Một số tập con đặc biệt trong đồ thị

Một số kiến thức cơ bản về đồ thị

Trong phần này, chúng tôi giới thiệu những kiến thức cơ bản về đồ thị được áp dụng trong luận văn Các kết quả được trình bày dựa trên tài liệu tham khảo [1], [3], [4], [5].

Một đồ thị là một cặp G = (V, E) trong đó

(i) V là một tập khác rỗng, các phần tử của V được gọi là các đỉnh của G.

(ii) E là một tập con của tập hợp tất cả các tập con hai phần tử phân biệt của

V, các phần tử của E được gọi là các cạnh của G.

Đồ thị G là một cấu trúc toán học, với tập hợp các đỉnh được ký hiệu là V(G) và tập hợp các cạnh được ký hiệu là E(G) Nếu V(G) là hữu hạn, thì G được gọi là đồ thị hữu hạn, và do đó E(G) cũng sẽ hữu hạn Số lượng đỉnh trong V(G) được gọi là cấp của G, trong khi số lượng cạnh trong E(G) được gọi là cỡ của G Đồ thị hữu hạn thường được mô tả qua hình vẽ, với mỗi đỉnh thể hiện bằng một điểm và mỗi cạnh bằng một đường nối giữa các điểm.

Nếu e = {u, v} là một cạnh của đồ thị G với u và v là hai đỉnh phân biệt, ta ký hiệu e = uv hoặc e = vu, và nói rằng cạnh e nối hai đỉnh u và v, tức là hai đỉnh này là kề nhau Cạnh e và đỉnh u (cũng như đỉnh v) được gọi là liên thuộc Nếu e1 và e2 là hai cạnh khác nhau của G cùng liên thuộc với một đỉnh, thì e1 và e2 được gọi là hai cạnh kề nhau; ngược lại, e1 và e2 được xem là độc lập Một đồ thị H được gọi là đồ thị con của đồ thị G, ký hiệu H ⊆ G, nếu H chứa một phần các đỉnh và cạnh của G.

Đồ thị G là một đồ thị cấp n, với n ≥ 1 và cỡ m, trong đó 0 ≤ m ≤ n(n−1)/2 Khi n = 1, G được gọi là đồ thị tầm thường Nếu m = 0, G là một đồ thị rỗng Ngược lại, khi m = n(n−1)/2, G được gọi là đồ thị đầy đủ cấp n, ký hiệu là K_n Đồ thị G được xem là k-nhánh, với k ≥ 1, nếu có khả năng phân hoạch tập đỉnh của nó.

Trong lý thuyết đồ thị, một đồ thị k-nhánh là một cấu trúc bao gồm các tập con khác rỗng V₁, V₂, , Vₖ, sao cho mỗi cạnh của đồ thị Gnối nối một đỉnh của Vᵢ với một đỉnh của Vⱼ, với i ≠ j Đồ thị 1-nhánh được coi là một đồ thị rỗng Đặc biệt, nếu với mọi i ≠ j và mọi u ∈ Vᵢ, v ∈ Vⱼ đều có uv ∈ E(G), thì G được gọi là k-nhánh đầy đủ Khi đó, nếu |Vᵢ| = nᵢ cho mọi i = 1, 2, , k, ta ký hiệu đồ thị k-nhánh đầy đủ G là Kₙ₁,ₙ₂, ,ₙₖ Đáng chú ý, đồ thị 2-nhánh đầy đủ K₁,ₙ với n ≥ 1 còn được gọi là một ngôi sao.

Nếu số đỉnh của đồ thị G là lớn hơn hoặc bằng 2 và u là một đỉnh trong G, thì đồ thị G − u được định nghĩa là đồ thị có tập đỉnh là V (G) \ {u} và bao gồm các cạnh của G không liên quan đến đỉnh u.

(ii) Nếu elà một cạnh của G, thì ta ký hiệu G − elà đồ thị có tập đỉnh là V (G) và tập cạnh của nó là E(G) \ {e}.

Phép xóa một tập con các đỉnh hay các cạnh cũng được định nghĩa tương tự.

Nếu u và v là hai đỉnh không kề nhau của đồ thị G, thì đồ thị G + uv được định nghĩa với tập đỉnh là V(G) và tập cạnh là E(G) ∪ {uv} Định nghĩa 1.1.2 cho biết rằng nếu G1 và G2 là hai đồ thị với các tập đỉnh rời nhau, thì hợp của G1 và G2, ký hiệu G1 ∪ G2, là đồ thị có tập đỉnh là tập hợp các đỉnh của cả hai đồ thị.

V (G 1 ∪ G 2 ) = V (G 1 ) ∪ V (G 2 ). và có tập cạnh là

E(G 1 ∪ G 2 ) = E(G 1 ) ∪ E(G 2 ). Định nghĩa 1.1.3 Cho G 1 và G 2 là hai đồ thị với các tập đỉnh rời nhau Nối của G 1 và G 2, ký hiệu G 1 + G 2, được định nghĩa là đồ thị có tập đỉnh là

V (G 1 + G 2 ) = V (G 1 ) ∪ V (G 2 ). và có tập cạnh là

E(G 1 + G 2 ) = E(G 1 ) ∪ E(G 2 ) ∪ {uv | u ∈ V (G 1 ), v ∈ V (G 2 )} Định nghĩa 1.1.4: Trong lý thuyết đồ thị, bậc của một đỉnh v trong đồ thị G, được ký hiệu là deg G v, hay đơn giản là deg v khi đồ thị G đã được xác định, là số lượng các cạnh của G liên kết với đỉnh v.

Độ deg v của đỉnh v trong đồ thị G là số đỉnh kề với v Nếu deg v = 0, v được gọi là đỉnh cô lập; nếu deg v = 1, v là đỉnh treo Bậc bé nhất của G, ký hiệu là δ(G), là số nhỏ nhất trong các bậc của các đỉnh, trong khi bậc lớn nhất, ký hiệu là ∆(G), là số lớn nhất trong các bậc của các đỉnh của G.

Một đồ thị G được gọi là chính quy bậc r, hay r-chính quy, nếu mọi đỉnh của nó đều có bậc r, tức là δ(G) = ∆(G) = r Đồ thị 1-chính quy tương ứng với hợp của các đồ thị đẳng cấu với K2 Định nghĩa 1.1.5 cho biết rằng, với G là một đồ thị và u, v là hai đỉnh bất kỳ của G, một xích (walk) W từ u đến v được định nghĩa là một dãy hữu hạn các đỉnh và các cạnh của G, trong đó các đỉnh và các cạnh có thể lặp lại.

W : u = u 0 , e 1 , u 1 , , e k , u k = v sao cho e i = u i−1 u i với mọi i = 1, 2, , k và ký hiệu làW : u = u 0 , u 1 , u 2 , , u k = v Số k được gọi là độ dài của xích W.

Một xích không có cạnh nào lặp lại được gọi là xích đơn (trail), trong khi một xích không có đỉnh nào lặp lại được gọi là đường đi (path) Một đỉnh của đồ thị được xem là một đường đi tầm thường, và rõ ràng, một đường đi là một xích đơn Đồ thị cấp n cũng đồng thời được ký hiệu là đường đi P n Theo định nghĩa, một xích W từ u đến v trong đồ thị G được gọi là đóng nếu u = v, còn nếu không, xích W được gọi là mở Độ dài của một xích đóng không tầm thường tối thiểu phải bằng 3.

Một chu trình (cycle) là một xích đóng không tầm thường, chỉ có hai đỉnh đầu và cuối, với cách viết ngắn gọn là u 1, u 2, , u k thay vì viết đầy đủ u 0, u 1, , u k (với u 0 = u k) Chu trình có độ dài n (n ≥ 3) được gọi là n-chu trình, trong đó 3-chu trình đặc biệt được gọi là tam giác Đồ thị cấp n cũng được ký hiệu là C n và đồng thời là một chu trình.

Tập phủ đỉnh

Trong phần này, chúng tôi sẽ thảo luận về tập phủ đỉnh và số phủ đỉnh của một đồ thị, dựa trên các tài liệu tham khảo [4], [5] Định nghĩa 1.2.1 nêu rõ rằng G là một đồ thị.

(i) Một tập S các đỉnh của G được gọi là một phủ đỉnh (vertex cover) của G nếu mỗi cạnh của G đều liên thuộc với một đỉnh nào đó thuộc S.

(ii) Số bé nhất trong số các bản số của các phủ đỉnh của G được gọi là số phủ đỉnh của G, và ký hiệu là α(G).

Sau đây là một số ví dụ về tập phủ đỉnh và số phủ đỉnh cho một số đồ thị.

Các tập phủ đỉnh có bản số bé nhất của K 2 là {v 1 }, {v 2 }; do đó α(K 2 ) = 1. Các tập phủ đỉnh có bản số bé nhất của K 3 là {u 1 , u 2 }, {u 1 , u 3 }, {u 2 , u 3 }; do đó α(K 3 ) = 2.

Các tập phủ đỉnh bản có số bé nhất của K 4 là {w 1 , w 2 , w 3 }, {w 1 , w 2 , w 4 }, {w 2 , w 3 , w 4 }, {w 1 , w 3 , w 4 }; do đó α(K 4 ) = 3.

Hình 1.1: Hình minh họa K n với n = 1, 2, 3, 4.

(ii) Tập phủ đỉnh có bản số bé nhất của K 2,3 là {u 1 , u 2 }; do đó α(K 2,3 ) = 2.

(iii) Các tập phủ đỉnh có bản số bé nhất của P 2 là{u 1 },{u 2 }; do đóα(P 2 ) = 1. Tập phủ đỉnh có bản số bé nhất của P 3 là {v 2 }; do đó α(P 3 ) = 1.

Các tập phủ đỉnh có bản số bé nhất của P 4 là{w 1 , w 3 }, {w 2 , w 4 }, {w 2 , w 3 }; do đó α(P 4 ) = 2.

