Lý thuyết đồ thị và ứng dụng để giải toán sơ cấp

Cặp đỉnh x, y được nối với nhau bằng cạnh hoặc cung a thì x, y được gọi là các đỉnh hay hai đầu của cạnh cung a và a được gọi là cạnh cung thuộcđỉnh x, đỉnh y... Đồ thị GX, E không có kh

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘITRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

NGUYỄN NGỌC HẢI

LÝ THUYẾT ĐỒ THỊ

VÀ ỨNG DỤNG ĐỂ GIẢI TOÁN SƠ CẤP

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

HÀ NỘI, NĂM 2014

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘITRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

NGUYỄN NGỌC HẢI

LÝ THUYẾT ĐỒ THỊ VÀ

ỨNG DỤNG ĐỂ GIẢI TOÁN SƠ CẤP

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số: 60 46 40

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

GS TS ĐẶNG HUY RUẬN

HÀ NỘI, NĂM 2014

Mục lục

Mở đầu 5

1 Các khái niệm và định lý cơ bản 7 1.1 Các ví dụ về đồ thị 7

1.2 Định nghĩa đồ thị 11

1.3 Biểu diễn đồ thị bằng hình học 12

1.4 Một số dạng đồ thị đặc biệt 13

1.5 Phương pháp đồ thị 14

2 Đồ thị và một số bài toán phổ thông 16 2.1 Bài toán liên quan đến bậc của đồ thị 16

2.1.1 Bậc của đỉnh 16

2.1.2 Nửa bậc 16

2.1.3 Một số tính chất 17

2.1.4 Ứng dụng 21

2.2 Bài toán liên quan đến chu trình 28

2.2.1 Xích, Chu trình 28

2.2.2 Đường, Vòng 29

2.2.3 Một số tính chất 29

2.2.4 Ứng dụng 31

2.3 Bài toán liên quan đến tính liên thông 38

2.3.1 Định nghĩa 38

2.3.2 Một số tính chất 39

2.3.3 Ứng dụng 43

2.4 Đồ thị Euler - Đồ thị Hamilton 50

2.4.1 Đường đi Euler và đồ thị Euler 50

2.4.2 Đường đi Hamilton và đồ thị Hamilton 55

2.4.3 Ứng dụng 63

2.5 Bài toán liên quan đến đồ thị tô màu 70

2.5.1 Định nghĩa 70

2.5.2 Tính chất 71

2.5.3 Thuật toán tìm sắc số 74

2.5.4 Lớp đồ thị có chu trình tam giác cùng màu 75

2.5.5 Ứng dụng 77

2.6 Bài toán về cây 84

2.6.1 Định nghĩa 85

2.6.2 Đặc điểm của cây và bụi 85

2.6.3 Ứng dụng 88

Lời kết 91

Tài liệu tham khảo 93

Mở đầu

Lý thuyết đồ thị (lý thuyết graph) là một ngành toán học hiện đại, một lĩnhvực khá trẻ của toán học mặc dù những vấn đề của lý thuyết đồ thị đã có từvài trăm năm trước đây

Những ý tưởng cơ bản về lý thuyết đồ thị được đưa ra vào năm 1736 bởinhà toán học Thụy Sĩ Leonhard Euler với bài toán nổi tiếng về 7 cây cầu ởthành phố K¨onigsberg Những công trình nghiên cứu về lý thuyết đồ thị gắnliền với những tên tuổi các nhà toán học lớn như Euler, Hamilton, Cuốn sáchgiáo khoa đầu tiên về lý thuyết đồ thị được K¨onig viết và xuất bản tại Leipzignăm 1936 Mãi 22 năm sau, cuốn sách giáo khoa thứ hai về đồ thị mới được rađời bởi nhà toán học Berge viết và in tại Paris

Vả lại, do đặc trưng rất “gần gũi” với thực tế của mình, lý thuyết đồ thịngày càng khẳng định được vị trí quan trọng trong việc áp dụng để giải cácbài toán trong cuộc sống Nó có nhiều ứng dụng quan trọng trong nhiều ngànhkhoa học, kĩ thuật hiện đại: vật lý, hóa học, sinh học, tin học, Ngày nay, lýthuyết đồ thị đã trở thành một công cụ không thể thiếu được khi phải giảiquyết những vấn đề có tính chất phải xem xét cả tổng thể

Được sự hướng dẫn tận tâm, sự chỉ bảo tận tình và những bài giảng tâmhuyết của NGND.GS.TS Đặng Huy Ruận Tác giả xin đóng góp một phần nhỏtìm hiểu của bản thân về lý thuyết đồ thị qua luận văn: “Lý thuyết đồ thị vàứng dụng để giải toán sơ cấp”

Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo và 2 chương.Chương 1 Các khái niệm và định lý cơ bản

Chương 1 trình bày một số bài toán dẫn đến khái niệm đồ thị, một số kháiniệm và định lý hay dùng trong lý thuyết đồ thị Các lý thuyết này đã đượcGS.TS Đặng Huy Ruận tích lũy trong cuốn sách “Lý thuyết đồ thị và ứngdụng” bao gồm:

- Khái niệm về lý thuyết đồ thị

- Các cách biểu diễn đồ thị

- Một số dạng đồ thị đặc biệt.

Chương 2 Đồ thị và một số bài toán phổ thông

Chương 2 trình bày một số ứng dụng của lý thuyết đồ thị để giải quyết 6dạng toán:

1 Các bài toán liên quan đến bậc của đồ thị

2 Các bài toán liên quan đến chu trình

3 Các bài toán liên quan đến đồ thị liên thông

4 Các bài toán ứng dụng đồ thị Euler và đồ thị Hamilton

5 Các bài toán ứng dụng đồ thị tô màu

6 Các bài toán ứng dụng cây

Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến NGND.GS.TS Đặng Huy Ruận,người Thầy đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình họctập và hoàn thành luận văn Kính chúc thầy mạnh khoẻ, hạnh phúc để thế hệhọc trò chúng con được học hỏi nhiều hơn nữa từ tấm gương của thầy

Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng đào tạo Sau đạihọc, Khoa Toán - Cơ - Tin học, các thầy giáo, cô giáo và các bạn của seminar

“Phương pháp Toán sơ cấp” Trường Đại học Khoa học Tự nhiên - ĐHQGHN

đã giúp đỡ và góp ý cho luận văn được hoàn chỉnh

Do trình độ còn hạn chế, chắc chắn luận văn không tránh khỏi thiếu sót.Tác giả mong nhận được nhiều đóng góp từ các bạn đọc để luận văn được hoànthiện hơn

Xin trân trọng cảm ơn

Học viênNguyễn Ngọc Hải

du lịch Hà Nội lập hành trình sao cho khách có thể đi tới thăm mọi địa điểm,mỗi địa điểm đi qua không quá một lần và chỉ đi theo các đường có trong sơ

đồ Thêm vào đó con đường bắt đầu từ A và kết thúc ở K

Hình 1.1

Theo sơ đồ thì đến C và E, mỗi điểm chỉ có hai con đường Vì thế hànhtrình thoả mãn yêu cầu bài toán phải đi đến bằng một đường và ra bằng conđường còn lại Do vậy một đoạn hành trình khi đến C phải là I → C → Bhoặc B → C → I Tương tự hành trình qua E phải là B → E → F hoặc

F → E → B Nhưng trong hành trình, mỗi địa điểm chỉ đi qua không quá mộtlần nên một đoạn của hành trình phải là I → C → B → E → F hoặc ngượclại F → E → B → C → I (hình 1.2).

