Lý thuyết đồ thị với các bài toán phổ thông

Để hiểu sâu hơn về lý thuyết đồ thị và phương pháp này, trước hết cần nắm bắtđược tính chất cơ bản của đồ thị : Đồ thị là một tập các đối tượng được gọi là các đỉnh hoặc nút nối với nhau

Đại học Quốc gia Hà NộiTrường Đại học Khoa học Tự nhiên

Lê Thị Thu Hiền

LÝ THUYẾT ĐỒ THỊ VỚI CÁC BÀI TOÁN

Mục lục

1.1 Các khái niệm cơ bản 5

1.2 Bậc của đồ thị 9

1.3 Xích, chu trình, đường, vòng 14

1.4 Đồ thị liên thông 16

1.5 Sắc số và đồ thị tô màu 17

1.6 Số ổn định trong, số ổn định ngoài 19

1.7 Nhân của đồ thị và ứng dụng vào trò chơi 21

1.8 Cây 26

2 Khai thác lý thuyết đồ thị vào giải toán trung học phổ thông 30 2.1 Quy trình chuyển đổi từ bài toán thông thường sang ngôn ngữ lý thuyết đồ thị 30

2.2 Bài toán liên quan đến đồ thị có hướng 33

2.3 Bài toán liên quan đến đồ thị màu 35

2.4 Bài toán có liên quan đến bậc và cạnh của đồ thị 47

2.5 Bài toán liên quan đến đường đi 51

2.6 Bài toán liên quan đến đồ thị liên thông 55

2.7 Bài toán liên quan đến cây 57

2.8 Tổng hợp 60

Mở đầu

Phương pháp lý thuyết đồ thị là môn khoa học có tính khái quát cao giúp nghiêncứu và tối ưu các mối liên hệ giữa các đỉnh, nút, cạnh hoặc cung để chuyển thànhphương pháp giải bài toán Đặc biệt là đối với trung học phổ thông phương pháp đồthị giải được nhiều bài toán hay và bổ ích Vận dụng lý thuyết đồ thị vào giải bài tậpcho học sinh sẽ giúp rèn luyện năng lực hệ thống hóa kiến thức và thúc đẩy quá trìnhsáng tạo cũng như quá trình tự học nghiên cứu trong mỗi học sinh Qua các bài toán

sơ cấp logic, lý thuyết đồ thị giúp phân tích các yếu tố, cấu trúc, đưa ra cách chọnlựa hợp lý cho từng trường hợp và bài toán

Lý thuyết đồ thị phát triển trong khoảng hơn 1 thế kỉ trước Đánh dấu sự xuấthiện của lý thuyết đồ thị chính là kết quả ứng dụng của nó vào năm 1736 trong bàibáo của Leonhard Euler về “Bảy cây cầu Euler” Cho đến ngày nay nó mang lại nhiềuứng dụng quan trọng trong khoa học, kĩ thuật như : Tin học, vật lý, hóa học, mạnglưới giao thông, điều khiển học, cấu trúc máy tính,

Để hiểu sâu hơn về lý thuyết đồ thị và phương pháp này, trước hết cần nắm bắtđược tính chất cơ bản của đồ thị :

Đồ thị là một tập các đối tượng được gọi là các đỉnh (hoặc nút) nối với nhau bởicác cạnh (hoặc cung) Cạnh có thể có hướng hoặc vô hướng Đồ thị thường được vẽdưới dạng một tập các điểm (các đỉnh nối với nhau bằng các đoạn thẳng (các cạnh)

Đồ thị biểu diễn được rất nhiều cấu trúc Nhiều bài toán thực tế có thể biểu diễnbằng đồ thị Do vậy, sự phát triển của các thuật toán xử lý đồ thị là một trong cácmối quan tâm chính của phương pháp đồ thị Ngoài ra, Cấu trúc đồ thị có thể được

mở rộng bằng cách gán trọng số cho mỗi cạnh Có thể sử dụng đồ thị có trọng số đểbiểu diễn nhiều khái niệm khác nhau

Luận văn : “Lý thuyết đồ thị với các bài toán trung học phổ thông” nghiên cứucấu trúc bài toán được biểu diễn bằng đồ thị, đưa ra các phương pháp nhận dạng bàitoán và phát triển năng lực vận dụng lý thuyết đồ thị vào giải bài tập toán Đồngthời làm nổi bật các ưu thế của lý thuyết đồ thị qua bài toán ứng dụng thực tế.Cấu trúc luận văn

Luận văn gồm phần mở đầu và ba chương

Chương 1 : Giới thiệu nội dung của lý thuyết đồ thị, các khái niệm, định lý, tínhchất hệ quả được chứng minh

Chương 2 : Tập trung khai thác lý thuyết đồ thị vào giải toán trung học phổ

thông qua các dạng bài toán cụ thể Đưa ra phương pháp giải dạng toán liên quanđến đồ thị, đồ thị tô màu, đồ thị liên thông, cây, bậc, đường đi cùng bài toán tổnghợp.

Chương 3 : Hướng dẫn giải một số bài toán có thể quy về phương pháp đồ thị,

và một số bài toán áp dụng

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của GS.TS Đặng HuyRuận, trường Đại học Khoa học Tự Nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội, người Thầy đãtận tình giúp đỡ tác giả trong quá trình nguyên cứu và soạn thảo luận văn này Tácgiả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và kính trọng sâu sắc tới Giáo sư

Hà Nội, tháng 9 năm 2013

Tác giả

Lê Thị Thu Hiền

Chương 1

Lý thuyết đồ thị

1.1 Các khái niệm cơ bản.

1 Định nghĩa đồ thị và các yếu tố liên quan

+ Tập hợp X 6= ∅ các đối tượng tùy ý và bộ E các cặp được sắp thứ tự và khôngđược sắp thứ tự các phần tử của X được gọi là một đồ thị, đồng thời được kí hiệuhoặc bằng G(X, E) hoặc bằng G = (X, E) hoặc bằng G(X) Các phần tử của tập X

được gọi là các đỉnh còn các phần tử của tập E được gọi là các cạnh của đồ thị G.Hình ảnh về đồ thị:

Trong (H1) có:

Tập đỉnh là X = {2, 3, 5, 6, 7, 10}

Tập cạnh là E = {(2, 3), (2, 7), (3, 5), (3, 7), (3, 10), (6, 5), (6, 7), (7, 5), (7, 10)}

+ Cặp đỉnh không sắp thứ tự a = (x, y)được gọi là cạnh hay cạnh vô hướng, còn

x, y được gọi là các đỉnh đầu của cạnh a; cặp đỉnh được sắp thứ tựb = (u, v) được gọi

là cạnh có hướng hay cung Đỉnh u được gọi là đỉnh đầu, còn đỉnh v được gọi là đỉnhcuối của cung b Người ta còn nói rằng: cung b đi từ đỉnh u đến đỉnh v

Trong hình (H2) có:

Tập cạnh là (3, 5), (5, 7), (7, 10)

Cung là (3,10), trong đó 3 là đỉnh đầu, 10 là đỉnh cuối

+ Đồ thị chỉ chứa các cạnh được gọi là đồ thị vô hướng Đồ thị chỉ chứa các cunggọi là đồ thị có hướng Nếu đồ thị chứa cả cạnh lẫn cung, thì gọi là đồ thị hỗn hợphay đồ thị hỗn tạp

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

+ Một cạnh (hay một cung) có thể bắt đầu và kết thúc tại một đỉnh Cạnh (cung)loại này được gọi là khuyên hay nút (có hướng)

Để có dạng biểu diễn hình học của G ta cần biểu diễn đỉnh và cạnh.