Hình 1.3: Hình minh họa P n với n = 2, 3, 4.

(iv) Các tập phủ đỉnh có bản số bé nhất của C 3 là {u 1 , u 2 }, {u 1 , u 3 }, {u 2 , u 3 }; do đó α(C 3 ) = 2.

Các tập phủ đỉnh có bản số bé nhất củaC 4 là{v 1 , v 3 },{v 2 , v 4 }; do đóα(C 4 ) = 2. Các tập phủ đỉnh có bản số bé nhất của C 5 là {w 1 , w 2 , w 4 }, {w 1 , w 3 , w 4 }, {w 1 , w 3 , w 5 }; do đó α(C 5 ) = 3.

Hình 1.4: Hình minh họa C n với n = 3, 4, 5.

Kết quả sau cho ta công thức tính số phủ đỉnh của một số đồ thị đặc biệt. Mệnh đề 1.2.3.

(i) Gọi tập đỉnh của đồ thị K n là V (K n ) = {u 1 , u 2 , , u n } Rõ ràng khi đó {u 1 , u 2 , , u n−1 } là một phủ đỉnh của K n ; do đó α(K n ) ≤ n − 1.

Giả sử S là một tập phủ đỉnh của K n với |S| ≤ n − 2 Nếu hai đỉnh u 1 và u 2 không thuộc S, thì cạnh u 1 u 2 không liên thuộc với bất kỳ đỉnh nào trong S, dẫn đến mâu thuẫn Do đó, ta có thể kết luận rằng α(K n ) ≥ n − 1 Từ đó, ta xác định được α(K n ) = n − 1.

Gọi V_r và V_s là hai tập đỉnh độc lập của K_{r,s}, với giả sử r ≤ s V_r là một tập phủ đỉnh của K_{r,s}, do đó α(K_{r,s}) ≤ r Nếu S là một tập phủ đỉnh của K_{r,s} với |S| ≤ r - 1, thì tồn tại hai đỉnh u ∈ V_r và v ∈ V_s không thuộc S, dẫn đến cạnh uv không liên thuộc với bất kỳ đỉnh nào trong S, gây ra mâu thuẫn Do đó, α(K_{r,s}) ≤ r và kết luận α(K_{r,s}) = min {r, s}.

(iii) Gọi tập đỉnh của đồ thị P n là V (P n ) = {u 1 , u 2 , , u n } Nếu n = 2t thì

2 là một tập phủ đỉnh của P n Nếu n = 2t + 1 thì E = {u 2 , u 4 , , v 2t } với |E| = n

2 là một tập phủ đỉnh của P n Từ đó suy ra α(P n ) ≤ n

Giả sử S là một tập phủ đỉnh của P n và |S| ≤ n

− 1 Vì P n có n − 1 cạnh từ đó suy ra n − 1 ≤ 2 |S| ≤ 2 n

Nếu n = 2t thì từ đó suy ra 2t − 1 6 2t − 2 ; điều này dẫn đến mâu thuẫn Nếu n = 2t + 1 thì từ đó suy ra 2t 6 2t − 2 ; điều này dẫn đến mâu thuẫn Do đó α(P n ) ≥ n

(iv) Gọi tập đỉnh của đồ thị C n là V (C n ) = {u 1 , u 2 , , u n } Nếu n = 2t thì

2 là một tập phủ đỉnh của C n Nếu n = 2t + 1 thì E = {u 1 , u 3 , , u 2t } với |E| = n

2 là một tập phủ đỉnh của C n Do đó α(C n ) ≤ n

Giả sử S là một tập phủ đỉnh của C n và |S| 6 n

− 1 Đồ thị C n có n cạnh từ đó suy ra n ≤ 2 |S| ≤ 2 n

Nếu n = 2t thì từ đó suy ra 2t ≤ 2t − 2; điều này dẫn đến mâu thuẫn Nếu n = 2t + 1 thì từ đó suy ra 2t + 1 ≤ 2(t + 1) − 2; điều này dẫn đến mâu thuẫn Do đó α(C n ) ≥ n

Tập độc lập đỉnh

Trong bài viết này, chúng tôi sẽ thảo luận về tập độc lập đỉnh và số độc lập đỉnh trong một đồ thị Các kết quả được trình bày dựa trên các tài liệu tham khảo [2], [3], [4], [5], [6] Định nghĩa 1.3.1 xác định rằng G là một đồ thị.

(i) Một tập S các đỉnh của Gđược gọi là độc lập nếu hai đỉnh bất kỳ thuộc S là không kề nhau.

The largest number among the sizes of independent vertex sets of a graph G is known as the vertex independence number of G, denoted as β(G).

Sau đây là một số ví dụ về tập độc lập đỉnh và số độc lập đỉnh cho một số đồ thị.

Các tập độc lập đỉnh có bản số lớn nhất củaK 2 là{v 1 },{v 2 }; do đóβ(K 2 ) = 1. Các tập độc lập đỉnh có bản số lớn nhất của K 3 là {u 1 }, {u 2 }, {u 3 }; do đó β(K 3 ) = 1.

Các tập độc lập đỉnh có bản số lớn nhất của K 4 là{w 1 }, {w 2 }, {w 3 }, {w 4 }; do đó β(K 4 ) = 1.

(ii) Tập độc lập đỉnh có bản số lớn nhất của K 2,3 là {u 1 , u 2 , u 3 }; do đó β(K 2,3 ) = 3.

(iii) Các tập độc lập đỉnh có bản số lớn nhất của P 2 là {u 1 }, {u 2 }; do đó β(P 2 ) = 1.

Tập độc lập đỉnh có bản số lớn nhất của P 3 là {v 1 , v 3 }; do đó β(P 3 ) = 2. Các tập độc lập đỉnh có bản số lớn nhất củaP 4 là{w 1 , w 3 }, {w 1 , w 4 },{w 2 , w 4 }; do đó β(P 4 ) = 2.

(iv) Các tập độc lập đỉnh có bản số lớn nhất của C 3 là{v 1 }, {v 2 }, {v 3 }; do đó β(C 3 ) = 1.

Các tập độc lập đỉnh bản số lớn nhất của C 4 là {u 1 , u 3 }, {u 2 , u 4 }; do đó β(C 4 ) = 2.

Các tập độc lập đỉnh có bản số lớn nhất củaC 5 là{w 1 , w 3 }, {w 1 , w 4 },{w 2 , w 4 }, {w 2 , w 5 }, {w 3 , w 5 }; do đó β(C 5 ) = 2.

Kết quả sau cho ta công thức tính số độc lập đỉnh của một số đồ thị đặc biệt. Mệnh đề 1.3.3.

(i) Gọi tập đỉnh của đồ thị K n là V (K n ) = {u 1 , u 2 , , u n } Rõ ràng khi đó {u 1 } là một tập độc lập đỉnh của K n ; do đó β(K n ) ≥ 1.

Giả sử S là một tập độc lập đỉnh của đồ thị đầy đủ K n với |S| ≥ 2 Nếu chọn u 1 và u 2 thuộc S, thì cạnh u 1 u 2 tồn tại trong K n, điều này dẫn đến mâu thuẫn với tính chất của tập độc lập Do đó, ta có thể kết luận rằng β(K n) ≤ 1 và từ đó suy ra β(K n) = 1.

Giả sử V r và V s là hai tập đỉnh độc lập của đồ thị K r,s với r ≤ s Rõ ràng, V s là một tập phủ đỉnh của K r,s, do đó β(K r,s) ≥ s Nếu S là một tập độc lập đỉnh với |S| ≥ s + 1, thì tồn tại hai đỉnh u r ∈ V r và u s ∈ V s trong S, dẫn đến mâu thuẫn vì u r u s là một cạnh của K r,s Từ đó, ta suy ra β(K r,s) ≤ s Cuối cùng, ta có β(K r,s) = max {r, s}.

2 là một tập độc lập đỉnh củaP n Nếun = 2t+1 thì E = {u 1 , u 3 , , u 2t+1 } với |E| = n

2 là một tập độc lập đỉnh của P n Từ đó suy ra β(P n ) ≥ n

Giả sử S là một tập độc lập đỉnh của P n với |S| ≥ n

+ 1 Khi đó P n có n − 1 cạnh nên từ đó suy ra n − 1 ≥ 2 |S| − 1 ≥ 2 n

Nếu n = 2t thì từ đó suy ra 2t − 1 ≥ 2t + 1; điều này dẫn đến mâu thuẫn Nếu n = 2t + 1 thì từ đó suy ra 2t ≥ 2(t + 1) + 1; điều này dẫn đến mâu thuẫn Từ đó suy ra β(P n ) ≤ n

(iv) Gọi tập đỉnh của đồ thị C n là V (C n ) = {u 1 , u 2 , , u n } Nếu n = 2t thì

2 là một tập độc lập đỉnh củaC n Nếun = 2t+1 thì E = {u 1 , u 3 , , u 2t+1 } với |E| = n

2 là một tập độc lập đỉnh của C n Từ đó suy ra β(C n ) ≥ n

Giả sử S là một tập độc lập đỉnh của C n với |S| ≥ n

+ 1 Khi đó số cạnh của đồ thị C n là n và từ đó suy ra n ≥ 2 |S| ≥ 2 n

Nếu n = 2t thì từ đó suy ra 2t ≥ 2t + 2; điều này dẫn đến mâu thuẫn Nếu n = 2t + 1 thì từ đó suy ra 2t + 1 ≥ 2t + 2; điều này dẫn đến mâu thuẫn Từ đó ta có β(C n ) ≤ n

Kết quả sau cho ta mối liên hệ giữa số độc lập đỉnh và bậc lớn nhất của đồ thị.

Mệnh đề 1.3.4 Cho G là một đồ thị cấp n Khi đó β(G)> ∆(G)+1 n trong đó ∆(G) là bậc lớn nhất của G.

