qrafikinə tətbiq edə biləcəyimiz iki məhdudiyyətə ehtiyacımız olacaq. Birincisi, deyək ki, G-də döngələr yoxdur, yəni. bir təpədən eyni təpəyə qədər olan kənarlar. Məsələ burasındadır ki, əgər qrafikdə bir döngə varsa, o zaman sinxronlaşdırıcı rəngləməni başqa bir şəkildə tapmaq çox asandır. Gəlin bu döngəni bir qədər α rənginə rəngləndirək və sonra bu təpədən əks istiqamətdə “oxlara qarşı” gedərək kənarları elə rəngləndirək ki, α rəngi həmişə bu təpəyə aparsın. Qrafik bağlı olduğundan, bunu təşkil etmək asandır və sonra dövrə müəyyən dərəcədə α-nın bütün qrafiki bu təpəyə endirməsini təmin edir.

Sonra bir saniyəlik fərz edək ki, hansısa p təpəsindən bütün d kənarları eyni q təpəsinə aparır. Buna şərtlərlə icazə verilir, lakin bu halda biz bu kənarlar dəstini adlandıracağıq dəstə. İkinci məhdudiyyətimiz belədir: p və q təpələrindən fərqli iki həlqənin getdiyi r təpəsi yoxdur. Niyə biz bunu tətbiq edə bilərik? Çünki əgər bağlayıcılar p və q-dan r-ə keçirsə, onda hər hansı p rəngi üçün q birinci rəngdən sonra r təpəsində birləşəcək və buna görə də onlar sabit dostdurlar. Beləliklə, bu halda bizə diapazonlu qrafiklərin və kliklərin bütün qurulmasına ehtiyacımız yoxdur, biz dərhal sabit dostlar əldə edirik. Buna görə də bunun belə olmadığını güman edə bilərik.

Nəhayət, sübut edirik ki, həmişə əhatə edən bir R qrafiki mövcuddur ki, orada bütün təpələri dövrlər üzərində deyil, lakin bəzi qeyri-trivial ağaclar var. Gəlin bir neçə R seçək və onun bütün təpələrinin dövrlər üzərində olduğunu fərz edək. G qrafikindəki bütün kənarlar birləşdirilsəydi, yəni. həmişə eyni təpədən çıxan bütün d kənarları eyni təpəyə aparırdı - onda R seçimi hər bir keçiddən sadəcə bir kənarın seçilməsini əhatə edərdi. Bu halda, R-də yalnız bir dövr ola bilər (hər şeydən sonra, R-də bir neçə dövrə bağlı G qrafikində bir-birinə bağlana bilməzdi - G-nin bütün kənarları yalnız R-nin kənarları ilə eyni təpələri birləşdirir, çünki bunlar birləşdiricidir - və G birləşdiyi üçün bu mümkün deyil) və G-də hər hansı bir dövr sadəcə olaraq bu dövrün birləşmələrindən başqa kənarları seçir, lakin mahiyyət etibarilə eyni dövrdür, eyni uzunluqdadır. Amma bu o deməkdir ki, G-də bütün dövrlərin uzunluqları bu uzunluğa bölünür, bu da G-nin qeyri-dövriliyi ilə tam ziddiyyət təşkil edir. Buna görə də, G-də bütün kənarların linklər üzərində olması mümkün deyil, yəni iki kənar var. R-də p-- >q, və R-dən kənar p-->s (p-dən bəzi kənarın nəinki əhatə edən qrafikdə yer almadığını, həm də başqa s təpəsinə gətirib çıxardığını sübut etmək üçün bizə birləşdiricilər haqqında uzun arqument lazım idi). Sonra p-->q-ni p-->s ilə əvəz edirik və bu, dövranı “qıracaq”, onda bir növ qeyri-trivial quyruq yaradacaq. Bu quyruq bizə yeni qrafikdə qeyri-trivial ağac verəcəkdir.

