Lý thuyết đồ thị và ứng dụng

Chứng minh: Trong mỗi graph tổng bậc các đỉnh của một graph thì mỗi cạnhđược tính đúng hai lần bởi hai đỉnh của nó.. Tô màu Số màu của graph là số nhỏ nhất của số màu cần thiết để tô các

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH

TRƯỜNG THPT …

BÁO CÁO SÁNG KIẾN

LÝ THUYẾT ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

Tác giả: Trần Mạnh Sang

Trình độ chuyên môn: Cử nhân Toán học

Chức vụ: Giáo viên Toán

Nơi công tác: Trường THPT

Nam Định, tháng 5 năm 2017

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN

3 Thời gian áp dụng sáng kiến:

Các năm học từ 2010 - 2011 đến 2016 – 2017.

4 Tác giả:

Họ và tên:

Năm sinh: 1987

Nơi thường trú: Phường Vị Xuyên, thành phố Nam Định

Trình độ chuyên môn: Cử nhân Toán học

Chức vụ công tác: Giáo viên Toán

Nơi làm việc: Trường THPT

I Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến:

Mục tiêu giáo dục của chúng ta hiện nay là đào tạo những con người laođộng tự chủ, năng động, sáng tạo có năng lực giải quyết những vấn đề thườnggặp, góp phần xây dựng đất nước giàu mạnh, xã hội công bằng và văn minh,đưa đất nước Việt Nam tiến nhanh trên con đường phát triển hòa nhập với thếgiới ở đầu thế kỉ XXI Đứng trước tình hình đó, Bộ Giáo dục và Đào tạo, SởGiáo dục và Đào tạo cũng như nhà trường đã đề ra nhiều biện pháp tích cực.Một trong những biện pháp đó là cải tiến chương trình dạy học, cải tiến phươngpháp dạy của thầy và phương pháp học của trò, phải có cuộc cách mạng thực sự

về phương pháp giáo dục, cũng như cách thức tổ chức kiểm tra chất lượng họcsinh để hưởng ứng cuộc vận động của Bộ trưởng Bộ GD - ĐT về chống tiêu cựctrong thi cử và bệnh thành tích trong giáo dục

Đối với bộ môn Toán - Bộ môn then chốt của khoa học tự nhiên, thì mộttrong những khâu quan trọng của quá trình cải tiến chương trình dạy học là tiếpnhận và giải quyết một vấn đề theo nhiều hướng khác nhau, cố gắng tìm đếnbản chất của nó, từ đó có mối liên hệ giữa các bài toán riêng lẻ với nhau

Trong chương trình môn Toán cấp THPT chuyên, vấn đề tổ hợp nóichung và đồ thị nói riêng luôn là lĩnh vực quen thuộc nhưng không kém phầnkhó khăn với cả thầy và trò Vấn đề này xuất hiện nhiều trong các kì thi HSGquốc gia và quốc tế, là một phần quan trọng trong việc phát hiện và bồi dưỡngcác học sinh có tư chất thực sự

II Mô tả giải pháp:

1 Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến

Đây là một lĩnh vực mới của tổ hợp, các vấn đề khai thác sâu chưaxuất hiện nhiều Trong một vài năm gần đây, các đề thi chọn HSG Quốc gia,HSG Quốc gia dự thi quốc tế đã thấy xuất hiện các bài toán ứng dụng đồ thị, đây

là bài toán khó (thường là khó nhất của đề thi) Các bài toán có phát biểu rất dễhiểu và ngắn gọn nhưng để giải quyết chúng lại rất khó khăn Một phần khó đốivới học sinh của Việt Nam chính là việc các em ít tiếp xúc với dạng toán, dẫnđến cảm giác sợ khi gặp.

Vì vậy tôi viết sáng kiến này, tổng kết những kinh nghiệm, phần nào giúpcác em học sinh tháo gỡ các khó khăn, nhìn nhận vấn đề đơn giản hơn, bên cạnh

đó cũng mong muốn là một tài liệu tham khảo giúp đỡ các thầy cô một phầnnhỏ trong quá trình giảng dạy

III Nội dung sáng kiến

1 Định nghĩa mở đầu

Định nghĩa 1 Một graph (hay đồ thị) là tập các đỉnh và các cạnh nối một số

đỉnh với nhau Kí hiệu G =(V E, ) với V là tập đỉnh và E V V⊂ × là tập cạnh

Ví dụ: Có 11 graph khác nhau với tập

đỉnh có 4 phần tử Biểu diễn của các

graph như hình vẽ bên

Định nghĩa 2 Hai đỉnh được gọi là kề nhau nếu có 1 cạnh nối 2 đỉnh này.

Kí hiệu cạnh nối 2 đỉnh A, B là ( )AB , nói chung ( )AB khác ( )BA , nếu ta coi 2

cạnh này là 1 thì ta có graph vô hướng, nếu coi chúng khác nhau thì ta có graph

Một graph đơn nếu nó không có khuyên và không có cạnh kép Các bài toán ta

gặp chủ yếu là graph đơn

Định nghĩa 3 Một graph đầy đủ với n đỉnh, kí hiệu là K , là graph mà 2 đỉnh n

bất kì đều có cạnh nối giữa chúng, khi đó có tất cả 2

Định nghĩa 4 Với U là tập con của tập các đỉnh, kí hiệu G U là graph con( )

của G, thu được khi ta xóa tất cả các đỉnh nằm ngoài U, chỉ giữ lại các cạnh mà

cả 2 đầu mút thuộc U.

Các định nghĩa và kết quả dưới đây có giả thiết là graph đơn và vô hướng.

2 Bậc của đỉnh

Định nghĩa 5 Kí hiệu d v hoặc ( ) deg v cho bậc của đỉnh v, là số cạnh mà v là( )

đầu mút Một khuyên được tính 2 lần cho đỉnh Một điểm gọi là chẵn nếu nó cóbậc chẵn và được gọi là lẻ nếu nó có bậc lẻ

Xét G V E có n đỉnh, khi đó bậc của mỗi đỉnh sẽ là số tự nhiên nhỏ hơn n, hơn( , )

nữa không tồn tại 2 đỉnh mà bậc của chúng tương ứng là 0 và n−1 (Có đỉnh bậc1

n− có nghĩa nó nối với tất cả các đỉnh khác nên không còn đỉnh bậc 0)

Nếu không tồn tại 2 đỉnh cùng bậc thì bậc của các đỉnh này nhận tất cả các giátrị 0,1,2, ,n−1, mâu thuẫn với nhận xét trên Ta có điều chứng minh

Kết quả 2 Trong một Graph vô hướng G tùy ý tổng bậc của tất cả các đỉnh gấp

đôi số cạnh của Graph

Chứng minh: Trong mỗi graph tổng bậc các đỉnh của một graph thì mỗi cạnh

được tính đúng hai lần bởi hai đỉnh của nó Do đó tổng này gấp đôi số cạnh củagraph

Hệ quả 1: Trong một Graph vô hướng G tùy ý số đỉnh bậc lẻ luôn là một số chẵn.

