Phương pháp xác suất để giải một số bài toán khác nhau

Phương pháp xác suất để giải một số bài toán khác nhau.

Mục lục

1.1 Các Định nghĩa 5

1.2 Các Đường, Vòng và Cây 12

1.3 Các Vòng Hamilton và Chu trình Euler 18

Chương 2 Phương pháp Cơ bản 22 2.1 Phương pháp Xác suất 22

2.2 Lý thuyết Đồ thị 24

2.3 Tổ hợp 27

2.4 Lý thuyết Số Tổ hợp 30

2.5 Các cặp rời nhau 30

Chương 3 Sự tuyến tính của kỳ vọng 32 3.1 Cơ sở 32

3.2 Các đồ thị tách 33

3.3 Hai kết quả nhanh 35

3.4 Vectơ cân bằng 36

3.5 Đèn nhấp nháy 38

Chương 4 Bổ đề Địa phương 40 4.1 Bổ đề 40

4.2 Tính chất B và các tập đa sắc của các số thực 43

4.3 Cận dưới cho các số Ramsey 44

4.4 Một kết quả hình học 46

4.5 Số arboricity tuyến tính của đồ thị 47

4.6 Bước chuyển Latin 52

4.7 Khía cạnh giải thuật 54

Chương 5 Chứng minh Định lý Weierstrass theo Phương pháp Xác suất 58 5.1 Một số kiến thức xác suất cơ sở chuẩn bị 58

5.2 Định lý xấp xỉ Weierstrass 61

5.3 Một đánh giá về tốc độ hội tụ của đa thức Bernstein 64

Lời mở đầu

Phương pháp xác suất phát triển mạnh gần đây và trở thành một trong nhữngcông cụ được dùng hữu hiệu và rộng rãi để ứng dụng cho tổ hợp Một trongnhững lý do chính trong sự phát triển nhanh này là vai trò quan trọng của sựngẫu nhiên trong Lý thuyết Khoa học Máy tính, lĩnh vực mà gần đây là độnglực của nhiều bài toán tổ hợp hấp dẫn

Sự tác động qua lại giữa Toán Rời rạc và Khoa học Máy tính yêu cầu mộtmảng giải thuật trong tìm tòi về Phương pháp Xác suất trong Tổ hợp và một sốvấn đề bước đầu được trình bày trong tài liệu này Tài liệu vì vậy bao gồm sựnghiên cứu các phương pháp cơ bản cũng như các phương pháp hiện đại ứngdụng trong đó kèm theo một số ý tưởng về giải thuật Xin nói ngay rằng chúng

ta sẽ chủ yếu tìm hiểu về phương pháp cơ bản mà thôi

Phương pháp xác suất cơ bản có thể được mô tả như sau: Nhằm chứng minh

sự tồn tại của những cấu trúc tổ hợp với những tính chất chắc chắn nào đó,chúng ta xây dựng một không gian xác suất hợp lý cho cấu trúc đó và chỉ rarằng những tính chất mong muốn tồn tại với xác suất dương Phương pháp này

được khởi nguồn bởi Paul Erdos, người đóng góp rất nhiều cho sự phát triểncủa nó trong năm mươi năm qua Và dường như hợp lý khi gọi nó là "Phươngpháp Erdos" Những đóng góp của ông không chỉ đo bằng số các kết quả sâusắc trong chủ đề này, mà còn bởi nhiều bài toán và dự đoán thú vị điều đòi hỏinhiều tâm huyết nghiên cứu trong lĩnh vực này

Dường như là không thể viết một quyển sách giáo khoa về phương pháp xácsuất; quá nhiều kết quả gần đây cung cấp những lập luận xác suất, và chúng takhông liệt kê tất cả chúng Điều nhấn mạnh của chúng ta là về phương phápcơ bản, và chúng ta vì vậy cố gắng miêu tả những ý tưởng, và không phải luônluôn đưa ra những kết quả tốt nhất có thể nếu việc giải quyết quá đòi hỏi về

kĩ thuật, chẳng hạn những kết quả trong nhận xét sau Mệnh đề 4.3.1 Nhiềukết quả là tiệm cận, chúng ta dùng những quy ước tiệm cận chuẩn sau: cho haihàm f và g, chúng ta viết f = O(g) nếu f ≤ cg cho mọi giá trị đủ lớn củabiến của hai hàm, ở đây c là một hằng số dương, chúng ta viết f = Ω(g) nếu

g = O(f ), viết f = Θ(g) nếu f = O(g) và f = Ω(g) Nếu tỷ số f/g

dần tới không khi biến của hai hàm dần tới vô cùng ta viết f = o(g) Cuốicùng, f ∼ g kí hiệu f = (1 + o(1))g, nghĩa là f/g dần tới 1 khi các biếndần tới vô cùng.

Luận văn gồm năm chương Chương đầu tiên trình bày những kiến thức cơ

sở về đồ thị Đây là do chúng ta dùng phương pháp xác suất để giải một sốbài toán liên quan dến đồ thị Các chương sau đi vào những bài toán cụ thể.Chương hai trình bày lời giải một số bài toán nhằm làm rõ phương pháp xácsuất Chương ba áp dụng phương pháp cho lớp các bài toán dùng đến kỳ vọngcủa biến ngẫu nhiên Chương bốn trình bày lời giải cho một lớp các bài toánbằng cách dùng Bổ đề Địa phương, chúng ta thu được nhiều kết quả rất thú vị.Chương cuối cùng trình bày áp dụng kĩ thuật xác suất để chứng minh Định lýWeierstrass

Công việc của tác giả như vậy là đọc hiểu tài liệu - chủ yếu bằng tiếng Anhtrong hai quyển sách [1], [2] - và trình bày lại theo tiếng Việt Mặc dù tác giả

đã cố gắng, tuy nhiên do khả năng còn hạn chế nên trong quá trình thực hiệnluận văn này không tránh khỏi những thiếu sót Tác giả mong được sự đónggóp ý kiến của các thầy cô giáo, các nhà nghiên cứu và những ai quan tâm đếnluận văn này

Cuối cùng, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới Thầy giáo

GS TSKH Nguyễn Duy Tiến về sự hướng dẫn, chỉ bảo và giúp đỡ tận tình, tạo

điều kiện cho tác giả hoàn thành bản luận văn này Tác giả cũng xin chân thànhcảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốcgia Hà Nội, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán - Cơ - Tin và các thầy cô giáo, cán bộ,công nhân viên của Nhà trường; Ban Giám hiệu Trường THPT Kim Liên đãgiúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi trong suốt thời gian học tập và quá trình hoànthành luận văn./

Hà Nội, tháng 10 năm 2009

Tác giả

Quản Anh Tuấn

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị về đồ thị

1.1 Các Định nghĩa

Một đồ thị G là một cặp có thứ tự các tập hợp rời nhau (V, E) sao cho E

là tập con của tập gồm các cặp không có thứ tự của V Trừ khi nó được chotường minh theo cách khác, chúng ta chỉ xét những đồ thị hữu hạn, đó là, V

và E luôn luôn hữu hạn Tập V là tập đỉnh và tập E là tập cạnh Nếu G làmột đồ thị, thì V = V (G) là tập đỉnh, E = E(G) là tập cạnh Một cạnh{x, y} được nói là nối các đỉnh x, y và kí hiệu bởi xy Như vậy xy hay yxbiểu thị cùng một cạnh; các đỉnh x và y gọi là các đỉnh cuối của cạnh này.Nếu xy ∈ E(G), thì x và y là các đỉnh kề nhau hay lân cận với nhau, và các

đỉnh x và y là liên thuộc với cạnh xy Hai cạnh là kề nhau nếu chúng có đúngmột đỉnh cuối chung

Chúng ta thường không nghĩ đồ thị như một cặp có thứ tự mà như một tập các

đỉnh mà một số cặp đỉnh được nối với nhau bởi các cạnh

Chúng ta nói rằng G0 = (V 0, E0) là đồ thị con của G nếu V0 ⊂ V và

E0 ⊂ E Trong trường hợp này ta viết G0 ⊂ G Nếu mọi cạnh của G mà nốihai đỉnh của V0 đều chứa trong G0 thì ta nói G0 là đồ thị con cảm sinh của G

và viết là G0 = G[V 0] Một đồ thị con của G mà chứa mọi đỉnh của G gọi là

đồ thị con dẫn xuất của G hay một nhân tử của G

Chúng ta cũng thường tạo những đồ thị mới từ những đồ thị cũ bằng cáchxóa đi hay thêm vào các cạnh và đỉnh Nếu W ⊂ V (G), thì G − W =G[V \ W ] là đồ thị con của G nhận được bằng cách xóa đi W và tất cảcác cạnh liên thuộc với các đỉnh của nó Tương tự, nếu E0 ⊂ E(G) thì

