Lý thuyết đồ thị và giả thuyết erdos szekeres

www.facebook.com/hocthemtoan

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

HỒ HUYỀN TRANG

LÍ THUYẾT ĐỒ THỊ VÀ GIẢ

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Mục lục

1.1 Định nghĩa đồ thị 5

1.2 Đường đi và chu trình 6

1.3 Chu số và sắc số của đồ thị 9

1.3.1 Chu số của đồ thị 9

1.3.2 Sắc số của đồ thị 10

1.4 Chu trình Euler và chu trình Hamilton 17

1.4.1 Chu trình Euler 17

1.4.2 Chu trình Hamilton 20

2 Lý thuyết đồ thị, Định lý Ramsey và Giả thuyết Erdo¨s -Szekeres 25 2.1 Định lý Ramsey dưới ngôn ngữ đồ thị 25

2.2 Chứng minh định lí Ramsey nhờ ngôn ngữ đồ thị 28

2.3 Định lí Ramsey và chứng minh Giả thuyết Erdo¨s - Szekeres 34 2.3.1 Lịch sử bài toán Erd¨os-Szekeres 34

2.3.2 Định lí Ramsey dưới ngôn ngữ tập hợp 37

2.3.3 Ứng dụng của Định lí Ramsey 39

2.3.4 Đánh giá cận trên và cận dưới của ES(n) 40

3 Mối quan hệ giữa lý thuyết đồ thị và giả thuyết Erdo¨s -Szekeres 43 3.1 Định lý Erdo¨s -Szekeres mở rộng cho các điểm ở vị trí lồi 45

3.2 Giả thuyết "Big Line or Big Clique" 46

3.2.1 Tổng quát hóa của Định lý Erdo¨s - Szekeres 50

3.2.2 Một số khẳng định 55

Lời nói đầu

Năm 1935, Klein, Erdo¨s và Szekeres đã đặt câu hỏi: Cho một số tự nhiên

nbất kì, tồn tại hay không một số tự nhiên ES(n) sao cho từES(n) điểmtrên mặt phẳng, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng, có thể trích

ra n điểm là đỉnh của một đa giác lồi?

Để chứng minh sự tồn tại của số ES(n), Szekeres (1935, xem [9]) đã pháthiện lại Định lí Ramsey (do nhà toán học trẻ người Anh Ramsey phát biểu

và chứng minh năm 1930, xem [19])

Trong [9], Erdo¨s và Szekeres cũng đã đưa ra giả thuyết:

ES(n) = 2n−2+ 1

Với sự cố gắng của hàng trăm nhà toán học, sau 75 năm, giả thuyết Erdo¨s-Szekeres mới chỉ được chứng minh cho trường hợp n = 3, 4, 5 và gần đây(2006, xem [21]) cho trường hợp n = 6 nhờ máy tính

Cả hai Định lí Ramsey và Định lí Erdo¨s -Szekeres đều có chung một bảnchất triết học: Khi số phần tử (số điểm) của một tập hợp đủ nhiều, có thểchọn được tập con có cấu trúc (đa giác lồi)

Định lí Ramsey có thể phát biểu trên ngôn ngữ đồ thị Trường hợp đơngiản nhất của Định lí Ramsey là bài toán sau: Cho đồ thị đầy đủ với sáuđỉnh và các cạnh được tô bởi hai màu đỏ và xanh Chứng minh rằng có

ít nhất ba cạnh đồng màu (hoặc đỏ hoặc xanh) Bài toán này cũng có thểphát biểu dưới ngôn ngữ trò chơi như sau: Có sáu người ngồi quanh bàntiệc, hãy chứng tỏ rằng có ít nhất hoặc ba người đôi một quen nhau hoặcđôi một không quen nhau

Do bản chất triết học sâu sắc, Định lí Ramsey đã trở thành hòn đá tảngcủa Lí thuyết Ramsey và có rất nhiều ứng dụng trong toán học và thực tế(lí thuyết số, hình học tổ hợp, lí thuyết đồ thị, lí thuyết mạng, toán tròchơi, trong công nghệ thông tin, )

Một điều thú vị là, gần đây (2011), các tác giả của [10] đã sử dụng Định

lí Erdo¨s -Szekeres suy rộng để trả lời một câu hỏi mở của giả thuyết "big

line and big clique" trong lí thuyết đồ thị (xem [10]).

Như vậy, lí thuyết đồ thị, Định lí Ramsey và giả thuyết Erdo¨s -Szekeres cómối quan hệ khá chặt chẽ và thú vị

Cơ bản dựa trên bài báo [10], luận văn Lí thuyết Đồ thị và Giả thuyếtErdo¨s -Szekeres cố gắng phác thảo mối quan hệ thú vị giữa ba đối tượngtoán học trên

Luận văn gồm 3 chương:

Chương 1 : Trình bày các khái niệm cơ bản lí thuyết đồ thị Các địnhnghĩa và định lí của Chương này sẽ được sử dụng trong hai chương sau.Chương 2 : Trình bày giả thuyết Erdo¨s -Szekeres các chứng minh Định líRamsey

Chương 3 :Dựa trên tài liệu [10], trình bày chứng minh Định lí Erdo¨s Szekeres suy rộng và áp dụng để trả lời một câu hỏi mở của giả thuyết

-"big line or big clique" trong lí thuyết đồ thị

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của PGS TS Tạ Duy Phượng.Tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn thầy hướng dẫn đã tận tìnhgiúp đỡ, giảng giải trong suốt quá trình tác giả học tập và nghiên cứu đềtài

Tác giả xin trân trọng cảm ơn các thầy cô giáo trường Đại học Khoa họcthuôc Đại học Thái Nguyên và các thầy cô giáo Viện Toán học Việt Nam

đã tận tâm giảng dạy và giúp đỡ tác giả hoàn thành khóa học

Đồng thời tác giả xin chân thành cảm ơn các bạn bè đồng nghiệp và giađình đã động viên, giúp đỡ và tạo điều kiện về mọi mặt trong quá trìnhhọc tập Song, do còn hạn chế về thời gian, cũng như trình độ hiểu biếtnên luận văn không tránh khỏi những thiếu sót, tác giả rất mong nhậnđược sự chỉ bảo của các thầy cô giáo và những góp ý của bạn đọc để luậnvăn được hoàn thiện hơn

Thái Nguyên, ngày30tháng10năm2011

Tác giả

Hồ Huyền Trang

1 V 6= ∅, các phần tử của V gọi là các đỉnh (vertices).

2 E ⊆ V × V là tập hợp các cặp không sắp thứ tự của các đỉnh đượcgọi là các cạnh (edges)

Ví dụ 1.1

Đồ thị G cho bởi hình vẽ trên với tập các đỉnh V = {a, b, c, d, e} và tậpcác cạnh E = {(a, b), (a, c), (b, c), (d, b), (d, c), (e, a), (e, b), (e, d)}