İndi biz qeyri-trivial ağacları ehtiva edən bütün əhatəli R qrafiklərindən, dövrlərdə maksimum təpə sayına malik olan R-ni seçə bilərik. Yəni onun dövrlərdə olmayan təpələri var, lakin bu məhdudiyyətlə yanaşı, dövrlərdəki təpələrin sayı maksimuma çatdırılır. Bu qrafikdə L maksimum səviyyəsinin bəzi təpələri var və onların müxtəlif köklərə aparan ağaclarda olduğunu güman etmək olar, əks halda biz artıq ehtiyacımız olana nail olmuşuq. Gəlin belə bir x təpəsini seçək. Biz qrafiki elə dəyişmək istəyirik ki, bu təpə ağacda daha uzun marşrutun bir hissəsi olsun, L-dən daha uzun olsun və digər ağaclar dəyişməsin və sonra maksimum səviyyə yalnız bir ağacda olacaq, bizim istədiyimiz budur. Qrafiki üç yolla dəyişə bilərsiniz:

a) bir az y-->x kənarını götürün və onu R-ə əlavə edin və mövcud olan y-->z kənarını atın;
b) x-dən öz dövrünə (dövrdə r) gedən yolda sonuncu olan b-->r kənarını götürün və onu atın və başqa b-->z əlavə edin.
c) dövrün bir hissəsi olan c-->r kənarını götürün və onu atın və başqa bir c-->z əlavə edin.

Traxtmanın məqaləsinin 7-ci lemması ətraflı şəkildə sübut edir ki, bu dəyişikliklərdən biri (və ya bəzi hallarda iki) istənilən nəticəyə gətirib çıxarır. Proses həm R-nin maksimallığından (əgər bəzi dəyişiklik dövrlərdə R-dən daha çox təpələri olan qrafikə gətirib çıxarırsa, bu, onun maksimallığına ziddir), həm də yuxarıda müəyyən edilmiş iki keçidin apardığı təpənin olmaması şərtindən istifadə edir. Nəticədə, hər halda, maksimum səviyyənin bütün təpələrinin bir qeyri-trivial ağacın üzərində olduğu R qrafikini alırıq.

Bir həftə sonra yeniləmə: Bununla belə, mən bu girişi tamamilə özümü təmin etmək qərarına gəldim və həmçinin əvvəlki paraqrafda istinad etdiyim lemmanın sübutunu yenidən izah etdim. Bunu bir diaqramla etmək daha yaxşı olardı, amma onu çəkmək və ya məqalədən çıxarmaq istəmirəm, buna görə də sözlərlə çalışacağam. Beləliklə, təsəvvür edin ki, bizdə qeyri-trivial ağaclar olan R diapazonlu qrafikimiz var və onun içindəki bütün bu cür qrafiklərdən təpələrin maksimum sayı dövrlərdə yerləşir. Biz R-ni maksimum səviyyənin bütün təpələrinin eyni ağacda yerləşdiyi əhatəli qrafikə çevirməyi hədəfləyirik; Sınaq prosesində belə bir qrafik əldə etdikdən sonra dərhal bitiririk (və biz dövrlərdə təpələrin sayı baxımından qrafikin maksimallığının itirilməsinə əhəmiyyət vermirik, bu, bizim üçün vacib deyil. özü, biz yalnız prosesdə istifadə edirik). Maksimum səviyyənin təpəsi x olsun L, T onun üzərində yerləşdiyi ağac, r T-nin bitdiyi C dövrünün təpəsi, b-->r x-dən C dövrünə gedən yolda r-dən əvvəlki son kənar olsun. Güman edə bilərik ki, bu dövrəyə qoşulan bəzi başqa ağaclar və ya L səviyyəli təpələri olan başqa ağaclar var - əks halda hər şey artıq edilib. Buradan belə nəticə çıxır ki, əgər biz T-dən L-dən daha çox elementə malik bir ağac əldə edə bilsək və bu digər ağacları uzatmasaq, işimiz bitmişdir.