Biểu diễn đỉnh: Lấy các điểm trên mặt phẳng hay trong không gian tương ứngvới các phần tử của tập X và dùng ngay kí hiệu các phần tử này để ghi trên các điểmtương ứng

Biểu diễn cạnh: Nếu cạnh a với hai đỉnh đầu là x, y thì nó được biểu diễn bằngmột đoạn thẳng hay một đoạn cong nối giữa hai điểm x, y và không đi qua các điểmtương ứng chung gian khác

Biểu diễn cung: Cung b có đỉnh đầu là u, đỉnh cuối là v, thì nó được biểu diễnbằng một đoạn thẳng hay một đoạn cong được định hướng từ u sang v và không điqua các điểm tương ứng chung gian khác

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

Ví dụ Giả sử đồ thị Gcó tập đỉnh X = {x1, x2, x3, x4, x5, x6, x7, x8} và tập cạnh E

gồm các cạnh a1 = (x1, x2), a2 = (x2, x3), a3 = (x4, x5), a4 = (x5, x6), khuyên vô hướng

a 5 = (x 7 , x 7 ), khuyên có hướng (x 6 , x 6 ) và cung b 1 = (x 1 , x 8 ) Khi đó đồ thị G = (X, E)

có dạng biểu diễn hình học sau:

với chính nó Cạnh này được gọi là khuyên.

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

Số cạnh và cung thuộc đỉnh x được gọi là bậc của đỉnh x và kí hiệu bằng m(x) Nếucạnh là khuyên thì được tính là 2

+ Đỉnh có bậc 0 được gọi là đỉnh biệt lập.

+ Đỉnh có bậc 1 được gọi là đỉnh treo

+ Cạnh (cung) có ít nhất một đầu là đỉnh treo được gọi là cạnh (cung) treo.Trong đồ thị hình (H9) có:

X7 là đỉnh biệt lập

X6 là đỉnh treo

(X4, X6) là cung treo

2 Nửa bậc

Giả sử G = (X, E) là đồ thị hoặc đa đồ thị có hướng

Số cung đi vào đỉnh x được gọi là nửa bậc vào của đỉnh x và kí hiệu bằng m0(x)

Định lý 1.2 Trong một đồ thị hay đa đồ thị tùy ý G = (X, U ) số đỉnh bậc lẻ luônluôn là một số chẵn.

Chứng minh Giả sử đồ thị có |X| = n; |U | = mvà k đỉnh bậc lẻ là x1; x2; x3; ; xk(k ≤ n) Đặt M = Pki=1m(x i ), N = Pnj=k+1m(x j ) Áp dụng định lý 1.1 thì M + N = 2m

2) Nếu không có đỉnh bậc 0 thì n đỉnh của đồ thị có bậc là một trong n − 1 số

1, 2, , n − 1

Từ kết quả lý luận trên khẳng định được rằng, đồ thị G(X, E) với n đỉnh, nhưngchỉ có không quá n − 1 loại bậc Bởi vậy phải có ít nhất hai đỉnh cùng bậc Khẳngđịnh được chứng minh

Định lý 1.4 Nếu đồ thị với n(n > 2) đỉnh có đúng 2 đỉnh cùng bậc, thì hai đỉnh nàykhông thể đồng thời có bậc 0 hoặc n − 1

Chứng minh Giả sửx, y là hai đỉnh cùng bậc của đồ thị G(X, E)và đều có bậc 0 hoặcbậc n − 1 Loạix, y và tất cả các cạnh thuộc chúng khỏi đồ thịG, ta được đồ thị con

G1 có n − 2 đỉnh Theo định lý 1.3 trong G1 có hai đỉnh cùng bậc, chẳng hạn u, v.1) Nếu x, y cùng bậc 0 thì u, v trong G không kề với x, y nên u, v đồng thời haiđỉnh cùng bậc trong đồ thị G Như vậy, đồ thị G phải có ít nhất hai cặp đỉnh cùng

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

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

Định lý 1.5 Số đỉnh bậc n − 1 trong đồ thị G với n(n ≥ 4) đỉnh, mà 4 đỉnh tùy ý có

ít nhất một đỉnh kề với 3 đỉnh còn lại, không nhỏ hơn n − 3

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

2) Nếu G có cặp đỉnh duy nhất không kề nhau khi đóG có n − 2 đỉnh bậcn − 1.Nếu G có hai cặp đỉnh không kề nhau thì chúng phải có đỉnh chung Thật vậy,giả sử A, B và I, D là hai cặp đỉnh không kề nhau Nếu hai cặp đỉnh này không cóđỉnh chung thì trong bốn đỉnh A, B, I, D không có đỉnh nào kề với ba đỉnh còn lại,như vậy mâu thuẫn với giả thiết nên hai cặp đỉnh A, B; I, D phải có hai đỉnh trùngnhau, chẳng hạn B ≡ I

Lấy đỉnh C tùy ý khác với A, B, D, trong bộ bốn A, B, C, D đỉnh C kề với cả bađỉnh A, B, D Loại D ra khỏi bộ bốn trên và thay vào đó là đỉnh E tùy ý khác với

A, B, C, D Trong bộ bốn A, B, C, E hoặcC hoặc E phải kề với ba đỉnh còn lại Nếu E

kề với ba đỉnh còn lại thì C kề với E Do đó C kề với cả ba đỉnh A, B, E

Do E là đỉnh tùy ý trong n − 4 đỉnh còn lại (khác các đỉnh A, B, C) nên C cóbậc n − 1 C là đỉnh tùy ý trong n − 3 đỉnh khác A, B, D nên đồ thị có không nhỏ hơn

n − 3 đỉnh bậc n − 1

Định lý 1.6 Với mọi số tự nhiên n (n > 2) luôn tồn tại đồ thị n đỉnh mà 3 đỉnh bất

kì của đồ thị đều không cùng bậc

Chứng minh Nếu n = 3 thì G3 gồm một đỉnh bậc 0 và hai đỉnh bậc 1

Giả sử khẳng định đúng vớiGn cón đỉnh Ta xây dựng đồ thịGn+1 có n + 1 đỉnhnhư sau:

a) Nếu Gn có đỉnh bậc n − 1 thì không có đỉnh nào bậc 0, nên nếu ta ghép vào

Gn đỉnh x bậc 0 thì được đồ thị Gn+1 gồm n + 1 đỉnh Việc ghép thêm đỉnh x vẫnbảo toàn tính chất của Gn: Ba đỉnh bất kì đều không cùng bậc và đồ thị Gn không

có đỉnh bậc 0 nên trong Gn+1 ba đỉnh bất kì đều không cùng bậc

b) Nếu G n không có đỉnh bậc n − 1 khi đó tất cả các đỉnh của G n đều có bậckhông vượt quá n − 2 Thêm vào Gn đỉnh x (không thuộc Gn) và nối x với từng đỉnhcủa Gn bằng một cạnh ta được đồ thị Gn+1 có n + 1 đỉnh Đỉnh x có bậc bằng n còntrong G n+1 bậc của mỗi đỉnh thuộc G n được tăng thêm một đơn vị nhưng đều khôngvượt quá n − 1 và trong bậc mới ba đỉnh bất kì của Gn vẫn không cùng bậc Khẳngđịnh được chứng minh

Định lý 1.7 Đồ thị hai mảng G(Y ; Z, E) với mọi đỉnh y ∈ Y đều có m(y) ≥ 1, đồngthời có tính chất: Bất kì hai cặp đỉnh y1, y2 ∈ Y ; z1, z2 ∈ Z nào cũng thỏa mãn điềukiện: Nếu y 1 kề với z 1 , y 2 kề với z 2, thì trong hai cặp đỉnh y 1 , z 2 ; y 2 , z 1 có ít nhất mộtcặp đỉnh kề nhau Khi đó trong tập Z có ít nhất nhất một đỉnh kề với tất cả các đỉnhthuộc Y.