G − E0 = (V (G), E(G) \ E0) Nếu W = {w} và E0 = {xy}, thì các

kí hiệu này đơn giản viết là G − w và G − xy Tương tự, nếu x và y là các

đỉnh không kề nhau của G, thì G + xy nhận từ G bằng cách nối x và y

Nếu x là một đỉnh của đồ thị thì đôi khi chúng ta viết x ∈ G thay cho

x ∈ V (G) Số thứ tự của G là số các đỉnh của G, kí hiệu bới |G| Kí hiệunày cũng dùng cho số các phần tử của một tập hợp: |X| biểu thị số các phần

tử của tập X Vậy |G| = |V (G)| Cỡ của G là số các cạnh của G; nó được

kí hiệu bởi e(G) Chúng ta viết Gn cho một đồ thị tùy ý có thứ tự n Tương

tự, G(n, m) là kí hiệu cho một đồ thị tùy ý có thứ tự n và cỡ m

Cho hai tập con rời nhau U và W của tập đỉnh của một đồ thị, chúng ta viếtE(U, W ) cho tập các cạnh của U − W , đó là, tập các cạnh nối mỗi đỉnh của

U với một đỉnh của W Cũng vậy, e(U, W ) = |E(U, W )| là số các cạnhcủa U − W Nếu chúng ta muốn nhấn mạnh đồ thị ban đầu của chúng ta là

G thì ta đặt EG(U, W ) và eG(U, W )

Hai đồ thị là đẳng cấu nếu có một ánh xạ giữa các tập đỉnh của chúng mà bảotoàn tính liên thuộc Như vậy G = (V, E) gọi là đẳng cấu với G0 = (V0, E0)nếu có một song ánh φ : V → V0 sao cho nếu xy là một cạnh của G thìφ(x)φ(y) là một cạnh của G0 Rõ ràng, hai đồ thị đẳng cấu thì có cùng thứ

tự và cỡ Thông thường, chúng ta không phân biệt giữa các đồ thị đẳng cấu, trừkhi chúng ta xét những đồ thị có tập đỉnh được đánh dấu hay ghi nhãn (ví dụ,

đồ thị con từ một đồ thị đã cho) Theo quy ước này, nếu G và H là hai đồ thị

đẳng cấu, thì chúng ta viết G ∼= H hay đơn giản G = H

Cỡ của một đồ thị thứ tự n là ít nhất 0 và nhiều nhất n

2

Rõ ràng, với mỗi

m, 0 ≤ m ≤ n

2

, có một đồ thị G(n, m) Một đồ thị có thứ tự n với cỡ

không có đỉnh nào kề nhau Đồ thị K1 = E1 gọi là tầm thường

Vì En gần giống với kí hiệu tập các cạnh của đồ thị, chúng ta thường dùng

kí hiệu Kn cho tập rỗng với thứ tự n, chú ý rằng nó là phần bù của đồ thị

đầy đủ Tổng quát, với đồ thị G = (V, E) phần bù của G là đồ thị G =(V, V(2)− E); như vậy, hai đỉnh là kề nhau trong G nếu và chỉ nếu nó không

kề nhau trong G

Tập các đỉnh kề của x ∈ G, lân cận của x, được ký hiệu bởi Γ(x) Đôikhi chúng ta nói Γ(x) là lân cận mở của x, và Γ(x) ∪ {x} là lân cận đóngcủa x Cũng vậy, x ∼ y nếu x là đỉnh kề của y Như vậy y ∈ Γ(x), x ∈Γ(y), x ∼ y, y ∼ xlà tương đương, mỗi một trong chúng biểu thị xy là một

cạnh Bậc của x là d(x) = |Γ(x)| Nếu chúng ta muốn nhấn mạnh rằng đồthị ban đầu là G, thì chúng ta viết ΓG(x), dG(x); quy ước tương tự dùng chomột hàm phụ thuộc vào đồ thị ban đầu G Như vậy nếu x ∈ H = G[W ], thì

đồ thị con dẫn xuất của G mà mọi đỉnh của nó có bậc 1

Nếu V (G) = {x1, x2, , xn} thì {d(xi)}ni=1 là dãy bậc của G Thườngchúng ta xếp các đỉnh theo cách mà dãy bậc nhận được theo cách này là đơn điệutăng hay đơn diệu giảm, ví dụ, δ(G) = d(x1) ≤ ≤ d(xn) = ∆(G)

Do mỗi cạnh có hai đỉnh cuối, tổng của các bậc chính xác là hai lần số cạnh:

Một đường là một đồ thị P có dạng

V (P ) = {x0, x1, , xl}, E(P ) = {x0x1, x1x2, , xl−1xl}

Đường P này thường được kí hiệu bởi x0x1 xl Các đỉnh gọi là các đỉnhcuối của P , l gọi là độ dài của P Chúng ta nói rằng P là một đường từ x tới

xl, hay một đường x0− xl Dĩ nhiên P cũng là một đường từ xl đến x0, hay

đường xl− x0 Đôi khi để nhấn mạnh rằng P được xét khi đi từ x0, chúng tagọi x0 là đỉnh đầu và xl là đỉnh cuối của P Một đường với đỉnh đầu x gọi làmột x-đường

Thuật ngữ độc lập sẽ được dùng trong liên hệ với các đỉnh, cạnh và đườngcủa một đồ thị Một tập của các đỉnh (cạnh) gọi là độc lập nếu không có haiphần tử nào của nó là kề nhau; cũng vậy, W ⊂ V (G) bao gồm các đỉnh độclập nếu G(W ) là một đồ thị rỗng Một tập các đường là độc lập nếu cho hai

đường tùy ý mỗi đỉnh thuộc cả hai đường là điểm cuối của cả hai Như vậy

P1, P2, , Pk là các đường x − y độc lập nếu V (Pi) ∩ V (Pj) = {x, y}với i 6= j Các đường Pi cũng được nói là tự rời nhau Có vài khái niệm liênquan đến các đường của một đồ thị Một di động W của một đồ thị là một dãycác đỉnh và cạnh x0, e1, x1, e2, , el, xl, ở đây ei = xi−1xi, 0 < i ≤ l.Theo thuật ngữ trên, W là một di động x0−xl và được kí hiệu bởi x0x1 xl;

độ dài của W là l W này được gọi là một vệt nếu mọi cạnh của dãy đều phânbiệt Chú ý rằng một đường là một di động với các đỉnh phân biệt Một vệt màcác đỉnh cuối của nó là trùng nhau (một vệt đóng) được gọi là một chu trình

Rõ hơn, một chu trình là một vệt đóng mà không phân biệt các đỉnh cuối vàhướng, ví dụ, hai tam giác với một đỉnh duy nhất chung đưa ra hai chu trình vớisáu cạnh Nếu một di động W = x0x1 xl với l ≥ 3, x0 = xl và các xi,

0 < i < l, phân biệt lẫn nhau và x0 thì W được gọi là một vòng Để đơn giảnvòng này được kí hiệu là x1x2 xl Chú ý rằng kí hiệu này khác với một

Sẽ ít rắc rối hơn nếu dùng Pl, Cl cho những đường và vòng tổng quát, còncho những đường và vòng cụ thể ta dùng P1, P2, , C1, C2, Tuy nhiên,nhằm tuân theo cách dùng chỉ số dưới được chấp nhận rộng rãi, chúng ta cũngchọn chỉ số dưới Hy vọng rằng những quy ước này sẽ không dẫn đến hiểu lầmnào

Trước khi tiếp tục các định nghĩa, chúng ta đưa ra hai kết quả đối với cácvòng Cái đầu tiên đưa bởi Veblen vào 1912.

