bc3a0i-gie1baa3ng

C \Users\Pham Anh\Downloads\cothoi dvi 1 Đồ thị phẳng và tô màu − Liệu có thể vẽ K5 trên mặt phẳng sao cho không có cạnh nào cắt nhau? − Câu hỏi có 3 ngôi nhà và 3 giếng nước Liệu có thể xây các con đ[.]

1 Đồ thị phẳng và tô màu

−Liệu có thể vẽ K5trên mặt phẳng sao cho không có cạnh nào cắt nhau?

−Câu hỏi : có 3 ngôi nhà và 3 giếng nước Liệu có thể xây các con đường không cắt nhau từ ngôi nhà đến giếng nước?

Định nghĩa : Đồ thị ( đơn ) G là một đồ thị phẳng nếu∃ 1 cách vẽ G trên mặt phẳng sao cho không có hai cạnh nào cắt nhau tại 1 điểm trong của chúng.

−Các mặt của đồ thị phẳng

Mặt của đồ thị phẳng G là một phần của mặt phẳng bị giới hạn bởi một chu trình của G

Mặt không bị giới hạn của đồ thị G được gọi là mặt ngoài của đồ thị ,các mặt khác

là mặt trong của đồ thị

Một cây có :

|V |= n

|E|= n - 1

|F|= 1

Hình 1:

Với G như hình trên ta có :

|V |=3

|E|=3

|F|=2

Hình 2:

Với đồ thị này ta có:

|V |= 4

|E|= 4

|F|= 2

Định lý (Euler) : Mọi đồ thị phẳng liên thông G có|V| − |E| + |F|=2

Chứng minh: ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo số cạnh :

+Trường hợp không có cạnh nào : Vì G là liên thông=⇒|V|=1,|F|=1

=⇒|V | − |E| + |F|=1−0+1= 2(đúng)

+ Giả sử đúng với mọi đồ thị liên thông phẳng với|E|= h−1cạnh

+ Ta chứng minh đúng với|E|=hcạnh

Ta có hai trường hợp :

Trường hợp 1 : G là cây , vì có|E|=h

=⇒|V |=h+1

|F |=1

=⇒|V | − |E| + |F|=h+1−h+1=2(đúng)

Trường hợp 2 : G không phải là một cây=⇒G có chu trình

Chon e là một cạnh trong chu trình bất kỳ

Xét đồ thị G - e

Đồ thị mới có|E| −1cạnh

|V|đỉnh

|F| −1mặt (vì hai mặt kè với E gộp làm 1)

Hình 3:

Theo giả thiết quy nạp cho đồ thị G - e với h - 1 cạnh :

|V | −(|E| −1)+ |F| −1=2

=⇒|V | − |E| + |F|=2=⇒đúng với mọi đồ thị liên thông phẳng có h cạnh.

- Ta sẽ chứng minh K5không phẳng , K33không phẳng.

Định lý : G phẳng , liên thông thì|E|≤3(|V | −2)

Chứng minh : N =∑A∈F(G)số cạnh của A

Hình 4: Ví dụ

Ta tính tổng các cạnh trên tất cả mặt của G

Ví dụ : N = 3 + 3 + 3 + 5 = 11

Mỗi cạnh thuộc tối đa hai mặt=⇒| N |≤ 2 | E |vì mỗi cạnh đếm không quá hai

lần Mối chu trinh có≥ 3cạnh=⇒số cạnh của mỗi mặt≥3=⇒|N|≥3|F |

=⇒3|F|≤ 2|E|=⇒| F|≤ 2

3 |E| Thay vào công thức Euler :

|V | − |E| + |F| −2=0

|V | − |E| + |F| −2=0≤|V| − |E| +2

3 |E| −2

=⇒ |E3| ≤|V| −2=⇒|E|≤ 3(|V | −2)

Định lý : K5không phẳng

Giả sử K5phẳng ta có:

|V|=5

|E|=10

với K33 |V |=6,|E|=9, 9≤3(6−2)(chưa kết luận được)

Định lý : Giả sử G phẳng , liên thông Gọi g là độ dài của chu trình nhỏ nhất trong

G thì|E |≤ g−g2(|V | −2)