Chứng minh: Theo định lý trên thì tổng các bậc của các đỉnh luôn là một số

chẵn do vậy số các đỉnh bậc lẻ luôn là một số chẵn

Hệ quả 2: Trong một graph vô hướng G có số lẻ đỉnh luôn có một số lẻ các đỉnh

có bậc chẵn

Chứng minh: Theo hệ quả trên thì số đỉnh bậc lẻ trong graph G là một số

chẵn Do trong graph G có số lẻ đỉnh, nên số các đỉnh bậc chẵn phải là số lẻ

Ví dụ: Trong bữa tiệc có 51 người Khi đó:

1 Có 1 người quen với chẵn người khác trong bữa tiệc;

2 Có 2 người có cùng số người quen;

3 Nếu mỗi người tính số người quen của mình trong bữa tiệc thì tổng của các sốnày là số chẵn

3 Đường đi, chu trình trong graph, graph liên thông.

Định nghĩa 6 Đường đi trong graph là một dãy các cạnh liên tiếp (hai cạnh liên

tiếp nếu chúng có chung đỉnh) Với đồ thị đơn, nếu đường đi đi qua các đỉnh

1, , ,2 n

v v v theo thứ tự thì ta kí hiệu (v v1, , ,2 v , nếu đường đi đi qua các cạnh n)

1, , ,2 n

e e e theo thứ tự thì ta kí hiệu (e e1, , ,2 e n)

Ví dụ với graph bên, ta có đường đi

(v v v v v , đường đi này có thể kí hiệu là1, , , ,2 6 5 3)

(e e e e 1, , ,6 5 4)

Độ dài của đường đi là số cạnh của đường đi này

Ví dụ: Đường đi ở ví dụ trên có độ dài là 4

Khoảng cách giữa 2 đỉnh a và b là độ dài của đường đi ngắn nhất nối 2 đỉnh

này, kí hiệu d a b Quy ước ( ), d a a( ), =0 Nếu không có đường đi nối a, b thì

quy ước d a b( ), = ∞

Ví dụ: Ở graph trên ta có d v v( 1, 3) =4,d v v( 3, 4) =1.

Đường kính của graph G là khoảng cách lớn nhất giữa 2 đỉnh của graph, kí hiệu

( )

d G Nếu graph có 2 điểm a, b mà d a b( ), = ∞ thì quy ước d G( ) = ∞

Ví dụ: Graph trên có đường kính là 4

Định nghĩa 7 Graph gọi là liên thông nếu với 2 đỉnh bất kì luôn tìm được 1

đường đi nối chúng

Kết quả 3 Với G V E là liên thông thì ( , ) E ≥V −1

Chứng minh

Ta chứng minh quy nạp theo số đỉnh n của đồ thị.

Với n=1,2 ta thấy điều cần chứng minh

Giả sử bài toán đúng với graph N đỉnh, nghĩa là có ít nhất N −1 cạnh

Xét G V E có ( , ) N +1 đỉnh và liên thông, suy ra bậc của mỗi đỉnh đều lớn hơn

=∑ ≥ , suy ra E ≥ N , có điều chứng minh

Trường hợp 2 : Giả sử có đỉnh A của đồ thị có bậc 1, xét graph con

{ }

'

G = −G A (bỏ A và cạnh mà A là đầu mút) Dễ thấy ' G là liên thông và có N

đỉnh và E −1 cạnh Theo giả thiết quy nạp với 'G ta có

E − ≥ − ⇔N E ≥ N + − , có điều chứng minh

Kết quả 4 Các đỉnh có thể phân hoạch thành các tập V V1, , ,2 V mà các graph r

con G V là liên thông và không có cạnh nào nối cặp điểm ở 2 tập khác nhau.( )i

Chúng được gọi là các thành phần liên thông của G.

Định nghĩa 8 Chu trình của đồ thị là 1 đường đi đóng (điểm đầu và điểm cuối

trùng nhau) Độ dài của chu trình là số cạnh trong chu trình này

Định nghĩa 9 Đường đi Ole là 1 đường đi qua tất cả các cạnh, mỗi cạnh đúng

Ví dụ trong graph bên, đường đi 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 là 1

đường đi Ole

Đường đi này có thể đi qua 1 đỉnh nhiều lần, cần chú ý điều

này để so sánh với đường đi Hamilton ở phần sau

Định nghĩa 10 Đường đi Ole được gọi là chu trình Ole nếu điểm đầu và điểm

Chú ý rằng, tại mỗi đỉnh nếu có cạnh vào thì sẽ có cạnh ra nên bậc luôn là chẵn

Kết quả 6 Graph liên thông bất kì với tất cả các đỉnh là chẵn có 1 chu trình Ole.

Chứng minh

Bắt đầu từ đỉnh v không lặp lại bất kì cạnh nào và chú ý rằng do điều kiện bậc1

mỗi đỉnh đều chẵn, đường đi này sẽ kết thúc ở v , đây là 1 chu trình Nếu vẫn1

còn cạnh chưa đi qua, xét đỉnh v thuộc đường đi trên và là đầu mút của 1 cạnh2

chưa đi qua, xét đường đi bắt đầu từ v và qua cạnh chưa sử dụng này, đường đi2

này cũng sẽ kết thúc ở v Liên hết 2 đường đi này tại đỉnh 2 v , nếu chưa được2

chu trình thì tiếp tục quá trình Ta có điều cần chứng minh

Kết quả 7 Nếu 1 graph có đường đi Ole thì có nhiều nhất 2 đỉnh lẻ.

Chứng minh

Tương tự như kết quả 5

Kết quả 8 Một graph liên thông có đúng 2 đỉnh lẻ chứa 1 đường đi Ole.

Chứng minh

Nối 1 cạnh mới giữa 2 đỉnh lẻ, khi đó tất cả các đỉnh là chẵn Theo kết quả trên,graph này có chu trình Ole Xét chu trình bắt đầu từ 1 đỉnh lẻ lúc đầu, cạnh mớithêm đi qua sau cùng Khi đó nếu xóa cạnh mới thêm này thì chu trình này trởthành đường đi Ole Ta có điều chứng minh

4 Cây

Định nghĩa 11 Một rừng là 1 graph không nhất thiết liên thông và không có

chu trình

Định nghĩa 12 Một cây là 1 graph liên thông và không có chu trình.

Kết quả 9 Một cây bất kì luôn chứa đỉnh có bậc 1, đỉnh này được gọi là lá.

Chứng minh

Giả sử tất cả các đỉnh đều có bậc không nhỏ hơn 2 Xét đường đi bất kì

(v v1, , ,2 v n) (n≥2) Nếu v nối với 1 trong các đỉnh n v1, ,v n−2 thì ta có 1 chu

trình, mâu thuẫn

Nếu không thì v phải nối với 1 đỉnh khác n v n+1 Tiếp tục quá trình thì graph sẽ

có vô hạn đỉnh, mâu thuẫn

Hệ quả Từ kết quả trên suy ra nếu graph có bậc mỗi đỉnh đều lớn hơn hoặc

nhiên lúc này nó chỉ có n−2 cạnh, mâu thuẫn với E ≥ V −1, do G liên thông.