Nếu (a, b) là một cạnh của đồ thị thì ta nói rằng đỉnh b kề với đỉnh a và

cả hai đỉnh a và b kề với cạnh (a, b)

Cặp đỉnh (x, y) ∈ E không sắp thứ tự được gọi là cạnh vô hướng, còn

nếu có sắp thứ tự được gọi là cạnh có hướng Vì thế, ta thường phân các

đồ thị thành hai lớp: Đồ thị vô hướng và đồ thị có hướng

Định nghĩa 1.1.2 Đồ thị chỉ chứa các cạnh vô hướng được gọi là đồ thị

vô hướng, còn nếu đồ thị chỉ chứa các cạnh có hướng được gọi là đồ thị có

hướng

Định nghĩa 1.1.3 Đồ thị G = (V, E) được gọi là đối xứng nếu:

∀x, y ∈ V : (x, y) ∈ E ⇔ (y, x) ∈ E

Nhận xét:Các đồ thị vô hướng là đối xứng

Định nghĩa 1.1.4 Đồ thịG = (V, E) mà mỗi cặp đỉnh được nối với nhau

bởi không quá một cạnh được gọi là đơn đồ thị (thường gọi tắt là đồ thị)

Còn nếu những cặp đỉnh được nối với nhau nhiều hơn một cạnh thì được

gọi là đa đồ thị

1.2 Đường đi và chu trình

Giả sử G = (V, E) là một đồ thị

Định nghĩa 1.2.1 Đường đi trong đồ thị là một dãy các đỉnh:hx1, x2, , xi, xi+1, , xk−1, xki

sao cho mỗi đỉnh trong dãy (không kề đỉnh đầu tiên) kề với đỉnh trước nó

bằng một cạnh nào đó, nghĩa là: ∀ i = 2, 3, , k − 1, k : (xi−1, xi) ∈ E

Ta nói rằng đường đi này đi từ đỉnh đầu x1 đến đỉnh cuối xk Số cạnh

của đường đi được gọi là độ dài của đường đi đó

Đường đi đơn là đường đi mà các đỉnh trên nó khác nhau từng đôi

Định nghĩa 1.2.2 Chu trình là một đường đi khép kín (tức là đỉnh cuối

của đường trùng với đỉnh đầu của đường đi) Ta thường kí hiệu chu trình

là:

[x1, x2, , xi, xi+1, , xk−1, xk]

Trong một đồ thị, đỉnh nút là đỉnh kề với chính nó Đỉnh cô lập là đỉnh

mà không có các đỉnh khác kề với nó Tập m - độc lập là một đồ thị của

ii) Đồ thịG đươc gọi là liên thông nếu mọi cặp đỉnh của

đồ thị đều liên thông với nhau

Quan hệ liên thông trên tập đỉnh là một quan hệ tương đương Nó tạolên một phân hoạch trên tập các đỉnh Mỗi lớp tương đương của quan hệnày đươc gọi là một mảng liên thông (hay thành phần liên thông)

Kí hiệu: p là số mảng liên thông của một đồ thị.

Một đồ thị G được gọi là p− liên thông nếu như G liên thông và vẫn còn

là đồ thị liên thông nếu như ta bỏ đi ít hơn p đỉnh tùy ý cùng với các cạnh

kề với các đỉnh này

Định nghĩa 1.2.5 Bậc của một đỉnh là số cạnh kề với đỉnh đó và thường

kí hiệu d(a) là bậc của đỉnh a trong đồ thị G Bậc của đồ thị là số cácđỉnh, thường được kí hiệu là n

Định lý 1.2.1 Tổng tất cả các bậc của đỉnh trong một đồ thị bằng hailần số cạnh của đồ thị đó

Chứng minh Ta tính bậc của đỉnh Mỗi đỉnh thuộc một cạnh nào đóthì bậc của nó tăng thêm 1 Mà mỗi cạnh thì có hai đỉnh Do đó tổng tất

cả các bậc của đỉnh là gấp đôi số cạnh của đồ thị

Hệ quả 1.2.1 Số đỉnh có bậc lẻ trong một đồ thị phải là một số chẵn.Định lý 1.2.2 Đồ thị G có n đỉnh Nếu bậc của mỗi đỉnh trong G khôngnhỏ hơn n2 thì đồ thị G liên thông

Chứng minh Ta chứng minh bằng phản chứng

Giả sử đồ thị G liên thông Khi đó có ít nhất hai đỉnh a và b nằm tronghai mảng liên thông khác nhau Vậy thì, n ≤ d(a) + d(b) ≤ n − 2 Suy rađiều mâu thuẫn

Một số tính chất của bậc của một đỉnh

Đỉnh có bậc 0 được gọi là đỉnh cô lập (isolated vertex)

Đỉnh có bậc 1 được gọi là đỉnh treo, cạnh tới đỉnh treo gọi là cạnh treo

Đồ thị mà mọi đỉnh đều là đỉnh cô lập gọi là đồ thị rỗng

Đồ thị được gọi là đồ thị phẳng nếu nó có thể biểu diễn được trên mặtphẳng sao cho không có hai đường biểu diễn nào cắt nhau

Đồ thị được gọi là đồ thị đầy đủ nếu hai đỉnh bất kì đều có cạnh nối, tức

là mỗi đỉnh của đồ thị đều kề với mọi đỉnh khác Ta kí hiệu Kn là đồ thị

vô hướng đầy đủ n đỉnh

Trong đồ thị Kn, mỗi đỉnh đều có bậc là n − 1 và đồ thị là liên thông.Hai đỉnh bất kì được nối với nhau bằng một đường đi ngắn nhất có độ dàibằng 1, đó chính là cạnh nối hai đỉnh ấy

Ví dụ 1.4: Ví dụ về đồ thị Kn

1.3 Chu số và sắc số của đồ thị

1.3.1 Chu số của đồ thị

Định nghĩa 1.3.1 Cho đồ thị G = (V, E) có n đỉnh, m cạnh và p thànhphần liên thông Đại lượng c = m − n + p được gọi là chu số của đồ thị G

Ví dụ 1.5 Xét đồ thị sau:

Hình 1.5 Đồ thị định hướng không liên thông

Đồ thị trên có n = 7, m = 8, p = 2.Vậy chu số c = 8 − 7 + 2 = 3

Định lý 1.3.1 Nếu thêm một cạnh mới vào đồ thị G thì chu số tăng thêm

1 hoặc không thay đổi

Chứng minh Giả sử thêm cạnh mới (a, b) vào đồ thị G Khi đó m

tăng thêm 1

i) Nếu hai đỉnh a, b thuộc cùng một mảng liên thông thìn, p không đổi,

do vậy chu số tăng thêm 1

ii) Nếu hai đỉnh a, b thuộc hai mảng liên thông khác nhau trong G thì

p giảm đi 1, do vậy chu số không đổi

Hệ quả 1.3.1 Chu số của đồ thị là một số nguyên không âm.