Chứng minh :

g|F|≤ N=∑A∈F(G) ≤2|E|số cạnh của A

g|F |≤2|E|

=⇒|F|≤ 2

g· |E|

|V | − |E| + |F| −2=0

=⇒|V | − |E| + |F| −2=0≤|V| − |E| +2

3 |E| −2

=⇒ g−g2 |E|≤|V | −2=⇒|E|≤ g−g2(|V| −2)

K33:|e |=9,g=4;|V =6

=⇒9≤2(6−2) =⇒vô lý=⇒K33phẳng

Định nghĩa : Đồ thị H gọi là mở rộng của G nếu như H có thể nhận được từ G bằng cách

thêm lần lượt các đỉnh bậc 2 vào các cạnh

Ví dụ :

Hình 5: Vi du mở rộng

Định lý : G phẳng , liên thông⇐⇒G không chứ đồ thị con K5, K33và mở rộng của chúng

Bài tập 1 : Đồ thị Peterson có phẳng không ?|V |=10;|E|=15; g = 5

Hình 6:

15≤ 153(10−2)vô lý=⇒Peterson không phẳng

Cách 2 : Sử dụng định lý trên, chu trình đồ thị Peterson không phẳng (chứa mở rộng của K33)

Bài tập 2

Đồ thị sau có phẳng ko?

Hình 7:

-Đa diện đều : Đa diện đều là đa diện các mặt là các đa giác đều giống nhau.

Hình 8:

-Ta sẽ chứng minh chỉ có 5 đa diện đều này

-Giả sử có 1 đa diện đều , gọi p là số cạnh ở mỗi mặt và p là số cạnh xuất phát từ mỗi đỉnh N = ∑A×F(G)số cạnh của A

N = p· | F|=2|E|= q|V|

=⇒|F|= 2

p |E|

|V |= 2

p |E|

|V | − |E| + |F|=2

=⇒|E| (2

=⇒ 2

|E| >0=⇒ 1

q >

1 2

2 Bài toán xếp hình trong tô màu

Định nghĩa : Cho 1 đồ thị G cách tô màu đỉnh của G là cách gán màu cho các đỉnh sao cho các đỉnh kề nhau thì khác màu , số màu ít nhất để tô màu các đỉnh của G được gọi là sắc số của G Kí hiệu X(G)

- Sắc số của G ( G là đồ thị ngẫu nhiên Gn,1) ≈ 1

2lognvới xác suất≈1khi n→∞

-Đồ thị G được gọi là n - e c nếu thỏa mãn mọi A , B⊂V, A∩B =∅|A| + |B|= n , thì∃1 đỉnh v∈ G sao cho v kề với tất các đỉnh của A và v không kề với các dỉnh của B

Nếu G rất nhiều đỉnh thì xác suất để G là n - e c sẽ→1

Ví dụ : Xác suất để G là 4 - e c khi|V|→∞là 1 đồ thị Paley

- Sắc số cạnh của G là số màu ít nhất để tô các cạnh của G sao cho hai cạnh kề nhau khác màu , ký hiệu X’ (G)

Định lý (Vizing) :△(G) ≤X(´G) ≤ △(G) +1

trong đó△(G)= max bậc của các đỉnh của G

δ(G): bậc tối thiểu của G

Bài tập 3 : Tìm sắc số của đồ thị sau:

Hình 9:

Định lý : δ(G) +1≤X(G) ≤ △(G) +1.

Khi G là K n thì X(G) = △(G) +1

Bài tập 4 : Chứng minh X(G) ≤ △(G) +1)

Định lý 4 màu : Mọi bản đồ trên mặt phẳng (trên hình cầu) đều có thế tổ được bởi

4 màu.

Định lý 5 màu : Mọi đồ thị phẳng đều tô được bởi 5 màu.

Bổ đề : Nếu G là 1 đồ thị phẳng , liên thông thì G có 1 đỉnh bậc≤5

Chứng minh : Phản chứng : Giả sử tất cả các đỉnh có bậc≥6

Gọi N = số cặp đỉnh v thuộc cạnh e trong G

N = 2|E|vì mỗi cạnh có 2 đỉnh

N≥6|V |vì bậc của mỗi đỉnh≥6

⇒|E|≥3|V|

G là phẳng⇒|E |≤3(|V| −2) =3|V| −6(vô lý) 

Chứng minh quy nạp theo số đỉnh

Giả sử≥6đỉnh và mọi đồ thị phẳng với|N |đỉnh đều tô bởi 5 màu

Theo bổ đề , có 1 đỉnh v∈V(G) , bậc của v≤5

Xét đồ thị G - v thì đồ thị G này phẳng và có thể tô được bởi 5 màu (theo giả thiết quy nạp)