Ngược lại, do mọi cây đều có đỉnh bậc 1, bỏ đỉnh này khỏi đồ thị, khi đó ta có 1cây mới mà số đỉnh và số cạnh cùng giảm đi 1 Bằng quy nạp theo số đỉnh ta cóđiều chứng minh

Kết quả 12 Nếu bỏ đi bất kì 1 cạnh của cây thì nó không liên thông.

Giả sử cây có n đỉnh, theo kết quả trên thì nó có n−1 cạnh Nếu bỏ đi 1 cạnh thì

nó còn n−2 cạnh Cũng theo kết quả trên thì nó không còn là cây Việc bỏ đi 1cạnh sẽ không làm xuất hiện chu trình nào, suy ra nó không liên thông

Kết quả 13 Nếu graph G không có chu trình, có n đỉnh và n−1 cạnh thì nó là 1cây

Chứng minh

Cần chứng minh G liên thông.

Phân hoạch G thành các thành phần liên thông, giả sử có k thành phần liên

thông Ta tạo ra k −1 cạnh mới bằng cách nối thành phần liên thông thứ 1 với

thứ 2 (lấy 1 đỉnh ở 1 nối với 1 đỉnh ở 2), làm đến thành phần liên thông thứ k.

Khi đó ta sẽ được graph mới liên thông và không có chu trình (mỗi thành phầnliên thông không có chu trình và cách nối không tạo ra chu trình), suy ra graphmới này là 1 cây Theo kết quả trên, số cạnh của cây này là n−1, suy ra k =1,nghĩa là graph ban đầu liên thông, ta có điều chứng minh

Kết quả 14 Giữa 2 đỉnh A, B bất kì trong 1 cây có đúng 1 đường đi.

Chứng minh

Do 1 cây là liên thông nên giữa A, B có ít nhất 1 đường đi.

Giả sử còn 1 đường đi nữa nối A, B Ta thấy chỉ xảy ra 1 trong 3 trường hợp như

hình dưới đây, khi đó cây này có chu trình, mâu thuẫn

Vậy giả sử sai, có điều chứng minh

Nhận xét:

1 Nếu ta nối 2 đỉnh không kề nhau trong cây thì sẽ thu được 1 chu trình Khi đó

nếu graph G có n đỉnh và ít nhất n cạnh thì nó có chu trình.

2 Kết quả mạnh hơn được đưa ra bởi Erdos: Một graph có n đỉnh và số cạnh ít

3 Một graph có n đỉnh và n+1 cạnh thì có ít nhất 2 chu trình.

Thật vậy, trước hết khẳng định graph có 1 chu trình, ta xóa 1 cạnh của chu trình

này thì graph còn lại có n cạnh, khi đó có 1 chu trình khác Vậy nó có ít nhất 2

chu trình

4 Nếu tất cả các đỉnh có bậc ít nhất là d thì có 1 đường đi có độ dài ít nhất là

1

Định nghĩa 13 Đường đi Hamilton là đường đi đi qua tất cả các đỉnh, mỗi đỉnh

đúng 1 lần Một đường đi Hamilton có điểm đầu và cuối trùng nhau được gọi làchu trình Hamiltonian

Ví dụ 1: Graph bên có đường đi 1, 2, 3, 4, 5 là 1 đường đi

Hamilton

Đường đi 1, 2, 3, 4, 5, 6 là 1 chu trình Hamilton

Ví dụ 2: Trong các graph dưới đây, graph nào có chu trình Ole, chu trìnhHamilton?

Hình 1: Có cả chu trình Ole và Hamilton

Hình 2: Có chu trình Hamilton và không có chu trình Ole

Hình 3: Có chu trình Ole và không có chu trình Hamilton

Hình 4: Không có cả chu trình Ole và chu trình Hamilton

5 Tô màu

Số màu của graph là số nhỏ nhất của số màu cần thiết để tô các đỉnh sao cho

không có 2 đỉnh kề nhau được tô cùng màu

Số màu của graph luôn nhỏ hơn hoặc bằng đỉnh lớn nhất cộng 1

Hiển nhiên theo định nghĩa trên

Một số bài toán áp dụng

Phần 1 Các bài toán áp dụng dưới đây chỉ xét với graph nói chung, không quan

tâm graph 1 hay 2 phần

Bài 1 Cho số nguyên dương n>2 và n thành phố, có 1 đường đi trực tiếp nối 2

thành phố bất kì, đường đi này thuộc sở hữu của 1 hãng hàng không Biết rằngkhông có hãng hàng không nào có quá n−2 đường đi Chứng minh tồn tại 3thành phố mà đường đi nối chúng đôi một thuộc 3 hãng hàng không khác nhau

Giải

Đưa bài toán về ngôn ngữ đồ thị như sau: Cho đồ thị đầy đủ có n đỉnh, tô màu

mỗi cạnh bởi 1 màu sao cho không có màu nào được dùng quá n−2 lần Chứngminh tồn tại một tam giác mà 3 cạnh được tô 3 màu khác nhau

Chứng minh bài toán bằng nguyên lí cựu hạn

Giả sử phản chứng, nghĩa là không tồn tại tam giác mà 3 cạnh được tô 3 màu

khác nhau Giả sử ta sử dụng các màu 1, 2, 3, …, k.

Với mỗi i, kí hiệu C là tập tất cả các đỉnh mà với 2 đỉnh bất kì trong đó có i

đường đi được tô cùng màu i (Đường đi trong đồ thị là dãy các cạnh liên tiếp).

Đặt max1, , i

i k

=

= , giả sử các đỉnh trong C được tô màu 1.

Do điều kiện mỗi màu được dùng không quá n−2 lần nên tồn tại đỉnh v không thuộc C.

Xét 2 đỉnh bất kì u, w trong C, khi đó cả 2 cạnh vu, vw được tô màu khác màu 1 (vì nếu có cạnh được tô màu 1 thì v thuộc C).

Nếu 2 cạnh này được tô 2 màu khác nhau thì tam giác uvw thỏa mãn điều kiện,

mâu thẫu giả sử

Nếu 2 cạnh này được tô cùng màu, giả sử màu 2 Khi đó tất cả các cạnh nối v và đỉnh trong C cùng được tô màu 2 (do u, w được lấy bất kì).

Suy ra tập C∪{ }v chứa các đỉnh mà với 2 đỉnh bất kì trong đó có đường đi được

tô cùng màu 2, tập này có nhiều phần tử hơn tập C, mâu thuẫn cách chọn C.

