(Luận văn thạc sĩ) một số bài toán đếm trong lý thuyết đồ thị

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NINH THỊ NỤ MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẾM TRONG LÝ THUYẾT ĐỒ THỊ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NINH THỊ NỤ MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẾM TRONG LÝ THUYẾT ĐỒ THỊ Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS TRẦN NGUYÊN AN THÁI NGUYÊN - 2019 Mục lục Mở đầu Chương Mở đầu đại số tổ hợp lý thuyết đồ thị 1.1 Đại số tổ hợp 1.2 Công thức đa thức 12 1.3 Mở đầu lý thuyết đồ thị 14 Chương Bài toán đếm đồ thị 23 2.1 Cây toán đếm 23 2.2 Cơng thức tính số khung 29 2.3 Đánh giá số cạnh đồ thị phẳng 34 2.4 Số tam giác đồ thị 38 Kết luận 41 Tài liệu tham khảo 41 i Mở đầu Cùng với phát triển với tốc độ nhanh công nghệ thông tin, lý thuyết tổ hợp đồ thị trờ thành lĩnh vực toán học quan trọng cần thiết cho nhiều lĩnh vực khoa học ứng dụng Lý thuyết tổ hợp cầu nối toán cần giải với cơng cụ tính tốn, cịn đồ thị mơ hình trực quan để mơ tả quan hệ hai Trong thập kỷ gần đâỵ, người ta quan tâm nhiều tới đồ thị ứng dụng Đó đồ thị chứng tỏ mơ hình hữu hiệu cho tính tốn tối ưu Ngày khái niệm đồ thị xâm nhập không vào lĩnh vực khoa học tự nhiên truyền thống toán học, vật lý học hay hố học, mà cịn vào nhiều lĩnh vực khoa học tự nhiên xã hội khác Có nhiều toán toán lý thuyết đồ thị cần tìm hiểu tốn tối ưu đồ thị, tốn tơ màu đồ thị, cấu trúc đồ thị, Các toán đồ thị thường xuất đề thi học sinh giỏi cấp Luận văn tìm hiểu số tốn đếm lý thuyết đồ thị toán đếm cây; tính số khung; tìm mối liên hệ số yếu tố đồ thị cạnh, đỉnh; đếm số tam giác đồ thị Luận văn chia làm hai chương Chương trình bày số kiến thức chuẩn bị đại số tổ hợp, công thức đa thức mở đầu lý thuyết đồ thị Tuy kiến thức chuẩn bị cho Chương tác giả nhiều kiến thức chương kiến thức có nhiều ứng dụng giải tốn phổ thơng Chương chủ yếu tham khảo theo tài liệu [1, 2, 4] Chương trình bày số toán đếm lý thuyết đồ thị Bắt đầu toán đếm Việc đếm số đỉnh, số cảnh cho ta số đặc trưng (Định lý móc xích kiểu hoa cúc) Tiếp theo luận văn tìm hiểu số tập đỉnh cho trước, số có n đỉnh cho trước, với n số nguyên dương Luận văn tìm hiểu cách tính số khung ma trận Laplacian Việc đánh giá số đỉnh, số cạnh đồ thị phẳng xem toán đếm Cuối luận văn trình bày số đánh giá việc đếm số tam giác đồ thị, toán thường xuất đề thi học sinh giỏi Chương tham khảo theo tài liệu [4, 6, 7, 8, 9]] Trong trình làm luận văn, nhận hướng dẫn giúp đỡ tận tình TS Trần Nguyên An - Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên Tôi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến thầy Tơi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến quý thầy giảng dạy lớp Cao học khóa Cao học Tốn khóa 11E (2017-2019) - trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, truyền thụ đến cho nhiều kiến thức kinh nghiệm nghiên cứu khoa học Lời cuối cùng, tác giả muốn dành để tri ân bố mẹ gia đình chia sẻ khó khăn để tác giả hồn thành cơng việc học tập Thái Nguyên, ngày 30 tháng 01 năm 2019 Tác giả Ninh Thị Nụ Chương Mở đầu đại số tổ hợp lý thuyết đồ thị 1.1 Đại số tổ hợp Mục nhắc lại số kiến thức chuẩn bị Đại số tổ hợp quy tắc đếm bản, công thức tổ hợp Tài liệu tham khảo mục 1.1 1.2 Trần Nguyên An Nguyễn Văn Hồng (2016), Tập hợp logic Tốn, NXB Đại học Thái Nguyên Ngô Đắc Tân (2003), Lý thuyết tổ hợp đồ thị, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội Người ta thường phân biệt nhiều mức độ việc giải toán tổ hợp Mức độ tìm cách bố trí đối tượng có tính chất cho Nếu tốn tổ hợp có nhiều lời giải đề đặt đếm số lời giải, mô tả tất lời giải toán cho Cuối cùng, lời giải khác phân biệt với tham số đó, vấn đề đặt tìm lời giải tối ưu toán cho Ở giới hạn vào việc đếm số lời giải toán tổ hợp Để làm việc này, người ta thường áp dụng công thức thiết lập cho loại tốn Tất cơng thức ấy, xét cho cùng, dựa hai quy tắc đơn giản quy tắc cộng quy tắc nhân Định nghĩa 1.1.1 (Quy tắc cộng) Nếu cơng việc thực theo n phương án khác nhau, đó: phương án có m1 cách thực hiện, phương án có m2 cách thực hiện, , phương án thứ n có mn cách thực Khi đó, có: m1 + m2 + + mn cách để hồn thành cơng việc cho Ta phát biểu quy tắc cộng theo ngôn ngữ tập hợp: Gọi A1 tập hợp đối tượng x1 , A2 tập hợp đối tượng x2 , , An tập hợp đối tượng xn Mỗi cách chọn đối tượng xi ứng với phần tử Ai đảo lại Điều kiện "cách chọn đối tượng xi không trùng với đối tượng xj , (j = i)" diễn tả theo ngôn ngữ tập hợp điều kiện: Ai ∩ Aj = ∅, (i = j); i, j = 1, 2, , n Cách chọn "x1 x2 xn" phiên dịch thành cách chọn phần tử tập hợp A1 ∪ A2 ∪ ∪ An Các số m1 , m2, , mn theo thứ tự số phần tử tập hợp A1, A2, , An, tức là, theo cách ký hiệu quen thuộc m1 = |A1 |, m2 = |A2 |, , mn = |An | Mệnh đề 1.1.2 Nếu A1 , , Am tập hợp hữu hạn đơi rời nhau, đó: |A1 ∪ ∪ Am | = |A1 | + + |Am−1| + |Am | Quy tắc cộng mở rộng cho công thức |A1 ∪ A2 ∪ ∪ An |, A1 , , An tập hợp hữu hạn tùy ý (không thiết đôi rời nhau) Công thức gọi Nguyên lý bao hàm loại trừ Định lý 1.1.3 (Nguyên lý bao hàm loại trừ) Giả sử A1 , A2, An Là tập hữu hạn Khi đó: |A1 ∪ A2 ∪ ∪ An | = |Ai1 | − 1≤i1≤n + (−1) k+1 + (−1) n+1 |Ai1 ∩ Ai2 | + 1≤i1 ≤i2 ≤n |Ai1 ∩ Ai2 ∩ ∩ Aik | + 1≤i1 ≤i2 ≤ ik ≤n |Ai1 ∩ Ai2 ∩ ∩ Ain | Định nghĩa 1.1.4 (Quy tắc nhân) Nếu cơng việc phải hồn thành qua m giai đoạn liên tiếp, đó: giai đoạn có m1 cách thực hiện, giai đoạn có m2 cách thực hiện, , giai đoạn n có mn cách thực Khi đó, có: m1 m2 mn cách để hồn thành công việc cho Mệnh đề 1.1.5 Cho s tập hợp hữu hạn A1, A2, , An (n ≥ 2) Khi |A1 × A2 × × An | = |A1 |.|A2| |An| Định nghĩa 1.1.6 Cho X tập hợp có n phần tử k > số tự nhiên Một chỉnh hợp có lặp chập k n phần tử thứ tự k gồm k phần tử X Ta kí hiệu An số chỉnh hợp có lặp chập k n phần tử Ví dụ 1.1.7 Cho X = {a, b, c} Khi (a, a, b, c) chỉnh hợp có lặp chập phần tử Những (b, a, a), (a, b, c) chỉnh hợp có lặp chập phần tử Tất chỉnh hợp có lặp chập phần tử (a, a), (a, b), (a, c), (b, a), (b, b), (b, c), (c, a), (c, b), (c, c) Do A3 = Mệnh đề 1.1.8 Chỉnh hợp có lặp chập k n phần tử cho công thức k An = nk Định nghĩa 1.1.9 Cho X tập hợp có n phần tử < k ≤ n số tự nhiên Một chỉnh hợp không lặp chập k n phần tử thứ tự gồm k phần tử phân biệt X Ta kí hiệu Akn số chỉnh hợp không lặp chập k n phần tử Ví dụ 1.1.10 Cho X = {a, b, c} Khi (a, b, c) chỉnh hợp khơng lặp chập phần tử; (b, a, a) không chỉnh hợp không lặp chập phần tử Các chỉnh hợp không lặp chập phần tử (a, b), (a, c), (b, a), (b, c), (c, a), (c, b) Do A23 = Mệnh đề 1.1.11 Số chỉnh hợp không lặp chập k n phần tử cho công thức Akn = n! , (n − k)! ta quy ước 0! = Cho thuận tiện, ta quy ước có chỉnh hợp khơng lặp chập n phần tử Định nghĩa 1.1.12 Cho X tập hợp có n phần tử Một hoán vị n phần tử thứ tự gồm n phần tử phân biệt X Ta kí hiệu Pn số hốn vị n phần tử Ví dụ 1.1.13 Cho X = {a, b, c} Khi hốn vị phần tử (a, b, c), (b, c, a), (c, a, b), (a, c, b), (c, b, a)(b, a, c) Do P3 = Mệnh đề 1.1.14 Số hốn vị n phần tử cho công thức Pn = n! Định nghĩa 1.1.15 Cho n, k số tự nhiên cho ≤ k ≤ n Cho X tập gồm n phần tử Một tổ hợp chập k n phần tử tập X gồm k phần tử Ta kí hiệu Cnk số tổ hợp chập k n phần tử Ví dụ 1.1.16 Cho k = n = Cho X = {a, b, c, d} Khi tổ hợp chập phần tử tập X {a, b}, {a, c}, {a, d}, {b, c}, {b, d}, {c, d} Do C42 = Mệnh đề 1.1.17 Cơng thức tính số tổ hợp chập k n phần tử cho công thức Cnk = n! , k!