Chứng minh Thật vậy, đồ thị G được xây dựng từ đồ thị G0 gồm n

đỉnh và không có cạnh nào cả Sau đó lần lượt thêm các cạnh vào đồ thị

G0 để được đồ thị G

Chu số củaG0 là c = 0 − n + n = 0 Quá trình thêm cạnh không làm giảmchu số Vậy chu số của G lớn hơn hoặc bằng chu số của G0 = 0

1.3.2 Sắc số của đồ thị

Khái niệm sắc số liên quan đến bài toán tô màu đồ thị như sau:

Hãy tô màu các đỉnh của đồ thị đã cho, sao cho hai đỉnh kề nhau phảiđược tô bằng hai màu khác nhau

Ta nói rằng, đồ thị G tô được bằng k màu nếu tồn tại hàm

m : V → {0, 1, 2, , k − 1}

sao cho, nếu hai đỉnh x và y kề nhau thì m(x) 6= m(y)

Dễ thấy rằng, đồ thị G tô màu được khi và chỉ khi nó không có đỉnh nút

Định nghĩa 1.3.2 Sắc số của một đồ thị chính là số màu ít nhất dùng

để tô màu các đỉnh của đồ thị đó

Ta kí hiệu χ (G) là sắc số của đồ thị G Hiển nhiên χ (G) ≤ n Nghĩa làsắc số (số màu) không vượt quá số đỉnh của đồ thị

Tập B ⊆ V được gọi là tập ổn định trong của đồ thị G nếu: ∀x ∈ B :

B ∩ F (x) = ∅

Nhận xét Mỗi cách tô màu m cho đồ thị G ứng với một cách phânhoạch tập đỉnh V thành các tập ổn định trong không giao nhau, mỗi tậpứng với một màu Ngươc lại, mỗi cách phân hoạch tập đỉnh V thành cáctập ổn định trong không giao nhau sẽ cho ta một cách tô màu

Ví dụ 1.6 Tìm sắc số của đồ thị G sau:

Nhận xét rằng 4 đỉnh A, B, C, D đôi một kề nhau nên phải được tôbằng 4 màu khác nhau.Vậy χ (G) ≥ 4 Hơn nữa có thể dùng 4 màu đánh

số 1, 2, 3, 4 để tô màu G như sau:

Vậy χ (G) = 4

Nhận xét Mỗi cách tô màu m cho đồ thị G ứng với một cách phân hoạchtập đỉnh V thành các tập ổn định trong không giao nhau, mỗi tập ứng vớimột màu Ngươc lại, Mỗi cách phân hoạch tập đỉnh V thành các tập ổnđịnh trong không giao nhau sẽ cho ta một cách tô màu

Định nghĩa 1.3.3 Hai đồ thị G1 = (V1, E1) và G2 = (V2, E2) được gọi

là đẳng hình nếu tồn tại một song ánh lên các tập đỉnh S : V1 → V2 bảotoàn các cạnh sao cho:

∀x, y ∈ V1, (x, y) ∈ E1 ⇔ (S(x), S(y)) ∈ E2

Ví dụ: Hai đồ thị dưới đây là đẳng hình với song ánh:

S(ai) = xi, i = 1, 2, 3, 4

Hình 1.6 Hai đồ thị đẳng hình.

Định lý 1.3.2 Nếu G chứa một đồ thị con đẳng hình với Km thì χ (G) ≥m

Ví dụ 1.7 Hãy tô màu đồ thị sau:

Hình 1.7 Tô màu các đỉnh của đồ thị

Ta chứng minh quy nạp theo n.

Trường hợp n = 1 Hiển nhiên đúng vì chu trình gồm 3 đỉnh, mà hai cạnhbất kì đều kề với nhau Vậy, ta phải dùng đúng ba màu để tô các đỉnh.Giả sử đã có chu trình có độ dài là 2n + 1 và có sắc số bằng3 Ta xây dựngchu trình có độ dài là 2(n + 1) + 1 Giả sử α là một chu trình có độ dài là

2(n+1)+1 = 2n+3với dãy các đỉnh là:[x1, x2, , xi, xi+1, , x2n+1, x2n+3].Nối x1 với x2n+1 ta được một chu trình có độ dài 2n + 1 Theo giả thiếtquy nạp, chu trình α0 có sắc số bằng 3 Lấy màu của x1 tô cho x2n+2, cònmàu của x2n+1 tô cho x2n+3 Chu trình α đã được tô màu mà không phảithêm màu mới Vậy, chu trình α có sắc số bằng 3

Định lý 1.3.5 (Ko¨nig) Giả sử đồ thị G có ít nhất một cạnh Đồ thị G làhai sắc (có sắc số là 2) khi và chỉ khi G không có chu trình đơn vô hướng

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử G liên thông Chọn một đỉnh

v0 ∈ G Ta tô màu các đỉnh của G bằng hai màu đánh số 0 và 1 theo cáchsau:

Với mỗi đỉnh x có một đường trong G nối v0 với x, nếu đường này có độdài chẵn thì tô màu 0 cho x, nếu đường này có độ dài lẻ thì tô màu 1

cho x Để chứng minh rằng cách tô màu này hoàn toàn xác định (well defined), chỉ cần chứng minh với mỗi đỉnh x không thể có hai đường nối

-v0 với x mà có tính chẵn lẻ khác nhau Thật vậy, nếu có hai đường mangtính chẵn lẻ khác nhau cùng nối v0 với x thì dễ thấy rằng G phải chứa ítnhất một chu trình lẻ Vô lí

Hệ quả 1.3.2 Tất cả các chu trình độ dài chẵn đều có sắc số là 2.Định lý 1.3.6 (Định lí Vizing) Nếu bậc lớn nhất của các đỉnh trong đồthị G là r thì sắc số của đồ thị G ≤ d + 1

Chứng minh Dùng quy nạp theo số đỉnh n

Trường hợp n = 1: Bậc của đỉnh bằng 0 và sắc số bằng 1

Trường hợp n = 2: Bậc của đỉnh bằng 0 thì sắc số bằng 1, còn bậc củacác đỉnh bậc 1 thì có sắc số bằng 2.