Vậy điều giả sử là sai, ta có điều phải chứng minh

Bài 2 (IMO Shortlist 1990) Có 10 thành phố và 2 hãng hàng không cung cấp

tất cả các đường bay trực tiếp từ 2 thành phố bất kì, giữa 2 thành phố có đúng 1đường bay Một hãng hàng không chỉ tổ chức được chuyến bay trên đường bay

mà mình quản lí Chứng minh có 1 hãng hàng không có thể tổ chức 2 chuyến dulịch, mỗi chuyến là đường đi vòng tròn qua lẻ thành phố và không có thành phốchung của 2 chuyến du lịch này

Giải

Đưa bài toán về ngôn ngữ graph: Xét graph đầy đủ K Mỗi cạnh của graph10

được tô bởi màu xanh hoặc đỏ Chứng minh tồn tại 2 chu trình rời nhau, cùngmàu và có độ dài lẻ

Trước hết cần có 2 bổ đề:

Bổ đề 1 Mỗi cạnh của graph K được tô bởi 1 trong 2 màu, khi đó tồn tại tam6

giác đơn sắc

Chứng minh

Dễ chứng minh bằng nguyên lí Dirichle

Bổ đề 2 Mỗi cạnh của graph K được tô bởi 1 trong 2 màu, giả sử không tồn tại5

tam giác đơn sắc Khi đó tồn tại 2 chu trình đơn sắc có độ dài 5

Chứng minh

Xét các đỉnh của K là 5 v v v v v và các cạnh 1, , , ,2 3 4 5 v v v v v v v v 1 2, 1 3, 1 4, 1 5

Nếu cả 4 cạnh này cùng màu thì sẽ tồn tại tam giác đơn sắc, mâu thuẫn giả thiết.Nếu có 3 cạnh, giả sử là v v v v v v cùng màu, giả sử là màu đỏ.1 2, 1 3, 1 4

Xét 3 cạnh v v v v v v , nếu có cạnh màu đỏ thì có tam giác đỏ, nếu không thì2 3, 3 4, 4 2

có tam giác xanh, mâu thuẫn giả sử

Vậy mỗi đỉnh là đầu mút của đúng 2 cạnh xanh và 2 cạnh đỏ

Xét graph sinh ra từ graph trên mà chỉ giữ lại cạnh được tô đỏ, graph này có 5đỉnh, mỗi đỉnh đều có bậc 2, khi đó nó là hợp của các chu trình rời nhau, do chỉ

có 5 đỉnh nên nó chỉ có 1 chu trình, chu trình này có độ dài là 5 Tương tự vớigraph khi ta chỉ giữ lại các cạnh được tô xanh

Ta có điều phải chứng minh.

Quay lại bài toán

Xét 10 đỉnh của graph là v v1, , ,2 v 10

Theo bổ đề 1, tồn tại tam giác đơn sắc, giả sử là v v v 1 2 3

Tiếp tục bổ đề 1 với graph con K10 −{v v v1, ,2 3} , ta có tam giác đơn sắc, giả sử là

4 5 6

v v v

Nếu 2 tam giác này cùng màu ta có điều phải chứng minh

Ngược lại, giả sử v v v màu xanh và 1 2 3 v v v màu đỏ.4 5 6

Xét 9 cạnh v v i j,1≤ ≤i 3,4≤ ≤j 6, theo nguyên lí Dirichle có 5 cạnh trong số

chúng cùng màu, giả sử là màu xanh Khi đó tồn tại j0,4≤ ≤j0 6 sao cho 2 trong

3 cạnh v v v v v v cùng màu xanh, ta có 1 tam giác xanh và 1 tam giác đỏ1 j0, 2 j0, 3 j0

chung nhau đúng 1 đỉnh v , giả sử ta có j0 v v v màu đỏ và 1 2 3 v v v màu xanh.3 4 5

Xét graph con K10 −{v1, ,v5} có 5 đỉnh

Nếu graph này có tam giác đơn sắc thì có điều chứng minh

Ngược lại, theo bổ đề 2 thì tồn tại 1 chu trình đơn sắc có độ dài 5

Chu trình này cùng với 1 trong 2 tam giác ở trên thỏa mãn điều kiện bài toán.Vậy bài toán được chứng minh

Bài 3 Một viện hàn lâm có 999 viện sĩ, mỗi đề tài khoa học có đúng 3 viện sĩ

nghiên cứu và 2 viện sĩ bất kì có chung nhau đúng 1 đề tài cùng nghiên cứu.Chứng minh trong số các đề tài nghiên cứu, tồn tại 250 đề tài mà mỗi viện sĩ chỉnghiên cứu tối đa 1 đề tài trong số 250 đề tài đó

Giải

Giả sử các đề tài là 1, 2, …, n tương ứng với các màu 1, 2, …, n.

Xây dựng đồ thị G có 999 đỉnh, 2 đỉnh nối với nhau nếu 2 viện sĩ tương ứng

nghiên cứu cùng 1 đề tài, đồng thời tô màu cạnh này tương ứng với đề tài đó

Khi đó ta được G là đầy đủ, hơn nữa với mỗi màu có đúng 3 cạnh được tô màu

này và 3 cạnh này tạo thành 1 tam giác đơn sắc

Cần chứng minh tồn tại 250 tam giác đơn sắc đôi một rời nhau

Gọi k là số lớn nhất các tam giác đơn sắc đôi một không có điểm chung.

Nếu k ≥250 ta chọn k đề tài ứng với k màu của k tam giác trên thì bài toán

được chứng minh

Nếu k <250, trong (999 3k− ) đỉnh còn lại không thể tìm được 1 tam giác đơn

sắc nào nữa (nếu có thì k không lớn nhất).

Gọi S là tập chứa (999 3k− ) đỉnh này, T là tập các đỉnh không thuộc S.

Suy ra với 2 điểm X, Y bất kì trong S, tồn tại duy nhất điểm Z trong T sao cho

XYZ

V đơn sắc

Ta có S ≥999 3.249 252,− = T ≤249.3 747.=

Suy ra có ít nhất C cặp điểm trong S.2522

Theo nguyên lí Dirichle, tồn tại ít nhất

2

252 1 128249

C

  cặp điểm trong S mà

mỗi cặp điểm này đều kề với 1 đỉnh của tam giác ABC trong T.