(n − k)! ta quy ước 0! = Mệnh đề 1.1.18 Cho k, n số tự nhiên cho ≤ k ≤ n Khi ta có (i) Cnk = Cnn−k k−1 k (ii) Cnk = Cn−1 + Cn−1 (iii) Với n k số nguyên dương ta có k−1 k−1 k−1 k−1 + Ckk−1 + Ck−1 Cnk = Cn−1 + Cn−2 + + Ck+1 Mệnh đề 1.1.19 Cho số tự nhiên n > cho a, b hai số thực Khi ta có (a + b)n = Cn0an + Cn1an−1b + Cn2an−2 b2 + + Cnn−1abn−1 + Cnnbn Hệ 1.1.20 Với số tự nhiên n ta có (i) Cn0 + Cn1 + + Cnn = 2n Do đó, có 2n tập tập gồm n phần tử (ii) Cn0 − Cn1 + Cn2 + + (−1)k Cnk + + (−1)nCnn = (iii) Cn1 − 2Cn2 + 3Cn3 − 4Cn4 + + (−1)k−1kCnk + + (−1)n−1nCnn = với n ≥ (iv) Cn1 + 2Cn2 + + kCnk + + nCnn = n2n−1 với n ≥ Kết sau cho ta cách đếm số phân hoạch tập hợp có m phần tử cho trước thỏa mãn số yêu cầu Định lý 1.1.21 Cho số tự nhiên k1 , k2 , , ks cho k1 + k2 + + ks = m Khi số phân hoạch tập hợp A gồm m phần tử khác thành hợp rời rạc s tập B1 , B2 , , Bs, với số phần tử theo thứ tự k1, k2, , ks, m! k1 !.k2! ks ! Chứng minh Ta thực phân hoạch mô tả tập A thành s tập B1 , B2, , Bs sau: Ta lấy tập B1 k1 cách), chứa k1 phần tử tập hợp A (điều thực theo Cm m − k1 phần tử lại, ta lấy tập B2 chứa k2 phần tử (điều k2 cách) Khi đó, theo quy tắc nhân, số tất thực theo Cm−k cách chọn tập B1 , B2 , , Bs k2 k3 ks k1 Cm ×Cm−k × Cm−k × Cm−k 1 −k2 −k2 − −ks−1 m! (m − k1 )! (m − k1 − k2 )! = × × k1!(m − k1)! k2 !(m − k1 − k2 )! k3!(m − k1 − k2 − k3 )! (m − k1 − k2 − − ks )! × × ks !(m − k1 − k2 − − ks )! m! = k1!.k2! ks ! Định nghĩa 1.1.22 Cho s phần tử khác a1 , a2 , , as Một chỉnh hợp có lặp chập m s phần tử cho, có k1 phần tử thứ a1 , có k2 phần tử thứ hai a2 , , có ks phần tử as (với m = k1 + k2 + + ks ), gọi hoán vị có lặp cấp m = k1 + k2 + + ks kiểu (k1 , k2 , , ks ) s phần tử Số hốn vị có lặp cấp m kiểu (k1 , k2 , , ks) s phần tử kí hiệu Cm (k1, k2, , ks) với dãy bậc tương ứng d1 , , dn Theo giả thiết quy nạp, số {v1, v2, , vn} có dãy bậc d1, , dj−1, dj − 1, dj+1, , dn−1 (n − 3)! (d1 − 1)! (dj−1 − 1)!(dj − 2)!(dj+1 − 1)! (dn−1 − 1)! (dj − 1)(n − 3)! = (d1 − 1)! (dj−1 − 1)!(dj+1 − 1)! (dn−1 − 1)! Do đó, số {v1 , v2 , , vn} với dãy bậc tương ứng d1 , , dn   n−1 n−1 (n − 3)! (dj − 1)(n − 3)! =  (dj − 1) (d1 − 1)! (dn−1 − 1)! (d1 − 1)! (dn−1 − 1)! j=1 j=1 (n − 3)! (d1 − 1)! (dn−1 − 1)! (n − 2)! = (d1 − 1)! (dn−1 − 1)! = (n − 2) Mệnh đề 2.1.8 Kí hiệu Tn số {v1 , v2 , , vn} Khi n−1 Tn = k k=1 n−2 Tk Tn−k k−1 Chứng minh Nếu T V = {v1 , v2 , , vn} e ∈ E(T ) T − e chứa hai phân biệt T ′ , T ′′ , chúng phủ V Bằng cách ta thu (n − 1)Tn cặp (T ′, T ′′) Giả sử, T ′ , T ′′ hai phân biệt chúng phủ V ; đặt |V (T ′ )| = k , |V (T ′′)| = n − k Khi ta có k(n − k) cách để bổ sung thêm cạnh nối T ′ với T ′′ để thu V Do từ cặp (T ′, T ′′) sinh k(n − k) T Số cặp (T ′, T ′′) thỏa mãn n−2 k−1 Tk Tn−k Do n−1 (n − 1)Tn = k=1 n−1 Tk Tn−k k(n − k) k−1 Suy n−1 k Tn = k=1 n−2 Tk Tn−k k−1 n−1 k−1 = n−1 n−2 n−k k−1 Định lý 2.1.9 (Công thức Cayley) Số có n đỉnh nn−2 28 Chứng