Əvvəlcə yuxarıdakı a) əməliyyatını yerinə yetirməyə çalışaq: G-də y-->x kənarını götürün - o, mövcuddur, çünki Qrafik bağlı və döngələrsizdir və R-də yatmır, çünki x maksimum səviyyə. Gəlin onu R-ə əlavə edək və əvvəl orada olan y-->z-ni ataq. Əgər y T ağacında yerləşirsə, onda y-->x yeni dövrü bağlayır və yeni qrafikdə daha çox təpələr dövrlər üzərində yerləşir və hələ də qeyri-trivial ağaclar (ən azı R-də olan digərləri) var. R-in maksimallığına ziddir. Əgər y T-də yerləşmirsə və y-->z C dövrünün bir hissəsi deyilsə, y-->z-nin çıxarılması bu dövrü pozmur, lakin y-->x-in əlavə edilməsi maksimumu genişləndirir. ağacın T səviyyəsini ən azı bir, digərləri isə ağacları uzatmır, buna görə də biz bitirdik. Qalan seçim, y-->z indi pozulmuş C dövrü üzərində uzandıqda və yeni dövr formalaşdıqda: r-dən y-ə, sonra y-->x, sonra x-dən r-ə keçmiş ağac boyunca. Bu dövrün uzunluğu l(ry)+1+L, köhnə C dövrünün uzunluğu isə l(ry)+1+l(zr) olmuşdur. Yeni dövr köhnədən uzun ola bilməz, bu R-nin maksimallığına ziddir, ona görə də görürük ki, L ≤ l(zr), yəni. köhnə döngədə z-dən r-ə qədər marşrutun uzunluğu. Digər tərəfdən, yeni qrafikdə z təpəsinin indi ən azı l(zr) səviyyəsi var və əgər bu L-dən böyükdürsə, işimiz bitmişdir. Beləliklə, l(zr)=L olduğunu fərz edə bilərik. Xülasə etmək üçün: biz fərz edirik ki, a) işləmir və sonra bilirik ki, y-->z C, l(zr) = L dövrü üzərində yerləşir.

İndi b əməliyyatını sınayaq: b-->r kənarını başqa b-->d kənarı ilə əvəz edin. Yeni d təpəsinin harada yerləşdiyini görək. Əgər T ağacında, onda biz əvvəlkini pozmadan yeni dövr yaratdıq və R-nin maksimallığını təkzib etdik. Əgər başqa ağacda olarsa, onda T-nin maksimal təpələri, o cümlədən x, indi L-dən böyük səviyyəyə malik olacaq və digər ağaclar olmayacaq və biz bitmişik . Əgər C deyil, başqa bir dövrədə, onda biz indi b) ilə birlikdə a) edəcəyiksə, y-->z-nin C üzərində yerləşdiyini bildiyimizə görə, bu əməliyyat C-ni parçalayacaq, lakin onun daxil olduğu yeni dövrü deyil. indi T ağacı ilə bağlıdır və bu ağacda indi L-dən böyük səviyyənin təpələri olacaq və biz yenidən bitirdik.

Qalan seçim b-->d də C dövrünə, r-dən başqa yerdə və ya eyni yerdə və sonra d=r olduqda bağlıdır. b-->r-ni b-->d ilə əvəz etdikdən sonra biz ilkin vəziyyətlə eyni vəziyyətə düşdük - T ağacı, L səviyyəsinin x təpəsi və s. - yalnız ağac indi d təpəsi vasitəsilə dövrəyə bağlıdır. İndi a əməliyyatını nəzərə alaraq, (işləməyəcəyini fərz etsək) belə nəticəyə gəlirik ki, l(zd) = L, necə ki, əvvəllər l(zr) = L qənaətinə gəldik. Amma əgər l(zd) = l( zr), yəni. z-dən dövr boyu məsafə d və r-ə bərabərdir, onda bu eyni təpədir: d=r. Beləliklə, əgər b) işləmirsə, b-dən hər hansı bir kənar r-ə aparmalıdır, yəni. b-dən kənarlar bir keçid təşkil edir.