+ Nếu các đỉnh kề của v được tô bởi≤4màu thì có thể tô màu cho v dễ dàng

+ Nếu không , v kề với 5 đỉnh khác màu , kí hiêu là v1,v2, ,v5

Trường hợp 1 : Không có đường đi từ v1 →v3trong G - v với các cạnh màu 1 và 3

v v1

v2

v3

v4 v5

Hình 10:

Xét tất cả các đường đi từ v1có màu 1 và 3 , đổi màu 1 thành 3 và 3 thành 1 trên các đường này Khi đó ta có thể tô màu v bởi màu 1

Trường hợp 2 : Không∃1 đường đi từ v2 → v4 chỉ bởi 2 màu 2 , 4 thì làm tương tự như trường hợp 1

Trường hợp 3 :∃đường đi từ v1 →v3bởi 2 màu 1 và 3,

∃1 đường đi từ v2 →v4bởi 2 màu 2 và 4

thì 2 đường này cắt nhau⇒G không phẳng⇒vô lý⇒ta luôn có thế tô màu G bởi 5

Bài tập 5 :

Tìm sắc số cạnh và đỉnh của K m,nvà của các đồ thị sau:

Hình 11:

Hình 12:

3 Đại Số Trong Đồ Thị

Định Nghĩa 1.1 Cho G là một đồ thị liên thông với n đỉnh và m cạnh (các cạnh được

đánh số bất kì ).Chúng ta định hướng các cạnh một cách ngẫu nhiên Ma trận trực

giao của G là ma trận A G cấpn×nvới các phần tử được xác định như sau:

a ij =







+1 Nếu cạnh thứ j đi vào đỉnh i

−1 Nếu cạnh j đi ra ngoài đỉnh i

0 Trường hợp còn lại

Nhận xét :

(i) Nếu chúng ta đảo hướng của đồ thị ngược lại thì các phần tử của ma trận A Gsẽ hoán vị 1 và -1

(ii) Nếu đánh số các cạnh hay các cạnh theo 1 cách khác thì ma trận trực giao A G

cũng thay đổi theo cụ thể là nếu cạnh i được đánh số là cạnh j thì cột i trong ma trận mới là cột j trong ma trận cũ , và nếu đỉnh i được chuyển thành đỉnh j thì hàng

i trong ma trận mới nhận được từ hàng j trong ma trận cũ

Từ ma trận A Gta xác định một ma trận cảm sinh trực giao ˜A Gđược xác định từ ma

trận A Gbằng cách xóa đi hàng thứ n

Ví dụ:

1

2

3 4

Hình 13: Ví dụ

Từ hình vẽ trên ta có ma trận trực giao như sau:

A G=









1 0 −1 0 −1

0 −1 0 −1 1







A˜G=



−1 1 0 0 0

1 0 −1 0 −1





Bài Tập 1:

Cho G là một đồ thị định hướng n đỉnh m cạnh nếu ma trận trực giao A Gcó tổng tất cả các phần tử =0 thì đồ thị có liên thông không?

Bài Tập 2:

Cho G là một đồ thị định hướng có n đỉnh ,m cạnh và trên mỗi hàng tổng các phần

tử bằng 0 thì đồ thị có liên thông không?

Luyện Tập 1:

Các hàng của ma trận trực giao A Glà phụ thuộc tuyến tính

Luyện Tập 2:

Cho v là một vecto gồm n phần tử ,v khác vecto 0 Khi đó với r là bất kì và r <n thì

có thể xảy ra tổng r phần tử bất kì của vecto v là bằng 0

Định lý 1.2 Nếu ˜ A G là ma trận cảm sinh trực giao từ đồ thị liên thông G ,Khi đó số cây bao trùm của G bằng định thức của ˜ A G ˜A G

T

Chúng ta sẽ chứng minh ở phần sau.

Bổ Đề 2.1 Cho G là một đồ thị với n đỉnh Khi đó G là liên thông khi và chỉ khi ma trận

trực giao của nó có hạng bằng n-1.