Định lý 1.1.1 Tập các đỉnh của một đồ thị có thể phân chia thành các vòngnếu, và chỉ nếu, mọi đỉnh có bậc chẵn

Chứng minh Điều kiện cần là rõ ràng, do nếu một đồ thị là hợp của cácvòng không có cạnh chung và các đỉnh cô lập, thì một đỉnh chứa trong k vòng

Để chứng minh kết quả thứ hai, một Định lý đẹp của Matel từ 1907, chúng

ta sẽ dùng nhận xét (1) và bất đẳng thức Cauchy

Định lý 1.1.2 Mỗi đồ thị thứ tựn với cỡ lớn hơn bn2/4c chứa một tam giác

Chứng minh Giả sử phản chứng rằng G là một đồ thị thứ tự n mà khôngchứa một tam giác nào Thế thì Γ(x) ∩ Γ(y) = ∅ với mỗi cạnh xy ∈ E(G),nên

d(x) + d(y) ≤ n

Cộng các bất đẳng thức cho tất cả e(G) cạnh xy của G, chúng ta nhận được

X

Theo (1) và bất đẳng thức Cauchy,

/4 

Đánh giá của kết quả này nhận thấy dễ dàng là tốt nhất có thể được Định

lý của Matel được mở rộng lớn bởi Turán vào 1941: Định lý này của Turán là

điểm bắt đầu của lý thuyết đồ thị cực trị

Cho các đỉnh x, y Khoảng cách của chúng d(x, y) là độ dài ngắn nhất củacác đường x − y Nếu không có đường x − y nào thì d(x, y) = ∞

Một đồ thị gọi là liên thông nếu mọi cặp các đỉnh phân biệt {x, y} đều

có một đường từ x đến y Chú ý rằng một đồ thị liên thông của ít nhất hai

đỉnh không thể chứa một đỉnh cô lập Một đồ thị con liên thông lớn nhất, tức

là không có một đồ thị con liên thông nào chứa nó thực sự, là một thành tốcủa đồ thị Một đỉnh cắt là một đỉnh mà sự xóa bỏ nó làm tăng số các thành

tố của đồ thị Tương tự, một cầu là một cạnh mà sự xóa bỏ nó làm tăng sốthành tố của đồ thị Như vậy một cạnh là một cầu nếu sự xóa bỏ nó làm mấttính liên thông của đồ thị Một đồ thị không chứa vòng nào là một rừng, haymột đồ thị không vòng; một cây là một rừng liên thông Mối quan hệ giữa cây

và rừng nghe bớt gượng gạo nếu ta thấy rằng một rừng là một tập gồm cáccây rời nhau; nói khác đi, một rừng là một đồ thị mà mỗi thành tố của nó làmột cây Một đồ thị G là một đồ thị hai nhánh với các lớp đỉnh V1, V2 nếu

V (G) = V1 ∪ V2, V1 ∩ V2 = ∅ và mọi cạnh nối một đỉnh của V1 với một

đỉnh của V2 Ta cũng nói rằng G có hai nhánh (V1, V2) Tương tự ta nói G

là r-nhánh với các lớp đỉnh V1, V2, , Vr (hay r-nhánh (V1, V2, , Vr))nếu V (G) = V1∪ V2∪ ∪ Vr, Vi∩ Vj = ∅, 1 ≤ i < j ≤ r, và không cócạnh nào nối hai đỉnh của cùng một lớp Kí hiệu K(n1, , nr)dùng cho một

đồ thị r-nhánh đầy đủ: nó chứa ni đỉnh trong lớp thứ i và hai đỉnh bất kì tronghai lớp phân biệt đều được nối với nhau Để đơn giản, chúng ta thường viết

Kp,q thay thế cho K(p, q) và Kr(t) thay thế cho K(t, , t) Chúng ta sẽviết G ∪ H = (V (G) ∪ V (H), E(G) ∪ E(H)) và kG cho hợp của k bản

sao rời nhau của G Chúng ta nhận được đồ thị nối G+H từ G∪H bằng cáchthêm tất cả các cạnh giữa G và H Theo đó, K2,3 = E2 + E3 = K2+ K3

và Kr(t) = Et + + Et = Kt + + Kt

Có một dạng đồ thị gần đây được nói tới nhiều Một siêu đồ thị là một cặp(V, E) sao cho V ∩ E = ∅ và E là tập con của tâp P(V ), tập mạnh của V ,

đó là tập gồm tất cả các tập con của V Thực tế, có một tương ứng đơn giản

1 − 1 giữa lớp các siêu đồ thị và lớp các đồ thị hai nhánh với các lớp đỉnh

V, E trong đó x ∈ V được nối với siêu cạnh S ∈ E nếu x ∈ S

Cho một họA = {A1, A2, , Am} các tập con của một tập X Một tậpgồm m phần tử, mỗi cái từ mỗi Ai được gọi là tập các đại diện phân biệt của

Nếu các cạnh là các cặp định hướng của các đỉnh thì chúng ta nhận được đồthị có hướng hay đa đồ thị có hướng Một cặp có thứ tự (a, b) được gọi là mộtcạnh hướng từ a đến b, hay một cạnh bắt đầu từ a và kết thúc tại b, và được

kí hiệu là −→ab hay đơn giản là ab Các khái niệm được xác định cho đồ thị dễdàng chuyển qua đa đồ thị, đồ thị có hướng, đa đồ thị có hướng Chẳng hạnmột vệt có hướng trong một đa đồ thị có hướng là một dãy xen kẽ các đỉnh vàcạnh: x0, e1, x1, e2, , el, xl , sao cho ei bắt đầu tại xi−1 và kết thúc tại

xi Cũng vậy, một đỉnh x của một đồ thị có hướng có một bậc ngoài và mộtbậc trong: bậc ngoài d+(x) là số các cạnh bắt đầu từ x, bậc trong d−(x) là

số các cạnh kết thúc tại x

Một đồ thị định hướng là một đồ thị có hướng nhận được từ một đồ thị bằngcách định hướng mỗi cạnh của nó, đó là, gán cho cạnh ab hướng −→ab hoặc −→ba.Như vậy một đồ thị định hướng là một đồ thị có hướng trong đó nhiều nhất mộttrong hai trường hợp−→ab và−→ba xảy ra

Chú ý rằng Định lý 1.1.1 có một sự biến đồi tự nhiên cho đa đồ thị có hướngnhư sau: Tập cạnh của một đa đồ thị có hướng có thể phân chia thành nhữngvòng có hướng nếu và chỉ nếu mọi đỉnh có cùng bậc ngoài và bậc trong, đó là,

d+(x) = d−(x)với mọi đỉnh x Để thấy điều kiện đủ, điều chúng ta phải chú

ý là, như trước, nếu đồ thị của chúng ta có một cạnh, thì nó phải có một vòng

có hướng

1.2 Các Đường, Vòng và Cây

Với những khái niệm định nghĩa mới đây, chúng ta có thể bắt đầu đưa ravài kết quả về đồ thị Dù những kết quả này không phải là khó, chúng ta cũngvẫn gọi đó là những định lý

Định lý 1.2.1 Chox là một đỉnh của đồ thị G và gọi W là một thành tố của đồthị G mà chứa x Các khẳng định sau đây là đúng

(a) W = {y ∈ G : G chứa một đường x − y}

và rằng mỗi cạnh là một cầu nếu nó không chứa trong một vòng nào

Định lý 1.2.2 Một đồ thị là hai nhánh nếu và chỉ nếu nó không chứa một vòng lẻ

Chứng minh Giả sử G là hai nhánh với các lớp đỉnh V1, V2 Đặt x1x2 xl

là một vòng trong G Chúng ta có thể giả sử rằng x1 ∈ V1 Thế thì x2 ∈

V2, x3 ∈ V1, và có: xi ∈ V1 nếu và chỉ nếu i là lẻ Do xl ∈ V2, chúng tathấy rằng l là chẵn

Bây giờ giả sử G không chứa một vòng lẻ nào Do một đồ thị là hai nhánhnếu và chỉ nếu mỗi thành tố của nó cũng vậy, chúng ta có thể giả sử rằng G làliên thông Lấy một đỉnh x ∈ V (G) và đặt V1 = {y ∈ G : d(x, y) là lẻ},

V2 = V \ V1 Không có cạnh nào nối hai đỉnh của cùng một lớp Vi, do nếukhông thì G sẽ chứa một vòng lẻ Như vậy G là hai nhánh 

Một đồ thị hai nhánh (V1, V2) có nhiều nhất |V1||V2| cạnh, vậy một đồ thịhai nhánh thứ tự n có nhiều nhất maxkk(n − k) = bn2/4c cạnh Giá trị lớnnhất đạt được ứng với đồ thị đầy đủ Kbn/2c,dn/2e Theo Định lý 1.2.2, bn2/4ccũng là cỡ lớn nhất của một đồ thị thứ tự n không chứa các vòng lẻ Thực tế,như chúng ta thấy trong Định lý 1.1.2, đó là số cạnh tốt nhất có thể để đồ thịkhông chứa một tam giác

Định lý 1.2.3 Một đồ thị là một rừng nếu và chỉ nếu cho mỗi cặp{x, y} của hai

đỉnh phân biệt, nó chứa nhiều nhất là một đường x − y

Chứng minh Cho G là đồ thị có nhiều nhất một đường với mỗi cặp hai

đỉnh phân biệt Nếu x1x2 xl là một vòng trong đồ thị G, thì x1x2 xl

và x1xl là hai đường của G Như thế G không có vòng và là một rừng

Ngược lại, cho G là một rừng, và giả sử có P1 = x0x1 xl và P2 =

x0y1 ykxl là hai đường x0− xl phân biệt của đồ thị G Lấy i+1 là chỉ sốnhất thỏa mãn xi+1 6= yi+1và đặt j là chỉ số nhỏ nhất thỏa mãn j ≥ i và yj+1

là một đỉnh của P1, có yj+1 = xh Thế thì xixi+1 xhyjyj−1 yi+1 làmột vòng trong G Mâu thuẫn này chứng tỏ G có nhiều nhất một đường vớimỗi cặp hai điểm phân biệt 

Định lý 1.2.4 Các khẳng định sau là tương đương cho một đồ thịG

(a) G là một cây

(b) G là một đồ thị liên thông nhỏ nhất, đó là, G là liên thông và nếu xy ∈E(G), thì G − xy là không liên thông (Nói cách khác,G là liên thông và mỗicạnh là một cầu.)