Chứng minh Ký hiệu |Y | = m, |Z| = n Xét ba khả năng có thể sau:

Với m = 1, do Y có phần tử duy nhất y, mà m(y) ≥ 1, trong tập Z có ít nhấtphần tử z kề vớiy Bởi vậy m(z) = 1 = |Y |

Với m > 1, n = 1, theo giả thiết với mọi y ∈ Y đều có m(y) ≥ 1, nên đỉnh z duynhất của tập Z phải kề với tất cả các đỉnh thuộc Y haym(z) = |y|

Với m > 1, n > 1 gọi z là đỉnh có bậc lớn nhất trong tập Z:

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

+ Nếu m(z) = |k| < m = |Y |, ký hiệu y1, y2, , yk là các đỉnh kề với z và yk+1 phải

kề với đỉnh t ∈ Z và t 6= z Xét hai cặp đỉnh (z, y i ), (t, yk+1) với i = 1, 2, , k, ngoài rat

còn kề với yk+1, nên m(t) = k + 1 > k = m(z) Điều này mâu thuẫn với giả thiết m(z)

cực đại

Khẳng định được chứng minh

Định lý 1.8 Trong đồ thị G(X, E) với ít nhất kn + 1 đỉnh, mỗi đỉnh có bậc khôngnhỏ hơn (k − 1)n + 1 luôn tồn tại đồ thị con đầy đủ gồm k + 1 đỉnh

Chứng minh Khẳng định được chứng minh bằng quy nạp theo k

Với k = 1 khẳng định hiển nhiên đúng

Với k = 2 có thể làm chặt hơn giả thiết: Đồ thị 2n + 1 đỉnh, mỗi đỉnh có bậckhông nhỏ hơn n, thì tồn tại đồ thị con 3 đỉnh đầy đủ Thật vậy, xétx bất kỳ và y làmột trong các đỉnh kề với x Tổng các đỉnh kề với x và y là 2n trong số 2n − 1 đỉnhcòn lại, nên tất phải có một đỉnh được tính hai lần Đỉnh này cùng với x và y tạothành một đồ thị con 3 đỉnh đầy đủ

Giả sử khẳng định đúng với k, ta chứng minh khẳng định đúng với k + 1

Theo giả thiết, trong đồ thịGgồm (k + 1)n + 1đỉnh, số đỉnh kề với x tùy ý khôngnhỏ hơn kn + 1 nên số đỉnh không kề với x sẽ không vượt quá n Bởi vậy, mỗi đỉnh

y kề với x thì nó kề với nhiều nhất n đỉnh không kề với đỉnh x Do đó đỉnh y phải

kề với ít nhất kn + 1 − n = (k − 1)n + 1 đỉnh kề với đỉnh x Xét đồ thị con G1 gồmcác đỉnh kề với x Đồ thị con G1 có ít nhấtkn + 1 đỉnh và mỗi đỉnh của nó kề ít nhất

(k − 1)n + 1 đỉnh thuộc G 1, nên theo giả thiết quy nạp, trong G 1 có đồ thị con đầy đủ

G2 gồm k + 1 đỉnh Vì đỉnh x kề với từng đỉnh thuộc G2 nên đỉnh x kết hợp với cácđỉnh thuộc G2 lập thành một đồ thị con đầy đủ gồm k + 2 đỉnh trong đồ thị G

1.3 Xích, chu trình, đường, vòng

Đối với đồ thị (đa đồ thị) vô hướng có khái niệm xích (dây chuyền) và chu trình,còn đối với đồ thị (đa đồ thị) có hướng tồn tại khái niệm đường và vòng Tuy vậy tavẫn thường dùng khái niệm đường cho cả đồ thị và đa đồ thị vô hướng

1 Xích, chu trình

Giả sử G(X, E) là một đồ thị hay đa đồ thị vô hướng, dãy α các đỉnh của

G(X, E), α = [x1, x2, , xi, xi+1, , xn−1, xn] được gọi là một xích hay một dây chuyềnnếu ∀i(1 ≤ i ≤ n − 1) cặp đỉnh xi, xi+1 kề nhau

Tổng số vị trí của tất cả các cạnh xuất hiện trong xích α được gọi là độ dài củaxích α, đồng thời được kí hiệu là |α|

Các đỉnh x1, xn được gọi là hai đỉnh đầu của xích α Ngoài ra còn nói rằng xích

α nối giữa các đỉnh x 1 và x n Để chỉ rõ đỉnh đầu và đỉnh cuối ta còn kí hiệu α bằng

α[x1, xn]

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

Xích (chu trình) α, được gọi là xích (chu trình) đơn (sơ cấp hay cơ bản), nếu nó

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

Trong hình (H11) có Y ZW XV U Y là chu trình sơ cấp độ dài 6

Trong hình (H12) có:

α = [x1, x2, x3, x7, x6, x5, x1] là chu trình đơn và sơ cấp

α = [x 1 , x 4 , x 2 , x 6 , x 4 , x 5 , x 1 ] là chu trình đơn, nhưng không là chu trình sơ cấp

2 Đường, vòng.

Giả sử G = (X, E) là đồ thị hay đa đồ thị có hướng Dãy đỉnh β của G = (X, E), β = [x 1 , x 2 , , x i , x i+1 , , x m−1 , x m ] được gọi là một đường hay một đường đi,nếu ∀i(1 ≤ i ≤ m − 1) đỉnh xi là đỉnh đầu, còn xi+1 là đỉnh cuối của một cung nào đó.Tổng số vị trí của tất cả các cung xuất hiện trongβ được gọi là độ dài của đường

β, đồng thời được kí hiệu bằng |β|

Đỉnh x1 được gọi là đỉnh đầu, còn xm là đỉnh cuối của đường β Người ta nóirằng: Đường β xuất phát từ đỉnh x1 và đi tới đỉnh xm Đường β còn được kí hiệubằng β[x1, xm]

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

Đường (vòng) được gọi là đường (vòng) đơn (sơ cấp hay cơ bản) nếu nó đi quamỗi cạnh (mỗi đỉnh) không quá một lần

Trong hình (H13) có:

β1= [x1, x2, x3, x6, x4, x5, x1] là vòng sơ cấp

β2= [x1, x4, x2, x6, x4, x5, x1] là vòng đơn, nhưng không sơ cấp

β3= [x1, x4, x2, x3, x6, x4, x2] là đường không đơn, không sơ cấp

Giả sử α = [x1, x2, , xk−1, xk] là một xích sơ cấp có độ dài cực đại Do bậc củamỗi đỉnh không nhỏ hơn 2, nên x 1 phải kề với một đỉnh y nào đó khác với x 2

Nếu y không thuộc α, tức là khác với các đỉnh xi(3 ≤ i ≤ k), thì xích sơ cấp

α0= [y, x1, x2, , xk−1, xk] có độ dài|α0| = |α| + 1 > |α| Ta đã đi tới mâu thuẫn với tínhchất độ dài cực đại của α Bởi vậy y phải thuộc α, tức là y ≡ xi(3 ≤ i ≤ k) nên trong

đồ thị G = (X, E) có chu trình sơ cấp β = [x1, x2, , xi, x1]

Định lý 1.10 Trong đồ thị vô hướng với n(n ≥ 4) đỉnh và các đỉnh đều có bậc khôngnhỏ hơn 3 luôn luôn tồn tại một chu trình sơ cấp có độ dài chẵn

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

Ngược lại, nếu cả hai chu trìnhα1, α2có độ dài lẻ Khi đó xíchα3 = [x1, x2, x3, , xi−1, xi]

có độ dài chẵn, còn xích α 4 = [x i , x i+1 , , x j−1 , x j , x 1 ] có độ dài lẻ nên chu trình

α5= [x1, xi, xi+1, , xj−1, xj, x1] có độ dài chẵn Khẳng định được chứng minh

1.4 Đồ thị liên thông

1 Định nghĩa

Hai đỉnh x, y của đồ thị G = (X, E) được gọi là cặp đỉnh liên thông, nếu hoặcgiữa x và y có ít nhất một xích nối với nhau, hoặc tồn tại ít nhất một đường đi từ x

sang y hoặc từ y sang x

Trong hình (H14) cặp đỉnh A, B liên thông

Đồ thị vô hướng G = (X, E) được gọi là đồ thị liên thông, nếu mọi cặp đỉnh của

nó đều liên thông

Hình ảnh đồ thị liên thông:

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

Hình ảnh đồ thị liên thông mạnh:

Giả sử a là đỉnh bất kì của đồ thị G = (X, E) Dùng Ca để kí hiệu tập con cácđỉnh của G gồm đỉnh a và tất cả các đỉnh liên thông với a trong đồ thị G.