Giả sử trường hợp n đúng Ta chứng minh nó cũng đúng cho trường hợp

Nếu χ (G) ≤ d thì χ (G) ≤ d + 1 ≤ d0 + 1

Nếuχ (G) = d+1thì: Trường hợp:d ≤ d0ta có : χ (G) ≤ d+1+1 ≤ d0+1

Hình 1.7 Cách chọn màu cho đỉnh mới

Trường hợp d = d0 thì đỉnh mới a được nối với không quá r đỉnh Dovậy, chỉ cần giữ nguyên cách tô màu của G thì các đỉnh kề với a được

tô không quá r màu và vẫn còn thừa một màu dành cho đỉnh a Suy ra:

χ (G0) ≤ χ (G) ≤ d + 1 = d0 + 1

Hệ quả 1.3.3 (Định lí Brook) Nếu G là một đồ thị liên thông với bậc lớnnhất d, thì ta có χ (G) ≤ d(G) nếu như G không phải là đồ thị đầy đủ vàkhông phải là chu trình lẻ cạnh

Trong một cách tô màu đỉnh của đồ thị G cho trước, một đỉnh a của

G được gọi là được tô màu ổn đinh nếu như không có láng giềng nào của

a được tô màu của a Một cách tô màu các đỉnh của đồ thị G được gọi

là một cách tô màu ổn định nếu như đỉnh nào của đồ thị G cũng được tômàu ổn định, nghĩa là không có hai đỉnh kề nhau nào của đồ thị G được

tô màu giống nhau cả

Ví dụ 1.8 Tìm sắc số của đồ thị Petersen

Hình 1.8 Tô màu đồ thị Petersen.

Trước hết ta thấy có thể dùng 4 màu để tô ổn đỉnh 10 đỉnh của đồ thịPetersen bằng một cách tùy ý từ đỉnh 1 đến đỉnh 10 như sau Khi tô mộtđỉnh nào đó bằng một màu nào đó, ta tô tiếp một đỉnh x kề nó bởi mộtmàu khác tất cả các màu láng giềng của nó Việc tô màu này luôn làmđược bởi vì ta có 4 màu để lựa chọn mà số láng giềng của đỉnh x đúngbằng 3 (minh họa Hình 1.8a)

Nhưng cũng có thể tô màu các đỉnh của đồ thị Petersen bởi 3 màu Cách

tô màu như vậy được biểu diễn ở Hình 1.8b Ngoài ra dễ thấy rằng khôngthể tô màu các đỉnh của đồ thị Petersen bởi 2 màu, vì đồ thị có một chutrình 5 cạnh Trên chu trình này, nếu các đỉnh cạnh nhau không cùng màuthì số đỉnh của đồ thị phải là số chẵn, là điều vô lí Vậy, χ (G) = 3

Định lý 1.3.7 Định lý năm màu (Kempe - Heawood) Mọi đồ thị phẳng(không có đỉnh nút) đều có sắc số nhỏ hơn bằng 5

Chứng minh Xét đồ thị Gcó n đỉnh Dùng phép chứng minh quy nạptrên n

Trường hợp n = 1 Khi đó, đồ thị có một đỉnh (hiển nhiên đúng)

Giả sử mọi đồ thị phẳng có n đỉnh (n ≥ 1) đều có thể tô bằng năm màu.Coi một đồ thị phẳng có n + 1 đỉnh Có thể giả sử G là đơn đồ thị

Vì G phẳng nên G có một đỉnh x có bậc nhỏ hơn bằng 5

Loại bỏ đỉnh x này khỏi G, ta nhận được một đồ thị phẳng mới có nđỉnh

Tô màu cho đồ thị mới bằng 5 màu, do giả thiết quy nạp nên điều nàythực hiện được Bây giờ ta đưa đỉnh x vào lại đồ thị

Nếu các đỉnh kề với x được tô bằng ít hơn 5 màu thì tô màu x bằng mộttrong 5 màu khác màu các đỉnh kề với x là xong Đồ thị G đã được tôbằng 5 màu

Ta chỉ xét trường hợp d(x) = 5 và 5 đỉnh kề với x được tô bằng 5 màu

như Hình 1.9

Hình 1.9 Năm đỉnh kề với năm màuXét tất cả các đường trong G bắt đầu từ a và gồm các đỉnh chỉ tô bằngmàu 1 và màu 3 Trong các đường này, nếu không có đường nào đi quađỉnh c thì ta có thể thay đổi màu các đỉnh trên tất cả các đường nói trêntheo cách đổi màu 1 cho 3 và ta có thể tô đỉnh x màu 1

Nếu có một đường từ a đến c gồm toàn các đỉnh chỉ tô màu 1 và màu

3 thì đường này cộng thêm hai cạnh ¯a¯x và ¯c¯x sẽ tạo thành một chu trình,hai đỉnhb, d không thể nằm cùng bên trong hoặc cùng bên ngoài chu trìnhnày được Suy ra, không có đường nào từ b đến d gồm các đỉnh chỉ tô màubằng màu 2 và màu 4 Vậy lại có thể thay đổi màu các đỉnh trên tất cảcác đường bắt đầu từ b gồm các đỉnh chỉ tô màu 2 và màu 4 theo cách đổimàu 2 thành màu 4 và ngược lại Lúc này, b và d có cùng màu 4 và ta cóthể tô đỉnh x bằng màu 2

Bài toán bốn màu Trên một bản đồ bất kì, ta nối nó được tô màunếu mỗi miền của nó được tô miền xác định sao cho hai miền kề nhau(chung một phần biên) phải được tô bằng hai màu khác nhau Vấn đề đặt

ra là cần dùng tối thiểu bao nhiêu màu để tô một bản đồ bất kì đã đượcđặt ra từ khoảng giữa thế kỉ 19 Mô hình toán học của bài toán như sau.Với mỗi bản đồ M cho trước, ta xây dựng một đồ thị G tương ứng: Mỗimiền của M ứng với một đỉnh của G, hai miền của M có chung một phầnbiên nếu và chỉ nếu hai đỉnh tương ứng trong G có cạnh nối Dễ thấy rằng

đồ thị G nhận được theo cách trên là một đồ thị phẳng Như thế thì bàitoán tô màu M trở thành bài toán tô màu G Ngay từ khi mới xuất hiệnbài toán người ta đã đặt giả thuyết rằng lời giải của bài toán này là 4.Tuy nhiên, không có một chứng minh đúng nào cho giả thiết này được đưa

ra cho đến năm 1976, một nhóm các nhà toán học gồm: Kewneth Appel,

Woltgang Haken, J Koch đã xây dựng một lời giải dựa trên các kết quả domáy tính IBM 360 cung cấp (mất hàng ngàn giờ trên máy tính) đã khẳngđịnh được giả thiết bốn màu là đúng.