(c) G là đồ thị không vòng lớn nhất, đó là, G là không vòng và nếu x và y làcác đỉnh không kề nhau của G, thì G + xy là một đồ thị có vòng

Chứng minh Giả sử G là một cây Cho mỗi cạnh xy ∈ E(G), đồ thị

G − xy không thể chứa một đường x − y, gọi là xz1z2 zky, do nếu khácthì G chứa một vòng xz1z2 zky Như vậy G − xy là không liên thông;

và có G là đồ thị liên thông nhỏ nhất Tương tự, nếu x và y là hai đỉnh không

kề của một cây G, thì G chứa một đường x − y, gọi là xz1z2 zky, và có

G + xy chứa một vòng xz1z2 zky Như vậy G + xy chứa một vòng, và

G là đồ thị không vòng lớn nhất

Tiếp theo giả sử G là một đồ thị liên thông nhỏ nhất Nếu G chứa một vòng

xz1z2 zky, thì G − xy vẫn là liên thông, do trong di động u − v bất kìtrong G cạnh xy có thể thay thế bởi đường xz1z2 zky Vì điều này mâuthuẫn với tính nhỏ nhất của G, chúng ta kết luận rằng G là không vòng và nó

là một cây

Cuối cùng, giả sử rằng G là đồ thị không vòng lớn nhất G có là liên thông?

Có, do nếu x và y thuộc hai thành tố khác nhau, việc thêm cạnh xy vào G sẽkhông tạo ra một vòng xz1z2 zky, do nếu khác thì đường xz1z2 zky

là thuộc G Như vậy G không thể có nhiều hơn một thành tố và nó là một cây 

Hệ quả 1.2.5 Mọi đồ thị liên thông chứa một cây dẫn xuất, đó là, một cây chứamọi đỉnh của đồ thị

Chứng minh Lấy một đồ thị con liên thông nhỏ nhất chứa mọi đỉnh của

đồ thị 

Có vài cách dựng đơn giản một cây dẫn xuất của một đồ thị liên thông G.Chúng ta giới thiệu hai trong số đó

(1) Lấy một đỉnh x và đặt Vi = {y ∈ G : d(x, y) = i}, i = 0, 1, Chú ý rằng nếu yi ∈ Vi, i > 0, và xz1z2 zi−1yi là một đường (sự tồn tạicủa nó được đảm bảo do cách định nghĩa của Vi), thì d(x, zj) = j cho mỗi

j, 0 < j < i Đặc biệt, Vj 6= ∅, và cho mỗi y ∈ Vi, i > 0, có một đỉnh

y0 ∈ Vi−1 nối với y (Dĩ nhiên, nói chung đỉnh y0 này không duy nhất, nhưngvới mỗi y 6= x ta chỉ lấy duy nhất một y0) Đặt T là đồ thị con của G với tập

đỉnh V và tập cạnh E(T ) = {yy0 : y 6= x} Thế thì T là liên thông, do mỗi

đỉnh y ∈ V − {x} được nối với x bởi một đường yy0y00 x Hơn nữa, T

là không vòng, do nếu W là một tập con bất kì của V và ω là một đỉnh trong

W xa nhất từ x, thì ω được nối với nhiều nhất một đỉnh trong W Như vậy T

là một cây dẫn xuất

Những lập luận trên chỉ ra rằng nếu k = maxyd(x, y), chúng ta có Vi 6= ∅cho 0 ≤ i ≤ k và V = V (G) = ∪k

0Vi Đến lúc này thật khó để bỏ qua

các khái niệm sau: diamG = maxx,yd(x, y) được gọi là đường kính của G

và radG = minxmaxyd(x, y) được gọi là bán kính của G

Nếu chúng ta chọn x ∈ G với k = maxyd(x, y) = radG, thì cây dẫn xuất

T cũng có bán kính k

(2) Một biến đổi nhẹ nhàng cách xây dựng trên của T tiến hành như sau.Lấy x ∈ G và lấy T1 là đồ thị con của G với đỉnh đơn x này Thế thì T1 làmột cây Giả sử chúng ta đã dựng các cây T1 ⊂ T2 ⊂ ⊂ Tk ⊂ G, ở đây

Ti có thứ tự i Nếu k < n = |G| thì bởi sự liên thông của G có một đỉnh

y ∈ V (G) \ V (Tk) mà kề (trong G) với một đỉnh z ∈ Tk Lấy Tk+1 nhận

được từ Tk bằng cách thêm vào nó đỉnh y và cạnh yz Thế thì Tk+1 là liênthông và do yz không thể là một cạnh trong Tk, nó cũng là không vòng Nhưvậy Tk+1 cũng là một cây, và dãy T0 ⊂ T1 ⊂ có thể tiếp tục đến Tn Cây

Tn này khi đó sẽ là một cây dẫn xuất của G

Các cây dẫn xuất xây dựng bởi các cách trên có thứ tự n (dĩ nhiên) và cỡ

n − 1 Trong cách xây dựng thứ nhất có một tương ứng 1 − 1 giữa V − {x}

và E(T ), cho bởi y 7→ yy0 Và trong cách xây dựng thứ hai e(Tk) = k − 1cho mỗi k, do e(T1) = 0 và Tk+1 có hơn một cạnh so với Tk Theo Định lý1.2.4 mỗi cây có một cây dẫn xuất duy nhất, là chính nó, chúng ta đi tới kếtquả sau, đưa bởi Listing vào 1862

Hệ quả 1.2.6 Một cây có thứ tự n có cỡ n − 1 Một rừng có thứ tự n với

k thành tố có cỡ n − k

Phần đầu của hệ quả này là một đặc điểm cốt lõi của cây Cụ thể, một đồthị thứ tự n là một cây nếu và chỉ nếu nó là liên thông và có cỡ n − 1

Hệ quả 1.2.7 Một cây thứ tự ít nhất 2 có ít nhất hai đỉnh bậc 1

Chứng minh Đặt d1 ≤ d2 ≤ ≤ dn là dãy bậc của một cây T thứ

tự n ≥ 2 Do T là liên thông, δ(T ) = d1 ≥ 1 Vậy nếu T có nhiều nhấtmột đỉnh bậc 1, theo (1) và Hệ quả 1.2.6 ta sẽ có

Một bài toán cơ bản trong lý thuyết tối ưu yêu cầu một cách tìm dễ dàngmột cây dẫn xuất của một đồ thị với một tính chất đặc biệt nào đó Cho một

có thể làm được Chúng ta tìm hệ thống đường ống dẫn kinh tế như thế nào?

Để giải bài toán trên bằng phương pháp đồ thị, đặt G là một đồ thị mà tập các

đỉnh của nó là tập các ngôi làng và mỗi cạnh xy là một đường ống có thể đượclàm để nối hai làng x và y; kí hiệu giá của mỗi đường ống dẫn là f(xy) Thếthì hệ thống đường ống dẫn tương ứng với một đồ thị con liên thông dẫn xuấtcủa G, tức là một cây dẫn xuất của G, do hệ thống phải là kinh tế nên T sẽ là

đồ thị con dẫn xuất liên thông nhỏ nhất

Đồ thị con liên thông dẫn xuất T phải là đồ thị con liên thông nhỏ nhất, do nếukhác thì sẽ có một cạnh α mà sự xóa bỏ nó không làm mất tính liên thông của

T, như thế T − α sẽ là một đồ thị con dẫn xuất kinh tế hơn Như vậy T làmột cây dẫn xuất kinh tế của G Tương ứng với các đặc điểm và các cách xâydựng khác nhau của một cây dẫn xuất, chúng ta có vài cách tìm đơn giản mộtcây dẫn xuất kinh tế; chúng ta sẽ trình bày bốn trong số các phương pháp này.(1) Cho G và f : E(G) → R+, chúng ta chọn một trong những cạnh rẻnhất của G, đó là, cạnh α mà với nó f(α) là nhỏ nhất Mỗi cạnh của dãy sẽ

được chọn từ trong những cạnh còn lại rẻ nhất chỉ với một quy tắc là chúng

ta sẽ không chọn tất cả các cạnh của cùng bất kì một vòng nào; đó là, đồ thịcon của G tạo bởi các cạnh được chọn là không vòng Quá trình kết thúc nếukhông cạnh nào có thể thêm vào tập E0 các cạnh đã được chọn mà không tạo

ra một vòng Thế thì T1 = (V (G), E0) là đồ thị con không vòng lớn nhất của

G, theo Định lý 1.2.4(c) thì T1 chính là một cây dẫn xuất của G

(2) Phương pháp này dựa trên thực tế rằng ta sẽ không dùng một cạnh đắt

đỏ trừ khi nó cần để đảm bảo tính liên thông của đồ thị con của G Như vậychúng ta xóa từng cạnh đắt nhất mà sự xóa bỏ nó không làm mất tính liên thôngcủa đồ thị còn lại Theo Định lý 1.2.4(b) quá trình kết thúc thì ta được cây dẫnxuất T2