minh Theo kết Bài toán 1.2.2, ta suy số có n d1 , ,dn ≥1 d1 + +dn =2n−2 (n − 2)! = (d1 − 1)! (dn − 1)! k1 , ,kn ≥1 k1 + +kn =2n−2 (n − 2)! k1 ! kn ! n 1+ +1 n 2.2 Cơng thức tính số khung Mục trình bày cách tính tốn số lượng khung cực đại đồ thị cho trước Trước hết ta nhắc lại số khái niệm lý thuyết đồ thị Mục tham khảo theo giảng Algebraic combinatorics Lionel Levine (Bài giảng 19) Giả sử G = (V, E) đồ thị có hướng với V = {v1 , v2, v3, , vn} Khi ma trận kề đồ thị G ma trận   a11 a12 · · · a1n  a  21 a22 · · · a2n  A = (aij )n×n =     an1 an2 · · · ann Ở aij = 1, (vi, vj ) ∈ E, 0, (vi, vj ) ∈ / E Dễ thấy ma trận kề A đồ thị có hướng G hồn tồn xác định G Vì vậy, ma trận kề A coi biểu diễn G Ví dụ 2.2.1 Giả sử G = (V, E) với V = {v1 , v2 , v3, v4, v5, v6 } E = {e1 , e2 , , e10} đồ thị có hướng biểu diễn Hình 7.1 Khi đó, ma trận kề G ma trận      A=    0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0          Già sử G = (V, E) đồ thị có hướng với V = {v1 , v2, , vn} 29 E = {e1, e2 , , em} Khi ma trận liên thuộc đồ thị G ma trận   b11 b12 b1m b   21 b22 b2m  B = (bij )n×m =   ,   bn1 bn2 bnm v1 e1 e8 e4 v2 e7 e10 v6 e3 e2 e9 v3 e5 v5 e6 v4 Hình 7.1 Đồ thị có hướng G ví dụ 7.1 Ở    1, bij = −1,   0, vi đỉnh đầu ej vi đỉnh cuối không đỉnh đầu ej vi không liên thuộc với ej Ma trận liên thuộc B hoàn tồn xác định đồ thị có hướng G Vì vậy, B coi biểu diễn G Ví dụ 2.2.2 Giả sử G = (V, E) đồ thị có hướng cho Ví dụ 7.1 Khi ma trận liên thuộc G ma  1  −1    −1   0   0 0 0 trận  0 0 −1 −1 0 0 0   −1 0 0  , −1 0 0   −1 −1 0  0 1 Định nghĩa 2.2.3 (i) Một đồ thị H đồ thị G = (V, E) có dạng H = (V, A) với A ⊆ E , gọi đồ thị khung đồ thị G (ii) Cho trước đồ thị hữu hạn G với n đỉnh Đồ thị T gọi khung đồ thị G T đồ thị khung đồng thời với số cạnh tối thiểu 30 (iii) Ma trận Laplacian đồ thị G định nghĩa hệ thức L = D − A với A ma trận kề đồ thị G, D ma trận chéo xác định sau  dv1  dv2  D=   dvn   ,  dvi = deg(vi), số lượng đỉnh liên hợp với đỉnh vi Đặt κ(G) lực lượng số khung đồ thị G Định lý 2.2.4 (Kirchhoff) Cho trước đồ thị liên thông G = (V, E) với |V | = n Khi λ1 λ2 λn−1 n λi giá trị riêng khác không ma trận L κ(G) = Thông thường để chứng minh Định lý Kirchhoff ta dựa cơng thức Cauchy-Binet Ở luận văn trình bày cách chứng minh cách mở rộng đối tượng khảo sát cho đồ thị định hướng coi đồ thị vô hướng trường hợp đặc biệt Trước hết ta có định nghĩa Định nghĩa 2.2.5 (i) Cho trước đồ thị định hướng Γ = (V, E) Đồ thị T = (V, A) gọi khung định hướng đồ thị Γ với gốc r ∈ V ba điều kiện sau thỏa mãn: Mọi đỉnh v = r có