Ta có Định lí bốn màu (Appel - Haken) như sau

Định lý 1.3.8 Mọi đồ thị phẳng không có đỉnh nút đều có sắc số khôngquá 4

Dễ thấy rằng, đồ thị vô hướng đầy đủ Kn(n ≥ 5) có sắc số lớn hơn 4nên không phẳng

1.4 Chu trình Euler và chu trình Hamilton

1.4.1 Chu trình Euler

Định nghĩa 1.4.1 Xét một đồ thị liên thông G

Một đường Euler của G là một đường có đỉnh bắt đầu khác đỉnh kết thúc

và đi qua tất cả các cạnh của G

Một chu trình Euler của G là một chu trình đi qua tất cả các cạnh của G

Đồ thì gọi là đồ thị Euler khi nó chứa chu trình Euler và được gọi là nửaEuler khi nó chứa đường đi Euler

Nhận xét Một đồ thị là Euler là nửa Euler Điều ngược lại không đúng

Ví dụ 1.9 Khái niệm chu trình Euler xuất phát từ bài toán bảy câycầu do Euler giải quyết vào năm 1737

Ở thành phố Kowigburg có 7 cây cầu bắc ngang sông Pregel, giữa sông có

cù lao Kneiphof tạo nên 4 vùng đất

Vào năm 1736, Euler (1707 - 1783) nhà toán học người Thụy Sĩ đãchứng minh không thể có cách đi qua cả bảy cây cầu, mỗi cái đúng mộtlần rồi quay về điểm xuất phát bằng lập luận sau.

Biểu diễn bốn miền đất A, B, C, D bằng điểm trong mặt phẳng, mỗi cầunối hai miền được biểu diễn bằng một đoạn nối hai điểm tương ứng, ta sẽ

Chứng minh (⇒) Mỗi lần chu trình đi qua một đỉnh thì đỉnh đó bớt

đi hai cạnh kề Cuối cùng số cạnh kề của mỗi đỉnh bằng 0 Do đó, số cạnh

kề với mỗi đỉnh phải là số chẵn

(⇐) Xuất phát từ một đỉnh a nào đó, ta lập dãy cạnh kề liên tiếp cho đếnkhi hết khả năng đi tiếp Khi dừng phải ở đỉnh avì bậc các đỉnh đều chẵn,

ta thu được chu trình C1 Nếu đã vét hết các cạnh thì đó là chu trình cầntìm Nếu vẫn còn cạnh thì theo tính liên thông của đồ thị phải có mộtcạnh nào đó chưa được chọn và kề với đỉnh a1 nào đó của chu trình đã có.Lại xuất phát từ a1 và tiếp tục quá trình như trên cho đến khi hết khảnăng đí tiếp, ta được chu trình C2,

Hình 1.10 Các chu trình kề nhau.

Khi đã vét hết cạnh, ta lập chu trình Euler cho đồ thị này như sau: Từđỉnh a đi theo nửa trên của C1 đến a1, lại tiếp tục từ a1 đi theo nửa trêncủa C2 đến a2, Khi đã đến chu trình con cuối cùng thì ta đi ngược lạitheo các nửa dưới của các chu trình con, và cuối cùng trở về đỉnh a Tanhận được một chu trình Euler

Định lý 1.4.2 (Định lí Euler 2)

Cho một đồ thị vô hướng G liên thông và có hơn một đỉnh thì G có đường

đi Euler nếu và chỉ nếu có đúng hai đỉnh bậc lẻ

Chứng minh (⇒) Nếu có đường đi Euler vô hướng nối a với b thì a, b

là hai đỉnh duy nhất có bậc lẻ

(⇐) Giả sử a, b là hai đỉnh duy nhất có bậc lẻ Xây dựng đồ thị G0 từ G

bằng cách thêm vào cạnh a, b G0 sẽ không có đỉnh bậc lẻ nên theo định lí1.18 G0 sẽ có chu trình Euler vô hướng Bỏ cạnh (a, b) đi ta có đường điEuler vô hướng trong đồ thị G

Định lý 1.4.3 (Định lí Euler 3)

Cho một đồ thị có hướng G liên thông và có hơn một đỉnh thì G có chutrình Euler nếu và chỉ nếu G cân bằng (số cạnh đi vào bằng số cạnh đira), nghĩa là: ∀x ∈ X : d−(x) = d+(x) trong đó d−(x) là số cạnh đi vàođỉnh x và d+(x) là số cạnh đi ra khỏi x

Chứng minh i) Giả sử đồ thị G có đường Euler α đi qua tất cả cáccạnh của đồ thị Khi đó.

- Với đỉnh xuất phát a của α: Trừ cạnh đầu tiên của α đi ra từ a, cứ cómột cạnh đi vào a thì phải có một cạnh đi ra khỏi a vì α kết thúc ở đỉnhkhác Do vậy, d−(a) = d+(a) − 1

- Với đỉnh kết thúc b của α: Trừ cạnh cuối cùng của α đi tới b, cứ có mộtcạnh đi ra khỏi b thì phải có một cạnh đi vào b vì α kết thúc ở b Do vậy,

còn mọi đỉnh còn lại đều cân bằng Ta thêm vào một cạnh mới (b, a) Khi

đó, mọi đỉnh là cân bằng nên theo Định lí Euler 3 thì đồ thị có chu trìnhEuler có hướng Bây giờ bỏ cạnh (b, a) khỏi chu trình thì ta được mộtđường đi Euler có hướng

1.4.2 Chu trình Hamilton

Năm 1857, W R Hamilton(1805 - 1865), nhà toán học người Ailen đãđưa ra trò chơi sau đây: Trên mỗi đỉnh trong số hai mươi đỉnh của mộtkhối đa diện 12 mặt ngũ giác đều có ghi tên một thành phố lớn của thếgiới Hãy tìm cách đi bằng các cạnh của khối này để đi qua tất cả cácthành phố, mỗi thành phố đúng một lần

Bài toán này dẫn đến những khái niệm sau đây

Định nghĩa 1.4.2 Xét một đồ thị có hướng G liên thông và có hơn mộtđỉnh

Một đường Hamilton là đường đi qua mỗi đỉnh của đồ thị đúng một lần.Chu trình Hamilton là chu trình đi qua mỗi đỉnh của đồ thị đúng một lần

Đồ thị G được gọi là Đồ thị Hamilton nếu nó chứa chu trình Hamilton vàgọi là đồ thị nửa Hamilton nếu nó có đường đi Hamilton

Rõ ràng, một đồ thị Hamilton là nửa Hamilton, nhưng điều ngược lạikhông còn đúng

Ví dụ 1.9 Tổ chức tour du lịch sao cho người du lịch thăm quan mỗithắng cảnh trong thành phố đúng một lần.

Ví dụ 1.10 Trong hìnhG3 là Hamilton,G2 là nửa Hamilton còn G1 không

là nửa Hamilton

Hình 1.11 Đồ thị Hamilton G3, nửa Hamilton G2 và G1

Hiển nhiên, nếu G có chu trình Hamilton thìG cũng có đường đi ton Ta chỉ cần bỏ đi một cạnh trong chu trình Hamilton thì sẽ nhận đượcmột đường đi Hamilton Tuy nhiên lưu ý rằng điều đảo lại không đúng, cónhững đồ thị có đường Hamilton nhưng không có chu trình Hamilton.Định lý 1.4.5 (Định lí Re’dei)

Haml-Mọi đồ thị đầy đủ đều có đường đi Hamilton

Chứng minh Xét đồ thị có hướng G Ta chứng minh quy nạp theo sốđỉnh n của G

Với n = 1, 2: hiển nhiên

Giả sử G là đồ thị đầy đủ có n + 1 đỉnh và đồ thị G0 xây dựng từ G

nghĩa là có các cạnh ngược hướng nhau Khi đó sẽ phải có ít nhất một cặpcạnh sát nhau nhưng ngược hướng nhau là (xi, a) và (a, xi+1)

Hình 1.12 Cách tìm đường đi Hamilton.