Giả sử S là một tập độc lập các đỉnh của đồ thị G với số phần tử là β(G) Nếu u là một đỉnh bất kỳ của G và không thuộc S, thì u phải kề với ít nhất một đỉnh trong S Nếu không, tập S ∪ {u} sẽ trở thành một tập độc lập lớn hơn β(G), dẫn đến mâu thuẫn với giả thiết ban đầu Gọi M là số các cạnh của G liên kết với một đỉnh thuộc S.

M > n − β(G) Mặt khác ta cũng có

Kết quả sau cho ta mối liên hệ giữa số phủ đỉnh và số độc lập đỉnh của một đồ thị.

Mệnh đề 1.3.5 Với G là một đồ thị cấp n bất kì α(G) + β(G) = n

Chứng minh Giả sử E là một tập độc lập đỉnh của G có số phần tử là β(G) và

Tập phủ đỉnh S của đồ thị G có số phần tử α(G) được chứng minh là một tập hợp độc lập khi phần bù của nó là một tập độc lập Nếu u là một đỉnh bất kỳ của G và không thuộc E, thì u sẽ thuộc S Ngược lại, nếu u không liên quan đến bất kỳ cạnh nào của G, thì E ∪ {u} sẽ tạo thành một tập độc lập với số phần tử lớn hơn β(G), dẫn đến mâu thuẫn Nếu u thuộc S, thì chắc chắn u không thuộc E, vì u phải liên quan đến một cạnh nào đó của G, đồng nghĩa với việc u kề với một đỉnh khác Do đó, ta có S = G \ E và kết luận rằng α(G) + β(G) = n.

Trong phần cuối của mục này chúng tôi trình bày lời giải của một số bài toán thực tế liên quan đến tập độc lập đỉnh.

Vào năm 1848, kỳ thủ Max Bezzel đã đưa ra bài toán nổi tiếng về 8 con hậu, yêu cầu tìm tất cả các cách sắp xếp 8 quân hậu trên bàn cờ 8x8 sao cho chúng không thể ăn nhau.

Nhiều nhà toán học nổi tiếng như Gauss và Georg Cantor đã nghiên cứu và tổng quát bài toán xếp hậu Năm 1850, Franz Nauck đã đưa ra những lời giải đầu tiên cho bài toán này Đến năm 1874, S Gunther phát triển phương pháp giải bằng cách sử dụng định thức, và J.W.L Glaisher đã hoàn thiện phương pháp này.

Bài toán 8 quân hậu được giải bằng cách xây dựng đồ thị với 64 đỉnh tương ứng với các ô trên bàn cờ, trong đó hai đỉnh kề nhau nếu quân hậu có thể di chuyển giữa chúng Đồ thị quân hậu này có 8 đỉnh độc lập, và các ô cần tìm để đặt 8 quân hậu tạo thành một tập đỉnh độc lập gồm 8 đỉnh Tổng cộng có 12 cách giải khác nhau cho bài toán, với hai cách được coi là giống nhau nếu chỉ khác nhau qua phép đối xứng hoặc phép quay bàn cờ.

Hình 1.9: 12 cách giải bài toán 8 quân hậu.

Bài toán n quân hậu, được phát triển từ bài toán 8 quân hậu, yêu cầu đặt n quân hậu trên bàn cờ nxn sao cho chúng không thể tấn công lẫn nhau.

Đồ thị trong bài toán này bao gồm n đỉnh, đại diện cho các ô trên bàn cờ, với hai đỉnh kề nhau nếu có thể di chuyển quân hậu từ ô này sang ô kia Đồ thị này có số đỉnh độc lập bằng n, và nhiệm vụ là tìm tập hợp n đỉnh độc lập để đặt n quân hậu sao cho thỏa mãn yêu cầu của bài toán Số lượng lời giải cho từng trường hợp n cụ thể được trình bày trong bảng sau, xem [2].

Bảng 1.1: Bảng số lời giải cho bài toán n con hậu. n Tổng số lời giải

(các lời giải đối xứng chỉ tính một lần)

Sau đây chúng tôi sẽ trình bày chi tiết phép chứng minh lời giải cho bài toán n quân hậu trong các trường hợp n = 1, 2, 3, 4, 5.

Trường hợp n = 1: Rõ ràng số lời giải cho bài toán 1 quân hậu là 1.

Trong trường hợp n = 2, khi xem xét đồ thị quân hậu 2x2, nếu đặt quân hậu đầu tiên ở bất kỳ ô nào, nó sẽ khống chế tất cả các ô còn lại Điều này dẫn đến việc không còn vị trí nào để đặt quân hậu thứ 2 Do đó, không tồn tại tập độc lập đỉnh gồm 2 đỉnh trong đồ thị quân hậu này, và chúng ta không thể tìm ra lời giải cho trường hợp n = 2.

Trong trường hợp n = 3, tại vị trí xuất phát, có ba lựa chọn cho việc đặt quân hậu đầu tiên Nếu quân hậu đầu tiên được đặt ở ô (1,1), các ô (2,2), (3,3), (2,1), (3,1), (1,2), và (1,3) sẽ bị khống chế, để lại hai ô chưa bị khống chế là (2,3) và (3,2) Tuy nhiên, nếu quân hậu thứ hai được đặt vào ô (2,3) hoặc (3,2), tất cả các ô trên bàn cờ sẽ bị khống chế, do đó trường hợp này bị loại bỏ.

Hình 1.10: Hình minh họa các ô bị khống chế bởi ô (1,1).

Khi đặt quân hậu đầu tiên ở ô (1,2), các ô (1,1), (1,3), (2,1), (2,2), (2,3) và (3,2) sẽ bị khống chế, chỉ còn lại hai ô chưa bị khống chế là (3,1) và (3,3) Nếu đặt quân hậu thứ hai ở ô (3,1) hoặc (3,3), tất cả các ô trên bàn cờ sẽ bị khống chế, do đó các trường hợp này cũng bị loại bỏ.

Hai cách đặt quân hậu được xem là trùng nhau nếu chúng chỉ khác nhau bởi một phép quay hoặc một phép đối xứng của bàn cờ Do đó, không có lời giải cho các trường hợp đặt quân hậu còn lại Kết luận là đồ thị quân hậu 3x3 không tồn tại tập độc lập đỉnh gồm 3 đỉnh, dẫn đến việc không tìm ra lời giải cho trường hợp này.

Tập thống trị

Trong phần này, chúng tôi sẽ thảo luận về tập thống trị và số thống trị của đồ thị, dựa trên các kết quả được trích dẫn từ tài liệu [5] Định nghĩa 1.4.1 nêu rõ rằng G là một đồ thị.

(i) Một tập S các đỉnh của G được gọi là một tập thống trị (dominating set) củaGnếu mọi đỉnh thuộc V (G) \ S đều kề nhau với một đỉnh nào đó thuộc

(ii) Số bé nhất trong số các bản số của các tập thống trị của G được gọi là số thống trị (domination number) của G, và ký hiệu là γ(G).

Sau đây là một số ví dụ về tập thống trị và số thống trị cho một số đồ thị.

Các tập thống trị có bản số bé nhất của đồ thị K 2 là {v 1 }, {v 2 }, dẫn đến γ(K 2 ) = 1 Tương tự, các tập thống trị có bản số bé nhất của K 3 là {u 1 }, {u 2 }, {u 3 }, do đó γ(K 3 ) = 1 Cuối cùng, các tập thống trị có bản số bé nhất của K 4 là {w 1 }, {w 2 }, {w 3 }, {w 4 }, vì vậy γ(K 4 ) = 1.

(ii) Các tập thống trị có bản số bé nhất của K 3,3 là{u 1 , u 4 }, {u 2 , u 4 },{u 3 , u 4 }, {u 1 , u 5 }, {u 2 , u 5 }, {u 3 , u 5 }, {u 1 , u 6 }, {u 2 , u 6 }, {u 3 , u 6 }; do đó γ(K 3,3 ) = 2.

(iii) Các tập thống trị có bản số bé nhất của P 2 là{u 1 },{u 2 }; do đóγ (P 2 ) = 1.Tập thống trị có bản số bé nhất của P 3 là {v 2 }; do đó γ(P 3 ) = 1.

Các tập thống trị có bản số bé nhất của P 4 là {w 1 , w 3 }, {w 1 , w 4 }, {w 2 , w 3 }, {w 2 , w 4 }; do đó γ (P 4 ) = 2.

(iv) Các tập thống trị có bản số bé nhất của C 3 là {v 1 }, {v 2 }, {v 3 }; do đó γ(C 3 ) = 1.

Các tập thống trị có bản số bé nhất của C 4 là {u 1 , u 2 }, {u 1 , u 3 }, {u 1 , u 4 }, {u 2 , u 3 }, {u 2 , u 4 }, {u 3 , u 4 }; do đó γ(C 4 ) = 2.

Các tập thống trị có bản số bé nhất của C 5 là {w 1 , w 3 }, {w 1 , w 4 }, {w 2 , w 4 }, {w 2 , w 5 }, {w 3 , w 5 }; do đó γ(C 5 ) = 2.

Kết quả sau cho ta công thức tính số thống trị của một số đồ thị đặc biệt. Mệnh đề 1.4.3.

Tập đỉnh của đồ thị K_n được ký hiệu là V(K_n) = {u_1, u_2, , u_n} Tập {e_1} là một tập thống trị của K_n và cũng là tập thống trị có kích thước nhỏ nhất Do đó, giá trị γ(K_n) bằng 1.

(ii) GọiV r , V s là hai tập đỉnh độc lập củaK r,s Rõ ràng tập{u r , u s | u r ∈ V r , u s ∈ V s } là một tập thống trị của K r,s ; do đó γ(K r,s ) ≤ 2.