Do S ≥252 nên số cặp điểm ( X Y trong S cùng kề với 1 điểm trong T không, )

vượt quá 126 (vì nếu có quá 126 cặp điểm cùng nối với 1 điểm M trong T thì có

3 điểm N, P, Q cùng nối với M nên có 4 điểm M, N, P, Q cùng làm 1 đề tài, mâu

thuẫn)

Suy ra tồn tại 2 cặp điểm ( X Y và 1, 1) ( X Y trong S tương ứng kề với 2 điểm2, 2)

1, 2

Z Z là 2 đỉnh của tam giác Z Z Z đơn sắc trong T.1 2 3

Khi đó nếu bỏ đi tam giác Z Z Z và thay bởi 2 tam giác đơn sắc 1 2 3 X Y Z và1 1 1

Bài 4 Cho 1 nhóm người mà mỗi người quen không quá m người khác trong

nhóm Chứng minh có thể chia nhóm người này thành m+1 nhóm sao cho 2người trong cùng 1 nhóm thì không quen nhau

Giải

Xây dựng graph G có số đỉnh ứng với số người trong nhóm, 2 đỉnh được nối với

nhau nếu 2 người tương ứng quen nhau

Tô màu m+1 đỉnh bất kì bởi m+1 màu khác nhau Thực hiện tô màu các đỉnhcòn lại sao cho 2 đỉnh kề nhau được tô màu khác nhau Do mỗi đỉnh kề với

không quá m đỉnh nên việc tô màu thực hiện được.

Khi đó tạo được m+1 nhóm mà trong mỗi nhóm các đỉnh được tô cùng màu,

hay chúng không kề với nhau Ta có điều chứng minh

Bài 5 (IMO 1992, P3) Cho G là graph đầy đủ với 9 đỉnh Mỗi cạnh được tô bởi

1 trong 2 màu xanh, đỏ hoặc không tô màu Tìm n nhỏ nhất sao cho nếu tô màu

n cạnh bất kì thì tồn tại ít nhất 1 tam giác đơn sắc (tam giác có 3 cạnh không

được tô không được gọi là đơn sắc)

Giải

Số cạnh của graph là C92 =9.4 36=

+) Chứng minh tồn tại cách tô 32 cạnh mà không có tam giác đơn sắc

Xét đỉnh V và tô 4 cạnh xanh nối tới các đỉnh B B B B và 4 cạnh đỏ nối tới 1, , ,2 3 4

các đỉnh R R R R Các cạnh 1, , ,2 3 4 B B i i+1 tô đỏ, R R i i+1 tô xanh với mọi i=1,2,3,4.Các cạnh B R tô xanh nếu i j i j + lẻ, cạnh B R tô đỏ nếu i j i j + chẵn

Khi đó ta tô màu 32 cạnh và không có tam giác đơn sắc Suy ra n≥33

+) Chứng minh n=33 thỏa mãn

Giả sử phản chứng, có thể tô 33 cạnh mà không có tam giác đơn sắc

Xét đỉnh X bất kì, nếu X là đầu mút của 5 cạnh được tô xanh, giả sử được nối

với các đỉnh A A A A A Nếu có cạnh nối 2 trong 5 đỉnh trên được tô màu 1, , , ,2 3 4 5

thì đó là màu đỏ

Chú ý: Nếu có nhiều hơn

Suy ra X là đầu mút của nhiều nhất 4 cạnh được tô xanh, tương tự suy ra X là

đầu mút của nhiều nhất 4 cạnh được tô đỏ

Giả sử X là đầu mút của đúng 8 cạnh được tô màu thì có đúng 4 cạnh được tô

xanh nối với B B B B và đúng 4 cạnh được tô đỏ nối với 1, , ,2 3 4 R R R R 1, , ,2 3 4

Trong 6 cạnh B B nếu được tô màu thì đc tô không nhiều hơn i j 44 4

4 = cạnh đỏ, nghĩa là có ít nhất 2 cạnh không được tô màu Tương tự với các cạnh R R có ít i j

nhất 2 cạnh không được tô màu Suy ra có ít nhất 4 cạnh của G không được tô

màu, nghĩa là tô màu nhiều nhất 32 cạnh, mâu thuẫn

Suy ra, nếu chỉ xét những cạnh được tô màu thì không có đỉnh nào có bậc 8, suy

ra bậc mỗi đỉnh nhiều nhất là 7, suy ra tổng bậc của 9 đỉnh nhiều nhất là

9.7 63 2.33 69= ≤ = , mâu thuẫn

Vậy giả sử sai, ta có điều chứng minh

Bài 6 Cho graph G đơn, vô hướng, hữu hạn Chứng minh có thể tô tất cả các

đỉnh của G, mỗi đỉnh bởi 1 trong 2 màu sao cho 2 đỉnh kề nhau được tô màu khác nhau khi và chỉ khi mọi chu trình đơn trong G đều có độ dài chẵn.

Giải

1) Giả sử có thể tô tất cả các đỉnh của G, mỗi đỉnh bởi 1 trong 2 màu xanh, đỏ

sao cho 2 đỉnh kề nhau được tô màu khác nhau

Nếu G không có chu trình ta có điều chứng minh.

Nếu G có chu trình, xét chu trình bất kì v v v v v1 2 n 1, n i+ ≡v i i( =1,2, ,n), giả sử

1

v được tô xanh, suy ra tất cả các đỉnh v với i lẻ được tô xanh và i v với i chẵn i

được tô đỏ Do v và 1 v kề nhau nên n v được tô đỏ, hay n chẵn Ta có điều n

chứng minh

2) Giả sử mọi chu trình đơn trong G đều có độ dài chẵn.

Ta chỉ ra cách tô màu thỏa mãn điều kiện

Chia G thành các thành phần liên thông rời nhau, và tô màu từng thành phần

liên thông

Xét thành phần liên thông P có tập đỉnh là V.

Chọn đỉnh u trong V và tô xanh cho u Xét đỉnh v khác u bất kì trong V Do mọi chu trình đều có độ dài chẵn nên mọi đường đi từ v đến u có độ dài cùng tính chẵn lẻ Nếu độ dài các đường đi là chẵn thì tô v bởi màu xanh, ngược lại tô v

bởi màu đỏ Ta được cách tô thỏa mãn điều kiện

Ta có điều chứng minh

Bài 7

a Xét graph G V E , tập D chứa các đỉnh của G được gọi là “trội” nếu mỗi( , )

đỉnh của G hoặc thuộc D, hoặc có 1 đỉnh kề thuộc D.

Chứng minh nếu G không có điểm cô lập thì tồn tại 1 tập “trội” có không quá

2

V

đỉnh

b (Nga 2001) Trong một bữa tiệc có 2n+1(n∈¥*) người Biết rằng nếu chọn

ra n người bất kì thì tồn tại 1 người trong số n+1 người còn lại quen với tất cả

n người này Chứng minh tồn tại 1 người quen với tất cả những người còn lại

trong bữa tiệc

Chứng minh bổ đề

Dễ thấy nếu G không có điểm cô lập thì có thể phân hoạch tập đỉnh V thành 2

tập V V sao cho mỗi đỉnh trong 1, 2 V có đỉnh kề trong 1 V và ngược lại.2

Hai tập này đều là các tập trội nên có 1 tập có không quá

2

V

phần tử, ta có điềuchứng minh

Dễ thấy nếu tập D là trội thì các tập hợp thành của D và 1 số đỉnh không thuộc

D cũng là tập trội Khi đó ta có thể kết luận rằng tồn tại tập trội có đúng

2

V

phần tử

Chứng minh bài toán

Phát biểu lại bằng ngôn ngữ graph: Cho graph có 2n+1 đỉnh ứng với 2n+1người, nếu cặp 2 người không quen nhau thì 2 đỉnh tương ứng sẽ nối với nhau.Giả sử phản chứng, nghĩa là graph không có đỉnh cô lập, theo bổ đề trên, tồn tại

tập D là tập trội, tập này có n phần tử.