Ta có đường đi (x1, x2, xi, a, xi+1, xn) là một đường đi Hamilton của

G

Đồ thị G được gọi là đồ thị có bậc một nếu tại mỗi đỉnh có đúng mộtcạnh vào và một cạnh ra Hiển nhiên, chu trình Hamilton là một đồ thịriêng bậc một của đồ thị đã cho

Để chứng minh một đồ thị không có chu trình Hamilton, ta có thể dùngkết quả sau

Định lý 1.4.6 Cho một đồ thị G Giả sử có k đỉnh của G sao cho nếuxóa đi k đỉnh này cùng với các cạnh liên kết với chúng khỏi G thì đồ thịnhận được có hơn k thành phần Khi đó, G không có chu trình Hamilton.Chứng minh Nhận xét rằng trong một đồ thị, nếu hủy đi k đỉnh cùngvới các cạnh tới chúng thì chu trình sẽ bị cắt thành nhiều nhất là k thànhphần

Hệ quả 1.4.1 Giả sử đồ thịGcó đường đi đơn vô hướng cực đại (a0, a1, , aq).Nếu d(a0) + d(aq) ≥ q + 1 thì đồ thị con G0 tạo bởi tập đỉnh {a0, a1, , aq}

có chu trình vô hướng Hamilton

Chứng minh Kí hiệu d0(a) là bậc của đỉnh a trong G0 Vì đường điđơn là cực đại nên d0(a0) = d(a + 0); d0(aq) = d(aq)

Hình 1.13 Cách tìm chu trình Hamilton.

Giả sử d(a0) = k nghĩa là đỉnh a0 kề với k đỉnh trên đường đi là

(ai1, ai2, , aik)

Nếu a0 kề với aq thì G0 có chu trình vô hướng Hamilton

Nếu aq không kề với a0, ai2−1, , aik−1 Đó là những đỉnh nằm bên tráicủa dãy đỉnh trong đường đi nói trên Khi đó, d(aq) ≤ q − k Do đó,

d(a0) + d(aq) ≤ q (trái với giả thiết)

Vậy, phải có ít nhất một đỉnh ai−1 sao cho a0 kề với ai và aq kề với ai−1.Khi đó, dãy các đỉnh [a0, ai, , aq, ai−1, , a0] là một chu trình vô hướngcủa G

Hệ quả dưới đây cho ta một điều kiện đủ để đồ thị có chu trình Hamilton

Hệ quả 1.4.2 (Đirac) Giả sử đồ thị G liên thông và có n đỉnh (n ≥ 3).Nếu mọi đỉnh củaGđều có bậc lớn hơn bằng n2 thìGcó chu trình Hamilton.Một số nhận xét

1 Đồ thị mà đỉnh có bậc nhỏ hơn hoặc bằng 1 thì không có chu trìnhHamilton

2 Đồ thị có các đỉnh đều có bậc lớn hơn hoặc bằng 2 Nếu có đỉnh nào mà

có bậc bằng 2 thì mọi chu trình Hamilton (nếu có) phải đi qua hai cạnh

kề với đỉnh này

3 Nếu trong đồ thị có đỉnh mà có 3 đỉnh bậc 2 kề với nó thì đồ thị không

có chu trình Hamilton

4 Nếu đỉnh a có hai đỉnh kề bậc 2 là b và c thì mọi cạnh (a, x), x 6∈ {b, c}

sẽ không thuộc bất kì chu trình Hamilton nào

Chương 2

Lý thuyết đồ thị, Định lý Ramsey

2.1 Định lý Ramsey dưới ngôn ngữ đồ thị

Trước tiên ta nhắc lại nguyên lí Dirichlet (Nguyên lý chuồng chim bồcâu)

Nguyên lý chuồng chim bồ câu

Định lý 2.1.1 Nếu một tập s phần tử được phân hoạch thành n tập conrời nhau, với s > n, thì ít nhất một trong các tập con có nhiều hơn mộtphần tử

Nguyên lí chuồng chim bồ câu có liên quan mật thiết với bài toán sauđây

Bài toán 1 Trong một bữa tiệc có một số người đôi một quen nhauhoặc đôi một không quen nhau Hỏi số người ít nhất trong bữa tiệc là baonhiêu để tồn tại ít nhất ba người đôi một quen nhau hoặc đôi một khôngquen nhau?

Ta định nghĩa khái niệm "đôi một quen nhau” như sau: A quen B ⇔ Bquen A

Giải Xét 6 điểm trên mặt phẳng.Ta dùng đoạn nối liền giữa hai điểmthể hiện sự quen nhau và hai điểm nối nét đứt với nhau chỉ sự không quennhau (Hình vẽ)

Bây giờ ta xét sáu điểm O, A, B, C, D, E Xét điểm O

Theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại ít nhất ba đường thẳng nét liền từ O đếnnăm điểm A, B, C, D, E hoặc ba đường nối nét đứt Bây giờ ta chỉ cần xét

sự quen nhau Giả sử OA, OB, OC là các đường nét liền (O đôi một quennhau với A, B, C) Xét tam giác ABC Nếu một trong ba cạnh AB, AC,

BC, thí dụ, AB là nét liền, tức là A và B đôi môt quen nhau Khi ấy tamgiác OAB có ba cạnh đều là nét liền, hay O, A, B là đôi một quen nhau.Nếu cả ba cạnh AB, AC, BC là nét đứt thì A, B, C là đôi một không quennhau

Tương tự khi OA, OB, OC là nét đứt

Vậy luôn tìm được ba người đôi một quen nhau hoặc đôi một không quennhau

Bài toán trên có thể phát biểu dưới ngôn ngữ đồ thị như sau

Cho K6 là đồ thị đầy đủ với 6 đỉnh, và giả sử rằng chúng ta muốn tô mỗicạnh của đồ thị bởi chỉ một trong hai màu đỏ hoặc xanh Ta nói rằng mộttam giác xixjxk nằm trong đồ thị là đơn sắc nếu ba cạnh xixj, xjxk, xkxi

đều là màu đỏ hoặc màu xanh (Chú ý rằng đồ thị K6 chứa 20 tam giácphân biệt) Chúng ta có thể tô màu các cạnh của đồ thị K6 sao cho không

có tam giác nào trong 20 tam giác này là đơn sắc hay không?