Giả sử S = {u1} là một tập thống trị của đồ thị K r,s với |S| = 1 Do K r,s là đồ thị 2-nhánh, nếu i ∈ V r thì mọi đỉnh u r ∈ V r không kề với i, dẫn đến mâu thuẫn Nếu u i ∈ V s, thì mọi đỉnh u s ∈ V s cũng không kề với u i, gây ra mâu thuẫn tương tự Từ đó, ta suy ra rằng γ(K r,s) ≥ 2, và do đó γ(K r,s) = 2 Gọi tập đỉnh của đồ thị P n là V(P n) = {u1, u2, …, un} Nếu n = 3t thì

3 là một tập thống trị của P n Nếu n = 3t + 1 thì

3 là một tập thống trị của P n Nếu n = 3t + 2 thì

3 là một tập thống trị của P n Từ đó suy ra γ(P n ) ≤ n+2

Giả sử S là một tập thống trị của P n và |S| ≤ n+2

− 1 Khi đó số cạnh của đồ thị P n là n − 1 và từ đó suy ra n − 1 ≤ 3 |S| − 1 ≤ 3 n+2

Nếu n = 3t, ta có 3t − 1 ≤ 3t − 4, điều này dẫn đến mâu thuẫn Nếu n = 3t + 1, ta suy ra 3t ≤ 3(t + 1) − 4, cũng dẫn đến mâu thuẫn Cuối cùng, nếu n = 3t + 2, ta có 3t + 1 ≤ 3(t + 1) − 4, và điều này cũng tạo ra mâu thuẫn.

. (iv) Gọi tập đỉnh của đồ thị C n là V (C n ) = {u 1 , u 2 , , u n } Nếu n = 3t thì

3 là một tập thống trị của C n Nếu n = 3t + 1 thì

3 là một tập thống trị của C n Nếu n = 3t + 2 thì

3 là một tập thống trị của C n Do đó γ(C n ) ≤ n+2

Giả sử S là một tập thống trị của C n và |S| ≤ n+2

− 1 Khi đó đồ thị C n có n cạnh và từ đó suy ra n ≤ 3 |S| ≤ 3 n+2

Nếu n = 3t, ta có 3t ≤ 3t − 3, dẫn đến mâu thuẫn Nếu n = 3t + 1, từ đó suy ra 3t + 1 ≤ 3(t + 1) − 3 cũng dẫn đến mâu thuẫn Tương tự, nếu n = 3t + 2, ta có 3t + 2 ≤ 3(t + 1) − 3, cũng gây ra mâu thuẫn Do đó, có thể kết luận rằng γ(C n ) ≥ n + 2.

Kết quả sau đây cho ta mối liên hệ giữa số phủ đỉnh, số độc lập đỉnh và số thống trị.

Mệnh đề 1.4.4 khẳng định rằng, đối với một đồ thị G không có đỉnh cô lập, ta có γ(G) ≤ min {α(G), β(G)} Để chứng minh, ta lấy S là một tập phủ đỉnh của G với số phần tử α(G) Vì S là phủ đỉnh, nên mọi cạnh của G đều liên kết với ít nhất một đỉnh trong S, dẫn đến việc mọi đỉnh v ∈ V (G) \ S đều có liên kết với một đỉnh trong S Do đó, S cũng là một tập thống trị, từ đó suy ra α(G) ≥ γ(G).

K là một tập đỉnh độc lập của đồ thị G với số phần tử β(G) Mọi đỉnh u thuộc V(G) \ K đều phải kề với ít nhất một đỉnh trong K Nếu không, thì S ∪ u sẽ tạo thành một tập đỉnh độc lập lớn hơn β(G), dẫn đến mâu thuẫn Do đó, K cũng là một tập thống trị của G, từ đó suy ra rằng β(G) ≥ γ(G).

Trong phần cuối của mục này chúng tôi trình bày lời giải của một số bài toán thực tế liên quan đến tập thống trị.

Trên bàn cờ 2x2, cần xác định số lượng tối thiểu quân hậu có thể đặt sao cho mỗi ô đều bị chiếm hoặc có thể bị tấn công trong một bước.

Số thống trị của đồ thị quân hậu là số ít nhất các quân hậu cần thiết để kiểm soát toàn bộ bàn cờ Khi đặt quân hậu tại ô (1,1), các ô (1,2), (2,1) và (2,2) sẽ bị khống chế bởi quân hậu này.

Vậy số thống trị của đồ thị quân hậu 2x2 là 1 Các tập thống trị có thể là (1,1), (1,2), (2,1), (2,2).

Hình 1.22: Hình minh họa tập thống trị cho bài toán quân hậu 2x2.

Trên bàn cờ 3x3, cần xác định số lượng quân hậu tối thiểu để đảm bảo mỗi ô đều bị chiếm hoặc có thể bị tấn công sau một bước đi.

Số lượng quân hậu tối thiểu cần thiết để thỏa mãn yêu cầu chính là số thống trị của đồ thị quân hậu Bắt đầu từ dòng 1, quân hậu có 3 lựa chọn Nếu đặt quân hậu vào cột 1, các ô (1,2), (1,3), (2,1), (2,2), (3,1), và (3,3) sẽ bị khống chế Khi đó, ở dòng 2 chỉ còn ô (2,3) và ở dòng 3 chỉ còn ô (3,2) chưa bị khống chế, như thể hiện trong Hình 1.23.

Hình 1.23: Hình minh họa các ô bị khống chế bởi (1,1).

Ta cần đặt thêm một quân hậu để khống chế ô (2,3) và (3,2) Các kết quả có thể xảy ra là (1,2), (2,1), (2,2), (2,3), (3,2), (3,3).

Vậy đồ thị này có số thống trị là 2 Các tập thống trị có thể là: {(1, 1), (1, 2)}, {(1, 1), (2, 1)}, {(1, 1), (2, 2)}, {(1, 1), (2, 3)}, {(1, 1), (3, 2)}, {(1, 1), (3, 3)}.

Hình 1.24: Hình minh họa tập thống trị đồ thị quân hậu 3x3

Trên một bàn cờ 4x4, cần xác định số lượng tối thiểu quân hậu có thể được đặt sao cho mỗi ô trên bàn cờ hoặc bị chiếm hoặc có thể bị tấn công trong một bước di chuyển.

Số quân hậu tối thiểu cần thiết để thỏa mãn yêu cầu của đồ thị quân hậu chính là số thống trị của nó Khi đặt quân hậu ở vị trí (1,1), các ô chưa bị thống trị bao gồm (2,3), (2,4), (3,2), (3,4), (4,2) và (4,3) Nếu tiếp tục đặt quân hậu ở ô (2,4), các ô chưa bị thống trị còn lại sẽ là (3,2) và (4,3) Để hoàn toàn khống chế, ta chỉ cần thêm một quân hậu ở vị trí (3,2).

Vậy số thống trị của đồ thị này là 3 và tập {(1, 1), (2, 4), (3, 2)} là một tập thống trị.

Hình 1.25: Hình minh họa tập thống trị cho bài toán quân hậu 4x4.

Tập thống trị độc lập

Trong phần này, chúng tôi sẽ thảo luận về tập thống trị độc lập và số thống trị độc lập của một đồ thị G Các kết quả được trình bày dựa trên tài liệu [5].

A set S of vertices in a graph G is referred to as an independent dominating set if S serves as both a dominating set and an independent set within G.

The smallest number among the independent dominating sets of a graph G is referred to as the independent domination number, denoted as i(G).

Sau đây là một số ví dụ về tập thống trị độc lập và số thống trị độc lập cho một số đồ thị.

Các tập thống trị độc lập có bản số bé nhất của K 2 là {v 1 }, {v 2 }; do đó i(K 2 ) = 1.

Các tập thống trị độc lập có bản số bé nhất của K 3 là{u 1 }, {u 2 }, {u 3 }; do đó i(K 3 ) = 1.

Các tập thống trị độc lập có bản số bé nhất của K 4 là{w 1 }, {w 2 }, {w 3 },{w 4 }; do đó i(K 4 ) = 1.

(ii) Tập thống trị độc lập có bản số bé nhất của K 2,3 là {u 1 , u 2 }; do đó i(K 2,3 ) = 2.

(iii) Các tập thống trị độc lập có bản số bé nhất của P 2 là {u 1 }, {u 2 }; do đó i(P 2 ) = 1.

Tập thống trị độc lập có bản số bé nhất của P 3 là {v 2 }; do đó i(P 3 ) = 1. Các tập thống trị độc lập có bản số bé nhất của P 4 là {w 1 , w 3 }, {w 1 , w 4 }, {w 2 , w 4 }; do đó i(P 4 ) = 2.

(iv) Các tập thống trị độc lập có bản số bé nhất của C 3 là {v 1 }, {v 2 }, {v 3 }; do đó i(C 3 ) = 1.

Các tập thống trị độc lập có bản số bé nhất của C 4 là {u 1 , u 3 }, {u 2 , u 4 }; do đó i(C 4 ) = 2.

Các tập thống trị độc lập có bản số bé nhất của C 5 là {w 1 , w 3 }, {w 1 , w 4 }, {w 2 , w 4 }, {w 2 , w 5 }, {w 3 , w 5 }; do đó i(C 5 ) = 2.

Kết quả sau đây cho ta mối quan hệ giữa tập thống trị độc lập và tập độc lập cực đại.

Mệnh đề 1.5.3 xác định rằng trong đồ thị G, một tập hợp các đỉnh S được coi là một tập thống trị độc lập khi và chỉ khi nó là một tập độc lập cực đại.

Giả sử S là một tập thống trị độc lập của đồ thị G, thì S cũng là một tập độc lập của G Nếu S không phải là tập độc lập cực đại, ta có thể bổ sung các đỉnh để tạo thành tập S ∪ {u1, , ui} là một tập độc lập cực đại của G Do S là tập thống trị, nên mọi đỉnh không thuộc S đều có ít nhất một đỉnh trong S kề với nó.