(3) Lấy một đỉnh x1 của G và chọn một cạnh ít đắt nhất liên thuộc với

nó, gọi là x1x2 Sau đó chọn một trong những cạnh ít đắt nhất có dạng xix,

ở đây 1 ≤ i ≤ 2 và x /∈ {x1, x2} Với các đỉnh vừa tìm x1, x2, , xk

và một cạnh xixj, i < j, với mỗi đỉnh xj mà j ≤ k, chọn một trongnhững cạnh ít đắt nhất có dạng xix, gọi là xixk+1, ở đây 1 ≤ i ≤ k và

xk+1 ∈ {x/ 1, x2, , xk} Quá trình kết thúc sau khi chúng ta chọn được

n − 1 cạnh Kí hiệu bởi T3 cây dẫn xuất được cho bởi các cạnh này

(4) Phương pháp này chỉ áp dụng nếu không có hai đường ống nào cùngmột giá Ưu điểm của phương pháp này là mỗi ngôi làng tự quyết định đượccho mình và bắt đầu xây dựng mà không cần lo xem các ngôi làng khác sẽlàm gì Dĩ nhiên, mỗi làng sẽ bắt đầu xây dựng ống dẫn rẻ nhất kết thúc tạilàng mình Có thể xảy ra rằng cả hai làng x và y cùng xây ống dẫn xy;trong trường hợp này họ sẽ gặp nhau ở giữa và kết thúc với chỉ một đường

đơn được tạo thành từ x đến y Như vậy ở cuối của mỗi chặng vài làng nào

đó được nối với nhau bằng ống dẫn nhưng toàn bộ hệ thống ống dẫn chưa cần

là liên thông Đến chặng sau mỗi nhóm làng nối với nhau bởi các ống dẫn,tìm ống dẫn rẻ nhất đi tới một làng trong nhóm và bắt đầu xây ống dẫn đơn

đó Thủ tục giống như thế được lặp lại cho đến khi nhận được một hệ thốngliên thông các ống dẫn Rõ ràng, các làng sẽ không bao giờ xây tất cả các ốngdẫn của cùng một vòng, nên hệ thống ống dẫn cuối cùng sẽ là một cây dẫn xuất

Định lý 1.2.8 Mỗi một trong bốn phương pháp trên sản xuất ra một cây dẫn xuấtkinh tế Nếu không có hai cạnh nào cùng giá, thì có cây dẫn xuất kinh tế duy nhất

Chứng minh Chọn một cây dẫn xuất kinh tế T của G mà có cùng số cạnhnhiều nhất có thể với T1, ở đây T1là cây dẫn xuất được chọn theo phương pháp

đầu tiên

Giả sử rằng E(T1) 6= E(T ) Các cạnh của T1 được chọn từng cái một: lấy

xy là cạnh đầu tiên của T1 mà không phải là một cạnh của T Thế thì T chứamột đường xy duy nhất, gọi là P Đường P này có ít nhất một cạnh, gọi là

uv, mà không thuộc vào T1, do nếu khác thì T1 sẽ chứa một vòng Khi xy

đã được chọn như một cạnh của T1, thì uv cũng sẽ là một ứng viên Vì xy

đã được chọn mà không phải là uv, cạnh xy không thể đắt hơn uv; đó là,

f (xy) ≤ f (uv) Thế thì T0 = T − uv + xy là một cây dẫn xuất, và do

f (T0) = f (T ) − f (uv) + f (xy) ≤ f (T ), cây mới T0 là một cây dẫn xuấtkinh tế của G (Dĩ nhiên, bất đẳng thức này chứng tỏ rằng f(T0) = f (T )và

f (xy) = f (uv).) Cây T0 này có nhiều cạnh chung với T1 hơn T , mâu thuẫnvới cách chọn của T Vậy T = T1, và T1 thực sự là một cây dẫn xuất kinh tế

Sự biến đổi nhẹ nhàng chứng minh trên sẽ chỉ ra rằng các cây dẫn xuất T2

và T3, xây dựng theo phương pháp thứ hai và thứ ba, cũng là kinh tế

Giả sử rằng không có hai cạnh nào có cùng giá; đó là, f(xy) 6= f(uv)với xy 6= uv Lấy T4 là một cây dẫn xuất xây dựng bởi phương pháp thứtư và lấy T là một cây dẫn xuất kinh tế Giả sử rằng, T 6= T4, và lấy xy làcạnh đầu tiên không thuộc T mà ta chọn cho T4 Cạnh xy đã được chọn, do

nó là cạnh rẻ nhất của G nối một đỉnh của tập con F của T4 với một đỉnh bênngoài F Đường x − y trong T có một cạnh uv nối một đỉnh của F với một

đỉnh bên ngoài F , nên f(xy) < f(uv) Tuy nhiên, điều này là không thể,

do T0 = T − uv + xy là một cây dẫn xuất của G và f(T0) < f (T ) Vậy

T = T4 Điều này chỉ ra rằng T4 thực sự là một cây dẫn xuất kinh tế

Hơn nữa, do cây dẫn xuất xây dựng bởi phương pháp thứ tư là duy nhất, câydẫn xuất kinh tế là duy nhất nếu không có hai cạnh nào có cùng một giá 

1.3 Các Vòng Hamilton và các Chu trình Euler

Bài toán nhà buôn du lịch rất giống với bài toán cây dẫn xuất kinh tế đượcthảo luận ở phần trên, tuy nhiên sự tương tự chỉ là bề ngoài Một nhà buôn làmmột tua qua n thành phố, cuối cùng ông ấy phải trở về trụ sở nơi bắt đầu khởihành Giá của hành trình giữa hai thành phố bất kì là đã biết Bài toán yêucầu tìm một giải thuật hiệu quả xác định một chuyến đi có giá ít đắt nhất (Vìchúng ta không thảo luận về giải thuật, chúng ta bỏ qua thuật ngữ “hiệu quả”;nói nôm na, một giải thuật hiệu quả nếu số lần tính toán là một đa thức của số

các đỉnh.) Dù nhiều tài liệu đã xem xét bài toán này do tính chất quan trọng

áp dụng trong thực hành của lời giải, vẫn chưa biết biết liệu rằng có hay khôngmột giải thuật hiệu quả để tìm một con đường ít đắt nhất

Trong một phiên bản khác của bài toán nhà buôn, con đường được yêu cầu

là một vòng, đó là, nhà buôn không được phép đi qua cùng một thành phố hailần (ngoại trừ thành phố có trụ sở, nơi ông ấy bắt đầu và kết thúc hành trinh).Một vòng chứa tất cả các đỉnh của đồ thị gọi là một vòng Hamilton của đồ thị.Nguồn gốc của thuật ngữ này là một trò chơi phát minh năm 1857 bởi NgàiWilliam Rowan Hamilton cơ sở trên việc xây dựng một vòng chứa tất cả các

đỉnh thuộc đồ thị của một hình mười hai mặt Một đường Hamilton của đồthị là một đường chứa tất cả các đỉnh của đồ thị, Một đồ thị chứa một vòngHamilton gọi là Hamiltonian

Thực tế, các đường và vòng Hamilton trên các đồ thị đặc biệt đã được tìm hiểu

kĩ càng trước khi Hamilton đề nghị trò chơi của ông ấy Cụ thể, câu đố về tuacủa quân ngựa trên một bàn cờ, được phân tích sâu bởi Euler vào 1759, yêucầu một vòng Hamilton trong đồ thị mà các đỉnh của nó là 64 ô vuông của bàn

cờ trong đó hai đỉnh là kề nhau nếu quân ngựa có thể nhảy từ ô này đến ô kia.Nếu hạn chế thêm trong phiên bản thứ hai của bài toán nhà buôn du lịch, mỗichuyến đi giữa hai thành phố chỉ có hai giá là 1 và ∞, thì câu hỏi là liệu cóhay không một đồ thị chứa một vòng Hamilton tạo bởi các cạnh với các chuyến

đi giá 1 chứa một vòng Hamilton Thậm chí trường hợp đặc biệt này của bàitoán nhà buôn là không giải được: không có một giải thuật hiệu quả được biết

để xây dựng một vòng Hamilton, và cũng không biết là có hay không một giảithuật như vậy