Do con đường bắt đầu từ A nên một đoạn đầu của hành trình là A → I →

Từ lời giải suy ra rằng hành trình thoả mãn bài ra là duy nhất

Ví dụ 1.1.2 Một mảnh giấy được xé làm 3 phần nhỏ Đến lượt thứ hai ta lại

xé một vài mảnh giấy nhỏ, mỗi lần một mảnh giấy nhỏ được xé làm 3 phầnnhỏ hơn Tiếp tục lặp lại quá trình đó Chứng minh rằng, sau k (với k là sốnguyên dương) lần xé ta thu được số mảnh giấy là một số lẻ

Ta biểu thị mỗi mảnh giấy như một dấu chấm chấm tròn Sự kiện mỗi mảnhgiấy sau mỗi lần xé được thành ba mảnh, mô tả trên hình 1.3, trong đó dấuchấm tròn đen biểu thị mảnh giấy ban đầu không còn nữa và dấu chấm tròntrắng biểu thị các mảnh giấy nhận được

Hình 1.3 giúp ta thấy rằng sau mỗi lần xé được thêm hai mảnh giấy (3mảnh giấy mới thay cho mảnh giấy cũ) và một ví dụ cho 4 lần xé

• Lượt thứ nhất xé mảnh ban đầu: được 3 mảnh giấy nhỏ

Hình 1.3

• Lượt thứ hai xé 2 mảnh: được 7 mảnh giấy nhỏ

• Lượt thứ ba xé 4 mảnh: được 15 mảnh giấy nhỏ

• Lượt thứ tư xé 1 mảnh: được 17 mảnh giấy nhỏ

Có được 17 dấu chấm tròn trắng, tương ứng 17 mảnh giấy được nhận

Khi một mảnh giấy bị xé thành 3 mảnh giấy nhỏ hơn, ta thấy rằng mỗimảnh giấy mất đi ta được thêm 2 mảnh giấy mới Cứ như vậy, sau k lần xé,mất đi l mảnh giấy, ta được số mảnh giấy sẽ là: 2l + 1

Xét một ngũ giác thông thường trên hình 1.4 Rõ ràng mỗi đỉnh ngũ giácđược nối với đúng hai đỉnh khác Vì thế có thể có 5 người mà mỗi người quenvới đúng hai người khác trong số 4 người còn lại.

Trong bài toán này có thể thay số 5 bởi một số tự nhiên n > 2 tuỳ ý Lúc

đó tương ứng thay ngũ giác bởi đa giác n cạnh

Tuy nhiên ta cũng có thể thử suy nghĩ xem có hay không một nhóm 5 người

mà mỗi người quen đúng với 3 người còn lại trong nhóm ?

Ví dụ 1.1.4 Hãy phân nhóm học tập cho lớp học sao cho những người trongcùng một nhóm là bạn thân với nhau

Chọn đỉnh của sơ đồ cần lập là những em học sinh trong lớp Trong sơ đồbiểu diễn, ta nối những cặp hai em học sinh thân nhau bằng một đoạn thẳng(hoặc một đoạn cong)

Bằng cách như vậy, ta sẽ có một sơ đồ gồm các đỉnh (các em học sinh) vàcác cạnh (các đường nối hai em khi và chỉ khi hai em này thân nhau)

Những mô hình quy về các tập đỉnh và các cạnh nối đỉnh là những đồ thị

Ví dụ 1.1.5 Bẩy cây cầu ở thành phố K¨onigsberg năm 1736 (theo [1]).Thành phố K¨onigsberg của nước Đức (bây giờ là thành phố Kaliningradcủa liên bang Nga) có dòng sông Pregel chảy qua, giữa sông có cù lao Kneiphof

và 7 cây cầu như Hình 1.5a

Hình 1.5

Từ khi xuất hiện 7 cây cầu, người dân ở đây đã đặt ra vấn đề: “Liệu có cáchnào đi qua được cả bẩy cây cầu và qua mỗi cây cầu đúng một lần được không

?”

Đến năm 1736 nhà toán học Euler đã chứng minh bài toán trên không giảiđược Bằng cách dùng các đỉnh A, B, C, D để biểu thị các miền đất ở hai bêncầu; các cây cầu được biểu thị bằng các cạnh nối giữa các đỉnh tương ứng vớicác miền đất hai bên cầu Euler đã chứng minh được rằng không thể vẽ tất cảcác cạnh của đồ thị Hình 1.5b bằng một nét bút Từ đó, những đường một néttrong lý thuyết đồ thị được mang tên ông.

Trong 5 ví dụ nói trên và nhiều bài toán khác, người ta thường dùng các

sơ đồ (hay hình vẽ) gồm các điểm và các đoạn nối các điểm này để giải toán,hoặc làm sáng tỏ các lập luận, hoặc minh họa cho các tình huống Đó là nhữngminh hoạ của đồ thị

1.2 Định nghĩa đồ thị

Tập hợp X 6= ∅ các đối tượng và bộ E các cặp sắp thứ tự và không sắpthứ tự các phần tử của X được gọi là một đồ thị, đồng thời được ký hiệu bằngG(X, E) (hoặc bằng G = (X, E)) hoặc G(X)

Các phần tử của X được gọi là các đỉnh Cặp đỉnh không sắp thứ tự đượcgọi là cạnh, cặp đỉnh sắp thứ tự được gọi là cạnh có hướng hay cung

Đồ thị chỉ chứa các cạnh được gọi là đồ thị vô hướng, đồ thị chỉ chứa cáccung được gọi là đồ thị có hướng Nếu đồ thị chứa cả cạnh lẫn cung được gọi

là đồ thị hỗn hợp hay đồ thị hỗn tạp

Một cặp đỉnh có thể được nối với nhau bằng hai hoặc nhiều hơn hai cạnh(hai hoặc nhiều hơn hai cung) Các cạnh (cung) này được gọi là các cạnh (cung)bội

Một cung (hoặc một cạnh) có thể bắt đầu và kết thúc tại cùng một đỉnh.Cung (cạnh) này được gọi là khuyên

Cặp đỉnh x, y được nối với nhau bằng cạnh (hoặc cung) a thì x, y được gọi

là các đỉnh hay hai đầu của cạnh (cung) a và a được gọi là cạnh (cung) thuộcđỉnh x, đỉnh y

Nếu cung b xuất phát từ đỉnh u và đi vào đỉnh v, thì u được gọi là đỉnhđầu, còn v được gọi là đỉnh cuối của cung b.

Cặp đỉnh x, y được gọi là hai đỉnh kề nhau, nếu x 6= y và x, y là hai đầucủa cùng một cạnh hay một cung

Đối với mọi đỉnh x, ta dùng D(x) để chỉ tập đỉnh, mà mỗi đỉnh này đượcnối với x bằng ít nhất một cạnh; D+(x) để chỉ tập đỉnh, mà mỗi đỉnh này từ

x có cung đi tới; D−(x) để chỉ tập đỉnh, mà mỗi đỉnh này có cung đi tới x.Hai cạnh (cung) a, b được gọi là kề nhau nếu:

1 Chúng khác nhau

2 Chúng có đỉnh chung (nếu a, b là cung, thì không phụ thuộc vào đỉnhchung đó là đỉnh đầu hay đỉnh cuối của cung a, đỉnh đầu hay đỉnh cuối củacung b)

1.3 Biểu diễn đồ thị bằng hình học

Giả sử có đồ thị G(X, E)

Biểu diễn đỉnh: Lấy các điểm trên mặt phẳng hoặc trong không giantương ứng với các phần tử thuộc tập X và dùng ngay kí hiệu các phần tử này

để ghi tên các điểm tương ứng

Biểu diễn cạnh: Nếu cạnh a với hai đỉnh đầu là x và y thì nó được biểudiễn là bằng đoạn thẳng hay một đoạn cong nối giữa hai điểm x, y và không

đi qua các điểm tương ứng trung gian khác

Biểu diễn cung: Nếu cung a có đỉnh đầu là x, đỉnh cuối là y, thì nó đượcbiểu diễn bằng một đoạn thẳng hoặc một đoạn cong được xác định hướng đi

từ x sang y và không đi qua các điểm tương ứng trung gian khác

Hình nhận được gọi là dạng biểu diễn hình học của đồ thị G(X, E) Đôi khingười ta cũng gọi dạng biểu diễn hình học là một đồ thị

Đồ thị G(X, E) không có khuyên và có ít nhất một cặp đỉnh được nối vớinhau bằng từ hai cạnh trở lên được gọi là đa đồ thị.