Tập S luôn kề với ít nhất một đỉnh trong chính nó, nghĩa là với bất kỳ đỉnh u_j nào trong tập {u_1, , u_i} (j ∈ {1, , i}), sẽ có ít nhất một đỉnh u_s thuộc S kề với u_j Điều này dẫn đến mâu thuẫn với giả thiết ban đầu, từ đó khẳng định rằng S là tập độc lập cực đại.

Giả sử S là một tập độc lập cực đại, ta cần chứng minh rằng S là tập thống trị Nếu S không phải là tập thống trị, sẽ tồn tại đỉnh u không thuộc S mà không kề với bất kỳ đỉnh nào trong S Khi đó, tập S ∪ {u} sẽ là một tập độc lập và có số phần tử nhiều hơn S, điều này dẫn đến mâu thuẫn với giả thiết ban đầu Do đó, ta kết luận rằng S là một tập thống trị độc lập.

Kết quả sau đây cho ta mối liên hệ giữa số độc lập đỉnh, số thống trị và số thống trị độc lập.

Mệnh đề 1.5.4 Với G là một đồ thị bất kỳ γ(G) ≤ i(G) ≤ β(G)

Chứng minh Gọi K là một tập thống trị độc lập của G có số phần tử là i(G).

Vì K là một tập thống trị suy ra i(G) ≥ γ (G) Vì K là một tập độc lập nên i(G) ≤ β(G).

Kết quả sau đây là của Bollobas và Cockayne (1979), xem [5]

Mệnh đề 1.5.5 Nếu G là một đồ thị không chứa đồ thị con cảm sinh nào đẳng cấu với K 1,3 thì γ(G) = i(G)

Trong phần cuối mục này chúng tôi trình bày lời giải của một số bài toán thực tế liên quan đến tập thống trị độc lập.

Ví dụ 1.5.6 Tìm số thống trị độc lập của đồ thị quân hậu với n = 2.

Trên đồ thị quân hậu 2x2, mỗi ô trên bàn cờ đều kiểm soát các ô còn lại, dẫn đến việc số thống trị độc lập của đồ thị này chỉ là 1 Tập thống trị độc lập duy nhất là {(1, 1)}.

Hình 1.30: Hình minh họa tập thống trị độc lập cho đồ thị quân hậu 2x2

Ví dụ 1.5.7 Tìm số thống trị độc lập của đồ thị quân hậu với n = 3.

Trên đồ thị quân hậu 3x3, ô (2,2) có khả năng khống chế tất cả các ô còn lại trên bàn cờ Do đó, số thống trị độc lập của đồ thị này là 1, với tập thống trị độc lập được xác định là {(2, 2)}.

Hình 1.31: Hình minh họa tập thống trị độc lập cho bài toán quân hậu 3x3.

Trong bài toán tìm số thống trị độc lập của đồ thị quân hậu với n = 4, chúng ta bắt đầu bằng cách đặt quân hậu ở ô (1,1) Từ vị trí này, ở dòng 2, có 2 lựa chọn cho quân hậu Nếu quân hậu được đặt tại ô (2,3), các ô trên dòng 3 sẽ bị khống chế, cụ thể là ô (3,1) và (3,3) bị khống chế bởi ô (1,1), trong khi ô (3,2) và (3,4) bị khống chế bởi ô (2,3) Tiếp theo, tại dòng 4, ô (4,1) và (4,4) cũng bị khống chế bởi ô (1,1), và ô (4,3) bị khống chế bởi ô (2,3) Cuối cùng, nếu quân hậu thứ ba được đặt ở ô (4,2), tất cả các ô trên bàn cờ sẽ bị khống chế.

Vậy số thống trị độc lập của đồ thị quân hậu 4x4 là 3 và tập thống trị độc lập là {(1, 1), (2, 3), (4, 2)}.

Hình 1.32: Hình minh họa tập thống trị độc lập cho bài toán quân hậu 4x4.

Ví dụ 1.5.9 trình bày cách tìm số thống trị độc lập của đồ thị quân hậu với n = 5 Bắt đầu với quân hậu ở ô (1,1), ta có 3 vị trí lựa chọn trên dòng 2 Nếu chọn ô (2,4) để đặt quân hậu, thì trên dòng 3 chỉ còn ô (3,2) không bị khống chế Các ô (3,1) và (3,3) bị khống chế bởi ô (1,1), trong khi ô (3,4) và (3,5) bị khống chế bởi ô (2,4) Các ô còn lại chưa bị khống chế bao gồm (3,2), (4,3), (4,5), (5,2), và (5,3).

Hình 1.33: Hình minh họa các ô bị khống chế bởi ô (1,1) và (2,4).

Nhìn vào đồ thị ta thấy rằng, nếu đặt quân hậu vào ô (4,3) ta có thể khống chế các ô (3,2), (4,3), (4,5), (5,2), (5,3).

Vậy số thống trị độc lập của đồ thị quân hậu 5x5 là 3 và tập thống trị độc lập là {(1, 1), (2, 4), (4, 3)}.

Hình 1.34: Hình minh họa tập thống trị độc lập cho đồ thị 5x5.

Các tập cạnh đặc biệt

Trong chương này, chúng tôi khám phá các khái niệm như tập phủ cạnh, tập độc lập cạnh, cặp ghép, clique, và đồ thị con đặc biệt Bên cạnh đó, chúng tôi cũng trình bày các đặc trưng bằng số liên quan và một số bài toán sơ cấp áp dụng Định lý Hall về cặp ghép Các kết quả được tham khảo từ tài liệu [4] và [5].

Tập phủ cạnh

Trong bài viết này, chúng tôi sẽ thảo luận về tập phủ cạnh và số phủ cạnh của đồ thị, dựa trên các nghiên cứu từ tài liệu [4], [5] Định nghĩa 2.1.1 trình bày rằng G là một đồ thị.

Giả sử rằng đồ thị G không có đỉnh cô lập, thì một tập E các cạnh của G được gọi là phủ cạnh (edge cover) nếu mỗi đỉnh của G đều được kết nối với ít nhất một cạnh trong tập E.

(ii) Số bé nhất trong số các bản số của các phủ cạnh của G được gọi là số phủ cạnh của G, và ký hiệu là α 1 (G).

Sau đây là một số ví dụ về tập phủ cạnh và số phủ cạnh cho một số đồ thị.

Các tập phủ cạnh có bản số bé nhất của K 3 là {u 1 u 2 , u 2 u 3 }, {u 1 u 2 , u 1 u 3 }, {u 2 u 3 , u 1 u 3 }; do đó α 1 (K 3 ) = 2.

Các tập phủ cạnh có bản số bé nhất của K 4 là {w 1 w 2 , w 3 w 4 }, {w 1 w 3 , w 2 w 4 }, {w 1 w 4 , w 2 w 3 }; do đó α 1 (K 4 ) = 2.

Hình 2.1: Hình minh họa K n với n = 2, 3, 4.

(ii) Các tập phủ cạnh bản số bé nhất củaK 2,4 là{u 1 u 4 , u 2 u 3 , u 2 u 5 },{u 1 u 4 , u 2 u 3 , u 1 u 5 }, {u 1 u 4 , u 1 u 3 , u 2 u 5 }, {u 1 u 3 , u 2 u 4 , u 2 u 5 }, {u 1 u 3 , u 2 u 4 , u 1 u 5 }, {u 1 u 5 , u 2 u 4 , u 2 u 3 }; do đó α 1 (K 2,3 ) = 3.

(iii) Tập phủ cạnh có bản số bé nhất của P 2 là {u 1 u 2 }; do đó α 1 (P 2 ) = 1.

Tập phủ cạnh có bản số bé nhất của P 3 là {v 1 v 2 , v 2 v 3 }; do đó α 1 (P 3 ) = 2. Tập phủ cạnh có bản số bé nhất của P 4 là {w 1 w 2 , w 3 w 4 }; do đó α 1 (P 4 ) = 2.

(iv) Các tập phủ cạnh có bản số bé nhất của C 3 là {v 1 v 2 , v 2 v 3 }, {v 2 v 3 , v 1 v 3 }, {v 1 v 2 , v 2 v 3 }; do đó α 1 (C 3 ) = 2.

Các tập phủ cạnh có bản số bé nhất của C 4 là {u 1 u 2 , u 3 u 4 }, {u 1 u 4 , u 2 u 3 }; do đó α 1 (C 4 ) = 2.

Các tập phủ cạnh có bản số bé nhất của C 5 là {w 1 w 2 , w 2 w 3 , w 4 w 5 },

Kết quả sau đây cho ta công thức tính số phủ cạnh của một số đồ thị đặc biệt.

(i) Gọi tập đỉnh của đồ thị K n là V (K n ) = {u 1 , u 2 , , u n } Nếu n = 2t thì

2 là một tập phủ cạnh của K n Nếu n = 2t + 1 thìE = {u 1 u 2 , u 3 u 4 , , u 2t−1 u 2t , u 2t u 2t+1 }với |E| = n

2 là một tập phủ cạnh của K n Do đó α 1 (K n ) ≤ n

Giả sử S là một tập phủ cạnh của K n và |S| ≤ n

− 1 Khi đó đồ thị K n có n đỉnh và từ đó suy ra n ≤ 2 |S| ≤ 2 n

Nếu n = 2t thì từ đó suy ra 2t ≤ 2t − 1; điều này dẫn đến mâu thuẫn Nếu n = 2t + 1 thì từ đó suy ra 2t + 1 ≤ 2(t + 1) − 2; điều này dẫn đến mâu thuẫn Do đó α 1 (K n ) ≥ n

Gọi V_r và V_s là hai tập đỉnh độc lập của đồ thị K_{r,s}, với giả sử rằng r ≤ s Tập đỉnh của V_r được ký hiệu là {v_1, v_2, , v_r} và tập đỉnh của V_s là {u_1, u_2, , u_s} Tập cạnh E = {v_1u_1, v_2u_2, , v_ru_r, v_ru_{r+1}, , v_ru_s} có số lượng cạnh |E| = s, tạo thành một tập phủ cạnh của K_{r,s} Do đó, ta có α_1(K_{r,s}) ≤ s.