bậc ngồi 1; Đỉnh r có bậc ngồi 0; Đồ thị T khơng chứa chu trình định hướng (ii) Ma trận Laplacian đồ thị Γ định nghĩa hệ thức L = D − A với A ma trận kề đồ thị Γ; 31 D ma trận chéo xác định sau:   dv1   dv2   D= ,   dvn dvi = outdeg(vi) = |{vj ∈ E : (vi, vj ) ∈ E}| Đặt κ(Γ, r) khung định hướng Γ có gốc r Định lý 2.2.6 (Kirchhoff) Cho trước đồ thị liên thơng Γ = (V, E) Khi κ(Γ, r) = det Lr với Lr ma trận nhận từ L cách xóa hàng r cột r Chứng minh Định lí 2.2.6 Khơng giảm tính tổng quát toán ta đánh số lại đỉnh đồ thị Γ cho r đỉnh thứ n Áp dụng công thức khai triển Leibniz cho định thức det Lr ta nhận sign(σ)L1,σ(1)L2,σ(2) Ln−1,σ(n−1) det Lr = σ∈Sn−1 Đặt Fix(σ) = {i | σ(i) = i} Khi đó, σ∈Sn−1 Li,σ(i) di sign(σ) det Lr = i∈Fix(σ) i∈Fix(σ) / Phép chứng minh kết thúc Nhận xét 2.2.7 Thừa số Li,σ(i) i∈Fix(σ) / khác không (i, σ(i)) ∈ E với i ∈ / Fix(σ) Do ma trận Lr có số di nằm đường chéo số −1 nằm vị trí cịn lại nên ta nhận Li,σ(i) = (−1)n−1−| Fix(σ)| i∈Fix(σ) / Nhận xét 2.2.8 Mọi hoán vị σ phân tích thành tập điểm bất động, chu trình gọi H = T ∪ C1 ∪ Ck đồ thị cảm sinh từ hoán vị σ cho T ⊆ Fix(σ) thừa số i∈Fix(σ) di đếm số đồ thị H = T ∪ C1 ∪ Ck cho đỉnh v ∈ Fix(σ) có bậc ngồi 32 Từ nhận xét vừa nêu trên, ta nhận thấy cách đặt sign(σ)(−1)n−1−| Fix(σ)| CH = {σ∈Sn−1 |T ⊆Fix(σ)} ta biểu diễn lại định thức dạng det Lr = CH H đồ thị Γ Để chứng minh khẳng định toán ta cần rằng: CH H khung định hướng trường hợp ngược lại Thật vậy, H tất đỉnh nằm Fix(σ) σ hốn vị đồng Do dấu hốn vị đồng ln n − điểm điểm bất động nên CH = Sau cùng, ta cần CH = k ≥ 1, tức H chứa chu trình Giả sử Ci1 , , Cil chu trình tương ứng với chu trình hốn vị σ nên sign(σ) = (−1)(|Ci1 |−1)+ +(|Cil |−1) Khi (−1)(|Ci1 |−1)+ +(|Cil |−1)(−1)|Ci1 |+ +|Cil | CH = {i1 , ,il }∈[k] (−1)|S| = S⊂[k] k = l=0 k (−1)l l = (1 − 1)k = 0, k ≥ Bây ta sử dụng Định lí 2.2.6 để chứng minh tính đắn Định lí 2.2.4 sau: Chứng minh Định lí 2.2.4 Cho trước đồ thị vô hướng G gọi Γ đồ thị định hướng với cạnh (i, j) (j, i) cảm sinh từ cạnh đồ thị G Nhận xét rằng, tồn tương ứng tập khung Γ có gốc r tập khung G 33 Thật vậy, ta chọn khung định hướng Γ có gốc r thu khung G cách xóa gốc định hướng cạnh Ngược lại, với khung T G, ta thu khung định hướng Γ cách định hướng lại cạnh cho có đường từ đỉnh đồ thị G đến đỉnh r, đường tồn T đồ thị liên thông T nên đường Khi đó, n nκ(G) = κ(G, r) r=1 Giả sử L ma trận Laplacian đồ thị Γ Khi đó, đa thức đặc trưng ma trận L định nghĩa hệ thức χ(t) = det(tI − L) Áp dụng kết biết từ lý thuyết đại số tuyến tính ta thu n det Lr = (−1)n−1[t]χ(t), r=1 [t]χ(t) hệ số t khai triển đa thức χ(t) Kết hợp phân tích vừa nêu ta thu n κ(G, r) nκ(G) = r=1 n det Lr = (−1)n−1[t]χ(t) = r=1 n = (−1) n−1 = (−1) n−1 (t − λi ) giá trị riêng ma trận L λn = [t] i=1 n−1 (−1) λ1 λ2 λn−1 Vậy κ(G) = Phép chứng minh kết thúc λ1 λ2 λn−1 n 2.3 Đánh giá số cạnh đồ thị phẳng Mục thao khảo theo sách Lý thuyết tổ hợp đồ thị Ngô Đắc Tân Problem-solving methods in combinatorics, an 34 ap-proach to olympiad problems P Soberón Định nghĩa 2.3.1 đồ thị vơ hướng G = (V, E) gọi đồ thị phẳng biểu diễn mặt phẳng cho đường cong biểu diễn cạnh không giao giao đỉnh chung Biểu diễn nói đồ thị phẳng gọi biểu diễn phẳng Ta đồng đồ thị phẳng với biểu diễn phẳng K5 K4 K3,3 K4 Hình 2.2: Ví dụ đồ thị phẳng đồ thị khơng phẳng Ví dụ 2.3.2 Trên Hình 2.2 ta có hai biểu diễn đồ thị đầy đủ K4 Biểu diễn bên trái không biểu diễn phẳng, biểu diễn bên phải biểu diễn phẳng K4 Như vậy, đồ thị K4 đồ thị phẳng Đồ thị đầy đủ K5 đồ thị 2-phần đầy đủ K3,3 (Hình 2.2) khơng đồ thị thị phẳng Giả sử G = (V, E) đồ thị phẳng Khi đó, phần mặt phẳng giới hạn cạnh G không bị chia thành phần nhỏ cạnh khác gọi miền (hay gọi mặt) G Định lý 2.3.3 (Công thức Euler cho đồ thị phẳng) Nếu đồ thị phẳng liên thơng G = (V, E) có v đỉnh, c cạnh f miền, v − e + f = Chứng minh Ta chứng minh định lý quy nạp theo f Nếu f = 1, G khơng chứa chu trình Suy ra, G liên thơng Từ Định lý 2.1.6 suy Định lý 2.3.3 trường hợp Bây giả sử đồ thị phẳng liên thơng G có số miền f > giả sử Định lý 2.3.3 chứng minh cho đồ thị phẳng liên thơng có số miền nhỏ f Vì f > 1, nên G chứa chu trình Giả sử {u, v} cạnh chu trình G Vì chu trình tách mặt phẳng làm hai 35 phần rời nhau, nên cạnh {u, v} thuộc biên hai miền, chẳng hạn S T Nếu xóa cạnh {u, v}, ta nhận đồ thị phẳng liên thơng G’ mới, miền S T nhập lại với tạo thành miền mới, cịn miền khác giữ ngun khơng đổi Như G’ có v đỉnh, e − cạnh f − miền Theo giả thiết qui nạp, v − (e − 1) + (f − 1) = Nhưng đẳng thức hiển nhiên tương đương với v − e + f = Trước phát biểu chứng minh kết đồ thị phẳng liên thông, ta đưa khái niệm chu vi nhỏ chu vi lớn đồ thị Định nghĩa 2.3.4 Độ dài chu trình ngắn đồ thị gọi chu vi nhỏ (girth) đồ thị Chu vi nhỏ đồ thị G thường ký hiệu g(G) hay ngắn gọn g đồ thị G hiểu rõ từ ngữ cảnh Định nghĩa 2.3.5 Tương tự, độ dài chu trình dài đồ thị gọi chu vi lớn (circumference) đồ thị Chu vi lớn đồ thị G thường ký hiệu c(G) hay ngắn gọn c đồ thị G hiểu rõ từ ngữ cảnh Nếu đồ thị vô hướng G không tồn chu trình, tức G rừng, chu vi nhỏ chu vi lớn G định nghĩa ∞ Định lý 2.3.6 (Bất đẳng thức cạnh