Nếu giá của chuyến đi giữa hai thành phố bất kì là như nhau, nhà buôn củachúng ta sẽ không khó khăn để tìm tua ít đắt nhất: một phép thế bất kì của

n − 1 thành phố (thành phố thứ n có trụ sở) sẽ thỏa mãn Nhằm thiết lập mộtmột dãy các chuyến đi yêu cầu cho nhà buôn của chúng ta, chúng ta phải phântích Kn thành tập các vòng Hamilton các cạnh rời nhau Liệu rằng giá trị của

n có thể là bao nhiêu? Do Kn là một (n − 1)-chính quy và vòng Hamilton là

2-chính quy, một điều kiện cần là n − 1 phải chẵn, đó là, n phải lẻ Điều kiệncần này cũng được suy ra từ tính chất là e(Kn) = 12n(n − 1) và một vòngHamilton chứa n cạnh, nên Kn phải là tập của 1

2(n − 1) vòng Hamilton

Bây giờ chúng ta giả sử rằng n là lẻ, n ≥ 3 Xóa một đỉnh của Kn chúng

ta thấy rằng nếu Kn là một tập của 1

2(n − 1) vòng Hamilton thì Kn−1 là mộttập của 1

2(n − 1) đường Hamilton (Thật vậy, n − 1 phải là chẵn nếu Kn−1

là hợp của một số vòng Hamilton nào đó, do e(Kn−1) = 12(n − 1)(n − 2)

và một đường Hamilton trong Kn−1 có n − 2 cạnh.) Trong sự phân tích của

Kn−1 vào 1

2(n − 1) đường Hamilton này, mỗi đỉnh là đỉnh cuối của chính xácmột đường Hamilton (Thực vậy, điều này đúng với mỗi sự phân tích Kn−1

thành 1

2(n − 1) đường Hamilton các cạnh rời nhau, do mỗi đỉnh x của Kn−1

có bậc lẻ, nên ít nhất một đường Hamilton phải kết thúc tại x.) Cho nên, nếuchúng ta thêm một đỉnh mới vào Kn−1 và mở rộng một đường Hamilton trong

Kn−1 thành một vòng Hamilton trong Kn, thì chúng ta sẽ nhận được sự phântích Kn thành 1

2(n − 1) vòng Hamilton các cạnh rời nhau Như vậy chúng tavừa chứng minh kết quả sau

Định lý 1.3.1 Với n ≥ 3 đồ thị đầy đủ Kn là phân tích được thành các vòngHamilton các cạnh rời nhau nếu và chỉ nếu n là lẻ Với n ≥ 2 đồ thị đầy đủ

Kn phân tích được thành các đường Hamilton nếu và chỉ nếu n là chẵn

Kết quả trên chỉ ra rằng nếu n là lẻ thì chúng ta có thể xâu chuỗi các vòngHamilton với nhau để nhận được một chu trình chứa tất cả các cạnh của Kn.Tổng quát, một chu trình của G chứa tất cả các cạnh của E(G) được gọi làmột chu trình Euler của G Tương tự, một vệt mà chứa tất cả các cạnh gọi làmột vệt Euler

Một đồ thị là Eulerian nếu nó có một chu trình Euler Các chu trình và vệtEuler được đặt tên theo Leonard Euler, người, vào 1736, nghiên cứu các đồ thịchứa chúng Khi Euler là giáo sư toán tại St Petersburg, ông bị lôi cuốn bởibài toán bảy cây cầu trên sông Pregel

Định lý 1.3.2 Một đồ thị liên thông không tầm thường có một chu trình Eulernếu và chỉ nếu mọi đỉnh của nó có bậc chẵn Một đồ thị liên thông có một vệtEuler từx đến y 6= x nếu và chỉ nếu chỉ có x và y là các đỉnh bậc lẻ

Chứng minh Các điều kiện cần là rõ ràng Nếu đồ thị G có một chu trìnhEuler và x xảy ra k lần trong dãy x1, x2, , xm, thì d(x) = 2k

Chúng ta chứng minh điều kiện đủ của mệnh đề thứ nhất bằng cách quy nạptheo số các cạnh Nếu không có cạnh nào, thì không có gì phải chứng minh,như vậy chúng ta thực hiện bước quy nạp tiếp theo.

Gọi G là một đồ thị liên thông không tầm thường trong đó mọi đỉnh đều có bậcchẵn Do e(G) ≥ 1, chúng ta thấy rằng δ(G) ≥ 2, nên theo Hệ quả 1.2.7, Gchứa một vòng Gọi C là một chu trình trong G với số cạnh lớn nhất Giả sử

C không là Eulerian Vì G là liên thông, C chứa một đỉnh x thuộc một thành

tố không tầm thường H của G − E(C) Mỗi đỉnh thuộc H có bậc chẵn trong

H, nên theo giả thiết quy nạp, H chứa một chu trình Euler D Các chu trình

C và D có các cạnh rời nhau và có một đỉnh chung, nên chúng có thể liên kết

để tạo thành một chu trình có nhiều cạnh hơn C Vì điều này mâu thuẫn với

sự lớn nhất của e(C), chu trình C phải là Eulerian

Bây giờ giả sử rằng G là liên thông và chỉ có x, y là các đỉnh bậc lẻ Gọi G∗

là đồ thị nhận được từ G bằng cách thêm vào nó đỉnh u và các cạnh ux, uy.Thế thì, theo phần đầu, G∗ có một chu trình Euler C∗ Rõ ràng, C∗ − u làmột vệt Euler từ x đến y 

đúng trong không gian này với xác suất dương Phương pháp minh họa tốt nhấtqua các ví dụ Đây là một ví dụ đơn giản Số Ramsey R(k, l) là số nguyênnhỏ nhất n sao cho bất kỳ cách tô hai màu nào các cạnh của đồ thị đầy đủ n

đỉnh Kn bởi màu đỏ và xanh cũng có một Kk đỏ (đồ thị con k đỉnh đầy đủmọi cạnh đều đỏ) hoặc một Kl xanh Ramsey (1929) chỉ ra rằng R(k, l) làhữu hạn với bất kỳ hai số nguyên k, l Chúng ta nhận được cận dưới cho sốRamsey chéo R(k, k)

Mệnh đề 2.1.1 Nếu n

k
21−(k

2) < 1 thì R(k, k) > n Vì vậy R(k, k) >b2k/2c với mọi k ≥ 3

Chứng minh Xét một cách tô hai màu các cạnh của Kn nhận được bằngcách tô mỗi cạnh độc lập màu xanh hoặc màu đỏ, ở đây vai trò mỗi màu lànhư nhau Với mỗi tập cố định R có k đỉnh, gọi AR là sự kiện (biến cố) đồthị con lấy từ Kn trên R là đơn màu (hoặc mọi cạnh đều đỏ, hoặc mọi cạnh

đều xanh) Rõ ràng Pr(AR) = 21−(k2) Do có n

k

cách chọn cho R, xácsuất để ít nhất một sự kiện AR xảy ra nhiều nhất là n

k
21−(k

2) < 1 Vì vậy,với xác suất dương, không có sự kiện AR nào xảy ra và sẽ có cách tô màucho Kn mà không có đơn màu Kk nào, nghĩa là R(k, k) > n Chú ý rằngnếu k ≥ 3 và ta lấy n = b2k/2c thì n

k
21−(k

2) < 21+ k2

k! nk

2 k2/2 < 1 và có

R(k, k) > b2k/2c, mọi k ≥ 3 

Ví dụ đơn giản này biểu thị cốt lõi của phương pháp xác suất Để chứngminh sự tồn tại của một cách tô màu tốt chúng ta không giới thiệu một cách tôtường minh nhưng chỉ ra mà không dựng rằng nó tồn tại Ví dụ này xuất hiệntrong tài liệu của P Erdos từ 1947 Mặc dù Szele có ứng dụng phương phápxác suất trong một bài toán tổ hợp khác, đưa ra trong chương 3, đã có trong

1943, Erdos chắc chắn đã là người đầu tiên hiểu đầy đủ sức mạnh của phươngpháp này và ứng dụng nó thành công trong nhiều năm vào các bài toán số Ta

có thể, dĩ nhiên, phát biểu rằng xác suất là công cụ thiết yếu của chứng minh

ở trên Một chứng minh đơn giản tương đương có thể bày tỏ bằng cách đếm:Chúng ta kiểm tra rằng tổng số cách tô màu hai màu của Kn lớn hơn số cáchtô hai màu mà có một đơn màu Kk

Hơn nữa, do phần lớn những không gian xác suất trong việc tìm hiểu nhữngbài toán tổ hợp xét trong không gian hữu hạn, cách liệt kê này áp dụng chohầu hết những ứng dụng của phương pháp xác suất cho toán rời rạc Tuy nhiên,trong thực hành, xác suất là cốt lõi