Giả sử S là một tập phủ cạnh của K r,s với |S| ≤ s − 1, ta có thể tìm thấy một đỉnh u s ∈ V s không liên thuộc với cạnh nào trong S, điều này tạo ra mâu thuẫn Do đó, ta kết luận rằng α 1 (K r,s ) ≥ s, và từ đó suy ra α 1 (K r,s ) = max {r, s}.

2 là một tập phủ cạnh của P n Nếu n = 2t + 1 thìE = {u 1 u 2 , u 3 u 4 , , u 2t−1 u 2t , u 2t u 2t+1 }với |E| = n

2 là một tập phủ cạnh của P n Do đó α 1 (P n ) ≤ n

Giả sử S là một tập phủ cạnh của P n và |S| ≤ n

− 1 Khi đó số đỉnh của đồ thị P n là n và từ đó suy ra n ≤ 2 |S| ≤ 2 n

Nếu n = 2tthì đó suy ra 2t ≤ 2t − 2; điều này dẫn đến mâu thuẫn Nếun = 2t + 1 thì đó suy ra2t+1 ≤ 2(t+1)−2; điều này dẫn đến mâu thuẫn Do đóα 1 (P n ) ≥ n

. (iv) Gọi tập đỉnh của đồ thị C n là V (C n ) = {u 1 , u 2 , , u n } Nếu n = 2t thì E = {u 1 u 2 , u 3 u 4 , , u 2t−1 u 2t } với |E| = n

2 là một phủ cạnh của C n Nếu n = 2t + 1 thì E = {u 1 u 2 , u 3 u 4 , , u 2t−1 u 2t , u 2t u 2t+1 } với |E| = n

2 là một phủ cạnh Do đó α 1 (C n ) ≤ n

Giả sử S là một tập phủ cạnh của C n và |S| ≤ n

− 1 Khi đó số đỉnh của đồ thị C n là n và từ đó suy ra n ≤ 2 |S| ≤ 2 n

Nếu n = 2tthì đó suy ra 2t ≤ 2t − 2; điều này dẫn đến mâu thuẫn Nếun = 2t + 1 thì đó suy ra2t+1 ≤ 2(t+1)−2; điều này dẫn đến mâu thuẫn Do đóα 1 (C n ) ≥ n

Tập độc lập cạnh

Trong phần này, chúng tôi sẽ thảo luận về tập độc lập cạnh và số độc lập cạnh của một đồ thị G Các kết quả được trình bày dựa trên tài liệu tham khảo [4] và [5].

(i) Một tập E các cạnh của G được gọi là độc lập nếu hai cạnh bất kỳ thuộc

The largest number among the edge independent sets of a graph G is referred to as the edge independence number of G, denoted by β₁(G).

Sau đây là một số ví dụ về tập độc lập cạnh và số độc lập cạnh cho một số đồ thị.

Các tập độc lập cạnh có bản số lớn nhất của K 3 là {u 1 u 2 }, {u 1 u 3 }, {u 3 u 2 }; do đó β 1 (K 3 ) = 1.

Các tập độc lập cạnh có bản số lớn nhất của K 4 là {s 1 s 2 , s 3 s 4 }, {s 1 s 4 , s 2 s 3 }; do đó β 1 (K 4 ) = 2.

Các tập độc lập cạnh có bản số lớn nhất củaK 5 là{w 1 w 2 , w 3 w 4 },{w 1 w 2 , w 5 w 4 }, {w 4 w 3 , w 5 w 1 }, {w 4 w 3 , w 2 w 1 }, {w 3 w 2 , w 4 w 5 }, {w 3 w 2 , w 1 w 5 }; do đó β 1 (K 5 ) = 2.

(ii) Các tập độc lập cạnh có bản số lớn nhất củaK 2,3 là{u 1 u 4 , u 2 u 5 },{u 1 u 3 , u 2 u 5 },{u 1 u 3 , u 2 u 3 }, {u 1 u 5 , u 2 u 3 }, {u 1 u 5 , u 2 u 4 }, {u 1 u 4 , u 2 u 3 }; do đó β 1 (K 2,3 ) = 2.

Các tập độc lập cạnh có bản số lớn nhất của P 3 là {v 1 v 2 }, {v 2 v 3 }; do đó β 1 (P 3 ) = 1.

Tập độc lập cạnh có bản số lớn nhất của P 4 là {w 1 w 2 , w 3 w 4 }; do đó β 1 (P 4 ) = 2.

(iv) Các tập độc lập cạnh có bản số lớn nhất của C 3 là{v 1 v 2 }, {v 2 v 3 }, {v 1 v 3 }; do đó β 1 (C 3 ) = 1.

Các tập độc lập cạnh có bản số lớn nhất của C 4 là {u 1 u 2 , u 3 u 4 }, {u 1 u 4 , u 2 u 3 }; do đó β 1 (C 4 ) = 2.

Các tập độc lập cạnh có bản số lớn nhất của C 5 là{w 1 w 2 , w 3 w 4 },{w 1 w 2 , w 4 w 5 },{w 2 w 3 , w 4 w 5 }, {w 2 w 3 , w 1 w 5 }, {w 1 w 5 , w 3 w 4 }; do đó β 1 (C 5 ) = 2.

Kết quả sau đây cho ta công thức tính số độc lập cạnh của một số đồ thị đặc biệt.

(i) Gọi tập đỉnh của đồ thị K n là V (K n ) = {u 1 , u 2 , , u n } Nếu n = 2t thì

2 là một tập độc lập cạnh của K n Nếu n = 2t + 1 thìE = {u 1 u 2 , u 3 u 4 , , u 2t−1 u 2t }với |E| = n

2 là một tập độc lập cạnh của K n Do đó β 1 (K n ) ≥ n

Giả sử S là một tập độc lập cạnh của K n với |S| ≥ n

+ 1 Khi đó đồ thị K n có n đỉnh và từ đó suy ra n ≥ 2 |S| ≥ 2 n

Nếu n = 2t thì từ đó suy ra 2t ≥ 2t + 2; điều này dẫn đến mâu thuẫn Nếu n = 2t + 1 thì từ đó suy ra 2t + 1 ≥ 2t + 2; điều này dẫn đến mâu thuẫn Do đó β 1 (K n ) ≤ n

Gọi V_r và V_s là hai tập đỉnh độc lập của đồ thị K_{r,s}, với giả sử r ≤ s Tập đỉnh của V_r được ký hiệu là {v_1, v_2, , v_r} và tập đỉnh của V_s là {u_1, u_2, , u_s} Tập cạnh E = {v_1u_1, v_2u_2, , v_rv_r} có kích thước |E| = r là một tập cạnh độc lập trong K_{r,s} Do đó, ta có α_1(K_{r,s}) ≥ r.

Giả sử S là một tập độc lập cạnh của K r,s với |S| ≥ r + 1, tồn tại hai đỉnh u 1 và u 2 ∈ V sao cho cả hai đều kề với đỉnh v r ∈ V r, điều này dẫn đến mâu thuẫn Do đó, ta có α 1 (K r,s ) ≤ r, và từ đó suy ra α 1 (K r,s ) = min {r, s}.

2 là một tập độc lập cạnh của P n Nếu n = 2t + 1 thìE = {u 1 u 2 , u 3 u 4 , , u 2t−1 u 2t }với |E| = n

2 là một tập độc lập cạnh của P n Do đó β 1 (P n ) ≥ n

Giả sử S là một tập độc lập cạnh của P n với |S| ≥ n

+ 1 Khi đó đồ thị P n có ít n đỉnh và từ đó suy ra n ≥ 2 |S| ≥ 2 n

Nếu n = 2t thì từ đó suy ra 2t ≥ 2t + 2; điều này dẫn đến mâu thuẫn Nếu n = 2t + 1 thì từ đó suy ra 2t + 1 ≥ 2t + 2; điều này dẫn đến mâu thuẫn Do đó β 1 (P n ) ≤ n

. (iv) Gọi tập đỉnh của đồ thị C n là V (C n ) = {u 1 , u 2 , , u n } Nếu n = 2t thì

2 là một tập độc lập cạnh củaC n Nếu n = 2t + 1 thì E = {u 1 u 2 , u 3 u 4 , , u 2t−2 u 2t−1 } với |E| = n

2 là một tập độc lập cạnh của C n Do đó β 1 (C n ) ≥ n

Giả sử S là một tập độc lập cạnh của C n với |S| ≥ n

+ 1 Khi đó đồ thị C n có ít n đỉnh và từ đó suy ra n ≥ 2 |S| ≥ 2 n

Nếu n = 2t thì từ đó suy ra 2t ≥ 2t + 2; điều này dẫn đến mâu thuẫn Nếu n = 2t + 1 thì từ đó suy ra 2t + 1 ≥ 2t + 2; điều này dẫn đến mâu thuẫn Do đó β 1 (C n ) ≤ n

Ta có kết quả sau của Gallai (1959), xem [5].

Mệnh đề 2.2.4 Với G là một đồ thị cấp n bất kỳ không có đỉnh cô lập α 1 (G) + β 1 (G) = n.

Từ định nghĩa ta thấy ngay rằng các đỉnh cuối của một tập cạnh độc lập cực đại tạo thành một phủ đỉnh.

Kết quả sau đây cho ra mối liên hệ giữa số phủ đỉnh và số độc lập cạnh của đồ thị.

Mệnh đề 2.2.5 Với G là một đồ thị bất kỳ α(G)> β 1 (G).

Chứng minh rằng S là một tập phủ đỉnh với số phần tử α(G) và E là một tập độc lập cạnh với số phần tử β1(G) của đồ thị G Vì S là phủ đỉnh, nên với mỗi cạnh e ∈ E, luôn tồn tại một đỉnh u_e ∈ S liên quan đến e Do E là tập độc lập cạnh, nếu e và f là hai cạnh khác nhau thuộc E, thì u_e khác u_f Từ đó, ta suy ra rằng α(G) ≥ β1(G) Đặc biệt, đối với đồ thị 2-nhánh, theo kết quả của Konig (1931), ta có mệnh đề rằng nếu G là đồ thị 2-nhánh thì α(G) = β1(G).