Đồ thị vô hướng (hoặc có hướng) G(X, E) được gọi là đồ thị - đầy đủ, nếumỗi cặp đỉnh được nối với nhau bằng đúng một cạnh (hoặc một cung với chiềutùy ý)

Đồ thị vô hướng (hoặc có hướng) G(X, E) được gọi là đồ thị k - đầy đủ,nếu mỗi cặp đỉnh được nối với nhau bằng đúng k cạnh (hoặc k cung với chiềutùy ý)

Đồ thị (đa đồ thị) G(X, E) được gọi là đồ thị (đa đồ thị) hai mảng, nếu tậpđỉnh X của nó được phân thành hai tập con rời nhau X1, X2 (với X1∪ X2 = X

và X1∩ X2 = ∅) và mỗi cạnh đều có một đầu thuộc X1, còn đầu kia thuộc X2.Khi đó G(X, E) còn được ký hiệu bằng G(X1, X2, E)

Đồ thị (đa đồ thị) G(X, E) được gọi là đồ thị (đa đồ thị) phẳng, nếu nó có

ít nhất một dạng biểu diễn hình học trải trên một mặt phẳng nào đó, mà cáccạnh của đồ thị chỉ cắt nhau ở đỉnh

Đồ thị (đa đồ thị) G(X, E) được gọi là đồ thị (đa đồ thị) hữu hạn, nếu sốđỉnh của nó hữu hạn, nghĩa là tập X có lực lượng hữu hạn

Đồ thị (đa đồ thị) với tập đỉnh vô hạn, được gọi là đồ thị (đa đồ thị) vôhạn

Đồ thị (đa đồ thị) với số cạnh thuộc mỗi đỉnh đều hữu hạn được gọi là đồthị (đa đồ thị) hữu hạn địa phương

Trong các phần tiếp theo, nếu chúng tôi không chú ý gì thêm, thì các đồthị, đa đồ thị được xét đều hữu hạn

Cho Y ⊆ X, Y 6= ∅; H ⊆ E, F = E ∩ (Y × Y ); V = (X × X)/E với

X × X = {(x, y) : x, y ∈ X}; Y × Y = {(x, y) : x, y ∈ Y ⊆ X}

Đồ thị G1(Y, F ) được gọi là đồ thị con, còn đồ thị G2(X, H) được gọi là đồthị bộ phận của đồ thị G(X, E)

Đồ thị G0(X, V ) được gọi là đồ thị bù của đồ thị G(X, E)

Đồ thị có hướng G(X, E) được gọi là đồ thị đối xứng, nếu

∀ x, y ∈ X : (x, y) ∈ E ⇒ (y, x) ∈ E

Trong đồ thị đối xứng tùy ý hai đỉnh kề nhau x, y luôn được nối bằng haicung ngược chiều nhau Để đơn giản, trong trường hợp này ta quy ước thayhai cung nói trên bằng một cạnh nối giữa x và y

Đồ thị có hướng G(X, E) được gọi là đồ thị phản đối xứng, nếu

để ghi trên các điểm tương ứng

• Cạnh: Hai đỉnh x, y tùy ý được nối bằng một cạnh (hay cung) khi và chỉkhi hai đối tượng x, y có một quan hệ tương ứng nào đó

Đồ thị G mô tả toàn bộ các quan hệ được cho trong bài toán T Lúc nàybài toán T đã được phát biểu dưới dạng tính chất của đồ thị

Bước 2 : Căn cứ vào đồ thị G, trên cơ sở các kết quả của lý thuyết đồ thị, mà

ta suy ra đáp án của bài toán T bằng ngôn ngữ đồ thị

Bước 3 : Căn cứ vào sự đặt tương ứng, đặc thù của cạnh và cung mà “dịch” đáp

án từ ngôn ngữ đồ thị sang ngôn ngữ thông thường

Giả sử G(X, E) là một đồ thị hay đa đồ thị có hướng hoặc không có hướng.

Số cạnh và cung thuộc đỉnh x được gọi là bậc của đỉnh x và ký hiệu bằng m(x).Đỉnh có bậc bằng 0 được gọi là đỉnh biệt lập

Đỉnh có bậc bằng 1 được gọi là đỉnh treo

Cạnh (cung) có ít nhất một đầu là đỉnh treo được gọi là cạnh (cung) treo.2.1.2 Nửa bậc

Giả sử G(X, E) là một đồ thị hay đa đồ thị có hướng

Số cung đi vào đỉnh x được gọi là nửa bậc vào của đỉnh x và ký hiệu bằng

2.1.3 Một số tính chất

Một số kết quả nhận được từ [5] như sau:

Định lý 2.1.1 Trong một đồ thị hay đa đồ thị tùy ý, tổng số bậc của tất cảcác đỉnh bao giờ cũng gấp đôi số cạnh

Định lý 2.1.2 Trong một đồ thị hay đa đồ thị tùy ý, số đỉnh bậc lẻ luôn luôn

là một số chẵn

Chứng minh

Giả sử đồ thị (đa đồ thị) G(X, E) có n đỉnh, m cạnh

X = {x1, x2, x3, , xk, xk+1, , xn−1, xn},các đỉnh x1, x2, , xk bậc lẻ và xk+1, , xn−1, xn bậc chẵn

Số A là tổng của k số lẻ nên k phải là số chẵn Bởi vậy, số đỉnh bậc lẻ trong

đồ thị hay đa đồ thị bất kỳ phải là một số chẵn

Định lý 2.1.3 Trong một đồ thị với n (n > 2) đỉnh có ít nhất 2 đỉnh cùngbậc

Khi đó đồ thị không có đỉnh bậc 0 Do đó, bậc của mỗi đỉnh thuộc đồ thị

là một trong n − 1 số nguyên: 1, , n − 2, n − 1

Từ kết quả lý luận trên khẳng định được rằng, đồ thị G(X, E) với n đỉnh,nhưng chỉ có không quá n − 1 loại bậc Bởi vậy, phải có ít nhất 2 đỉnh cùngbậc

Định lý 2.1.4 Nếu đồ thị với n (n > 2) đỉnh có đúng 2 đỉnh cùng bậc thì haiđỉnh này không thể đồng thời có bậc 0 hoặc n − 1

Chứng minh

Với n = 3, định lý hiển nhiên đúng

Ta xét với n> 4

Giả sử là hai đỉnh cùng bậc của đồ thị G(X, E) và đều có bậc 0 hoặc bậc

n − 1 Loại x, y và tất cả các cạnh thuộc chúng khỏi đồ thị G, ta được đồ thịcon G1 có n − 2 đỉnh Theo định lý 2.1.3, trong G1 có hai đỉnh cùng bậc, giả

sử là u, v

1) Nếu x, y cùng bậc 0 thì u, v trong G không kề với x, y nên u, v đồng thời

là hai đỉnh cùng bậc trong đồ thị G Như vậy, đồ thị G phải có ít nhất 2 cặpđỉnh cùng bậc

2) Nếu x, y cùng bậc n − 1 Khi đó mỗi đỉnh u, v đều kề đồng thời với x, ynên trong đồ thị G các đỉnh u, v cũng cùng bậc Như vậy, đồ thị G phải có ítnhất 2 cặp đỉnh cùng bậc

Cả hai trường hợp đều dẫn tới mâu thuẫn với tính chất: đồ thị G có duynhất một cặp đỉnh cùng bậc nên x, y không thể cùng bậc 0 hoặc bậc n − 1.Khẳng định được chứng minh

Định lý 2.1.5 Số đỉnh bậc n − 1 trong đồ thị G với n (n > 4) đỉnh, mà 4đỉnh tùy ý có ít nhất một đỉnh kề với 3 đỉnh còn lại, không nhỏ hơn n − 3.Chứng minh

1) Nếu G đầy đủ thì khẳng định là hiển nhiên

2) Nếu G có cặp đỉnh duy nhất không kề nhau Khi đó trong G có n − 2đỉnh bậc n − 1.