Phương pháp xác suất có một khía cạnh thuật toán thú vị Xét, ví dụ, chứngminh của Mệnh đề 2.1.1 chỉ ra rằng có một cách tô hai màu các cạch của Kn

không có đơn màu K2 log2n Chúng ta có thể tìm cách tô màu như vậy? Vìtổng số cách tô màu là hữu hạn, vì vậy chúng ta có thể thử tất cả chúng đến khitìm được cái mong muốn Tuy nhiên, thủ tục này yêu cầu 2(n2) bước, tốn rấtnhiều thời gian với cỡ [= n

2

] của bài toán Chứng minh của bài toán chỉ ramột cách tô màu dường như tốt, hiệu quả Đó là vì với k lớn, nếu n = b2k/2cthì

nk

.21−(k2) < 21+k/2

Thế nên, một cách tô màu bất kỳ của Kn dường như không chứa đơn màu

K2 log2n Điều đó có nghĩa là, vì một lý do nào đó, chúng ta phải giới thiệumột cách tô hai màu cho các cạnh của K1024 mà không chứa đơn màu K20

nào, chúng ta có thể đơn giản tạo một cách tô màu ngẫu nhiên bằng cách tung

đồng xu hai mặt 1024

2

lần Chúng ta sẽ nhận được một cách tô màu đáng tin:xác suất để có một đơn màu K20 nhỏ hơn 2 11

20! Do đó, trong một vài trườnghợp, phương pháp xác suất không xây dựng đưa ra một giải thuật hiệu quả

Phương pháp xác suất là một công cụ mạnh và hiệu quả của lý thuyết Đồthị và Tổ hợp Nó cũng là ứng dụng hàng đầu trong Lý thuyết Số và trong Hìnhhọc Tổ hợp Gần đây nó được ứng dụng nhiều hơn trong việc phát triển kĩ thuậtgiải thuật hiệu quả và trong việc tìm hiểu những bài toán máy tính khác nhau.

Chúng ta nói T có tính chất Sk nếu mỗi tập k người chơi có một người (của

V) đánh bại tất cả k người này Ví dụ, tam giác liên thông T3 = (V, E), ở

đây V = {1, 2, 3} và E = {(1, 2), (2, 3), (3, 1)} có tính chất S1 Liệurằng mỗi số nguyên k sẽ có giải đấu T (nhiều hơn k người chơi) có tính chất

Sk?ý tưởng cơ bản (và tự nhiên) là nếu n đủ lớn như một hàm của k thì giải

đấu ngẫu nhiên trên tập n người chơi của V sẽ có tính chất Sk.Một giải đấungẫu nhiên là như sau Chúng ta đưa ra một giải đấu T trên V bằng cách chọn,với mỗi 1 ≤ i < j ≤ n, hoặc cạnh (i, j) hoặc cạnh (j, i), ở đây mỗi mộttrong hai cách chọn là tương đương Giả sử rằng theo cách này, mỗi một trongcác giải đấu trên V là bình đẳng, không gian xác suất được xét là đối xứng.Rất đáng chú ý rằng chúng ta thường dùng trong ứng dụng những không gianxác suất đối xứng Trong trường hợp này, chúng ta đôi khi coi những phần tửcủa không gian như những phần tử ngẫu nhiên, mà không mô tả cụ thể phânphối xác suất Vì vậy, ví dụ, trong chứng minh của Mệnh đề 2.1.1, những cáchtô hai màu của Kn được xét thì mỗi cách tô màu là bình đẳng với nhau Tương

tự, trong chứng minh của kết quả đơn giản sau đây chúng ta tìm hiểu về giải

đấu ngẫu nhiên trên V

Định lý 2.2.1 Nếu n

k
(1 − 2−k)n−k < 1 thì có một giải đấu n đỉnh có tínhchất Sk

Chứng minh Xét một giải đấu ngẫu nhiên của tập V = {1, 2, , n}

Với mỗi tập con K cố định có k đỉnh của V , đặt AK là sự kiện không có đỉnhnào đánh bại mọi thành viên của K Rõ ràng Pr(AK) = (1 − 2−k)n−k Đây

là vì mỗi đỉnh cố định v ∈ V − K, xác suất để v không đánh bại mọi thànhviên của K là 1 − 2−k, và tất cả n − k cách chọn khác nhau có thể của v là

Từ đó, với xác suất dương không sự kiện AK nào xảy ra, tức là có một giải

f (1) = 3 và f(2) = 7 Theo chứng minh của Szekeres, f(k) ≥ c1k2k Một tập trội của đồ thị không liên thông G = (V, E) là tập U ⊆ V saocho mọi v ∈ V − U có ít nhất một đỉnh kề trong U

Định lý 2.2.2 Cho G = (V, E) là đồ thị n đỉnh, bậc nhỏ nhất δ > 1 Thế thì

G có tập trội với nhiều nhất n1+ln(δ+1)δ+1 đỉnh

Chứng minh Lấy p ∈ [0, 1] là số tuỳ ý Chọn một cách ngẫu nhiên và

độc lập mỗi đỉnh của V với xác suất p Lấy X là tập (ngẫu nhiên) tất cảcác đỉnh được chọn và đặt Y = YX là tập mà mọi đỉnh thuộc V − X màkhông có đỉnh kề trong X Giá trị kỳ vọng của X rõ ràng là np Với mỗi đỉnh

v ∈ V, Pr(v ∈ Y ) = Pr(v và các đỉnh kề không trong X) ≤ (1 − p)δ+1

Do kỳ vọng của tổng các biến ngẫu nhiên bằng tổng các kỳ vọng (thậm chínếu chúng không độc lập) và do biến ngẫu nhiên |Y | có thể viết như tổngcác biến ngẫu nhiên chỉ số χv(v ∈ V ), với χv = 1 nếu v ∈ V và

χv = 0 nếu khác, chúng ta kết luận rằng kì vọng của |X| + |Y | nhiềunhất là np + n(1 − p)δ+1 Suy ra, có ít nhất một cách chọn của X ⊆ V saocho |X| + |YX| ≤ np + n(1 − p)δ+1 Tập U = X ∪ YX rõ ràng là tậptrội mà lực lượng của nó nhiều nhất là số này

Các lập luận trên đúng với p ∈ [0, 1] tuỳ ý Để nhận kết quả chúng ta

dùng tính toán sơ cấp Để tiện ta đánh giá 1 − p ≤ e−p (điều này đúng mọi

p không âm và xấp xỉ tốt khi p nhỏ) để có đánh giá đơn giản hơn |U| ≤

nó chỉ cung cấp tập X, tập mà sai khác một ít (bằng cách thêm vào tập YX)

để đưa ra tập trội mong muốn Thứ ba là cách chọn của p Chúng ta muốn tạomột lựa chọn ngẫu nhiên nhưng không biết xác suất p nào được dùng Chúng

ta cứ tiến hành chứng minh, đến cuối sẽ tìm p để đạt kết quả tối ưu ý tưởngthứ tư là phép tính tiệm cận Để đánh giá các kết quả, tiện hơn trong nhiều tìnhhuống dùng đánh giá 1 − p ≤ e−p, đưa ra một đánh giá sáng sủa và dễ tínhhơn là tính đúng Chúng ta muốn tiệm cận của min np + n(1 − p)δ+1 khi pchạy khắp [0, 1] Điểm cực tiểu đúng p = 1 − (δ + 1)−1/δ là khó làm việc vàtrong nhiều trường hợp tương tự không thể tìm được cực tiểu Tiện hơn, chúng

ta đưa ra một sai khác nhỏ, 1 − p ≤ e−p, là một đánh giá đẹp Đây là mộtphần nghệ thuật của phương pháp xác suất Liệu chúng ta có bị sai khác quánhiều? Câu trả lời phụ thuộc vào câu hỏi ban đầu Với δ = 3 đánh giá củachúng ta đưa đến |U| ≤ 0.596n trong khi tính toán chính xác hơn đưa đến

|U | ≤ 0.496n, có lẽ là khác biệt nhiều Với δ lớn cả hai cách đưa đến tiệmcận nln δ

của G là số nhỏ nhất các cỡ của các lát cắt Bổ đề sau là theo Podderyugin vàMatula (một cách độc lập).