Giả sử ta có một đỉnh và gọi nó là x1 Trong năm cạnh nối với nó (tươngứng từx2, x3, x4, x5, x6) chỉ có thể 6 khả năng sau: có năm cạnh màu xanh;bốn cạnh màu xanh và một cạnh màu đỏ; ba cạnh màu xanh và hai cạnhmàu đỏ; hai cạnh màu xanh và ba cạnh màu đỏ; một cạnh màu xanh vàbốn cạnh màu đỏ, và cuối cùng là năm cạnh màu đỏ Như vậy, phải có ítnhất ba cạnh cùng màu

Không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng có ít nhất ba cạnh màu xanh,tương ứng nối từ x1 tới x2, x3 và x4 Nếu một trong ba cạnh x2x3 hoặc

x2x4 hoặc x3x4 là màu xanh, thí dụ, x2x3 có màu xanh thì x1x2x3 là mộttam giác có ba cạnh xanh Nếu cả ba cạnh x2x3, x2x4 và x3x4 đều là màu

đỏ thì tam giác x2x3x4 có ba cạnh màu đỏ Như vậy, không thể tô màucác cạnh của đồ thị K6 với hai màu sao cho không có tam giác nào là đơnsắc

Mặt khác, ta có thể tô màu các cạnh của đồ thị K5 như trong Hình 1 chỉvới hai màu mà không có tam giác nào là đơn sắc Thí dụ, các cạnh AB,

AC, BD, CE và DE được tô màu đỏ, còn các cạnh AD, AE, BE, BC và CDđược tô màu xanh Khi ấy cạnh của các tam giác có các màu tương ứnglà: ABC (ĐXĐ), ABD (ĐĐX), ABE (ĐXX), ACD (ĐXX), ACE (ĐĐX),ADE (XĐX), BCD (XXĐ), BCE (XĐX), BDE (ĐĐX), CDE (XĐĐ).Chứng tỏ để tồn tại một tam giác đơn sắc trong đồ thị đầy đủ thì số đỉnh

ít nhất phải là 6

Hình 1

Ta thử liên hệ Bài toán 1 với nguyên lý chuồng chim bồ câu

Trong Bài toán 1, ta có một tập hợp gồm sáu phần tử, là sáu đỉnh của đồthịK6 Với một đồ thị đầy đủ, ta có thể coi tập con 2 phần tử (hai đỉnh) làcác cạnh và tập con ba phần tử (ba đỉnh) là các tam giác Ta phân hoạchcác cạnh vào hai lớp, đặt tên là màu đỏ và màu xanh, và ta đã chỉ ra rằng

có một số tam giác trong đồ thị K6 có tất cả các cạnh đều là màu đỏ hoặcđều là màu xanh, nghĩa là một số tập con ba phần tử của tập sáu phần tử

có tất cả các tập con hai phần tử của nó trong cùng lớp của phân hoạch(cùng màu đỏ hoặc cùng màu xanh)

Ta có thể tổng quát hóa Bài toán 1 như sau

Bài toán 2 Tìm số R(k, l) ít nhất số người cần mời đến ăn tiệc saocho hoặc có tối thiểu k người đôi một quen nhau hoặc có tối thiểu l ngườiđôi một không quen nhau.

Bài toán trên chính là một tổng quát hóa của Nguyên lý chuồng chim bồcâu

SốR(k, l) được gọi là số Ramsey Bài toán này có thể phát biểu dưới dạng

đồ thị như sau: Cho một đồ thị đầy đủ KN đỉnh mà các cạnh của nó được

tô bởi một trong hai màu xanh hoặc màu đỏ Tìm số Ramsey R(k, l) là

số nhỏ nhất sao cho đồ thị KN chứa hoặc Kk đồ thị con có màu đỏ, hoặcchứa Kl đồ thị con có màu xanh

Bài toán trên có thể phát biểu cho đồ thị r màu như sau

Định lý Ramsey cho đồ thị đầy đủ

Cho r là một số cho trước và ki ≥ 1 với mọi 1 ≤ i ≤ r Khi ấy sẽ tồntại một số nguyên dương nhỏ nhất R = R(k1, k2, , kr) sao cho khi tô cáccạnh của đồ thị KR bởi r màu thì đồ thị đầy đủ KR chứa một đồ thị đầy

đủ đơn sắc con Kki có i màu, i 1 ≤ i ≤ r

2.2 Chứng minh định lí Ramsey nhờ ngôn ngữ đồ

thị

Chứng minh(Xem [8]) Đầu tiên chú ý rằng vớiki = 1thìR(k1, , kr) =

1 Thật vậy, tập cạnh của một đồ thị đầy đủ với một đỉnh là rỗng và do

đó là đơn sắc với mỗi màu bất kỳ, trong trường hợp riêng là màu thứ i.Cũng để ý rằng R(n) = n vì Kn với một màu theo định nghĩa là đơn sắc;

R(n, 2) = n vì Kn với hai màu đỏ và xanh thì hoặc tất cả các cạnh cómàu đỏ hoặc ít nhất một cạnh có màu xanh

Giả sử rằngR(k1, , kr) tồn tại, tương tự như trên ta có:R(k1, , kr, 2) =R(k1, , kr)

Ta khẳng định rằng nếu ki = 2 với mọi i thì R(k1, , kr) tồn tại và bằng

2 Để chứng minh điều này, ta chú ý rằng, trong đồ thị K2 có tồn tại haiđỉnh với một cạnh nối hai đỉnh ấy được tô bởi màu i nào đó Lấy đồ thịcon chứa đồ thị K2 Ta có đồ thị đơn sắc K2 = Kki

Bây giờ chúng ta sẽ đưa vào tổng P

ki Chú ý rằng r = 1 thì R(n) = n

Vì vậy ta chỉ cần xét r ≥ 2 Ta sử dụng khẳng định trên để làm cơ sở của

phép quy nạp Bây giờ để thực hiện chứng minh quy nạp ta giả sử rằng R

tồn tại khi tổng của r của chúng được đưa vào trong là (P

ki) − 1.Đặt m = R(k1, , kr − 1) + + R(k1 − 1, , kr)