3) Nếu G có 2 cặp đỉnh không kề nhau

Khi đó, 2 cặp đỉnh này phải có đỉnh chung Thật vậy, giả sử A, B; I, D làhai cặp đỉnh không kề nhau Nếu hai cặp đỉnh này không có đỉnh chung thìtrong 4 đỉnh A, B, I, D không có đỉnh nào kề với 3 đỉnh còn lại, như vậy mâuthuẫn với giả thiết Do đó, hai cặp A, B; I, D phải có hai đỉnh trùng nhau, giả

sử là B ≡ I

Lấy đỉnh C tùy ý khác A, B, D Trong bộ bốn đỉnh A, B, C, D đỉnh C kềvới cả 3 đỉnh A, B, D

Loại D ra khỏi bộ bốn đỉnh trên và thay vào đó là đỉnh E tùy ý khác với

A, B, C, D Trong bộ bốn đỉnh A, B, C, E hoặc C hoặc E phải kề với 3 đỉnhcòn lại, nếu E kề với 3 đỉnh còn lại thì C kề với E Do đó C kề với cả 3 đỉnh

3 đỉnh bất kì của đồ thị đều không cùng bậc

Chứng minh

1) Với n = 3 đồ thị G3 gồm một đỉnh bậc 0 và hai đỉnh bậc 1

2) Giả sử khẳng định đúng với đồ thị Gn có n đỉnh

Đồ thị Gn+1 được xây dựng như sau:

a) Nếu Gn có đỉnh bậc n − 1 Khi đó Gn không có đỉnh bậc 0 Nếu ta ghépvào Gn đỉnh x bậc 0 và được Gn+1 gồm n + 1 đỉnh Việc ghép thêm đỉnh x vẫnbảo toàn tính chất của Gn: ba đỉnh bất kỳ đều không cùng bậc và đồ thị Gnkhông có đỉnh bậc 0, nên trong Gn+1 ba đỉnh bất kỳ đều không cùng bậc

b) Nếu Gn không có đỉnh bậc n − 1 Khi đó tất cả các đỉnh của Gn đều cóbậc không vượt quá n − 2 Nếu ta ghép vào Gn đỉnh x (không thuộc Gn) vànối x với từng đỉnh của Gn bằng một cạnh, được Gn+1 gồm n + 1 đỉnh Đỉnh x

có bậc bằng n, còn bậc của mỗi đỉnh thuộc Gn trong Gn+1 được tăng thêm 1đơn vị, nhưng đều không vượt quá n − 1 và trong bậc mới ba đỉnh bất kỳ của

Gn vẫn không cùng bậc

Khẳng định được chứng minh

Định lý 2.1.7 Đồ thị hai mảng G(Y, Z; E) với mọi đỉnh y ∈ Y đều có m(y) >

1, đồng thời có tính chất: bất kỳ hai cặp đỉnh y1, y2 ∈ Y ; z1, z2 ∈ Z nào cũng thỏamãn điều kiện: Nếu y1 kề với z1, y2 kề với z2 thì trong hai cặp đỉnh y1, z2; y2, z1

có ít nhất một cặp đỉnh kề nhau Khi đó trong tập Z có ít nhất một đỉnh kề vớitất cả các đỉnh thuộc Y

Chứng minh

Ký hiệu |Y | = m, |Z| = n Xét ba khả năng có thể xảy ra:

1) m = 1: Do Y có phần tử duy nhất y, mà m(y), nên trong tập Z có ítnhất phần tử z kề với y Bởi vậy m(z) = 1 = |Y |

2) m > 1, n = 1, theo giả thiết, với mọi y ∈ Y đều có m(y) > 1, nên đỉnh zduy nhất của tập Z phải kề với tất cả cá đỉnh thuộc Y hay m(z) = |Y |.3) m > 1, n > 1 Gọi z là đỉnh có bậc lớn nhất trong tập Z

a) Nếu m(z) = |Y |, khẳng định được chứng minh

b) Giả sử m(z) = k < m = |Y | Ký hiệu y1, y2, , yk là các đỉnh kề với z và

yk+1 phải kề với đỉnh t ∈ Z và t 6= z

Xét hai cặp đỉnh (z, yi), (t, yk+1) với i = 1, 2, , k ⇒ t kề với y1, y2, , yk.Ngoài ra t còn kề với yk+1 nên m(t) = k + 1 > k = m(z) Điều này mâu thuẫnvới m(z) cực đại

Khẳng định được chứng minh

Định lý 2.1.8 Trong đồ thị G(X, E) với ít nhất kn + 1 đỉnh, mỗi đỉnh có bậckhông nhỏ hơn (k − 1)n + 1, luôn tồn tại một đồ thị con đầy đủ gồm k + 1 đỉnh

Chứng minh.

Khẳng định được chứng minh bằng quy nạp theo k như sau:

1) Với k = 1, khẳng định hiển nhiên đúng

2) Với k = 2 có thể làm chặt hơn giả thiết: Nếu đồ thị có 2n + 1 đỉnh, mà mỗiđỉnh có bậc không nhỏ hơn n + 1 thì nó có đồ thị con đầy đủ gồm 3 đỉnh.Thật vậy, xét đỉnh x tùy ý, còn y là một trong những đỉnh kề với x Tổng sốđỉnh kề với x và y không nhỏ hơn 2n, nhưng số đỉnh khác x và y chỉ là 2n − 1.Vậy phải có ít nhất một đỉnh z được tính 2 lần Khi đó x, y, z tạo thành một

kề với đỉnh x Do đó đỉnh y phải kề với ít nhất kn + 1 − n = (k − 1)n + 1 đỉnh

kề với x Xét đồ thị con G1 gồm các đỉnh kề với x Đồ thị con G1 gồm ít nhất

kn + 1 đỉnh và mỗi đỉnh của nó kề với ít nhất (k − 1)n + 1 đỉnh thuộc G1, nêntheo giả thiết quy nạp, trong G1 có đồ thị con đầy đủ G2 gồm k + 1 đỉnh Vìđỉnh x kề với từng đỉnh thuộc G2, nên đỉnh x kết hợp với các đỉnh thuộc G2lập thành một đồ thị đầy đủ gồm k + 2 đỉnh trong đồ thị G

Khẳng định được chứng minh

2.1.4 Ứng dụng

Bài toán 2.1.1 (xem [2]) Một tổ học sinh lớp 10 chuyên toán có 11 học sinh.Buổi họp đầu tiên của tổ vào dịp đầu năm học Bạn tổ trưởng đã phát hiện rađiều thú vị rằng mỗi bạn trong tổ đã quen đúng 3 bạn khác Ngay lập tức bạnChi đứng lên bác bỏ phát hiện đó Vậy trong hai bạn ai nói đúng? Vì sao?Giải

Đưa bài toán trên về ngôn ngữ đồ thị, trong đó các đỉnh của đồ thị tương

ứng với các bạn học sinh, cụ thể có 11 học sinh đặt tương ứng với 11 đỉnh của

đồ thị; nếu hai bạn quen nhau nối 2 đỉnh tương ứng bởi 1 cạnh

Theo giả thiết của bài toán ta thấy mỗi học sinh đều có quan hệ quen với 3bạn khác điều đó ứng với trong đồ thị tại mỗi đỉnh đều có cạnh nối tới 3 đỉnhkhác hay tất cả các đỉnh đều có bậc 3

Trong đồ thị đó, ta thấy mỗi đỉnh của đồ thị đều có bậc là 3 (do theo bàitoán mỗi bạn đều quen đúng 3 bạn)

Giải

Đưa bài toán về ngôn ngữ đồ thị, trong đó các đỉnh của đồ thị tương ứngvới các đội bóng, có 29 đội bóng tương ứng với 29 đỉnh của đồ thị; ta nối haiđỉnh của đồ thị bằng một cạnh nếu hai đội bóng tương ứng đã đấu với nhau

Nếu giả sử không có đội bóng nào đấu một số chẵn trận thì tất cả các đỉnhtrong 29 đỉnh của đồ thị đã cho đều có bậc lẻ Điều này mâu thuẫn với định lý2.1.2 Điều giả sử là sai.