Bổ đề 2.2.3 ChoG = (V, E)là đồ thị bậc nhỏ nhất δ và cho V = V1∪ V2 làlát cắt có cỡ nhỏ hơn δ Thế thì mỗi tập trội U của G có đỉnh trongV1 và V2

Chứng minh Giả sử điều này sai và U ⊆ V1 Chọn ngẫu nhiên một đỉnhcủa V2 và lấy v1, v2, , vδ là δ đỉnh kề của nó Với mỗi i, xác định cạnh ei

của lát cắt đã cho như sau; nếu vi ∈ V1 thì ei = {v, vi} nếu không vi ∈ V2

và do U là tập trội có ít nhất một đỉnh u ∈ U sao cho {u, vi} là một cạnh;lấy u này, và đặt ei = {u, vi} δ cạnh e1, e2, , eδ là phân biệt và đềunằm trong lát cắt đã cho, trái với giả sử cỡ của nó nhỏ hơn δ Điều này hoànthành chứng minh 

2.3 Tổ hợp

Một siêu đồ thị là một cặp H = (V, E), ở đây V là một tập hữu hạn màcác phần tử của nó gọi là các đỉnh, còn E là họ các tập con của V , gọi là cáccạnh Nó là n-đều nếu mỗi cạnh bao gồm đúng n đỉnh Chúng ta nói H cótính chất B, hay hai sắc nếu có cách tô hai màu của V sao cho không có cạnhnào là đơn màu Gọi m(n) là số cạnh nhỏ nhất có thể của siêu đồ thị n-đều

mà không có tính chất B

Mệnh đề 2.3.1 Mỗi siêu đồ thị n-đều với ít hơn 2n−1 cạnh đều có tính chất

B Từ đó m(n) ≥ 2n−1

Chứng minh Gọi H = (V, E) là một siêu đồ thị n-đều với ít hơn 2n−1

cạnh Tô màu ngẫu nhiên V bởi hai màu Với mỗi e ∈ E, gọi Ae là sự kiện

e là đơn màu Rõ ràng Pr(Ae) = 21−n Từ đó

và có cách tô hai màu không có cạnh đơn màu 

Cận trên tốt nhất đã biết cho m(n) được tìm bằng cách dùng lập luận xác

suất "trên đầu của nó" Cơ bản là, các tập trở thành ngẫu nhiên và mỗi cách tômàu xác định một sự kiện Cố định V với v điểm, ở đây chúng ta sẽ tối ưu vsau Đặt χ là cách tô màu với a điểm cùng một màu, b = v − a điểm cùngmàu kia Gọi S ⊆ V là một n-tập được chọn đều Khi đó

Pr(S là đơn màu ứng với χ) =

a

n
+ nb

v n

v n

Chúng ta trước hết dùng bất đẳng thức 1 − p ≤ e−p Cái này đúng với mọi

số dương p và các vế hoàn toàn gần nhau khi p nhỏ Khi

m = [v ln 2

p ]thì 2v(1 − p)m < 2ve−mp ≤ 1 nên m(n) ≤ m Bây giờ chúng ta cầntìm v để cực tiểu v/p Chúng ta có thể xem p như là xác suất để lấy n bitrắng từ một bình chứa v/2 bi đen và v/2 trắng, lấy mẫu không hoàn lại Khi

ước lượng p bởi 2−n+1, xác suất cho lấy mẫu có hoàn lại, xấp xỉ này sẽ cho

m ∼ v2n−1(ln 2) Khi v nhỏ hơn, xấp xỉ này trở nên kém chính xác và vìchúng ta muốn cực tiểu m, sự tương đương trở thành thiết yếu Chúng ta dùngxấp xỉ thứ hai

p = 2

v/2 n

v n

v−i = 1 −vi + O(vi22) = e−vi+O(i2

v2 ) Tính toánsơ cấp đưa đến v = n2/2 cho giá trị tối ưu Điều này đưa đến kết quả sau củaErdos (1964)

Dễ kiểm tra rằng các sự kiện Xi là đôi một xung khắc Giả sử khẳng định sai

và π là thứ tự trong đó mọi phần tử Ai đứng trước mọi phần tử của Bi và mọiphần tử của Aj đứng trước mọi phần tử của Bj Không mất tổng quát có thểcoi phần tử cuối của Ai không xuất hiện sau phần tử cuối của Aj Nhưng trongtrường hợp này, mọi phần tử của Ai đứng trước mọi phần tử của Bj trái giảthiết Ai∩ Bj 6= ∅ Từ đó các Xi là đôi một xung khắc, như đã nêu Kéo theo

1 ≥ Pr(Wh

i=1Xi) = Ph

i=1Pr(Xi) = h/ k+lk
, hoàn thành chứng minh 

Định lý 2.3.3 đẹp, chẳng hạn xét họ F = {(A, X \ A) : A ⊂ X, |A| =k}, X = {1, 2, , k + l}

p−1 = 3k+1k+1 > 13 Ta chọn ngẫu nhiên số nguyên

x, 1 ≤ x < p, theo phân phối đều trên tập {1, 2, , p − 1}, và xác định{d1, , dn} bởi di ≡ xbi (mod p), 0 ≤ di < p Hiển nhiên, với mỗi

i cố định, 1 ≤ i ≤ n, khi x chạy khắp các số 1, 2, , p − 1 thì di chạykhắp các số khác không của Zp và có

Chứng minh Giả sử (4) sai và lấy độc lập t thành viên A1, A2, , At của

F có lặp lại ngẫu nhiên, t là số dương lớn được chọn sau Ta chỉ ra rằng vớixác suất dương |A1 ∪ A2 ∪ At| > n/2 và vẫn hợp này là rời với nhiềuhơn 2n/2 tập con phân biệt của X Sự mâu thuẫn chứng tỏ (4)

E[X] = c1E[X1] + + cnE[Xn].

Sức mạnh của tính chất này đến từ chỗ không bị hạn chế bởi sự phụ thuộc hay

độc lập của các Xi Trong nhiều trường hợp E[X] có thể tính dễ dàng bởi sựphân tích thành các biến ngẫu nhiên Xi (thường là chỉ số) Cho σ là một phépthế ngẫu nhiên của {1, , n}, được chọn đều Gọi X(σ) là số các điểm bất

động của σ Để tìm E[X] ta tách X = X1+ + Xn với Xi là biến ngẫunhiên chỉ số của sự kiện σ(i) = i

Thế thì

E[Xi] = Pr[σ(i) = i] = 1/nnên

E[X] = 1/n + + 1/n = 1

Trong ứng dụng ta thường dùng rằng có một điểm của không gian xác suất màtại đó X ≥ E[X] và một điểm tại đó X ≤ E[X] Ta nêu các kết quả vớimục đích bày tỏ phương pháp cơ bản này Kết quả sau của Szele (1943) nhiềulần được xem là cách dùng đầu tiên của phương pháp xác suất

Định lý 3.1.1 Có một giải đấu T với n người chơi và ít nhất n!2n−11 đườngHamilton

Chứng minh Trong một giải đấu ngẫu nhiên gọi X là số đường Hamilton.Với mỗi phép thế σ gọi Xσ là biến ngẫu nhiên chỉ số mà σ đưa đến một

đường Hamilton, tức là thoả mãn (σ(i), σ(i + 1)) ∈ T với mọi 1 ≤ i < n.Thế thì X = P Xσ và

E[X] = XE[Xσ] = n!2−(n−1).Vì vậy, một giải đấu nào đó có ít nhất E[X] đường Hamilton 

3.2 Các đồ thị tách

Định lý 3.2.1 Cho G = (V, E) là một đồ thị có n đỉnh và e cạnh Thế thì

G chứa một đồ thị hai nhánh với ít nhấte/2 cạnh

Chứng minh Gọi T ⊆ V là một tập con ngẫu nhiên cho bởi Pr[x ∈ T ] =1/2, các cách chọn này là độc lập Đặt S = V − T Gọi một cạnh {x, y}

là cắt ngang nếu có đúng một trong hai đỉnh x, y ở trong T Gọi X là số cáccạnh cắt ngang, ta phân tích

n-phần tử của V Cạnh tùy ý {x, y} có xác suất n

2n−1 để là cắt ngang và phầncuối của chứng minh như trước Khi G có 2n + 1 phần tử chứng minh tương

tự bẳng cách chọn T đều từ các tập con n phần tử của V 

Đây là một ví dụ phức tạp hơn Gọi V = V1 ∪ ∪ Vk với Vi là các cáctập rời nhau cỡ n Gọi h : [V ]k → {−1, +1} là cách tô hai màu các k-tập.Một k-tập E là cắt ngang nếu nó chứa đúng một điểm từ mỗi Vi Cho S ⊆ V

Bổ đề 3.2.4 Gọi Pk kí hiệu tập tất cả các đa thức thuần nhất f (p1, , pk)

bậc k mà các hệ số có giá trị tuyệt đối nhiều nhất là một, p1p2 pk có hệ số

1 Thế thì với mọi f ∈ Pk, tồn tại p1, , pk ∈ [0, 1] với

Cho f ∈ Pk, M(f) > 0 khi f không là đa thức không Vì Pk là compact và

M : Pk → R là liên tục, M phải có giá trị nhỏ nhất ck

Chứng minh [Định lý 3.2.3] Xác định ngẫu nhiên S ⊆ V bằng cách:

Pr[x ∈ S] = pi, x ∈ Vi,những cách chọn này là độc lập, pi đã biết Đặt X = h(S) Với mỗi k-tập E

đặt

XE =

(h(E) nếu E ⊆ S

0 nếu khác