Chứng minh:

”→”

Lấy r< n Khi đó tổng của r hàng bất kì phải chứa ít nhất một giá trị khác 0 Nếu không sẽ không tồn tại cạnh nối từ các đỉnh trong r đỉnh này đến các đỉnh ngoài r đỉnh đó Điều này mâu thuẫn với tính liên thông của G

Do đó với r<n thì không có r hàng phụ thuộc tuyến tính nào Mặt khác tổng của n hàng bằng 0 ,tức là n hàng là phụ thuộc tuyến tính như thế hạng của ma trận A là n-1

”←”

Nếu rank(A G) là n−1 ,Khi đó không có r hàng nào mà tổng của chúng là hàng toàn 0 với (r<n) Bởi vậy với mọi r< n sẽ không có r điểm mà không liên thông với n-r điểm còn lại Do đó G là liên thông

Nhận Xét :

(i)Mỗi cột của A Ggồm chính xác 1 phần tử 1 và 1 phần tử -1

(ii) Tổng tất cả các hàng là 1 hàng toàn 0 nên hàng cuối phụ thuộc tuyến tính và n-1

hàng trên nên det(A G) =det(A˜G)

Bổ Đề 2.2

Nếu B là ma trận vuông không suy biến của A G ,thì định thức của ma trận B là +-1.

Định Nghĩa 2.3

Một ma trận M cấp r×s được gọi là TU nếu mọi ma trận con cấp k×kcó định thức

bằng một trong các giá trị sau 1,−1, 0với(1≤k≤min{r, s})

Bổ Đề 2.4

Cho M là ma trận với các giá trị là 1,-1 hoặc 0 ,sao cho mỗi cột chứa nhiều nhất một giá trị -1 và nhiều nhất một giá trị 1 Khi đó M là ma trận TU

Chứng Minh: Chứng minh bổ đề 2.2

Gọi B là ma trận vuông con cấp k không suy biến của ma trận A G Trong ma trận

A Gmọi cột chỉ chứa duy nhất một phần tử 1 và một phần tử -1 còn lại tất cả bằng

0 Theo bổ đề 2.4 thì A Glà ma trận TU

Mặt khác theo định nghĩa 2.3 thì ma trận B có định thức là -1 hoặc 1 hoặc 0 ,vì B là không suy biến nên định thức của B là 1 hoặc -1

2.3 Ma Trận Và Cây

Bổ Đề 2.5

Nếu B là ma trận con vuông cấp n-1 của A G thì B là ma trận không suy biến khi và chỉ khi các cạnh tương ứng với các cột của ma trận của B xác định một cây bao trùm của G.

Chứng Minh

Lấy H là đồ thị con của G xác định bới ma trận B

Vì B có cấp bằng n-1,H có n-1 cạnh Khi đó H là một cây khi và chỉ khi H liên thông Theo bổ đề 2.1 chúng ta có H là liên thông khi và chỉ khi rank(B)=n-1.Nhưng rank(B)=n-1 khi và chỉ khi B không suy biến (do B là ma trận vuông cấp (n-1)× (n-1))

Bởi vậy H là một cây khi và chỉ khi B là không suy biến

2.4 Binet-Cauchy

Cho R là ma trận cấp p×q và S là ma trận cấp q×p ,trong đó p≤ q.Khi đó :

det(RS) =∑det(B)det(C)

Trong đó tổng trên chạy trên các ma trận con vuông cấp p×pcủa R và S Trong đó

B là ma trận lấy ra từ R "theo cách" như lấy ra C từ S

Chúng ta hiểu "theo cách " nghĩa là thứ tự các cột xóa của R để lấy ra B trùng với số thứ tự các hàng xóa đi từ S để có C

Ví Dụ

R=



1 1 2

3 1 −1



S=





1 1

3 1

0 2





Khi đó det(RS) =

1 1

3 1

1 1

3 1

+

1 2

1 −1

3 1

0 2

+

1 2

3 −1

1 1

0 2

Định Lí 2.6

Cho R là ma trận p×q và S là ma trận q×p trong đó p≤q.Thì :

det(RS) = ∑1≤k1<k2 < <k p≤q det(R k1,R k2, ,R k r)det(S T

k1,S T

k2, ,R T

k r)

Trong đó R k là cột thứ k,S k là hàng thứ k

Định Lí 3.1

Nếu ˜A Glà ma trận trực giao cảm sinh của đồ thị G ,khi đó số cây bao trùm của đồ

thị G là det(A˜G A˜G T)