Nəhayət, C dövrü üzərində uzanan c-->r kənarını nəzərdən keçirək. Biz b-dən bütün kənarların r-ə aparan keçiddə olduğunu güman edə bildiyimiz üçün yuxarıda qeyd olunan məhdudiyyəti də tətbiq edə bilərik ki, iki link ola bilməz. bir təpə, c-dən r-ə qədər bütün kənarlar deyil, lakin bəzi kənar c-->e var. c-->r c-->e ilə əvəz edək. E təpəsi harada yerləşə bilər? T ağacında deyil, çünki bu, R-nin maksimallığına zidd olaraq C dövrünü "uzadacaq". Beləliklə, e başqa bir ağacda və ya başqa bir dövrədə, hətta eyni C dövründə yerləşir, lakin r təpəsində deyil. Sonra T ağacı, döngəyə qoşulmazdan əvvəl, indi r-dən çıxan ən azı bir kənar ilə və bəlkə də daha çox uzanır (yalnız e, r-dən dərhal sonra yerləşirsə və c-->e C döngəsini yenidən bağlayır, ondan yalnız r çıxarır). Bu o deməkdir ki, x təpəsi və digər T maksimal təpələri indi L+1-dən az olmayan səviyyəyə malikdir, digər ağaclar isə uzanmayıb və biz yenə də lazım olanı əldə etdik.

Disney və Pixar sayəsində 2006-cı ilin iyununda bütün dünya yalnız avtomobillərin qəhrəmana çevrildiyi bir cizgi filmi gördü.

Cars cizgi filmindəki avtomobillər adi həyat sürür - biri təkər mağazası, digəri tüninq studiyası işlədir, bəziləri isə sadəcə olaraq öz zövqləri üçün yaşayır, məsələn, hippi Fillmor (Volkswagen T1) və ya onun dostu, İkinci Dünya Müharibəsi veteranı. Serj (Willys). Filmin baş qəhrəmanı, “İldırım” ləqəbli Makkuin yalnız yarış, qələbə və şöhrət arzusundadır. Bir dəfə məşhur Amerika şossesi 66-da Radiator rayonunda, hələ də "yaşıl" McQueen dərhal hər kəsə nə qədər sürətli və sərin olduğunu söyləyir. Bununla belə, onun NASCAR yarışında ilk başlanğıcı onun illüziyalarını dəf edir. Dostlar qəhrəmana itkidən sağ çıxmağa kömək edirlər - köhnə evakuator Mater (GMC Pick-up), mentor Doc Hudson (Hudson Hornet) və əsl Ferrari görmək arzusunda olan balaca Luici (Fiat 600).

Yaxşı, romantik gözəllik Sally olmasaydı, biz harada olardıq (füsunkar 911 döyməsi ilə Porsche)! Böyük ölçüdə onların sayəsində McQueen hələ də Çikonun əsas rəqibini (Plimut Hemi Cuda) məğlub edərək yarışda qalib gələcək. Luicinin arzusu da gerçəkləşəcək - bir gün, yeri gəlmişkən, "Qırmızı baron"un özü Mixael Şumaxer tərəfindən səsləndirilən "Maranellodan olan ayğır" təkər dəyişdirmək üçün mağazasına gələcək.

Maraqlıdır ki, filmin yaradıcıları da, onu səsləndirənlər də avtomobillə məşğul olan insanlardır. Məsələn, rejissor Co Lasseter demək olar ki, bütün uşaqlığını atasının baş dizaynerlərdən biri olduğu Chevrolet zavodunda keçirib. Fordun aparıcı dizayneri Jay Mays məsləhətçi kimi çıxış etdi. Simvolların səsləndirilməsində artıq adı çəkilən yeddiqat Formula 1 dünya çempionu Mixael Şumaxerlə yanaşı, NASCAR ulduzları Riçard Petti və Pol Nyuman, eləcə də əfsanəvi yarışçı Maykl Andretti iştirak ediblər.