Chọn một đỉnh từ đồ thị Km và gọi nó là v Khi ấy, có m − 1 cạnh từ v

đến những đỉnh khác Giả sử Si là tập tất cả các cạnh có tô màu i đi ra

từ v Suy ra ∪Si là tập tất cả các cạnh xuất phát từ v

Chú ý rằng P

|Si| = m − 1.Bây giờ với một số i ta phải có P

Giả sử V là tập các đỉnh nối từ v với các đỉnh của màu số 1 sao cho

|V | ≥ R(k1 − 1, , kr) Chúng ta định nghĩa KV là đồ thị con đầy đủ vớitập đỉnh V Theo giả thiết quy nạp, KV chứa hoặc một đồ thị con đơnsắc Kki của màu i với 2 ≤ i ≤ r hoặc một đồ thị con đơn sắc Kki − 1 củamàu 1 NếuKV chứa một đồ thị con loại thứ nhất thì ta chứng minh xong.Nếu KV chứa một đồ thị con thuộc loại đồ thị thứ hai thì thêm đỉnh v,nối mỗi đỉnh của Kk1 − 1 bởi một cạnh của màu 1 Ta sẽ được một đồ thịcon đơn sắc Kk1 của KR có màu 1 Định lí chứng minh xong

Tính toán số Ramsey trong một số trường hợp

Định lý 2.2.1 (Ramsey, 1930) R(s, t) ≤ R(s − 1, t) + R(s, t − 1); s, t > 2

Với s, t ≥ 2 thì R(s, t) là hữu hạn

Ta có thể cải tiến công thức trên như sau (xem[19]) Lấy một đỉnh bất

kỳ v của đồ thị KN với N = R(s − 1, t) + R(s, t − 1) Lấy c là một màubất kỳ của KN Thế thì có R(s − 1, t) + R(s, t − 1) − 1 cạnh đi tới v Hoặc

R(s − 1, t) có màu đỏ hoặc R(s, t − 1) có màu xanh Không mất tính tổngquát, giả sử rằng chúng ta có R(s − 1, t) đỉnh nối với v bởi các cạnh màu

đỏ Các đỉnh này thuộc một đồ thị KR(s−1,t) Do đó, với mỗi màu bao gồm

cả màu c, chúng ta có hoặc một đồ thị Kt xanh hoặc Ks−1 màu đỏ nằmtrong đồ thị KR(s−1,t) Trong trường hợp sau cùng ta thêm đỉnh v vào đồthị con Ks−1 đỏ để được Ks đỏ Định lí chứng minh xong

Định lý 2.2.2 Với mọi s, t ≥ 2 ta có R(s, t) ≤ s + t − 2s − 1 = Cs+t−2s−1

và R(s, t) = R(t, s)

Chứng minh Với s hoặc tbằng 2 thì công thức trên là hiển nhiên Giả

sử cho s và t lớn hơn 2 Với s, t > 2, bằng quy nạp theo s và t và sử dụng

chứa tất cả các tập con r phần tử của tập S, r ≥ 1 Giả sử rằng ta có một

phân hoạch πr(S) = A ∪ B sao cho mỗi tập con r phần tử của S thuộc

hoặc họ A hoặc họ B, và không thuộc A cũng không thuộc B là tập rỗng

Lấy p, q nguyên sao cho r ≥ q, q ≥ s Khi đó tồn tại một số nguyên

R(p, q, r), chỉ phụ thuộc vào p, q và r để nếu s ≥ R(p, q; r), khi đó tồn tại

một tập con P gồm p phần tử của S, tất cả tập con r phần tử của nó đều

thuộc A, hoặc a tập con Q gồm q phần tử của S, tất cả tập con r phần tử

của nó đều thuộc B, hoặc cả hai

Các số R(p, q; r) được biết như là các số Ramsey Ta chỉ có thể tính

được một vài giá trị của số Ramsey Thậm chí ta cũng khó xác định được

cận trên của các số Ramsey

Với trường hợp r = 2, ta có thể trình bày lại Định lí 2.2.3 theo lí luận

của ngôn ngữ đồ thị Giả sử rằng s ≥ R(p, q; 2) và ta có màu của mỗi các

cạnh của đồ thị Ks hoặc là đỏ, hoặc là xanh Họ A là tập các cạnh màu

đỏ và họ B là tập các cạnh màu xanh, và định lí nói rằng đồ thị Ks phải

chứa a đồ thị Kpvới tất cả các cạnh của nó màu đỏ, hoặc a đồ thị Kq với

tất cả các cạnh của nó màu xanh, hoặc cả hai

Kết quả của Bài toán 1 có thể phát biểu lại là

R(3, 3; 2) ≤ 6

Từ đó ta chỉ ra rằng ta có thể tô màu đồ thị K5 bằng màu đỏ hoặc màuxanh mà không nhận được bất kỳ tam giác đơn sắc nào, ta cũng biết rằng

5 < R(3, 3; 2) và do đó

R(3, 3; 2) = 6

Trước khi tiến hành chứng minh Định lý 2.2.3, ta sẽ đưa ra thêm một ví

dụ nữa Ví dụ này khá điển hình vì trong đó ta phải xét các đồ thị con đơnsắc của một đồ thị đầy đủ, đó là các đồ thị con tạo bởi các cạnh cùng màu.Bài toán 3 Chứng minh rằng R(3, 4; 2) = 9

(i) Giả sử rằng ta có màu của mỗi cạnh của K9 hoặc là đỏ hoặc là xanh

và đồ thị chứa hoặc là a đồ thị K3 đỏ hoặc là a đồ thị K4 xanh

Cho x1 là đỉnh bất kỳ của đồ thị K9 Đầu tiên giả sử rằng 8 cạnh nốivới x1, có ít nhất 4 cạnh màu đỏ Không mất tính tổng quát ta lấy cáccạnh nối với x1 lần lượt là x2, x3, x4 và x5 Bây giờ nếu bất kì 2 trong 4đỉnh được liên kết bởi 1 cạnh màu đỏ, khi đó ta có một đồ thị K3 đỏ (chỉ

ra như Ví dụ 1) Vì vậy tất cả các cạnh phải là màu xanh, và đồ thị K4

trên 4 đỉnh là màu xanh Để tránh mâu thuẫn thì hầu hết 3 trong các cạnhnối với bất kì đỉnh nào là màu đỏ

Do đó tại đỉnh x1, 3 trong 8 cạnh nối phải là màu đỏ và 5 cạnh màu xanh

và từ x1 chọn bất kì, việc này phải đúng tại mỗi đỉnh Bây giờ xét đồ thịcon đơn sắc Trong đồ thị màu đỏ, có 9 đỉnh, mỗi đỉnh có giá trị 3, trong

đồ thị màu xanh, có 9 đỉnh, mỗi đỉnh có giá trị 5 Nhưng số đỉnh của giátrị lẻ luôn cần phải có Vì vậy không phải là đồ thị con màu đỏ cũng không

là đồ thị con màu xanh là điều có thể xảy ra và ta có một mâu thuẫn cuốicùng

Ở đây ta biết rằng R(3, 4; 2) ≤ 9

(ii) Để chứng minh đẳng thức, ta cần tô màu các cạnh của đồ thị K8

bằng màu đỏ hoặc màu xanh sao cho trong đó không có đồ thị K8 màu đỏhoặc đồ thị K8 màu xanh xuất hiện Vì vậy một cách tô màu được chỉ ratrong Hình 2