Chứng Minh

det(A˜G A˜G

T

Bnonsingular

det(B)2+ ∑

Bsingular

Bnonsingular

Bnonsingular

(6)

Như vậy det(A˜G A˜G T)là tập các ma trận con ko suy biến cấp (n-1)×(n-1) của ˜A G.Và

nó chính bằng số cây bao trùm của G

Áp Dụng

Cho G là đồ thị đầy đủ với n đỉnh Khi đó chúng ta có :

˜

A G A˜G T =













−1 −1 n−1













Khi đó định thức của ma trận trên là n n− 2(Bài tập về nhà)

Bài tập 3 Với G là đồ thị 2 phần K n,m thì số cây bao trùm là bao nhiêu (kết quả là

m n−1n m−1)

Song ánh giữa cây và đồ thị.

Cho 1 tập V gồm n phần tử 1, 2, 3 n

Khi đó sẽ có n n− 2dãy con có n-2 phần tử

Ta sẽ đi chỉ ra có 1 song ánh giữa mỗi cây và 1 dãy gồm (n-2) phần tử

1) Cho một cây chúng ta đi xác định 1 dãy số từ cây đó:

chọn đỉnh bậc 1 có số thứ tự nhỏ nhất giả sử đó là đỉnh i.

Số đầu tiên của dãy là lân cận của đỉnh i

Xóa đỉnh i ra khỏi cây và lặp lại quá trình trên cho đến khi cây chỉ còn 2 đỉnh.

2) Đặt V=1, 2, ,n

Cho 1 dãy số gồm n-2 phần tử ta đi xác định 1 cây từ dãy đó

Bước 1: Tìm đỉnh mà có số thứ tự nhỏ nhất trong V=1, 2, ,n mà không xuất hiện trong dãy.

Bước 2: Nối đỉnh đó với đỉnh đầu tiên của dãy

Bước 3 :Xóa đỉnh đó và đỉnh đầu tiên của dãy

Bước 4 : Lặp lại quá trình trên cho đến khi dãy không còn phần tử nào.

Khi đó tập V còn 2 phần tử ta nối 2 phần tử đó với nhau

Chú ý trong quá trình lặp lại thì thì các phần tử đã xóa thì coi là không có mặt trong dãy

Bài Tập 4:

Có tồn tại 2 cây khác nhau mà cho cùng 1 dãy số không

Bài Tập 5:

Từ 1 dãy số có phải ta chỉ xác định được 1 cây duy nhất hay không

Bài toán xếp lịch

Trong một hội nghị có n bài phát biểu Mỗi người tham gia muốn nghe một số bài phát biểu nào đó Hỏi thời gian tối thiểu để ban tổ chức có thể lên lịch sao cho mỗi người có thể nghe tất cả các bài mình thích

Đồ thị hóa bài toán

Mỗi bài phát biểu là 1 đỉnh của đồ thị

- Nối 2 đỉnh bởi 1 cạnh nếu có người muốn nghe cả 2 bài phát biểu

- Xếp lịch sẽ trở thành việc tô màu các đỉnh của đồ thị sao cho 2 đỉnh kề nhau thì khác nhau

- Ta xếp lịch như sau Cho các đỉnh cùng màu diễn ra cùng 1 lúc

Kí hiệu : Số màu ít nhất từ các đỉnh của G sao cho 2 đỉnh kề nhau thì khác màu : X(G) được gọi là sắc số của G

Bài toán

Có n người muốn họp kín với nhau , nghĩa là buổi họp chỉ có 2 người và kéo dài

1 ngày Hỏi bao nhiêu lần thì họp xong ?

Đồ thị hóa bài toán

Mỗi người là 1 đỉnh của đồ thị

Hai đỉnh được nối với nhau nếu họ muốn họp kín với nhau

- Xếp lịch = tô màu các cạnh sao cho các cạnh chung đỉnh thì khác nhau

⇒Số ngày tối thiểu = số màu tối thiểu để tô các cạnh của G

Định nghĩa : Số màu tối thiểu để tô các cạnh của G sao cho 2 cạnh kề nhau không cùng

màu được gọi là sắc số cạnh của G Kí hiệu là X´(G)

X(G) = 1⇒G ko có cạnh nào

X(G) = 2⇒G là đồ thị 2 phần

X(G) = k⇒G là đồ thị k phần

Nhận xét : X(G) = số k nhỏ nhất sao cho G là đồ thị k phần

Chứng minh : Mỗi màu cho ta 1 tập đỉnh rời nhau tương ứng với 1 phần trong cánh phân chia của đồ thị

- Đồ thị 2 phần không có chu trình lẻ⇒X(G) = 2

Quan sát : Nếu đồ thị không có chu trình độ dài < N⇒kết luận gì về X(G) không

?