Đồ thị con của G có tập đỉnh là Ca được gọi là một thành phần liên thông của

Chứng minh Giả sử đồ thị vô hướng G = (X, E) có n đỉnh (n ≥ 2) Với mọi cặp đỉnh

a, b của đồ thị đều có m(a) + m(b) ≥ n (1) nhưng a, bkhông liên thông Khi đó đồ thị

G tồn tại hai thành phần liên thông: G 1 có chứa a và n 1 đỉnh, G 2 có chứa b và n 2

đỉnh Vì G1, G2 là các thành phần liên thông của G nên n1+ n2 ≤ n Khi đó

là đỉnh bậc lẻ Ta đi tới mâu thuẫn với tính chất: Số đỉnh bậc lẻ trong đồ thị là sốchẵn Bởi vậy a, b phải liên thông

1.5 Sắc số và đồ thị tô màu

Trong phần này sẽ trình bày về các đồ thị mà hoặc tập đỉnh hoặc tập cạnh củachúng được tô bằng từ hai màu trở lên

1 Định nghĩa

Sắc số của đồ thị là số màu ít nhất cần dùng để tô trên các đỉnh của đồ thị (mỗiđỉnh một màu), sao cho hai đỉnh kề nhau (có cạnh nối với nhau) tùy ý được tô bằnghai màu khác nhau

Sắc lớp là số màu ít nhất cần dùng để tô trên các cạnh của đồ thị (mỗi cạnh mộtmàu), sao cho hai cạnh kề nhau (có đỉnh chung) tùy ý đều có màu khác nhau

2 Một số tính chất

Định lý 1.13 Một chu trình độ dài lẻ luôn luôn có sắc số bằng 3

Chứng minh Giả sử a là một chu trình có độ dài lẻ tùy ý Khi đó tồn tại số tự nhiên

Giả sử khẳng định đã đúng với n ≤ k, nghĩa là đối với chu trình a1 tùy ý với độdài 2n + 1(1 ≤ n ≤ k) đều có sắc số bằng 3 Cần phải chỉ ra rằng với n = k + 1 khẳngđịnh vẫn đúng, nghĩa là chu trình a tùy ý với độ dài2(k + 1) + 1 cũng có sắc số bằng3

Giả sử a là chu trình độ dài lẻ tùy ý có độ dài bằng 2(k + 1) + 1 và có tập đỉnhđược đánh số liên tiếp là x1, x2, , xk, xk+1, x2k+2, x2k+3

Nối đỉnh x1 với đỉnh x2k+1 ta được chu trình a1 với độ dài 2k + 1 Theo giả thiếtquy nạp sắc số của a1 bằng 3 đồng thời x1 và x2k+1 có màu khác nhau Chẳng hạn

x1 được tô màu M1 và x2k+1 được tô màu M2 Khi đó để tô màu đỉnh x2k+2 ta có thểdùng lại màu M1 và tô đỉnh x2k+3 ta dùng lại màu M2 Nghĩa là không phải thêmmàu mới Vậy sắc số a bằng 3 và khẳng định được chứng minh

3 Lớp đồ thị có chu trình tam giác cùng màu

Để phục vụ cho việc giải quyết một số bài toán nào đó cần xét những dãy sốđặc biệt và đưa ra những khẳng định thích hợp, chẳng hạn, để xây dựng lớp đồ thị

có chu trình tam giác cùng màu người ta đưa ra các dãy số nguyên dương

a 1 = 2; a 2 = 5; ; a n+1 = (n + 1)a n + 1

u1= 3; u2= 6; ; un+1 = (un− 1)n + 2

và có định lý sau:

Định lý 1.14 a) Một đồ thị đầy đủ vô hướng với a n + 1 đỉnh, các cạnh được tô bằng

n màu luôn luôn có chu trình tam giác cùng màu

b) Một đồ thị đầy đủ vô hướng với un+1 đỉnh, các cạnh được tô bằng n màu luônluôn có chu trình tam giác cùng màu

Chứng minh a) Bằng quy nạp theo chỉ số n

Với n = 1 đồ thị đầy đủ tương ứng gồm a 1 + 1 = 2 + 1 = 3 đỉnh lập thành mộtchu trình tam giác Các cạnh của đồ thị này được tô bằng một màu nên chu trìnhtam giác lập nên G1 cùng màu

Giả sử khẳng định đúng với n = k, nghĩa là đồ thị đầy đủ bất kì Gk gồm ak+ 1

đỉnh với các cạnh được tô bằngk màu đã có chu trình tam giác cùng màu Cần chứng

tỏ khẳng định cũng đúng với n = k + 1

Xét đồ thị đầy đủ tùy ý Gk+1 với ak+1 + 1 đỉnh và các cạnh được tô bằng k + 1

màu

Giả sửP là một đỉnh tùy ý củaGk+1 Khi đó P được nối với ak+1 = (k + 1)ak+ 1

đỉnh bằng các cạnh được tô bởi không quá k + 1 màu, nên xuất phát từ P phải có ítnhất ak+ 1 cạnh được tô bằng cùng một màu Giả sử màu này là màu đỏ và các cạnh

P A 1 , P A 2 , , P A a k , P A a k +1 được tô bằng màu đỏ Có hai khả năng xảy ra:

Nếu một trong các cạnh nối giữa các đỉnh Ai, Aj(1 ≤ i, j ≤ ak+ 1) được tô màu

đỏ, chẳng hạn cạnh (A1, A2) màu đỏ Khi đó chu trình tam giác A1P A2 màu đỏ nên

đồ thị Gk+1 có chu trình tam giác màu đỏ

Nếu không có cạnh nào trong các cạnh Ai, Aj(1 ≤ i, j ≤ ak + 1) được tô màu đỏ,thì khi đó đồ thị con đầy đủ Gk với tập đỉnh A1, A2, , Aak, Aak+1 có các cạnh được tôbằng k màu, nên theo giả thiết quy nạp đồ thị Gk có chu trình tam giác cùng màu.Bởi vậy đồ thị Gk+1 có chu trình tam giác cùng màu

Khẳng định được chứng minh b) Chứng minh tương tự

Tập con B ⊆ X các đỉnh của đồ thịG được gọi là tập ổn định trong cực đại, nếu

B là tập ổn định trong và nếu thêm vào B một đỉnh tùy ý x ∈ X, thì tập con nhậnđược B ∪ {x} sẽ không ổn định trong

- Số ổn định ngoài β(G) = |{x1, x4}| = 2.

1.7 Nhân của đồ thị và ứng dụng vào trò chơi

1 Định nghĩa

Giả sử có đồ thị G = (X, U ) Tập đỉnh S ⊆ X được gọi là nhân của đồ thị G nếu

nó vừa là tập ổn định trong lại vừa là tập ổn định ngoài

Trong hình (H19) có hai nhân {A1, A3} và {A2, A4}

Trong hình (H20) không có nhân vì tập ổn định trong chỉ gồm 1 đỉnh, còn cáctập ổn định ngoài phải gồm ít nhất hai đỉnh

2 Tính chất

Định lý 1.15 Nếu đồ thị có số ổn định trong nhỏ hơn số ổn định ngoài thì nó không

có nhân

Chứng minh Giả sử đồ thị G = (X, U ) có α(G) < β(G)(1) nhưng G lại có nhân và S

là một trong những nhân của G Khi đó theo định nghĩa ta có:

α(G) = max{|A|, A ∈ H(G)} ≥ min{|B|, B ∈ K(G)} = β(G) (2)

Trong đó H(G) là tập gồm các tập đỉnh ổn định trong, còn K(G)là tập gồm cáctập ổn định ngoài của đồ thị G

So sánh (1) và (2) đi tới mâu thuẫn nên G không thể có nhân Định lý đượcchứng minh

Định lý 1.16 Nếu S là nhân của đồ thị G = (X, U ), thì nó cũng là tập ổn định trongcực đại

Chứng minh Giả sử S là nhân của đồ thị G và x là đỉnh tùy ý không phụ thuộc vào

S Xét tập S ∪ {x}, vì S là nhân và x 6∈ S nên ∃y ∈ S để x, y được nối với nhau bằngmột cạnh hoặc từ x sang y có cung Bởi vậy tập S ∪ {x} không ổn định trong nên S

là tập ổn định cực đại

Định lý 1.17 Trong đồ thị vô hướng không có khuyên mọi tập ổn định trong cực đạiđều là nhân