Do điều kiện bài toán nên tồn tại 1 đỉnh trong số n+1 đỉnh còn lại không nối

với bất kì đỉnh nào trong D, mâu thẫu với định nghĩa tập trội.

Vậy giả sử sai, ta có điều chứng minh

Bài 8 (Croatian TST 2011) Có n người trong 1 bữa tiệc, một số người trong đó

quen biết nhau Chọn 4 người bất kì thì có 3 người hoặc cùng quen với ngườicòn lại hoặc cùng không quen với người còn lại Chứng minh có thể chia những

người này thành 2 nhóm rời nhau A và B sao cho những người trong A đôi một quen nhau và những người trong B đôi một không quen nhau, (mỗi nhóm A, B

có thể không có người)

Giải

Phát biểu lại theo ngôn ngữ graph: Xét graph G có n đỉnh ứng với n người, nối 2

đỉnh nếu 2 người tương ứng quen nhau

Điều kiện bài toán tương đương: Với 4 đỉnh bất kì thì có 3 đỉnh cùng kề vớiđỉnh còn lại hoặc cùng không kề với đỉnh còn lại

Chú ý: Một graph luôn tồn tại graph con đầy đủ Một graph con đầy đủ được gọi

là lớn nhất nếu nó chứa nhiều đỉnh nhất

Dễ thấy nếu A là graph con đầy đủ lớn nhất của G thì nó thỏa mãn điều kiện, ta cần chứng minh B là tập G A−

Nếu G là đầy đủ hoặc tất cả các đỉnh của G là cô lập thì có điều cần chứng minh.

Ngược lại, ta có 2≤ A n≤ −1

Giả sử có 2 đỉnh v v trong G A1, 2 − là 2 đỉnh kề nhau.

Do A là tập con đầy đủ lớn nhất của G nên tồn tại đỉnh u trong A không kề với 1 v 1

(Nếu không thì v kề với tất cả các đỉnh trong A, khi1

đó A∪{ }v1 là graph đầy đủ lớn hơn A).

Nếu u không kề với 1 v , xét đỉnh u bất kì trong A.2

Với 4 đỉnh u v v u : u kề với , , ,1 2 1 u , 1 v kề với 1 v và 2 u1

không kề v , 2 u không kề 1 v , suy ra 1 v u v cùng kề1, ,1 2

với u.

Suy ra graph ( A−{ }u1 ) ∪{v v1, 2} là graph đầy đủ lớn hơn A.

Vậy u kề với 1 v , lập luận tương tự như trên thì u kề với 2 v 2

Khi đó graph A∪{ }v2 là graph đầy đủ lớn hơn A.

Vậy giả sử sai, suy ra trong G A− tất cả các đỉnh là cô lập

Ta có điều cần chứng minh

Bài 9 (USAMO 1982) Trong nhóm 1982 người, với 4 người bất kì thì có ít nhất

1 người quen với 3 người còn lại Có ít nhất bao nhiêu người mà người nàyquen với tất cả những người còn lại

Giải

Phát biểu lại theo ngôn ngữ graph: Xét graph G có 1982 đỉnh ứng với 1982

người, nối 2 đỉnh nếu 2 người tương ứng quen nhau

Xét 4 đỉnh bất kì thì có ít nhất 1 đỉnh kề với cả 3 đỉnh còn lại Cần xem xét

trong G có ít nhất bao nhiêu đỉnh kề với tất cả những đỉnh còn lại.

Nếu bất kì đỉnh nào trong G cũng kề với các đỉnh còn lại thì giá trị nhỏ nhất là

1981

Nếu có 2 đỉnh A, B không kề nhau Xét 2 đỉnh bất kì C, D khác A, B thì 2 đỉnh này phải kề nhau, ngược lại 4 đỉnh A, B, C, D không có đỉnh nào kề với cả 3

đỉnh còn lại

Nếu A và B cùng kề với tất cả các đỉnh còn lại thì có 1980 đỉnh mà mỗi đỉnh kề

với tất cả các đỉnh còn lại

Nếu có C không kề với A thì đỉnh D bất kì sẽ kề với cả A, B, C Khi đó có 1979

đỉnh mà mỗi đỉnh kề với tất cả những đỉnh còn lại

Vậy có ít nhất 1979 đỉnh mà mỗi đỉnh kề với tất cả những đỉnh còn lại

Bài 10 (Taiwan 2001) Cho số nguyên n≥3 và A A1, , ,2 A là các tập con phân n

biệt của của S ={1,2, ,n} Chứng minh tồn tại phần tử x S∈ sao cho các tập

là nếu có nhiều cặp 2 tập ( A A cùng thỏa mãn điều kiện thì ta chọn ra 1 cặp i, j)

bất kì nào đó) Dễ thấy không có 2 đỉnh nào được nối 2 lần, ta có graph đơn

Giả sử phản chứng, không tồn tại phần tử x thỏa mãn yêu cầu bài toán Khi đó với mỗi phần tử của S sẽ có đúng 1 cặp đỉnh được nối với nhau Hơn nữa không

xảy ra trường hợp tồn tại ,A A i j phân biệt mà

Suy ra graph có ít nhất n cạnh, suy ra tồn tại 1 chu trình, giả sử là

( A A1, , ,2 A k),k ≥3, có nghĩa tồn tại các phần tử phân biệt x x1, , ,2 x k∈S saocho A1\{ }x1 = A2 \{ }x1 , A2 \{ }x2 = A3 \{ }x2 , ,A k \{ }x k =A1\{ }x k

Do điều kiện A1\{ }x1 =A2 \{ }x1 nên x thuộc đúng 1 trong 2 tập 1 S S , giả sử1, 2

Bài 11 (USA TST 2002) Cho n là số nguyên dương và S là tập có 2 n +1 phần

tử Xét hàm f đi từ tập các tập con có 2 phần tử của S vào tập {0,1,2, ,2n− 1−1} Giả sử với bộ ba phần tử bất kì ( x y z của S, một trong các số, , ) { }

có tính chất giống như hàm f Vậy ta sẽ xét hàm f từ S’ đến {0,1,2, ,2n− 2 −1}

mà với mọi a, b thuộc S’ thì f ( { }a b lẻ hoặc , ) f ( { }a b, ) =0

Xét graph G có 2 n +1 đỉnh tương ứng các phần tử trong S Hai đỉnh a, b nối với

nhau nếu và chỉ nếu f ( { }a b lẻ Ta chứng minh G là hai phần., )

Chú ý rằng với bất kì các đỉnh a, b, c thì có 0 hoặc 2 cạnh tạo ra từ chúng.