Định lý:

Erdo”s chỉ ra với mọi k và l là số tự nhiên,luôn tồn tại đồ thị với chu trình độ dài nhỏ nhất > k và sắc số > l

k = 3 : xây dựng 1 đồ thị không có tam giác nào với sắc số tùy ý

- Chọn p là 1 số nguyên tố có dạng 12×k+5

- Các đỉnh của G là tập 0 , 1 , , p-1×0 , 1 , , p-1

hai đỉnh (x1,y1) và x2,y2được nối bởi 1 cạnh

⇔ (x1−x2) 2+ (y1−y2) 2 =1(mod p)

Nhận xét 1 : Đồ thị G không có△: Giả sử G có 1△,







x2

1+y2

(x1+x2) 2+ (y1+y2) 2= 1mod(p)

⇒vô nghiệm với p = 12k + 5

Nhận xét 2 : Đồ thị G có sắc số lớn tùy ý , nếu chọn p đủ lớn (cụ thể X(G)≥ √2p)

- Nếu G có chứa Knthì X(G)≥n

- Nếu G không chứa K m(m≥n+1)thì X(G)≥ |V n| (⇔tập đỉnh rời nhau tối đa của

G≤ nđỉnh)

Chứng minh : Giả sử sắc số của G = k thì với 1 mầu c bất kỳ số đỉnh rời được tô bởi màu c sẽ≤ n (vì tập đỉnh được tô bởi màu c là một tập rời nhau , K m ⊂G thì

m≤n)

⇒số màu≤ |V n|

|V |=|tập đỉnh|= số đỉnh tô màu 1| {z }

≤n

+·+ số đỉnh tô màu k| {z }

≤n

⇒|V|≤ n·k⇒k≥ |V n|

Cách tô màu tham lam :

Đánh số các đỉnh của G theo thứ tự x1,x2, ,x nsử dụng các màu 1 , 2 , 3 ,

Tô màu x1bởi 1 màu

Tô màu x1bởi 1 màu nếu x1,x2∈E

Tô lần lượt x2,x3, sao cho i là màu nhỏ nhất có thể tô cho x i

x1

x2

x3

x4

x5

x6

x7

x8

Hình 14:

LT 1 : Chứng minh rằng∃một cách đánh số các đỉnh của g sao cho thuật toán tham lam sử dụng đúng X(G màu)

Chứng minh : G có X(G) = k⇒ G là đồ thị k phần Sau đó đánh số các đỉnh lần lượt theo từng phần

Định lý : k = max H δ(H)

trong đó : δ(H)= bậc tối thiểu của H

H chạy trên tất cả các đồ thị con kế thừa của G Thì X(G)≤k + 1.

Đồ thị con kế thừa của G là 1 đồ thị hạn chế của G lên 1 tập đỉnh⊂V

Chứng minh : Cho H n = G thì δ(H) ≤k ⇒có 1 đỉnh bậc≤k ký hiệu bởi x n

Hn−1= G -{x n}thì δ(H) ≤k⇒có một đỉnh bậc≤kcủa Hn−1 Ký hiệu x n−1

Hn− 2= G -{x n,x n− 1} ⇒δ(H n− 2≤k) ⇒chọn được x n− 2có bậc≤k

Cứ tiếp tục như vậy cho đến x1 Ta chứng minh x1, ,x nlà một cách đánh số thứ

tự để X(G)≤k+1

Thật vậy , giới hạn đồ thị con kế thừa của G trên x1, ,x i chính là Hi Theo cách

chọn x i , ta có x i kề với≤k đỉnh trong x1, ,x i−1vì bậc của x itrong Hi ≤k ⇒có thể chọn một trong≤k+1màu cho x ivới mọi i⇒điều phải chứng minh

Hệ quả : X(G)≤ △(G)+ 1

Chứng minh : Mọi đồ thị con kế thừa H của G có δ(H) ≤ △G(H) ≤ △(G) ⇒điều phải chứng minh