Chứng minh Giả sử tập B là tập ổn định trong cực đại của đồ thị vô hướng G = (X, E) Khi đó ∀x ∈ (X − B) đều ∃y ∈ B để x, y có cạnh nối với nhau nên đồng thời

B cũng là tập ổn định ngoài Định lý được chứng minh

Hệ quả 2.1 Mọi đồ thị vô hướng không có khuyên đều có nhân

Chứng minh Thật vậy, giả sử đồ thị G = (X, U ) là đồ thị vô hướng không có khuyên.Khi đó mỗi đỉnh đều lập thành một tập ổn định trong Xuất phát từ đỉnh tùy ý x0,đặt S 0 = {x 0 }, sau đó chọn đỉnh tùy ý x 1 6∈ D(x 0 ) và đặt S 1 = S 0 ∪ {x 1 } = {x 0 , x 1 }.Tiếp theo, chọn đỉnh tùy ý x2 6∈ D(S1) và thực hiện tương tự như trên Vì đồ thị

G là hữu hạn nên sớm muộn quá trình trên sẽ dừng lại, tức là có n số tự nhiên để

D(Sn) = X − Sn Với cách chọn này Sn là tập ổn định trong cực đại nên nó là nhâncủa đồ thị G

Định lý 1.18 Nếu đồ thị G = (X, E) có nhân S và nếu một đấu thủ đã chọn đượcmột đỉnh trong nhân S thì việc chọn này đảm bảo cho đấu thủ đó thắng hoặc hòa.Chứng minh Thật vậy, nếu đấu thủ A chọn được đỉnh x 1 ∈ S, thì hoặc D(x 0 ) ∪

D+(x0) = ∅ Khi đó A thắng cuộc Nếu D(x1) ∪ D+(x1) 6= ∅, thì đối phương B buộcphải chọn đỉnh x2 ∈ (S − X) Khi đó đối thủ A lại có thể chọn x3 ∈ S và cứ như thếmãi

Vì đồ thị Gcó hữu hạn đỉnh, nên đến một lúc nào đó một trong hai đấu thủ bằngcách chọn được đỉnh xk ∈ S, mà D(xk) ∪ D+(xk) = ∅ Theo cách chọn trên đấu thủ A

đến lượt chọn xk, nên chính A là người thắng cuộc

3) Người bốc được vật cuối cùng thắng (thua) cuộc

Khi tham gia cuộc chơi mỗi người đều phải tìm cách thực hiện để chiến thắng.Mỗi bước chơi đều có vai trò quyết định của nó Song bước 1 có ý nghĩa quyếtđịnh hơn cả.

Bởi thế người đi đầu có phần chủ động hơn Nếu người đi đầu có thuật toán chơiđúng, thì nhất định sẽ chiến thắng Bởi vậy cần đưa ra thuật toán đúng cho ngườichơi đầu

B Thuật toán chơi dựa vào nhân của đồ thị

a Trường hợp bốc được vật cuối cùng thắng cuộc

1) Xây dựng đồ thị xác định trò chơi: Cần xác định đỉnh và cung của đồ thị.Đỉnh: Tương ứng đỉnh lấym+1điểm với số lượng vật thể có thể là0, 1, 2, 3, , m−

1, m Dùng ngay số lượng vật để ghi trên các điểm tương ứng

Cuối cùng A đạt đỉnh 0, tức là A bốc được vật cuối cùng nên thắng cuộc

Ví dụ 4.1: Trên bàn có một đống bi gồm 14 viên Hai emA, B thực hiện trò chơi bốc

bi theo nguyên tắc sau:

1) Người đi đầu xác định bằng gieo đồng tiền

2) Mỗi người đến lượt phải bốc ít nhất 1 viên và không bốc quá 3 viên

3) Ai bốc được viên bi cuối cùng thì người đó thắng cuộc

Nếu A được đi đầu thì em phải có cách bốc như thế nào để đảm bảo thắng cuộc,tức là bốc được viên bi cuối cùng?

Giải1) Xây dựng đồ thị G xác định trò chơi

Tập M = {0, 4, 8, 12} là một trong những nhân của đồ thị

Đến lượt mình chẳng hạn B bốc 2 viên, để đạt đỉnh 6, khi đó A bốc 2 để đạt tớiđỉnh 4

Đến lượt mình chẳng hạn B bốc 1 viên để đạt tới đỉnh 3 Đến lượt mìnhA bốc 3viên và thắng cuộc

b Trường hợp bốc được vật cuối cùng thua cuộc

Đối với trường hợp bốc được vật cuối cùng thua cuộc vẫn có cách giải quyết

tương tự bằng đồ thị.

1) Xây dựng đồ thị xác định trò chơi

Đỉnh : Lấym điểm trên mặt phẳng hoặc trong không gian tương ứng với số lượngvật có thể là :0, 1, 2, , m − 1, m. Dùng ngay số lượng vật để ghi các điểm tương ứng.Cung :

+ Đối với mỗi đỉnh x ≥ k có cung đi tới từng đỉnh thuộc tập

đi theo cung

a Người đi đầu xác định bằng bóc thăm

b Mỗi người đến lượt phải bốc ít nhất 1 que diêm và không được bốc quá 3 quediêm

c Ai phải bốc que diêm cuối cùng thì thua cuộc

Nếu A được đi đầu thì em phải bốc diêm như thế nào để đảm bảo thắng cuộc,tức là không phải bốc que diêm cuối cùng

Giải1) Xây dựng đồ thị G và xác định trò chơi

2) Thuật toán

Với tư cách người đi đầu để đảm bảo chiến thắng, tức không phải bốc que diêmcuối cùng, thì A phải bốc 2 que diêm, tức là xuất phát từ đỉnh 11 đi theo cung (11,9) để đạt đỉnh 9 thuộc nhân N.

Đến lượt mình, chẳng hạn, B bốc 2 que diêm, tức xuất phát từ đỉnh 9 đi theocung (9, 7) để đạt đỉnh 7 Khi đó đến lượt mình A bốc 2 que diêm để đạt được đỉnh

5 thuộc nhân N

Đến lượt mình, chẳng hạn B bốc 3 que diêm và tới đỉnh 2, khi đó A bốc 1 quediêm và đạt đỉnh 1 thuộc nhân N Như vậy, que diêm cuối cùng B phải bốc nên thuacuộc

1) Mỗi đỉnh khác x1 là điểm cuối của một cung duy nhất

2) Đỉnh x1 không là điểm cuối của bất kì cung nào

3) Đồ thị G = (X, U ) không có vòng (H23)

2 Đặc điểm của cây và bụi

Định lý 1.19 Giả sử H là một đồ thị vô hướng với n đỉnh (n > 1) Để đặc trưngcho một cây, thì sáu tính chất sau là tương đương:

1) H liên thông và không có chu trình

2) H không có chu trình và có n − 1 cạnh

3) H liên thông và có n − 1 cạnh

4) H không có chu trình và nếu thêm một cạnh nối giữa hai đỉnh bất kìkhông kề nhau, thì đồ thị nhận được H0 có một chu trình ( và chỉ một mà thôi)

5) H liên thông và khi bớt một cạnh bất kì, thì đồ thị mất tính liên thông

6) Mọi cặp đỉnh của h đều được nối với nhau bằng một xích và chỉ một màthôi

Chứng minh Định lý được chứng minh theo phương pháp vòng tròn Kí hiệu số cạnhcủa đồ thị H bằng m, số thành phần liên thông bằng p

Nên đồ thị H0 có chu trình và chỉ một mà thôi

(4) ⇒ (5): Lấy hai đỉnh bất kì x, y của đồ thị H Theo tính chất (4): Nếu thêmvào cạnh (x, y), thì đồ thị mới nhận được H0 có chu trình Điều đó chứng tỏ giữa x, y

đã có xích nối với nhau, tức H đã liên thông

Giả sử bớt đi một cạnh nào đó, chẳng hạn (u, v) mà đồ thị nhận được vẫn liênthông Điều này chứng tỏ trong đồ thị H giữa các đỉnh u, v ngoài cạnh (u, v) còn mộtxích nối giữa chúng, tức là trong H có ít nhất một chu trình đi qua u, v Ta đi tớimâu thuẫn với tính chất 4: Đồ thị H không có chu trình Bởi vậy, nếu bớt đi mộtcạnh tùy ý thì đồ thị nhận được từ H sẽ không liên thông

(5) ⇒ (6) Giả sử trong H tồn tại cặp đỉnh nào đó, chẳng hạn x, y được nối vớinhau bằng từ hai xích trở lên Khi đó, nếu ta bỏ đi một cạnh nào đó thuộc một tronghai xích này, thì xích còn lại vẫn đảm bảo cho x, y liên thông Như vậy ta đã đi tớimâu thuẫn với tính chất 5 Do đó mọi cặp đỉnh của H đều nối với nhau bằng mộtxích và chỉ một mà thôi.