Nếu G không là hai phần từ có 1 chu trình lẻ, giả sử chu trình lẻ có độ dài ngắn

nhất là v v v1 2 2k+1 Xét 3 đỉnh v v v có 0 hoặc 2 cạnh tạo ra từ chúng Do đã1, ,3 4

có cạnh v v nên sẽ có 1 trong 2 cạnh 3 4 v v hoặc 1 3 v v , hơn nữa không tồn tại1 4

cạnh v v (nếu không 3 đỉnh 1 3 v v v có 3 cạnh) nên có cạnh 1, ,2 3 v v , suy ra chu1 4

trình v v v v1 4 5 2k+1 có độ dài nhỏ hơn hoặc bằng v v v1 2 2k+1, mâu thuẫn.

Vậy G là 2 phần, có 1 phần có ít nhất 3 phần tử, 3 phần tử này không nối với

nhau, ta có điều chứng minh

Bài 12 (IMO Shortlist 2002, C6) Cho n là số nguyên dương chẵn Chứng minh

tồn tại 1 hoán vị ( x x1, , ,2 x của n) (1,2, ,n sao cho với bất kì ) i∈{1,2, ,n} , số

Xây dượng graph có hướng với m đỉnh và 2m cạnh Với

mỗi i m≤ , đỉnh i có 2 cạnh đi ra được đánh số 2 1,2 i− i

và 2 cạnh đi vào được đánh số là ,ii m+ Ta cần chứng

minh có 1 chu trình Ole, bởi vì các cặp cạnh liên tiếp tạo

(i i,2 1 , ,2 ,− ) ( ) (i i i m i+ ,2 ,) (i m i+ ,2 1− )

Ta thấy, bậc vào của mỗi đỉnh bằng bậc ra suy ra tồn tại 1 chu trình Ole

Thật vậy, ta có thể chứng minh điều trên bằng phương pháp quy nạp

Có một đường đi từ 1 đến k: Do có 1 đường đi từ 1 đến j khi 2 j k= hoặc

2j− =1 k và 1 cạnh từ j đến k suy ra có 1 đường đi từ 1 đến k.

Suy ra điều chứng minh

Bài 13 (TOT 1986) Có 20 đội bóng tham gia giải thi đấu Trong ngày đầu tiên

tất cả các đội thi đấu với 1 đội khác Ngày thứ 2 tất cả các đội thi đấu với 1 độikhác ngày hôm trước Chứng minh sau ngày thi đấu thứ 2 có thể chọn được 10đội sao cho không có 2 đội trong số chúng đã thi đấu với nhau

Giải

Xây dựng đồ thị 20 đỉnh ứng với 20 đội bóng, cạnh nối hai đỉnh khi 2 đội thiđấu với nhau Tô màu đỏ cho cạnh ứng với trận đấu của ngày thứ nhất và màuxanh ứng với trận đấu của ngày thứ 2

Khi đó tại mỗi đỉnh đều có bậc 2 và là đầu mút của 1 canh đỏ, 1 cạnh xanh, suy

ra các thành phần của đồ thị là các chu trình chẵn rời nhau Trong mỗi chu trìnhchọn được 1 nửa đỉnh trong số chúng không kề nhau Ta có điều chứng minh

Bài 14 (St Petersburg 1996, P4) Trong 1 nhóm người, một số người quen biết

nhau và một số người không Mỗi tối, một người nào đó đãi tiệc mời tất cảnhững người mình quen biết và giới thiệu họ cho nhau Biết rằng, sau khi mỗingười đều đã tổ chức tiệc vẫn còn hai người trong nhóm vẫn chưa quen nhau.Chứng minh tại bữa tiệc tiếp theo, họ vẫn không được giới thiệu cho nhau

Giải

Xây dựng graph có n đỉnh (giả giả nhóm này có n người), nối 2 đỉnh khi 2

người tương ứng quen nhau

Mỗi bước thực hiện công việc như sau: Chọn 1 đỉnh và nối đôi một tất cả cácđỉnh kề với đỉnh này Khi đó ta được 1 graph con đầy đủ Sau khi thực hiện vớitất cả các đỉnh ta sẽ thu được các graph đầy đủ như trên Theo giả thiết bài toán

sẽ tồn tại 2 graph rời nhau Các bước thực hiện tiếp theo sẽ không tạo thêm cạnhnào, hay 2 graph này luôn rời nhau Ta có điều chứng minh

Bài 15 (Czech – Slovak Mathch 1997, P2) Trong một hội đồng có nhiều hơn 6

người, mỗi người trao đổi thư với đúng 3 người khác Chứng minh có thể chiahội đồng này thành 2 nhóm khác rỗng mà mỗi người trao đổi thư với ít nhất 2người trong nhóm của anh ta

Giải

Xét graph G có n đỉnh (n là số người trong hội đồng), 2 đỉnh được nối với nhau

nếu 2 người tương ứng trao đổi thư với nhau

Chứng minh có thể chia graph này thành 2 graph con mà trong mỗi graph bậccủa mỗi đỉnh ít nhất là 2

Theo giả thiết mỗi đỉnh có bậc đúng là 3, suy ra trong graph tồn tại chu trình.Xét chu trình ngắn nhất, mỗi đỉnh trong chu trình này nối với ít nhất 2 đỉnhtrong chu trình đó, vậy chu trình này là 1 graph con thỏa mãn điều kiện, kí hiệu

graph này là G’.

Xét các đỉnh còn lại, nếu có các đỉnh v v1, , ,2 v , mỗi đỉnh nối với ít nhất 2 đỉnh k

của graph con trên thì graph G'∪{v v1, , ,2 v k} là graph con thỏa mãn

Ngược lại, các đỉnh còn lại, mỗi đỉnh chỉ nối với nhiều nhất 1 đỉnh trong G’ thì

graph G G− ' thỏa mãn điều kiện

Ta có điều chứng minh

Bài 16 (BAMO 2005/4) Có 1000 thành phố ở đất nước của Ole, một số cặp 2

thành phố được nối với nhau bởi 1 con đường đất Biết rằng giữa 2 thành phốbất kì có 1 đường đi (đi qua 1 số đường đất liên tiếp) Chứng minh chính phủ cóthể lát một số con đường sao cho ở 1 thành phố bất kì luôn có lẻ con đườngđược lát xuất phát từ đây

Giải

Mấu chốt của bài toán 1000 là số chẵn, ta có thể thay 1000 bằng 1 số chẵn bất kìthì bài toán vẫn đúng

Theo kết quả Kết quả 10 ta có thể hạn chế graph về trường hợp graph con là 1 cây.

Ta chứng minh với cây có chẵn đỉnh luôn có thể lát 1 số cạnh mà tại mỗi đỉnh

có lẻ cạnh được lát

Xét 1 lá và đỉnh v kề với lá này, lát cạnh nối 2 đỉnh và xóa bỏ 2 đỉnh này.