Yalnız avtomobillərin orijinal səs-küyündən istifadə edilib - məsələn, xüsusilə yarış epizodları üçün səs NASCAR yarışları zamanı Amerika ovallarında bir neçə həftə ərzində qeydə alınıb. Büdcəsi 70 milyon ABŞ dolları olan filmin yaradılması iki ildən çox vaxt aparıb. Bu müddət ərzində 43 min müxtəlif avtomobil eskizləri yaradılıb və hər rəsmə 17 saatdan çox vaxt sərf olunub. Filmdə cəmi 120 avtomobil personajı var - yeni Porsche və Ferrarilərdən antik Ford T-yə qədər.

Uşağın yol hərəkəti qaydalarını bilməsi onun küçədə təhlükəsizliyinin əsas şərtlərindən biridir. Bir çox piyadalar, o cümlədən böyüklər bu qaydalara kifayət qədər yüngül yanaşırlar ki, bu da tez-tez müxtəlif ağırlıqdakı yol-nəqliyyat hadisələrinin səbəbinə çevrilir. Uşaqlar aydın şəkildə başa düşməlidirlər ki, onlar məskunlaşan ərazidə küçədə olarkən yol hərəkətinin tam iştirakçısıdırlar, buna görə də yol hərəkəti qaydalarına riayət etmək onların məsuliyyətidir.

Boyama səhifələri Uşaqlar üçün yol hərəkəti qaydaları.

Uşağa küçədə (yollarda, səkilərdə, şəhər nəqliyyatında) davranış qaydalarını öyrətmək o, özü yeriməyi və qaçmağı öyrənməzdən əvvəl çox erkən yaşda başlamalıdır. Və burada uşağın küçədə olduğu valideynlərin və digər böyüklərin nümunəsi çox vacibdir. Uşağınıza yalnız yol hərəkəti qaydalarını izah etməli və izah etməməli, həm də özünüz də onlara ciddi əməl etməlisiniz. Bu səhifədə təqdim olunan yol hərəkəti qaydaları rəngləmə səhifələri ilk növbədə məktəbəqədər uşaqlar üçün nəzərdə tutulub və uşaqlara yolda, eləcə də onun yaxınlığında davranışın əsas məqamlarını öyrənməyə kömək edəcək.

1. Boyama səhifəsi Svetofor.

Yolu təhlükəsiz keçmək üçün ən yaxşı yer svetoforla təchiz olunmuş piyada keçididir. Svetoforların təsvirləri olan rəngləmə səhifələrində uşaqlara onlardan istifadə qaydalarını daha asan yadda saxlamağa kömək edən kiçik qafiyələr də var.

• Həmişə yalnız svetoforun yaşıl işığı yandıqda sürməyə başlayın.
• Yaxınlıqda heç bir nəqliyyat vasitəsi olmasa belə, yol siqnalları qırmızı və ya sarı olduqda heç vaxt yolu keçməyin.
• Yaşıl işığa keçərkən, əlavə olaraq təhlükəsizliyinizə əmin olun - sola, sonra sağa baxın.

2. Boyama səhifəsi piyada keçidi.

Uşağınıza yolu yalnız piyada keçidində keçməyi öyrədin. Piyada keçidlərinin rəngləmə səhifələri uşaqlara yolu düzgün keçməyi öyrədəcək. Svetoforla təchiz olunmayan keçid nizamlanmamış adlanır.