(6) ⇒ (1) Giả sử H không liên thông Khi đó có ít nhất một cặp đỉnh không cóxích nối với nhau, nên mâu thuẫn với tính chất (6)

Giả sử H có chu trình Khi đó có ít nhất một cặp đỉnh nằm trên chu trình nàyđược nối với nhau bằng ít nhất hai xích Như vậy ta cũng đi đến mâu thuẫn với tínhchất (6) Bởi vậy đồ thị H có tính chất (1)

Định lý đã được chứng minh

Định lý 1.20 Một cây có ít nhất hai đỉnh treo

Chứng minh Giả sử cây H chỉ có không quá một đỉnh treo Ta tưởng tượng có mộtkhách bộ hành đi theo đồ thị đó, xuất phát từ một đỉnh tùy ý ( trong trường hợp đồthị có 1 đỉnh treo): Nếu hành khách tự cấm mình không đi qua một cạnh hai lần, khi

đó không thể gặp một đỉnh hai lần ( do đồ thị H không có chu trình) Mặt khác, khitới một đỉnh người đó luôn luôn có thể đi ra bằng một cạnh mới ( vì mỗi đỉnh khácđỉnh xuất phát đều có ít nhất hai cạnh) như vậy khách bộ hành sẽ đi mãi không baogiờ dừng lại Đó là điều không thể xảy ra, vì đồ thị H có hữu hạn đỉnh Vậy đồ thị

H không thể có ít hơn hai đỉnh treo Định lý đã được chứng minh

Định lý 1.21 Mọi bụi khi bỏ định hướng các cạnh đều trở thành cây

Chứng minh Giả sử bụi H = (X, U ) có gốc là x1 và đồ thị vô hướngG = (X, E) nhậnđược từ bụi H sau khi bỏ định hướng các cung

1) Đồ thị G liên thông Do điều kiện 1) mỗi đỉnh x 6= x1 đều có hướng đi tới x1.Thật vậy, giả sử x 6= x1 và từ x1 không có đường đi tới x Nếu x là đỉnh biệt lập,thì phải có đỉnh y là điểm xuất phát của một đường đi tới x Nhưng do từ x 1 không

có đường đi tới x nên y 6= x1, mà nó cũng không là điểm cuối của bất kỳ cung nào.Như vậy, ta đã đi tới mâu thuẫn với điều kiện 1) Do đó mọi đỉnh x 6= x1 từ x1 đều cóđường đi tới nó, nên trong G mọi đỉnh x đều có xích nối với đỉnh x 1 Bởi vậy G liênthông

2) Đồ thị G không có chu trình Thật vậy, giả sử G có chu trình, thì trongH dãycung tương ứng với các cạnh thuộc chu trình này sẽ hoặc lập thành một vòng hoặc

có ít nhất hai cung có chung điểm cuối Như vậy ta đã đi tới mâu thuẫn với điều kiện1) hoặc điều kiện 3) Nên đồ thị G không có chu trình và liên thông Do đó G là 1cây Định lý được chứng minh

3 Cây bao trùm

Giả sử G = (X, E) là đồ thị vô hướng với n đỉnh (n ≥ 2)

Mỗi đồ thị bộ phận của đồ thị mà liên thông thì được gọi là cây bao trùm của G

hay cây bao trùm của tập X

Định lý 1.22 Đồ thị vô hướng G = (X, E) với n(n ≥ 2) đỉnh có cây bao trùm khi vàchỉ khi nó liên thông

Chứng minh 1) Điều kiện cần: Giả sử đồ thị vô hướng G = (X, E) có cây bao trùm

H = (X, F ), nhưng G lại không liên thông Khi đó ∃x, y ∈ X không có xích nối nhau

Đồ thị H = (X, F ) nhận được từ G bằng cách bỏ đi một số cạnh, nên trong đồ thị H

các đỉnh x, y cũng không thể có xích nối với nhau Bởi vậy đồ thị H không liên thông

Ta đã đi tới mâu thuẫn với tính chất của cây Do đó đồ thị G liên thông

2) Điều kiện đủ:

Nếu đồ thị G liên thông ta tìm tất cả các cạnh, mà khi loại các cạnh này khỏi G

không làm mất tính liên thông của đồ thị

Nếu trong G không có cạnh như vậy, thì G không có chu trình nên nó chính làcây bao trùm

Ngược lại, giả sử a là một cạnh nào đó trong các cạnh đã nói ở trên Ta xóa a

khỏi G và kí hiệu đồ thị bộ phận nhận được bằng G1

Đối với G1 và các đồ thị nhận được tiếp theo ta thực hiện xóa cạnh tương tự nhưtrên, cho tới khi nhận được đồ thị bộ phận H = (X, F ) liên thông và tất cả các cạnhkhi xóa đều làm mất tính liên thông của đồ thị, nên đồ thị bộ phận H = (X, F ) làcây bao trùm của đồ thị G Định lý được chứng minh

Chứng minh điều kiện đủ cũng chính là thuật toán tìm cây bao trùm

Định lý 1.23 Một cây có n đỉnh có đúng n − 1 cạnh

Chứng minh Chứng minh bằng quy nạp theo số đỉnh của n cây

Với n = 1 rõ ràng cây với 1 đỉnh không có cạnh nào cả

Giả sử một cây tùy ý với n đỉnh có đúng n − 1 cạnh

Xét Glà một cây cón + 1 đỉnh tùy ý Theo định lý đã chứng minh ở trên, Gcó ítnhất một đỉnh trên P nào đó Xét đồ thị G − {P } Vì đỉnh P là đỉnh treo, nên đồ thị

G − {P } là một đồ thị liên thông Giả sử ngược lại là đồ thị G − {P } có ít nhất haithành phần liên thông G1 và G2 nào đó Do G là đồ thị liên thông, cho nên có mộtcon đường nối G1 với G2 trong G

Do G không có chu trình, cho nên đồ thị G − {P } không có chu trình Tóm lại

là đồ thị G − {P } là một cây có n đỉnh Theo giả thiết quy nạp thì đồ thị G − {P } cóđúng n − 1 cạnh Suy ra đồ thị G có đúng n cạnh, vì bậc của P trong đồ thị G bằng1

Chương 2

Khai thác lý thuyết đồ thị vào giải

toán trung học phổ thông

2.1 Quy trình chuyển đổi từ bài toán thông thường sang ngôn ngữ

lý thuyết đồ thị

I Một số bài toán tiềm ẩn các yếu tố của lý thuyết đồ thị

Trong chương trình toán và trong một số các chuyên đề bồi dưỡng học sinh ởtrường trung học phổ thông chuyên, các em đã gặp nhiều bài toán tiềm ẩn các yếu

tố của lý thuyết đồ thị Ví dụ:

Ví dụ 1: Một cuộc họp có ít nhất 3 đại biểu Khi đến họp mỗi đại biểu đã bắt tay ítnhất hai đại biểu đến dự họp Chứng minh rằng ta luôn có thể xếp một số đại biểungồi xung quanh một bàn tròn để mỗi người ngồi giữa hai người mà anh (chị) ta đãbắt tay

Ví dụ 2:Có 10 đội bóng thi đấu với nhau Mỗi đội phải đấu một trận với các đội khác.Chứng minh rằng vào bất kì lúc nào cũng có hai đội đã được đấu một số trận nhưnhau

Ví dụ 3:Một nhóm gồm 5 thành viên trong đó mỗi bộ ba đều có hai thành viên quennhau và hai thành viên không quen nhau Chứng minh rằng có thể xếp cả nhóm ngồixung quanh một bàn tròn để mỗi người ngồi giữa hai người mà thành viên đó quen