Khi đó ta sẽ thu được các thành phần liên thông rời nhau, mỗi thành phần liên

thông đều có đỉnh nối với v (vì nếu không thì ngay lúc đầu thành phần liên thông này không liên thông với v, mâu thuẫn).

Có chẵn đỉnh còn lại nên số thành phần liên thông có lẻ đỉnh là chẵn

Ta xét thành phần liên thông G có lẻ đỉnh, trong thành phần này có đỉnh u nối với v, ta lát cạnh nối 2 đỉnh này và loại đỉnh u, khi đó G u được chia thành\{ }

các thành phần liên thông có ít đỉnh hơn

Khi đó đỉnh v có lẻ cạnh được lát (có cạnh nối với lá lúc đầu và các cạnh vừa xét).

Với thành phần liên thông có chẵn đỉnh thì làm tương tự như graph ban đầu.Vậy sau mỗi lần lát cạnh thì sẽ thu được các thành phần liên thông mới có ítđỉnh hơn thành phần liên thông ban đầu Với mỗi thành phần liên thông, tùythuộc số đỉnh chẵn hay lẻ ta sẽ tiếp tục theo 1 trong 2 bước trên Ta có điềuchứng minh

Bài 17 (Belarus 2010) Cho n≥3 điểm phân biệt trên mặt phẳng sao cho không

có 3 điểm thẳng hàng Nối tất cả các đoạn thẳng tạo bởi 2 điểm trong n điểm

trên Mỗi đoạn được tô bởi 1 trong 4 màu sao cho nếu với 1 tam giác có 2 cạnhđược tô cùng màu thì cạnh còn lại cũng được tô màu này Biết rằng mỗi màu

được dùng ít nhất 1 lần Tìm giá trị lớn nhất của n.

Giải

Xét mô hình đồ thị như bài toán Giả sử các màu được dùng là 1, 2, 3, 4

Xét các đồ thị con đầy đủ mà các cạnh được tô cùng màu (ta gọi là đồ thị đơnsắc) Nhận thấy luôn tồn tại những đồ thị như vậy, ít nhất 1 cạnh được tô màu là

1 đồ thị thỏa mãn

Xét đồ thị G nhiều đỉnh nhất thỏa mãn điều trên và các cạnh của nó được tô màu 1.

Do mỗi màu được dùng ít nhất 1 màu nên có đỉnh v không thuộc G.

Xét các cạnh nối v với các đỉnh trong G, nếu có cạnh được tô màu 1 thì tất cả

các cạnh đều được tô đỏ, khi đó G∪{ }v đầy đủ, đơn sắc nhưng nhiều đỉnh hơn

G Nếu có 2 cạnh cùng được tô màu khác thì cạnh còn lại phải được tô màu này,

mâu thuẫn do nó đang được tô màu 1

Suy ra tại mỗi đỉnh v không thuộc G thì các cạnh được tô màu đôi một khác nhau và khác mà 1, suy ra G có nhiều nhất 3 đỉnh Khi đó tại mỗi đỉnh, chỉ có

nhiều nhất 2 cạnh cùng màu (vì nếu có 3 cạnh cùng màu thì có 3 đỉnh cùng vớiđỉnh này tạo thành 1 đồ thị đầy đủ đơn sắc)

Có 4 màu được dùng nên bậc của mỗi đỉnh không vượt quá 8, hay số đỉnhkhông vượt quá 9

Với 9 đỉnh a a a b b b c c c thực hiện việc tô màu như sau: tô màu 11, , , , , , , ,2 3 1 2 3 1 2 3

cho các cạnh của các đồ thị đầy đủ (a a a1, ,2 3) (, b b b1, ,2 3) (, c c c 1, ,2 3)

Tô màu 2 cho các cạnh của các đồ thị đầy đủ (a b c i i, ,i i), =1,2,3

Tô màu 3 cho các cạnh của các đồ thị đầy đủ (a b c i, i+1, i+2),i=1,2,3

Tô màu 4 cho các cạnh của các đồ thị đầy đủ (a b i, i+2,c i+4),i=1,2,3

Ta có điều chứng minh

Bài 18 (IMO 1990) Cho E là tập chứa 2 n−1 điểm trên đường tròn với n≥3 là

số nguyên Tô màu đen k điểm trong E Một cách tô màu được gọi là tốt nếu tồn

tại ít nhất 2 điểm được tô đen mà bên trong 1 cung tròn có đầu mút là 2 điểm

này có đúng n điểm của E Tìm giá trị nhỏ nhất của k sao cho với mọi cách tô k điểm đều là 1 cách tô màu tốt.

Giải

Xét graph G mà các đỉnh là các điểm của E Hai đỉnh được nối với nhau nếu bên trong 1 cung tròn có đầu mút là 2 điểm này có đúng n điểm của E Tìm giá trị nhỏ nhất của k để với k đỉnh bất kì trong G đều có 2 đỉnh kề.

Nhận thấy bậc của mỗi đỉnh là 2, suy ra G là hợp của các chu trình rời nhau.

Chú ý rằng, trong 1 chu trình độ dài r thì cần chọn ra ít nhất 1

2

r

 +    đỉnh đểđảm bảo luôn có 2 đỉnh kề nhau

Giả sử các điểm thuộc E theo thứ tự cùng chiều kim đồng hồ trên đường tròn là

1, , ,2 2 1n

Khi đó chu trình chứa A là: 1 ( A A1, n+2, ,A A4 n+5, ,A A7 n+8, ,A n−1,A1) .

Khi đó G là hợp của nhiều nhất 3 chu trình (chứa A , 1 A hoặc 2 A ), số lượng chu3

trình phụ thuộc số dư khi chia 2n−1 cho 3

Nếu 2n−1 không chia hết cho 3 thì G là 1 chu trình có độ dài 2 n−1, các đỉnhcần chọn ít nhất là 1 2 1

  khi 2n−1 chia hết cho 3

Bài 19 Một công ty muốn xây một công trình có kích thước 2017 2017× gồm

2

2017 phòng, mỗi phòng có kích thước 1 1× , một số phòng kề nhau (chungcạnh) được nối với nhau bằng 1 cửa giữa 2 phòng Hỏi có thể xây dựng mà mỗiphòng có đúng 2 cửa hay không?

Giải

Giả sử có thể xây dựng mà mỗi phòng có đúng 2 cửa

Xét graph G có 2017 đỉnh, 2 đỉnh được nối với nhau nếu có cửa nối 2 phòng2

tương ứng

Khi đó mỗi đỉnh có bậc đúng bằng 2 suy ra G là hợp của các chu trình rời nhau.

Trên thực tế, để đi từ 1 phòng qua các phòng khác rồi quay lại đúng phòng đóthì phải qua chẵn cửa (các bước đi qua cửa theo hướng thẳng đứng với 2 chiềukhác nhau là bằng nhau nên tổng bước đi theo hướng thẳng đứng là chẵn, tương

tự tổng bước đi theo hướng nằm ngang đều chẵn)