Vậy tại mỗi thời điểm luôn có một đội đã đấu ở trong giải được một số chẵntrận, kể cả đội chưa đấu trận nào

Bài toán 2.1.3 Trong phòng có 6 người chứng minh rằng tồn lại 3 người đôimột quen nhau hoặc đôi một không quen nhau

Giả sử OA, OB, OC là các nét liền

Từ A lại tiếp tục nối với B và C

- Nếu AB, hoặc AC là các nét liền, ta có điều phải chứng minh

- Nếu AB và AC là các nét đứt Khi đó, BC là nét liền hoặc nét đứt ta đều

có điều phải chứng minh

Vậy luôn tìm được 3 người đôi một quen nhau hoặc không quen nhau.Bài toán 2.1.4 (xem [6]) Có 17 đội bóng đá gặp nhau trong một đợt tranhgiải theo thể thức thi đấu vòng tròn nghĩa là hai đội bất kỳ phải gặp nhauđúng một trận Chứng tỏ rằng tại một thời điểm bao giờ cũng có ít nhất haiđội đã thi đấu trong giải có cùng một số trận

Giải

Đánh số các đội bóng theo thứ tự từ 1 đến 17 Biểu thị các đội bóng tham

dự giải trong đồ thị G có 17 đỉnh x1, x2, , x17 như sau:

- Đội bóng đánh số i cho tương ứng đỉnh xi.

- Tại thời điểm nào đó nếu hai đội bóng thứ i và thứ j đã gặp nhau thì tanối xixj làm một cạnh đồ thị

Rõ ràng tại mỗi thời điểm ta có một đồ thị 17 đỉnh

Theo định lý 2.1.3, luôn tồn tại ít nhất 2 đỉnh cùng bậc Nghĩa là, tại mỗithời điểm luôn có ít nhất 2 đội đấu cùng một số trận

Bài toán 2.1.5 Chín người chơi cờ gặp nhau trong một lần thi đấu theo thểthức đấu vòng tròn Tại thời điểm nào đó có đúng hai người đã đấu được cùngmột số trận Chứng tỏ rằng tại thời điểm đó hoặc có đúng một người chưa chơimột trận nào, hoặc có đúng một người đã chơi tất cả mọi trận của mình.Giải

Đưa bài toán trên về ngôn ngữ đồ thị, trong đó đỉnh của đồ thị là ngườichơi cờ, còn mỗi cạnh tương ứng với hai người chơi đã gặp nhau Từ điều kiệnbài toán suy ra rằng đồ thị 9 đỉnh đó có đúng hai đỉnh cùng bậc

Ta cần chứng minh rằng, đồ thị 9 đỉnh đó hoặc có một đỉnh bậc 0, hoặcmột đỉnh bậc 8

Trong đồ thị, bậc của mỗi đỉnh là một trong các số nguyên: 0, 1, 2, 3, 4, 5,

6, 7, 8 Vì có đúng hai đỉnh A và B cùng bậc nên mọi đỉnh còn lại có bậc khácnhau

Theo định lý 2.1.4, hai đỉnh A và B không thể có cùng bậc 0 hoặc cùng bậc

8 Suy ra m(A) = m(B) = a với a là một số nguyên nằm giữa 1 và 7

Trong 7 đỉnh còn lại nếu không có đỉnh nào bậc 0 hoặc bậc 8 thì suy ra 7đỉnh còn lại chỉ nhận 6 giá trị về bậc từ 1 đến 7 (trừ ra giá trị a) Do vậy, ắt

có hai đỉnh khác nhau cùng bậc Vô lý

Do đó đồ thị có đúng một đỉnh bậc 0, hoặc một đỉnh bậc 8 Bài toán đượcgiải

Bài toán 2.1.6 Trong số các học sinh chuyên toán của Trường THPT ChuyênKHTN, mỗi nam sinh đều quen với ít nhất một nữ sinh Với bất kì hai nữ sinh

x, y và nam sinh a, b trong trường luôn thỏa mãn điều kiện: nếu cặp x, a quennhau và cặp y, b quen nhau thì ít nhất một trong hai cặp x, b; y, a quen nhau.Chứng minh rằng có ít nhất một nữ sinh quen với tất cả các nam sinh.

Giải

Đưa bài toán trên về ngôn ngữ đồ thị, trong đó đỉnh của đồ thị là học sinhcủa trường, còn mỗi cạnh tương ứng với hai bạn nam, nữ quen nhau Từ điềukiện bài toán ta có một đồ thị hai mảng G(Y, Z; E) với Y là tập hợp các đỉnhbiểu diễn cho các nam sinh, Z là tập hợp các đỉnh biểu diễn cho các bạn nữsinh, E là tập các cạnh của đồ thị mô tả sự quen biết giữa hai bạn khác giớitrong trường

Theo định lý 2.1.7, trong tập Z có ít nhất một đỉnh kề với tất cả các đỉnhthuộc Y Vì vậy, có ít nhất một nữ sinh quen với tất cả các nam sinh

Bài toán được chứng minh

Bài toán 2.1.7 Trong Lễ kỉ niệm 55 năm thành lập Khoa Toán – Cơ – Tinhọc, Trường ĐHKHTN, có 5001 đại biểu tham dự Biết mỗi đại biểu có sốngười quen không nhỏ hơn 4001 người Chứng minh rằng, luôn tồn tại một bộ

6 đại biểu mà các đại biểu quen nhau từng đôi một

Bài toán được giải

Bài toán 2.1.8 (xem [5]) Chứng minh rằng: Trong n - giác lồi G, không tồntại tập U chứa hơn n cạnh hay đường chéo, sao cho 2 đoạn bất kỳ trong U đều

có điểm chung

Giả sử trong G chọn được tập U gồm k cạnh hay đường chéo, sao cho haiđoạn bất kỳ trong chúng đều có điểm chung Cần chứng minh k 6 n

Coi mỗi đỉnh của G là một đỉnh của đồ thị Hai đỉnh là kề nhau, nếu chúng

là đầu mút của một đoạn thuộc U Ta cũng nói đỉnh x có bậc i nếu x kề với iđỉnh khác Ký hiệu mi là số đỉnh bậc i (i = 1, 2, ) Ta có

n = m0+ m1 + m2+ nên m1+ m2+ 6 n (2.1)Xét đỉnh x bậc i > 2 và D(x) gồm các đỉnh x1, x2, , xi Không giảm tínhtổng quát, có thể coi (x, x1); (x, xi) là các cạnh của đồ thị tương ứng với cạnhhay đường chéo ngoài cùng của G trong i cạnh nói trên Khi đó đỉnh xj với

1 < j < i, có bậc 1 (vì bất kỳ cạnh hay đường chéo (xj, y) nào, với y khác x,đều không có điểm chung với một trong hai cạnh (x, x1) hoặc x, xj, nghĩa là(xj, y) không thuộc U ) Do vậy mỗi đỉnh bậc i > 2 kề với ít nhất i − 2 đỉnh bậc