• Piyada keçidi yol səthində zebra keçidi ilə işarələnib.
• Yolu keçməzdən əvvəl onu diqqətlə yoxlayın və yaxınlıqda nəqliyyatın olmadığından əmin olun.
• Yolu keçin, qarşısına qaçmayın.
• Küçəni çarpaz şəkildə keçməyin.
• Görünüşünüzü maneə törədən stasionar nəqliyyat vasitələrinə xüsusi diqqət yetirin.
• Piyada keçidindən keçərkən telefonla danışmağı dayandırın.
• Yaxınlıqda yeraltı və ya yerüstü keçidlər varsa, onlardan istifadə etməyinizə əmin olun, belə yerlərdə nəqliyyat xüsusilə intensivdir.

3. Səkilər.

Səki piyadaların hərəkəti üçün nəzərdə tutulub. Uşaqları səkilərdə, xüsusən də nəqliyyat axınının çox olduğu yerlərdə düzgün aparmağı öyrədin.

• Yol boyu səkidə sürərkən ona çox yaxınlaşmayın.
• Həyətlərdən və xiyabanlardan çıxan mümkün nəqliyyat vasitələrini diqqətlə izləyin.
• Səkidə top oynamayın və qaçmayın.

4. Şəhər ictimai nəqliyyatında və avtobus dayanacaqlarında uşaqlar üçün davranış qaydaları olan rəngləmə səhifələri.

Bu rəngləmə səhifələri uşaqlara ictimai nəqliyyatdan təhlükəsiz istifadə etməyi öyrədəcək.

• İctimai nəqliyyatın dayanacağı yolun mümkün zəif görünüşü və uşağı təsadüfən səkidən yolun hərəkət hissəsinə itələyə biləcək çoxlu insan izdihamı səbəbindən təhlükəli yerdir. Burada xüsusilə diqqətli olmaq lazımdır.
• Avtomobilin qapılarına yalnız tam dayandıqdan sonra yaxınlaşın.
• Avtomobildən düşdükdən sonra, yalnız dayanacaqdan çıxdıqdan sonra yolu keçməyə davam edin.

Bu əsas yol hərəkəti qaydalarına əlavə olaraq, uşaqlar yol nişanlarının rənglənməsi ilə maraqlanacaqlar. Təqdim olunan yol hərəkəti qaydalarına dair rəngləmə səhifələri körpələr, məktəbəqədər uşaqlar və ibtidai sinif şagirdləri üçün, həmçinin uşaq bağçalarında və ibtidai sinif dərslərində istifadə üçün uyğundur. Yol Hərəkəti Qaydaları olan bütün şəkillər tamamilə pulsuzdur - onları yükləyə və çap edə bilərsiniz.

Oğlanları qum qutusunda maşınlarla oynamağa dəvət etsəniz, onları uzun müddət məşğul saxlaya bilərsiniz. Ancaq çöldə soyuq olarsa və uşaq cansıxıcıdırsa nə etməli. Bu halda siz avtomobillər üçün aşağıdakı yol şablonlarını yükləyə və çap edə bilərsiniz. Əyləncə bütün halqaları, döngələri və düz yolları kəsməklə başlayacaq. Bu şablonlardan uşaq istənilən formalı yol qura bilər, sadəcə olaraq tələb olunan sayda A4 vərəqlərinin çap olunduğundan əmin olun.

Avtomobil üçün düz yol yükləyin

Bu vərəqlərin çoxuna ehtiyacınız olacaq. A4 vərəqində çap edilməli və kəsilməli olan 3 yolu yerləşdirdik. Çocuğunuza kəsiyi lazımi uzunluqda etmək üçün yolu düzgün bucaqla necə kəsəcəyini göstərin.

Avtomobillər üçün yol: halqa

Yolları birləşdirmək üçün şablonu yuxarıda göstərilən halqaya ehtiyacınız olacaq və oradan infrastrukturunuzu qurmağa başlayın.

Avtomobil üçün yol: düz dönmə

Təqdim olunan döngələr oğlana yolu 90 dərəcə, ona lazım olan istiqamətdə döndərməyə imkan verəcək.

Maşınlar üçün yolda kəskin dönüş deyil

Aşağıdakı A4 şablonu istənilən radiusda yolu döndərməyə kömək edəcək.