Ví dụ 4:Trong phòng có n người (n ≥ 3) mỗi người quen với ít nhất hai người khác.Chứng minh rằng có thể chọn ra một số người để xếp ngồi quanh một bàn tròn saocho mỗi người đều ngồi giữa hai người quen

Ví dụ 5:Có 6 đội bóng thi đấu vòng tròn một lượt với nhau ( mỗi đội phải đấu 1 trậnvới 5 đội khác ) Chứng minh rằng vào bất kỳ lúc nào cũng có 3 đội, trong đó từngcặp đã đấu với nhau hoặc chưa đấu với nhau trận nào

Ví dụ 6:Cho 5 số nguyên dương tùy ý, mà cứ 3 số bất kỳ đều có 2 số có ước chung

và 2 số nguyên tố cùng nhau Chứng minh rằng có thể ghi 5 số đó trên một đườngtròn, để mỗi số đều đứng giữa 2 số mà nó có ước chung

Ví dụ 7:Chứng minh rằng trong 6 góc nhọn bao giờ cũng tìm được 3 góc A, B, C saocho các tổng số đo A + B, A + C, B + C đồng thời lớn hơn 900 hoặc đồng thời không

lý thuyết đồ thị để giải quyết.

III Dấu hiệu chung

Không phải bất kì một bài toán nào ta cũng có thể vận dụng lý thuyết đồ thị đểgiải Để vận dụng được lý thuyết đồ thị còn tùy thuộc vào các yếu tố cho trong bàitoán Vấn đề đặt ra là đứng trước một bài toán ta phải xác định được bài toán đó cóthể khai thác kiến thức của lý thuyết đồ thị để giải hay không?

Một đồ thị luôn được xác định bởi 2 yếu tố Đó là đỉnh và cạnh Như vậy muốn

áp dụng đồ thị để giải bất kì một bài toán nào ta cũng phải xác định xem liệu bàitoán đó có thể chuyển được về một đồ thị hay không?

Qua nghiên cứu ta thấy yếu tố được xác định trong đồ thị thường như sau:+ Đỉnh tương ứng với các đối tượng

+ Cạnh tương ứng với các quan hệ

Xét ví dụ 3

Một nhóm gồm 5 thành viên trong đó mỗi bộ ba đều có 2 người quen nhau và

2 người không quen nhau Chứng minh rằng có thể xếp cả nhóm ngồi xung quanh 1bàn tròn để mỗi người ngồi giữa 2 người mà thành viên đó quen

Nhận xét: Với bài toán trên, nếu không biết lý thuyết đồ thị thì sẽ thực hiện giải nónhư thế nào?

Với các yếu tố của bài toán đã cho ta nhận thấy số người là hữu hạn do đó sốkhả năng xảy ra cũng hữu hạn Vì vậy ta có thể xét lần lượt hết các khả năng có thểxảy ra bằng lý thuyết tổ hợp

Tuy nhiên vấn đề đặt ra là ở đây chỉ có 5 đối tượng ta có thể liệt kê được cònnếu số đối tượng nhiều hơn thì sẽ gặp khó khăn Khó khăn về cách thực hiện có thể

bỏ sót các trường hợp dẫn đến kết quả thiếu chính xác

Từ đó ta có thể nghĩ đến một phương pháp giải khác để có thể khắc phục nhượcđiểm trên đó là áp dụng lý thuyết đồ thị để giải

GiảiXác định hai yếu tố theo dấu hiệu chung từ đó ta xây dựng đồ thị mô tả lại bài

toán theo ngôn ngữ lý thuyết đồ thị.

- Đối tượng của bài toán là thành viên tương ứng với đỉnh đồ thị Có 5 thành viêntương ứng với 5 đỉnh của đồ thị Dùng tên của thành viên ghi trên các đỉnh tươngứng

- Quan hệ tương ứng giữa các đỉnh là cạnh của đồ thị Trong bài toán này quan

hệ ở đây có 2 mối quan hệ giữa các thành viên: Quen nhau hoặc không quen nhau

Ta quy ước như sau:

+ Cạnh nét liền kề nối giữa hai đỉnh tương ứng với hai người quen nhau

+ Cạnh nét chấm để nối giữa hai đỉnh tương ứng với hai người không quen nhau.Vậy ta có bài toán tương ứng bằng ngôn ngữ lý thuyết đồ thị như sau: Cho đồthị G với 5 đỉnh, các cạnh được nối bởi cạnh nét liền và cạnh nét đứt sao cho không

có " tam giác nào có các cạnh cùng loại", Chứng minh rằng luôn có hình 5 cạnh vớicác cạnh cùng loại và các đường chéo được vẽ khác loại

Ở đây " tam giác có các cạnh cùng loại" được hiểu theo nghĩa tam giác được tạobởi 3 đỉnh và các cạnh của tam giác được vẽ cùng loại hoặc nét đứt hoặc nét liền

Đồ thị G là đa giác 5 cạnh với các cạnh nét đứt và các đường chéo nét liền hoặcngược lại Khi đó dựa vào đường gấp khúc khép kín nét đứt mà sắp xếp các thànhviên ngồi xung quanh một bàn tròn, thì mỗi thành viên sẽ ngồi giữa 2 người mà thànhviên đó không quen

Phân tích bài toán:

Bài toán có chứa hai mối quan hệ là quen và không quen Coi 5 người là 5 đỉnh

A, B, C, D, E của một đồ thị Hai người quen nhau biểu thị bằng cạnh nối hai đỉnhtương ứng với họ được vẽ bằng nét liền, còn hai người không quen nhau biểu thị bằngcạnh nét đứt nối hai đỉnh tương ứng với họ

Do giữa 3 người bất kì luôn tìm được hai người quen nhau và hai người khôngquen nhau, nên không có tam giác nào có 3 cạnh cùng loại Nếu ta quy ước: Cạnhnét liền là cạnh màu đỏ, còn cạnh nét đứt là cạnh màu xanh thì khi đó bài toán đượcchuyển về bài toán đồ thị màu: Cho đồ thị đầy đủ 5 đỉnh mà được tô bằng hai màuxanh, đỏ (mỗi cạnh một màu) sao cho không có tam giác nào cùng màu Chứng minh

đồ thị có một chu trình cùng màu đi qua tất cả các đỉnh và qua mỗi đỉnh đúng mộtlần.

Ta chứng minh như sau:Trước hết ta chứng minh mỗi đỉnh là đầu mút của đúng haicạnh cùng loại

Thật vậy, xét đỉnh A bất kỳ Từ A xuất phát 4 cạnh Ta sẽ chứng minh thuộc A

có hai cạnh nét liền và hai cạnh nét đứt

Giả sử A là đầu mút của hai cạnh nét liền AB, AC suy ra BC nét đứt

Giả sử AD nét liền khi đó DC nét đứt, nên nếu BD nét liền, thì tam giác ABD

có 3 cạnh nét liền, còn nếu BD nét đứt thì tam giác BCD có các cạnh nét đứt Cảhai trường hợp đều trái với giả thiết Vậy AD nét đứt Chứng minh AE nét đứt cũngtương tự Bởi vậy DE phải là nét liền

Giả sử AB, AC nét liền suy ra BC nét đứt và giả sử BD nét liền khi đó nếu DC

nét liền thì CE phải nét đứt, nênBE phải nét liền Như vậy xuất phát từ B có 3 cạnhnét liền Ta đã đi đến mâu thuẫn Bởi vậy CD phải nét đứt, CE nét liền và BE nétđứt Vậy đồ thị có chu trình nét liền đi qua mỗi đỉnh đúng một lần và đi theo thứ tự

A, B, D, E, C nên theo chu trình này mà sắp xếp các thành viên tương ứng ngồi xungquanh một bàn tròn (H24) thì mỗi người sẽ ngồi giữa hai người mà người đó khôngquen