1, suy ra, mi đỉnh bậc i (i = 3, 4, ) kề với không ít hơn (i − 2)mi đỉnh bậc

1 Mặt khác, nếu x và x là hai đỉnh khác nhau, thì không thể kề với cùng mộtđỉnh bậc 1, nghĩa là các đỉnh bậc 1 kề với các đỉnh bậc i đôi một khác nhau

Ta có bất đẳng thức sau:

m1 > m3+ 2m4+ 3m5+ (2.2)Mỗi cạnh gồm 2 đầu mút, nên k cạnh thuộc U có 2k đầu mút, mỗi đỉnh bậc i

kề với i đỉnh trong 2k đỉnh này nên ta có:

Bài toán 2.1.9 Cho 2n điểm A1, A2, A3, , A2n (n > 1) trong không giankhông có 3 điểm nào thẳng hàng Gọi M là tập hợp gồm n2+ 1 đoạn thẳng cóđầu mút tại các điểm đã cho Chứng minh rằng:

1 Có ít nhất một tam giác có đỉnh tại những điểm Ar, As, At nào đó và cáccạnh đều thuộc M

2 Nếu số phần tử của M không vượt quá n2 thì có thể không tồn tại một tamgiác như vậy

Giải

Chứng minh bằng quy nạp theo n:

Nếu trong đồ thị có 2n đỉnh không có ba cạnh nào lập thành một tam giácthì số cạnh của đồ thị không vượt quá n2

Mệnh đề trên đúng với n = 1, vì lúc đó đồ thị có 2 đỉnh và số cạnh khôngvượt quá 1 = n2

Giả sử mệnh đề đúng với k, ta chứng minh nó cũng đúng với k + 1

Thật vậy, xét một đồ thị G có 2(k + 1) đỉnh, trong đó không có ba cạnh nàolập thành một tam giác Ta lấy một cạnh bất kỳ của G gọi cạnh đó là AB

Hình 2.2

Mỗi đỉnh trong 2k đỉnh còn lại chỉ có thể nối nhiều nhất là một trong haiđỉnh A, B (vì trong G không có tam giác nào) do đó số cạnh trong G có đỉnhtại A hoặc B nhiều nhất là 2k + 1 (kể cả AB)

Theo giả thiết quy nạp, đồ thị với 2k đỉnh (trong đó không có 3 cạnh nàolập thành một tam giác) có không quá k2 cạnh

Vậy đồ thị G có nhiều nhất là: 1 + 2k + k2 = (k + 1)2 cạnh

Điều phải chứng minh.

Trong trường hợp G có số cạnh không lớn hơn n2: Xét hai tập hợp con rờinhau M1, M2 mỗi tập này chứa không quá n phần tử Mỗi đỉnh thuộc M1 nốivới các đỉnh thuộc M2 và ngược lại

Giả sử G(X, E) là một đồ thị hay đa đồ thị vô hướng

Dãy α các đỉnh của G(X, E):

α = [x1, x2, , xi, xi+1, , xn−1, xn]được gọi là một xích hay một dây chuyền, nếu ∀i (i 6 i 6 n − 1) cặp đỉnh

Một xích với hai đầu trùng nhau, được gọi là một chu trình

Xích (chu trình) α, được gọi là xích (chu trình) đơn (sơ cấp hay cơ bản),nếu nó đi qua mỗi cạnh (mỗi đỉnh) không quá một lần.

Hai xích (chu trình) được gọi là rời nhau nếu chúng không có cạnh chung

Ta gọi chu trình có độ dài 3, 4, 5, , n là chu trình tam giác, tứ giác, ngũgiác, , n - giác

2.2.2 Đường, Vòng

Giả sử G(X, E) là một đồ thị hay đa đồ thị có hướng

Dãy β các đỉnh của G(X, E):

β = [x1, x2, , xi, xi+1, , xm−1, xm]được gọi là một đường hay một đường đi, nếu ∀i (1 6 i 6 m − 1) đỉnh xi làđỉnh đầu, còn xi+1 là đỉnh cuối cùng của một cung nào đó

Tổng số vị trí của tất cả các cung xuất hiện trong β được gọi là độ dài củađường β, đồng thời được ký hiệu bằng |β|

Đỉnh x1 được gọi là đỉnh đầu, còn đỉnh xm được gọi là đỉnh cuối của đường

β Ngoài ra, còn nói rằng đường β xuất phát từ đỉnh x1 và đi tới đỉnh xm.Đường β còn được ký hiệu bằng β[x1, xm]

Một đường có đỉnh đầu và đỉnh cuối trùng nhau, được gọi là vòng

Đường (vòng) β, được gọi là đường (vòng) đơn (sơ cấp hay cơ bản), nếu nó

đi qua mỗi cạnh (mỗi đỉnh) không quá một lần

Hai đường (vòng) được gọi là rời nhau nếu chúng không có cung chung.2.2.3 Một số tính chất

Một số kết quả nhận được từ [5] như sau:

Định lý 2.2.1 Trong một đồ thị vô hướng với n (n > 3) đỉnh và các đỉnh đều

có bậc không nhỏ hơn 2 luôn luôn tồn tại chu trình sơ cấp

Chứng minh.

Vì đồ thị hữu hạn, mà mỗi xích sơ cấp qua từng đỉnh không quá một lần,nên số xích sơ cấp trong đồ thị G(X, E) là một số hữu hạn Bởi vậy luôn luônxác định được xích sơ cấp có độ dài cực đại trong đồ thị G(X, E)

Giả sử α = (x1, x2, , xk−1, xk) là một trong những xích có độ dài cực đại

Do bậc của mỗi đỉnh không nhỏ hơn 2 nên x1 phải kề với một đỉnh y nào đó(khác x2) Ngược lại, nếu đỉnh y khác xi (3 6 i 6 k) thì xích sơ cấp:

α0 = (y, x1, x2, , xk−1, xk) có độ dài |α0| = |α| + 1 > |α|

Điều đó dẫn tới mâu thuẫn với tính độ dài cực đại của xích α, nên y ≡

xi (3 6 i 6 k) và trong đồ thị có chu trình sơ cấp α = (x1, x2, , xi−1, xi, x1)

Định lý 2.2.2 Trong một đồ thị vô hướng với n (n > 4) đỉnh và các đỉnh đều

có bậc không nhỏ hơn 3 luôn luôn tồn tại chu trình sơ cấp có độ dài chẵn.Chứng minh

Giả sử α là một trong những xích sơ cấp có độ dài cực đại

α = (x1, x2, , xi−1, xi+1, , xj−1, xj, xj+1, , xk−1, xk)

Vì α có độ dài cực đại và bậc của x1 không nhỏ hơn 3 nên x1 phải kề vớihai đỉnh khác nhau thuộc α: xi (3 6 i 6 k), xj (3 6 j 6 k) Khi đó được haichu trình sơ cấp:

α1 = (x1, x2, , xi−1, xi, x1)

α2 = (x1, x2, , xi−1, xi, xi+1, , xj−1, xj, x1)1) Nếu một trong hai chu trình α1, α2 có độ dài chẵn, khẳng định được chứngminh

2) Ngược lại, nếu cả hai chu trình α1, α2 có độ dài lẻ

Khi đó xích α3 = (x1, x2, , xi−1, xi) có độ dài chẵn và xích α4 = (xi, , xj−1,

xj, x1) có độ dài lẻ

Khi đó, chu trình α5 = (x1, xi, , xj−1, xj, x1) có độ dài chẵn Điều phảichứng minh



Nhận xét 2.2.1 Trong một đồ thị vô hướng G, các tính chất:

(1) Đồ thị G không có chu trình độ dài lẻ

(2) Đồ thị G không có chu trình sơ cấp độ dài lẻ

tương đương với nhau

Chú ý 2.2.1 Nếu trong đồ thị G mọi chu trình đơn đều chẵn thì đồ thị đókhông có chu trình nào lẻ