Kết quả sau cho ta mối liên hệ giữa số phủ cạnh, số độc lập cạnh và số thống trị của một đồ thị.

Mệnh đề 2.2.7 Cho G là một đồ thị không có đỉnh cô lập Khi đó γ(G) ≤ min {α 1 (G), β 1 (G)}.

Gọi H là tập phủ cạnh của đồ thị G với số phần tử là α1(G) Đặt D là tập hợp các đỉnh được hình thành bằng cách chọn một đỉnh kề từ mỗi cạnh trong tập H.

H, do đó |D| = α 1 (G) Mỗi đỉnh u ∈ V (G) \ D đều kề với một đỉnh trong D Nếu tồn tại một đỉnh u không kề với bất kỳ đỉnh nào trong D, thì u không liên thuộc với cạnh nào trong H, dẫn đến mâu thuẫn Từ đó, D là một tập thống trị, suy ra γ(G) ≤ α 1 (G) Gọi F là tập cạnh độc lập với số phần tử β 1 (G) Xét tập P là tập hợp các đỉnh được tạo thành bằng cách lấy một đỉnh kề với mỗi cạnh trong F.

|D| = β 1 (G) Khi đó với mọi đỉnhu ∈ V (G) \ P đều liên thuộc với một đỉnh trong

Trong bài viết này, chúng ta thấy rằng nếu tồn tại một đỉnh u không liên thuộc với bất kỳ đỉnh nào trong tập P, thì sẽ có một cạnh độc lập liên quan đến n mà không nằm trong tập F, điều này tạo ra sự mâu thuẫn Kết luận từ điều này là P là một tập thống trị, từ đó suy ra rằng γ(G) ≤ β 1 (G).

Cặp ghép hoàn chỉnh

Trong phần này, chúng tôi sẽ trình bày chi tiết về phép chứng minh Định lý Hall cũng như các vấn đề liên quan đến cặp ghép hoàn chỉnh Các kết quả được trình bày trong mục này được tham khảo từ tài liệu [4] và [5].

Cho G là một đồ thị 2-nhánh với các nhánh V1 và V2 Đồ thị này có một cặp ghép M nếu và chỉ nếu mọi đỉnh của V1 đều liên thuộc với một cạnh thuộc M Kết quả này được gọi là định lý Hall (1935), thể hiện sự tồn tại của cặp ghép trong đồ thị 2-nhánh.

|N G (S)|> |S| với mọi S ⊆ V 1 , S 6= ỉ. trong đó N G (S) là tập hợp tất cả các đỉnh của G kề với một đỉnh nào đó của S.

Chứng minh rằng với cặp ghép M của đồ thị G, mọi đỉnh thuộc tập V1 đều liên thuộc với một cạnh trong M Giả sử u là một đỉnh bất kỳ trong S ⊆ V1, tồn tại một cạnh e ∈ M liên thuộc với u, dẫn đến sự tồn tại của đỉnh u0 ∈ V2 kề với u Do M là tập cạnh độc lập, với hai đỉnh v1, v2 khác nhau trong S, sẽ có hai đỉnh v01, v20 ∈ V2 khác nhau kề với v1 và v2 Kết luận rằng |NG(S)| > |S|.

Chúng ta sẽ chứng minh điều kiện đủ thông qua phương pháp quy nạp theo kích thước của tập hợp |V 1 | Đầu tiên, khi |V 1 | = 1, định lý trở nên hiển nhiên Giả sử định lý đúng với các tập hợp có kích thước |V 1 | nhỏ hơn n, chúng ta sẽ tiến hành chứng minh cho trường hợp |V 1 | = n Để làm điều này, chúng ta sẽ xem xét hai trường hợp khác nhau.

Trong trường hợp 1, giả sử với mọi tập S ⊂ V1, ta có |N_G(S)| > |S| Chọn một phần tử u bất kỳ thuộc V1, với |N_G({u})| ≥ 1, tồn tại phần tử v ∈ V2 sao cho u kề với v Đặt V1' = V1 \ {u} và V2' = V2 \ {v} Khi đó, A ⊂ V1' và N_G'(A) ⊂ V2' là tập các đỉnh kề với một đỉnh nào đó của A.

Theo giả thiết quy nạp, vì |V 1 0 | < |V 1 |, tồn tại cặp ghép M sao cho mọi đỉnh của V 1 0 đều liên thuộc với một cạnh thuộc M Khi bổ sung thêm cạnh uv, ta sẽ có cặp ghép thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Trường hợp 2: Giả sử tồn tại tập S ⊂ V 1 sao cho |N G (S)| = |S| Xét V 1 0 = V 1 \ S và V 2 0 = V 2 \ N G (S) Xét tập B ⊂ V 1 0 và N G (B) ⊂ V 2 0 là tập các đỉnh kề với một đỉnh nào đó trong B Nếu |N G (B)| < |B| thì

Theo giả thiết, ta có |N G (S ∪ B)| = |N G (S)| + |N G (B)| < |S| + |B| = |S ∪ B|, điều này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu Từ đó, suy ra rằng |N G (B)| ≥ |B| với mọi B ⊂ V1 0 Theo quy tắc quy nạp, tồn tại một cặp ghép M sao cho mọi đỉnh của V1 0 đều liên thuộc với một cạnh của M Do đó, ta có thể xây dựng cặp ghép M để đảm bảo mọi đỉnh của V1 đều liên thuộc với một cạnh của M.

Một họ các tập hợp hữu hạn khác rỗng S1, S2, , Sk (với k ≥ 1) được coi là có một hệ các đại diện phân biệt nếu tồn tại k phần tử phân biệt s1, s2, , sk sao cho si thuộc Si với mọi i = 1, 2, , k Định lý 2.3.2 phát biểu rằng một họ các tập hợp này có hệ các đại diện phân biệt khi và chỉ khi với mỗi j = 1, 2, , k, hợp của j tập hợp bất kỳ trong số các tập này chứa ít nhất j phần tử.

Chứng minh Ta xây dựng một đồ thị 2-nhánh G với các tập nhánh V 1 , V 2 như sau Đặt V 1 = {v 1 , v 2 , , v k } là một tập hợp gồm k phần tử bất kỳ nào đó, đặt

V 2 = Sk i=1 S i, và tập các cạnh của G gồm tất cả các v i w sao cho w ∈ S i với i = 1, 2, , k Khi đó áp dụng Định lý 2.3.1 ta có điều phải chứng minh.

Cho G là một đồ thị, và M là một cặp ghép trong G Khi đó mỗi đỉnh của

Trong lý thuyết đồ thị, một cặp ghép M được coi là hoàn chỉnh nếu nó là một phủ cạnh của đồ thị G, tức là mỗi đỉnh của G đều liên kết với ít nhất một cạnh trong M Điều này chỉ ra rằng nếu G có một cặp ghép hoàn chỉnh, thì bậc của G sẽ là số chẵn.

Sau đây là một số kết quả liên quan đến sự tồn tại cặp ghép hoàn chỉnh.

Mệnh đề 2.3.3 Nếu G là một đồ thị 2-nhánh k-chính quy với k > 0, thì G có một cặp ghép hoàn chỉnh.

Chứng minh Giả sử hai nhánh của G là V 1 và V 2 Vì đồ thị G là k-chính quy nênk |V 1 | = k |V 2 |, do đó|V 1 | = |V 2 | Lấy S là một tập con bất kỳ của V 1 Ký hiệu

E 1 và E 2 tương ứng là tập tất cả các cạnh của G liên thuộc với các đỉnh thuộc

Trong đồ thị k-chính quy G, nếu E1 ⊂ E2 thì có |E1| = k |S| và |E2| = k |N G (S)|, từ đó suy ra |N G (S)| ≥ |S| Theo Định lý 2.3.1, đồ thị G có cặp ghép M sao cho mọi đỉnh của V1 đều liên thuộc với một cạnh thuộc M Hơn nữa, vì |V1| = |V2| nên M cũng là một cặp ghép hoàn chỉnh.

Mệnh đề 2.3.4 khẳng định rằng, trong một đồ thị hai nhánh G với các tập đỉnh V1 và V2, nếu với mọi tập con S của V1, tập các đỉnh N_G(S) thuộc V2 kề với ít nhất một đỉnh trong S thỏa mãn điều kiện |N_G(S)| ≥ |S| − d, thì sẽ tồn tại không ít hơn |V1| − d cạnh độc lập trong đồ thị.

Chúng ta sẽ chứng minh hệ quả quy nạp theo |V1| và d bất kỳ, bắt đầu từ trường hợp cơ bản khi |V1| = 1 Xét hai trường hợp: Trường hợp 1, nếu tồn tại tập U ⊂ V1 với |N_G(U)| = |U| - d, thì áp dụng quy nạp cho tập đỉnh U với |U| < |V1| và d, ta sẽ tìm thấy |U| - d cạnh đôi độc lập và ít nhất một đỉnh thuộc U Đối với S ⊂ V1 - U, chúng ta sẽ áp dụng giả thiết quy nạp để tiếp tục hoàn tất chứng minh.

|V 1 − U| < |V 1 | và d = 0 khi đó tồn tại|V 1 − U | = |V 1 | − |U| cạnh độc lập và không có đỉnh thuộc U hayN G (U ) Kết hợp với |U | − d cạnh đã thu thuộc ở trên ta có

|V 1 | − |U| + |U | − d = |V 1 | − d cạnh thỏa yêu cầu bài toán.