2.2 Bài toán liên quan đến đồ thị có hướng.

Trong thực tế chúng ta hay gặp những mối quan hệ giữa các đối tượng như A

thắng B, A giỏi hơn B, A nhanh hơn B Những quan hệ này theo kiểu một chiềunghĩa là A thắng B thì không thể suy ra B thắng A được Vì vậy khi gặp những bàitoán có mối quan hệ một chiều như vậy ta nghĩ tới việc liệu có thể chuyển bài toán

đó về bài toán đồ thị có hướng và từ đó sử dụng những tính chất của đồ thị có hướng

mà ta đã biết hay không? Nếu được thì bài toán sẽ trở nên dễ hiểu và việc giải quyếtyêu cầu bài toán sẽ dễ dàng hơn

Bài 1.Có 5 đội bóng chuyền thi đấu với nhau để tranh giải cúp quốc gia Biết rằnghai đội chỉ đấu với nhau đúng một trận và mỗi đội phải đấu với cả 4 đội khác, đồngthời không có trận hòa Chứng tỏ rằng căn cứ vào kết quả thi đấu có thể xếp độitrưởng các đội đúng theo một hàng dọc để đội đứng sau thắng đội đứng ngay trước.Nhận xét: Vì chỉ có hữu hạn khả năng xảy ra nên cách giải thông thường ở phổ thông

là lập bảng trạng thái

Nhưng khi số đối tượng lớn thì việc xét hết khả năng sẽ khó khăn nên phải đitìm một phương pháp giải khác cho phù hợp Phương pháp mới chính là áp dụng lýthuyết đồ thị để giải

Ta sẽ chỉ ra hai yếu tố:

Đối tượng: Các đội bóng

Quan hệ: Thắng thua

Vì ở đây có quan hệ một chiều nên ta sử dụng đồ thị có hướng để biểu diễn.Coi mỗi đội bóng là một đỉnh của đồ thị, mũi tên nối hai đỉnh biểu thị mối quan

hệ từ đội thắng sang đội thua, khi đó ta được một đồ thị có hướng Do mỗi đội phảiđấu với 4 đội khác và không có trận hòa nên được một đồ thị đầy đủ có hướng với 5đỉnh Như vậy việc "xếp đội trưởng các đội đứng theo một hàng dọc để đội đứng sauthắng đội đứng ngay trước" tương đương với một đường Hamilton trong đồ thị xâydựng ở trên

Bài toán đã cho trở thành bài toán đồ thị như sau: " Cho đồ thị đầy đủ có hướngvới 5 đỉnh, chứng minh rằng trong đồ thị có thể tìm được đường đi qua tất cả cácđỉnh và qua mỗi đỉnh đúng một lần"

Áp dụng định lý Re’dei của lý thuyết đồ thị: " Trong đồ thị có hướng đầy đủ luônluôn có đường Hamilton", sẽ tìm được lời giải bài toán (H25)

Giả sử ta có kết quả thi đấu như sau:

Từ đó ta có đồ thị hình (H25) mô tả toàn bộ kết quả thi đấu giữa năm đối tượng

A, B, C, D, E

Đồ thị (H25) có đường Hamilton xuất phát từ đỉnhA sang đỉnhE, rồi sang đỉnh

C tiếp theo là đỉnh D và dừng lại tại đỉnh B hình (H26) Nên theo đường ton này mà sắp xếp các đối tượng trên đứng theo hàng dọc: B đứng đầu, tiếp theo

Hamil-làD, rồi đếnC, sau đó E và cuối cùng làA, thì đội sau sẽ thắng đội đứng ngay trước

2.3 Bài toán liên quan đến đồ thị màu

Với bài toán trong đó có chứa những mối quan hệ đối lập giữa các đối tượng như:

" quen và không quen", " nói cùng thứ tiếng hoặc khác thứ tiếng", " có đường đi

và không có đường đi" , đồng thời yêu cầu của bài toán thường là chứng minh có

ít nhất 3 đối tượng có cùng mối quan hệ hoặc sẽ tạo thành một vòng tròn Các bàitoán sẽ dẫn tới đồ thị có cạnh hoặc đỉnh được tô màu và giải bài toán bằng đồ thịvới các cạnh (đỉnh) được tô màu

Các dạng bài toán giải bằng đồ thị tô màu:

I Dạng 1

1.1 Bài toán

Bài toán 1 (Đề thi Olympic Toán Quốc Tế): Mười bảy nhà bác học viết thư chonhau Mỗi người đều viết thư cho tất cả người khác Các thư chỉ trao đổi về 3 đề tài.Từng cặp nhà bác học chỉ viết thư trao đổi về cùng một đề tài Chứng minh rằng chỉ

có ít nhất 3 nhà bác học viết thư cho nhau trao đổi về cùng một vấn đề

Bài toán 2: Trong một cuộc gặp gỡ quốc tế có 17 nhà ngoại giao tham gia Mỗicặp nhà ngoại giao chỉ trao đổi trực tiếp với nhau bằng một trong ba ngôn ngữ: Anh,Pháp, Đức Chứng minh rằng luôn luôn tìm được ba nhà ngoại giao, mà họ có thểtrao đổi trực tiếp được bằng một trong ba ngôn ngữ kể trên

Bài toán 3: Mỗi cặp đối tượng cho trước chỉ có một trong ba quan hệ t 1 , t 2 , t 3.Chứng minh rằng trong 17 đối tượng được xét luôn luôn tìm được ba đối tượng, màmỗi cặp trong bộ ba này cùng có quan hệ ti, (1 ≤ i ≤ 3) đã cho

1.2 Khẳng định

Áp dụng định lý 1.14

1.3 Giải toán

1.3.1 Xây dựng đồ thị mô tả quan hệ

Các đồ thị tương ứng với ba bài toán đã cho được xây dựng như sau:

a) Đỉnh: Lấy 17 điểm trên mặt phẳng hoặc trong không gian tương ứng với 17nhà bác học (17 nhà ngoại giao, 17 đối tượng đã cho) Dùng ngay tên các nhà báchọc (nhà ngoại giao, đối tượng đã cho) để ghi trên các điểm tương ứng

b) Cạnh: Dùng

- Cạnh đỏ để nối giữa hai đỉnh tương ứng với hai nhà bác học trao đổi vấn đềthứ nhất (Hai nhà ngoại giao trao đổi trực tiếp được bằng tiếng Anh; hai đối tượng

Đồ thị G i (1 ≤ i ≤ 3) mô tả toàn bộ quan hệ điều kiện được cho trong bài toán i

Nhận xét: Đồ thị Gi(1 ≤ i ≤ 3) đầy đủ cóa3+ 1 = 17 đỉnh với ba màu cạnh Nêntheo khẳng định trên ta có ngay kết quả cần chứng minh

- Màu vàng, thì ba nhà bác học tương ứng trao đổi về vấn đề thứ ba (ba nhàngoại giao tương ứng trao đổi trực tiếp với nhau bằng tiếng Đức; ba đối tượng tươngứng có quan hệ t 3)

II Dạng 2

2.1 Bài toán

Bài toán 1: Một nhóm gồm 5 thành viên, trong đó mỗi bộ ba đều có hai ngườiquen nhau và hai người không quen nhau Chứng minh rằng có thể xếp cả nhóm ngồixung quanh một bàn tròn, để mỗi người ngồi giữa hai người mà thành viên đó quen.Bài toán 2: Cho 5 số nguyên dương tùy ý, mà cứ ba số bất kỳ đều có hai số cóước chung và hai số nguyên tố cùng nhau Chứng minh rằng có thể ghi 5 số trên lên

1 đường tròn, để mỗi số đều đứng giữa hai số mà nó có ước chung

Bài toán 3: Cho 5 đối tượng tùy ý, mà cứ ba đối tượng bất kỳ, đều có hai đốitượng có quan hệ t1 và hai đối tượng có quan hệt2 Chứng minh rằng có thể xếp tất

cả các đối tượng đứng trên một đường tròn, để mỗi đối tượng đều đứng giữa hai đốitượng mà nó có quan hệ ti(1 ≤ i ≤ 2)

2.2 Khẳng định

Với dãy u1 = 3; u2 = 6; ; un+1= (un− 1)n + 2 còn có khẳng định sau:

Khẳng định 2: Đồ thị đầy đủ có un+1− 1 đỉnh (n ≤ 2) với n màu cạnh (các cạnh