Chứng minh

Giả sử mọi chu trình đều đơn thì định lý rõ ràng đúng

Nếu trong đồ thị có chu trình không đơn và lẻ, thì nhất định một đỉnh thuộcchu trình được đi qua ít nhất là 2 lần Đỉnh này chia chu trình làm 2 chu trìnhkhác và rõ ràng có một chu trình lẻ Ta tiếp tục xét như vậy chừng nào mà chutrình lẻ không đơn Quá trình này phải kết thúc sau một số lần nhất định nào

đó, và ta có một chu trình lẻ mà lại đơn Điều này trái với giả thiết

Suy ra rằng đồ thị không có chu trình lẻ Định lý được chứng minh

2.2.4 Ứng dụng

Bài toán 2.2.1 Một cuộc họp có ít nhất 4 đại biểu đến dự Mỗi đại biểu quen

ít nhất 3 đại biểu khác Chứng minh rằng có thể xếp được một số đại biểu ngồixung quanh một bàn tròn có xếp một số chẵn ghế, để mỗi người ngồi giữa haingười mà đại biểu đó quen

Đồ thị G nhận được mô tả quan hệ quen nhau của các đại biểu

Vận dụng kết quả các định lý để suy ra kết luận:

Vì mỗi đại biểu quen ít nhất 3 người đến dự họp nên bậc của mỗi đỉnh của

đồ thị G không nhỏ hơn 3 Theo định lý 2.2.2, trong đồ thị G luôn luôn tồntại một chu trình sơ cấp có độ dài chẵn Khi đó dựa theo một trong những chutrình này mà ta sắp xếp các đại biểu tương ứng ngồi xung quanh một bàn tròn

có số ghế chẵn mà mỗi đại biểu sẽ ngồi giữa hai người mà họ quen

Bài toán 2.2.2 (xem [4]) Một đỉnh của một đồ thị đơn vô hướng G với nđỉnh có bậc > m > √n, với m, n là các số tự nhiên lẻ Chứng minh rằng G cómột chu trình có độ dài 4

Giải

Do trong một đồ thị, số đỉnh bậc lẻ là số chẵn, cho nên tồn tại một đỉnh Acủa đồ thị có bậc d(A) là số chẵn (vì đồ thị có một số n lẻ đỉnh)

Theo giả thiết bài toán, d(A)> m nên d(A) > m + 1, vì m là một số lẻ

Kí hiệu Bi là tập hợp các đỉnh kề khác A của đỉnh Ai, theo giả thiết bàitoán ta có |Bi| > m − 1 Do

m+1

X

i=1

|Bi| > (m + 1)(m − 1) = m2− 1 nên tồn tạihai chỉ số i0 6= j0 sao cho Bi0 ∩ Bj0 6= ∅

Gọi đỉnh chung của Bi0 và Bj0 là B Ta có ABi0Bj 0B có độ dài 4

Bài toán 2.2.3 (xem [4]) Có n × n gian phòng triển lãm hình tam giác đềuđược biểu diễn trong hình bên Hai phòng triển lãm được gọi là hai phòng lánggiềng khi và chỉ khi chúng có cạnh chung Biết rằng từ mỗi phòng triễn lãmngười ta có thể đi sang phòng láng giềng của nó

Một người tham quan muốn đi xem tất cả các phòng triển lãm Hãy tính

số phòng lớn nhất mà anh ta có thể tham quan sao cho mỗi phòng chỉ đi quađúng một lần

Hình 2.4

Đỉnh: Tương ứng là tên các phòng trong triển lãm

Cạnh: Hai điểm x, y được nối bằng một cạnh khi và chỉ khi người thamquan đi từ phòng x sang phòng y

Khi đó, việc đi thăm các căn phòng cho ta một xích sơ cấp

Giả sử có thể đi sao cho mỗi phòng qua đúng một lần, thì trên dãy cạnh

kế tiếp này các căn phòng màu đen và căn phòng màu trắng xen kẽ nhau và

số căn phòng màu đen chỉ ít hơn số căn phòng màu trắng không quá 1 đơn vị,mâu thuẫn với điều đã chứng minh ở trên Vậy, không thể đi thăm tất cả cácphòng sao cho sao cho mỗi phòng chỉ đi qua đúng một lần

Hơn nữa, số căn phòng màu trắng ở mỗi dòng hơn số căn phòng màuđen ở dòng ấy là 1, do đó tổng số phòng màu trắng hơn tổng số phòng màuđen là n Số căn phòng màu trắng là: n(n + 1)

2 và số căn phòng màu đen làn(n + 1)

2 − n = n(n − 1)

Trên đường đi thăm các căn phòng của người tham quan thỏa mãn yêu cầuđặt ra, số căn phòng màu trắng chỉ có thể hơn số căn phòng màu đen nhiềunhất là 1 phòng nên số căn phòng có thể tham quan bởi một lần đi duy nhấtsao cho không có căn phòng nào đi qua 2 lần là 2n(n − 1)

2 + 1 = n

2− n + 1

Dễ dàng thấy rằng, chỉ bằng một lần đi duy nhất sao cho không có hai cănphòng nào đi qua quá một lần, ta có thể xuất phát từ một căn phòng màutrắng, đi qua tất cả các căn phòng màu đen và trở về một căn phòng màu trắngnhư sau: Xuất phát từ căn phòng trắng trên cùng, trên mỗi dòng ta đi qua tất

cả các căn phòng màu đen trên trên dòng này rồi xuống tiếp dòng dưới và kếtthúc tại một căn phòng màu trắng ở dòng dưới cùng.

Hình 2.5

Ví dụ với n = 4 trên Hình 2.5 Cách đi này cho ta đi qua tất cả các cănphòng đen và dẫn ta đi qua tất cả n2− n + 1 căn phòng (theo [4])

Bài toán 2.2.4 Hãy chứng minh rằng:

a Một đồ thị đơn với 2n + 1 đỉnh không có chu trình chẵn cạnh nào thì nó chỉ

có không quá 3n cạnh

b Một đồ thị đơn với 2n đỉnh không có chu trình chẵn cạnh nào thì nó chỉ cókhông quá 3n − 2 cạnh

Giải

Trước tiên ta chứng minh khẳng định:

Trong một đồ thị đơn G không có chu trình độ dài chẵn thì không có haichu trình nào có cạnh chung

Thật vậy, giả sử tồn tại hai chu trình C1 và C2 có cạnh chung trong đồ thị Gthỏa mãn giả thiết có chu trình độ dài chẵn Gọi độ dài phần chung của chúng

là x, độ dài của C1 không nằm trên phần chung là y và độ dài của C2 khôngnằm trên phần chung là z Ta có x + y và x + z là số lẻ, và y + z là số chẵn,

do đó 2x + y + z là số chẵn, mâu thuẫn với giả thiết G không có chu trình độdài chẵn

Do chu trình lẻ cạnh có ít nhất là 3 cạnh Nếu đồ thị G có 2n + 1 đỉnh thì

số cạnh của nó không vượt quá 3n (trường hợp số cạnh lớn nhất là khi n tamgiác có chung nhau một đỉnh)

Hình 2.6

Còn khi G có 2n đỉnh, ta có thể thấy tương tự là G chỉ có không quá 3n − 2cạnh (trường hợp số cạnh lớn nhất là khi có n − 1 tam giác có chung một đỉnh

x và đỉnh còn lại y được nối với x)

Bài toán 2.2.5 Giữa n (n > 4) thành phố có các đường ôtô liên hệ với nhau,hai đường bất kỳ chỉ gặp nhau tại một trong n thành phố đã cho Từ mộtthành phố có thể đi tới ít nhất 3 thành phố khác mà không qua một thành phốtrung gian nào cả; độ dài mỗi đường đi giữa 2 thành phố là một số nguyên lẻ(km) Chứng minh rằng có một thành phố mà từ đó theo các tuyến đường ta