Trường hợp 2: Với mọi S ⊂ V 1 thì |N G (S)| ≥ |S| − d + 1 Ta xét một cạnh bất kỳ là uv với u ∈ V 1 , v ∈ V 2 Bỏ hai đỉnh này đi ta được đồ thị mới thỏa yêu cầu

|N G (S)| ≥ |S| − d với mọi tập S ⊂ V 1 \ {u} Theo giả thiết quy nạp, ta thu được

|V 1 | − 1 − d cạnh độc lập, thêm cạnh uv ta thu được |V 1 | − d cạnh độc lập.

Theo kết quả của Tutte (1954), một đồ thị không tầm thường G sẽ có một cặp ghép hoàn chỉnh nếu và chỉ nếu với mọi tập con thực sự S của V(G), số thành phần liên thông cấp lẻ của G − S (ký hiệu là o(G − S)) không vượt quá kích thước của S.

Clique

Trong phần này, chúng tôi sẽ thảo luận về các vấn đề liên quan đến clique và số lượng clique trong một đồ thị Các kết quả được trình bày dựa trên tài liệu tham khảo [4] và [5] Định nghĩa 2.4.1 nêu rõ rằng G là một đồ thị.

(i) Một tậpU các đỉnh của Gđược gọi là một clique nếu hai đỉnh bất kỳ thuộc

(ii) Số lớn nhất trong số các bản số của các clique của G được gọi là số clique của G, kí hiệu là ω(G).

Từ định nghĩa ta thấy rằng ω(G) = β( ¯ G), nếu G khác rỗng thì ω(G)> 2 Sau đây là một số ví dụ về clique và số clique cho một số đồ thị.

Tập clique có bản số lớn nhất của K 2 là {v 1 , v 2 }; do đó ω(K 2 ) = 2.

Tập clique có bản số lớn nhất của K 3 là {u 1 , u 2 , u 3 }; do đó ω(K 3 ) = 3.

Tập clique có bản số lớn nhất của K 4 là {w 1 , w 2 , w 3 , w 4 }; do đó ω(K 4 ) = 4.

(ii) Các tập clique bản số lớn nhất của K 3,3 là {u 1 , u 4 }, {u 1 , u 5 }, {u 1 , u 6 }, {u 2 , u 4 }, {u 2 , u 6 }, {u 2 , u 5 }, {u 3 , u 4 }, {u 3 , u 5 }, {u 3 , u 6 }; do đó ω(K 3,3 ) = 2.

(iii) Tập clique có bản số lớn nhất của P 2 là {u 1 , u 2 }; do đó ω(P 2 ) = 2.

Các clique có bản số lớn nhất của P 3 là {v 1 , v 2 }, {v 2 , v 3 }; do đó ω(P 3 ) = 2. Các clique bản số lớn nhất của P 4 là {w 1 , w 2 }, {w 2 , w 3 }, {w 3 , w 4 };do đó ω(P 4 ) = 2.

(iv) Các clique có bản số lớn nhất của C 3 là {v 1 , v 2 }, {v 2 , v 3 }, {v 1 , v 3 }; do đó ω(C 3 ) = 2.

Các clique có bản số lớn nhất của C 4 là {u 1 , u 2 }, {u 2 , u 3 }, {u 3 , u 4 }, {u 1 , u 4 }; do đó ω(C 4 ) = 2.

Các clique có bản số lớn nhất của C 5 là {w 1 , w 2 }, {w 2 , w 3 }, {w 3 , w 4 }, {w 4 , w 5 },{w 1 , w 5 }; do đó ω(C 5 ) = 2.

Kết quả sau đây cho ta công thức tính số clique của một số đồ thị đặc biệt.

(i) Gọi tập đỉnh của đồ thị K n là V (K n ) = {u 1 , u 2 , , u n } Rõ ràng tậpV (K n ) là một tập clique của đồ thị K n và cũng là tập clique có bản số lớn nhất.

Gọi V_r và V_s là hai tập đỉnh độc lập của đồ thị K_{r,s} Với hai đỉnh bất kỳ u_r ∈ V_r và u_s ∈ V_s, tập {u_r, u_s} tạo thành một tập clique của K_{r,s}, từ đó suy ra ω(K_{r,s}) ≥ 2 Giả sử S là một tập clique của K_{r,s} với |S| ≥ 3, thì tồn tại hai đỉnh u_1 và u_2 thuộc S sao cho chúng cùng thuộc V_r hoặc cùng thuộc V_s, điều này dẫn đến mâu thuẫn Do đó, ω(K_{r,s}) ≤ 2 Kết luận, ω(K_{r,s}) = 2.

Trong đồ thị Pn, mỗi cặp đỉnh {ui, ui+1} với i ∈ {0, 1, , n−2} tạo thành một clique và là clique có bản số lớn nhất Nếu giả sử tồn tại một đỉnh ej với j khác {i, i+1} mà {ui, ui+1, uj} cũng là một clique, thì điều này dẫn đến một mâu thuẫn với cấu trúc của đường đi.

P n : u = u 0 , u 1 , , u i , u j , u i+1 , u i , , u n−1 = v; điều này mâu thuẫn với giả thiết Vậy ω(P n ) = 2.

Trong chu trình C_n, với các đỉnh u = u_0, u_1, , u_{n−1}, mỗi cặp {u_i, u_{i+1}} (với i ∈ {0, 1, , n − 2}) tạo thành một clique lớn nhất của đồ thị C_n Nếu giả sử tồn tại một đỉnh u_j (với j ≠ {i, i + 1}) sao cho {u_i, u_{i+1}, u_j} cũng là một clique, điều này dẫn đến một chu trình không hợp lệ.

C n : u = u 0 , u 1 , , u i , u j , u i+1 , u i , , u n−1 = u; điều này mâu thuẫn với giả thiết Vậy ω(C n ) = 2.

Kết quả sau đây của Turan (1941), xem [5].

Mệnh đề 2.4.4 Cho G là một đồ thị cấp n ≥ 3 và có cỡ m Nếu m ≥j n 2 4 k + 1 thì ω(G) ≥ 3.

Chứng minh bằng quy nạp theo n: với n = 3, khi đó m ≥ 3, G = K3 và kết luận hiển nhiên Với n = 4, m ≥ 5, G = K4 hoặc G = K4 − e (e là một cạnh của K4), kết luận cũng hiển nhiên Giả sử n ≥ 5 và mệnh đề đúng với các đồ thị có cấp nhỏ hơn n Lấy u và v là hai đỉnh kề nhau của G, ký hiệu H = G − u − v Nếu u, v cùng kề với một đỉnh nào đó thuộc H, G chứa một đồ thị con K3, điều phải chứng minh Ngược lại, giả sử mỗi đỉnh của H kề với tối đa một đỉnh trong số hai đỉnh u và v, gọi m0 là cỡ của H Khi đó m ≤ m0 + (n − 2) + 1 = m0 + (n − 1).

VìH có cấp n − 2 cho nên theo giả thiết quy nạp, đồ thịH chứa một đồ thị con

K 3 Do đó G có chứa một đồ thị con K 3, và ta có điều phải chứng minh.

Chúng tôi nhận thấy rằng cận dưới cho m trong mệnh đề trên là chặt Kiểm tra trực tiếp cho thấy với n ≥ 3, đồ thị 2-nhánh G = K b n 2 c, d n 2 e có cấp n và kích thước bằng n.

2 và ω(G) = 2 Hơn nữa, ta có thể chứng minh được rằng

K b n 2 c , d n 2 e là đồ thị duy nhất thỏa mãn điều kiện này.

Tổng quát hơn ta có kết quả sau, xem [5].

Mệnh đề 2.4.5 Giả sử r ≥ 2 Cho G là một đồ thị cấp n ≥ r và có cỡ m Nếu m ≥ 2r−2 r−2 n 2 + 1 thì ω(G) ≥ r

Chứng minh Ta có thể chứng minh được mệnh đề đúng với r = 2 Nếur ≥ 3và n ≥ 3 thì theo Mệnh đề 2.4.4 ta có điều phải chứng minh.

Ta chứng minh quy nạp theo r rằng nếu với r − 1 ≥ 3 và n ≥ r − 1, mọi đồ thị G có cỡ m ≥ 2r−4 r−3 n^2 + 1 thì đều chứa một đồ thị con K r−1, tức là ω(G) ≥ r − 1 Đối với đồ thị G cấp n ≥ r và có cỡ m ≥ 2r−2 r−2 n^2 + 1, ta sẽ chứng minh quy nạp theo n rằng đồ thị G luôn chứa đồ thị con K r.

Nếu n = r thì đồ thị G có cỡ m ≥ 2n−2 n−2 n 2 + 1 ≥ n 2

Nếu n > r, gọi H là đồ thị có cấp k với r ≤ k < n và cỡ lớn hơn hoặc bằng \(2r - 2k^2 + 1\) Khi đó, H chứa đồ thị con K_r Mặt khác, với m ≥ \(2r - 2r - 2n^2 + 1\) ≥ \(2r - 4r - 3n^2 + 1\), theo giả thiết quy nạp, G chứa đồ thị con K_{r-1} Đặt U là tập đỉnh của đồ thị con G đẳng cấu với K_{r-1} và H = G - U Nếu tồn tại đỉnh e thuộc H kề với U, thì G chứa đồ thị con K_r Nếu không có đỉnh nào của H kề với r - 2 đỉnh trong U, thì cỡ của G phải lớn hơn hoặc bằng \((r-1)^2\).

. Nếu n − r + 1 < r thì n ≤ 2(r − 1) Tuy nhiên r ≤ n ≤ 2(r − 1) suy ra ta có r−1 2

≤ 2r−2 r−2 n 2 ; điều này mâu thuẫn với giả thiết bài toán Vậy n − r + 1 ≥ r Khi đó tập H có cấp n − r + 1 ≤ r và có cỡ lớn hơn hoặc bằng r−2

(n − r + 1) 2 + 1.Theo giả thiết quy nạp, H chứa đồ thị con K r Vậy G chứa đồ thị con K r

Định dạng
Số trang	71
Dung lượng	0,98 MB