đi qua một số thành phố khác rồi quay về thành phố ban đầu mà các đường

đi không lặp lại, đồng thời độ dài đường đi này là một số chẵn (km)

Đồ thị G nhận được mô tả hệ thống giao thông giữa các thành phố

Vận dụng kết quả các định lý để suy ra kết luận:

Vì mỗi thành phố có thể đi tới ít nhất 3 thành phố khác nên bậc của mỗiđỉnh của đồ thị G không nhỏ hơn 3 Theo định lý 2.2.2, trong đồ thị G luônluôn tồn tại một chu trình sơ cấp có độ dài chẵn Khi đó từ một chu trình có

độ dài chẵn, ta có một tuyến đường thỏa mãn yêu cầu đề bài

Bài toán 2.2.6 Giữa n thành phố có các đường giao thông liên hệ với nhau,hai đường bất kỳ chỉ gặp nhau tại một trong n thành phố đã cho Biết rằng

từ mỗi thành phố có thể đi tới ít nhất k thành phố khác mà trên mỗi đường

đi đều không qua một thành phố nào cả Chứng minh rằng có thể tìm ra mộtthành phố để từ đó theo các tuyến đường đã cho ta đi qua> k thành phố khácrồi quay về thành phố ban đầu mà các đường đi không lặp lại

Nói cách khác, hãy chứng tỏ rằng trong một đồ thị mà mỗi đỉnh đều có bậc

> k thì tồn tại một chu trình độ dài > k + 1

Giải

Lấy một đỉnh bất kỳ của G, ký hiệu đỉnh này là A1 và xây dựng dãy đỉnhnhư sau:

A1 → A2 → A3 → → Ak−1 → Ak → Ak+1 .sao cho Ak+1 được nối tiếp từ Ak nếu như thỏa mãn hai điều kiện:

a) Có cạnh AkAk+1 trong đồ thị

b) Cạnh AkAk+1 chưa gặp lần nào từ trước trong dãy đỉnh kể trên

Vì số đỉnh của G là hữu hạn nên quá trình này phải kết thúc ở bước nào

đó (có thể chưa qua hết các đỉnh của G) và ta thu được dãy đỉnh:

A1 → A2 → → An.Như vậy vì m(An) > k nên tất cả các đỉnh kề với An đều nằm trong dãy trên

và có > k đỉnh như vậy Gọi i là chỉ số nhỏ nhất để Ai kề với An Khi đó ta có

n − i > k Chu trình Ai → Ai+1 → → An → Ai có độ dài n − 1 + i> k + 1.Điều phải chứng minh

Bài toán 2.2.7 (xem [5]) Cho một tập hợp n > 3 điểm trong mặt phẳng,trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng và một số tự nhiên k(k < n)

Chứng minh rằng:

a Nếu k 6 n

2, thì cứ mỗi điểm của tập hợp đã cho có thể vẽ các đoạn thẳngnối với ít nhất k điểm khác sao cho trong đó không có 3 đoạn nào tạo thànhmột tam giác

b Nếu k > n

2 và mỗi điểm của tập hợp đã cho được nối bằng những đoạnthẳng với k điểm khác, thì trong các đoạn thẳng đó bao giờ cũng có 3 cạnhcủa một tam giác

2], do đó A, B chứa không ít hơn k điểm Xây dựng

đồ thị 2 mảng: mỗi đỉnh thuộc tập này kề mọi đỉnh thuộc tập kia thì giả thiếtphần a được thực hiện, tuy nhiên không có chu trình tam giác nào (đồ thị 2mảng thì 2 sắc nên không có chu trình với độ dài lẻ) Có thể phát biểu tổngquát hơn: không có đa giác lẻ đỉnh

2 nên2k − 2 > n − 2; suy ra trong 2k − 1 đoạn thẳng nói trên có hai đoạn thẳngtrùng đầu mút z Ta được một chu trình tam giác (x, y, z)

Tổng quát của bài toán

Cho tập X có n > 3 điểm, trong chúng không có 3 điểm nào thuộc mộtđường thẳng và các số tự nhiên p, k thỏa mãn: 3 6 p < n; k < n

Bài toán 2.2.8 Trên mỗi ô của bảng vuông n × n (n > 1) viết một chữ cái.Biết rằng tất cả các dòng bảng đều khác nhau Chứng minh rằng trong đó có

một cột, mà sau khi xóa nó, bảng còn lại cũng không có dòng nào trùng nhau(về chữ viết và thứ tự viết).

Giải

Nếu tồn tại một chỉ số i (1 6 i 6 n) mà không có hai dòng nào chỉ khácnhau ở phần tử thứ i, thì sau đó khi xóa cột i đi, hai dòng nào cũng khác nhau

ở một vị trí nữa và khi đó bài toán đã giải xong

Xét trường hợp: với mỗi i = 1, 2, 3, , n bao giờ cũng tồn tại ít nhất mộtcặp dòng chỉ khác nhau ở phần tử thứ i duy nhất (1)

Xây dựng đồ thị như sau: mỗi dòng của bảng là một đỉnh của đồ thị, nhưvậy đồ thị có n đỉnh Với mỗi chỉ số có thể có nhiều cặp dòng có tính chất (1),song ta chỉ chọn một cặp dòng có tính chất này làm cạnh của đồ thị, như vậy,mỗi i cho ta một dòng, nên có tất cả n dòng Đồ thị này có n > 2 đỉnh và có

ít nhất n cạnh, nên nó có ít nhất một chu trình Ta ký hiệu chu trình này là(a, b, c, , e, f, a), trong đó a, b, c, , e, f là các đỉnh của đồ thị (là các dòngcủa bảng) Với cách xây dựng đồ thị trên ta có: a kề b tức là hai dòng a, b (vàcũng chỉ có hai dòng này, khác nhau ở phần tử thứ i) Các cặp dòng khác cógiá trị trùng nhau ở vị trí thứ i, nghĩa là: b, c; c, d; ; e, f ; f, a tại vị trí thứ itrùng nhau; suy ra b, a trùng nhau tại vị trí thứ i Điều này hoàn toàn vô lý,

vì hai dòng a, b vừa khác nhau, vừa trùng nhau tại vị trí thứ i Từ đây suy rakhẳng định của bài toán được chứng minh

2.3 Bài toán liên quan đến tính liên thông

Đồ thị có hướng G = G(X, E) được gọi là đồ thị liên thông mạnh nếu mọicặp đỉnh của nó đều liên thông.

Đồ thị có hướng G được gọi là liên thông yếu nếu đồ thị vô hướng nền của

Một số kết quả nhận được từ [5] như sau:

Định lý 2.3.1 Đồ thị với n đỉnh (n > 2), mà tổng bậc của hai đỉnh tuỳ ý đềukhông nhỏ hơn n, là đồ thị liên thông

Từ định lý 2.3.1, ta suy ra các hệ quả sau:

Hệ quả 2.3.1 Đồ thị mà bậc của mỗi đỉnh của nó không nhỏ hơn một nửa sốđỉnh là đồ thị liên thông

Định lý 2.3.2 Nếu một đồ thị có đúng hai đỉnh bậc lẻ thì hai đỉnh này phảiliên thông, tức là có một đường đi nối chúng

Chứng minh

Giả sử đồ thị G(X, E) có đúng hai đỉnh bậc lẻ, chẳng hạn hai đỉnh này là

a và b Giả sử a và b không liên thông với nhau Khi đó chúng phải thuộc haithành phần liên thông nào đó của đồ thị G, G1 chứa a và G2 chứa b

Bậc của đỉnh a trong G1 cũng chính là bậc của a trong G, nên trong G1đỉnh a vẫn có bậc lẻ và G1 có duy nhất một đỉnh bậc lẻ Điều này mâu thuẫn.Vậy hai đỉnh a và b phải liên thông

Phân hoạch:

Giả sử có tập M 6= ∅ Dãy các tập con của M :