đỉnh) Trong đồ thị phẳng liên thông G = (V, E) với chu vi nhỏ g thỏa mãn ≤ g ≤ ∞ ta ln có |E| ≤ g (|V | − 2) g−2 Chứng minh Giả sử G = (V, E) đồ thị phẳng liên thông thỏa mãn điều điện Định lý 2.3.6 Ta giả sử G có E = {e1 , e2 , el } miền f1, f2 , , fl Ta xác định ma trận X = (xij )t×l cỡ t × l sau: xij = ei cạnh biên miền fj , trường hợp ngược lại (2.1) Ma trận X xác định gọi ma trận cạnh-miền đồ thị phẳng G 36 Vì cạnh G cạnh biên nhiều hai miền, nên hàng ma trận X có nhiều hai số Mặt khác, cạnh biên miền tạo thành chu trình G Do đó, cột ma trận X có g số 1, g chu vi nhỏ G Vì vậy, s số số có X, ta có bất đẳng thức sau đây: gl ≤ s ≤ 2t Mặt khác, G liên thông theo Định lý 2.3.3, l = t − |V | + Sau thay vào bất đẳng thức ta gl = gt − g|V | + 2g ≤ 2t ⇔ t(g − 2) ≤ g(|V | − 2) g (|V | − 2) ⇔ |E| ≤ g−2 Bất đẳng thức cạnh đỉnh định lý áp dụng để chứng minh nhiều đồ thị không đồ thị phẳng Hệ 2.3.7 Đồ thị đầy đủ K5 đồ thị 2-phần đầy đủ K3,3 không đồ thị phẳng Chứng minh Đồ thị K5 có đỉnh, 10 cạnh chu vi nhỏ g = Nếu K5 đồ thị phẳng, theo bất đẳng thức cạnh đỉnh 10 ≤ (5 3−2 − 2) = Mâu thuẫn Vậy K5 không đồ thị phẳng Tương tự, đồ thị K3,3 có đỉnh, cạnh chu vi nhỏ g Nếu K3,3 đồ thị phẳng, theo bất đẳng thức cạnh đỉnh ≤ 4−2 (6 − 2) = Mâu thuẫn Vậy K3,3 không đồ thị phẳng Xét trường hợp đặc biệt, đánh giá số cạnh cho đồ thị không chứa chu trình chẵn Mệnh đề 2.3.8 Mọi đồ thị G = (V, E) khơng có chu trình độ dài chẵn |E| ≤ (|V | − 1) Để chứng minh toán này, ta cần bổ đề sau : 37 Bổ đề 2.3.9 Mọi đồ thị G khơng có chu trình độ dài chẵn khơng có hai chu trình có cạnh chung Giả sử phản chứng, ta tìm hai chu trình C1 C2 có cạnh chung Gọi độ dài cạnh chung x, độ dài C1 không nằm phần chung y độ dài C2 không nằm phần chung z Ta có x + y x + z số lẻ nên ta suy y + z số chẵn (do 2x + y + z số chẵn) Điều mâu thuẫn với giả thiết đồ thị G khơng chứa chu trình độ dài chẵn Phép chứng minh bổ đề kết thúc Chứng minh Mệnh đề 2.3.8 Từ Bổ đề 2.3.9 suy cạnh thuộc tối đa chu trình Gọi c số chu trình chứa đồ thị G ta có |E| ≥ 3c, chu trình độ dài lẻ chứa cạnh Mặt khác ta xóa cạnh từ chu trình ta rừng, hay |E| − c ≤ |V | − Kết hợp hai đánh giá ta suy |E| ≤ c + |V | − ≤ |E| + |V | − Vậy |E| ≤ (|V | − 1) Phép chứng minh toán kết thúc 2.4 Số tam giác đồ thị Mục đề cập số toán đếm đồ thị gắn liền với đề thi học sinh giỏi phổ thông Tài liệu tham khảo Problemsolving methods in combinatorics, an ap-proach to olympiad problems P Soberón (Bài tập 4.15, 4.16) Mệnh đề 2.4.1 (i) Cho G đồ thị k -chính quy, có n đỉnh Khi số tam giác G Cn3 − nk (n − k − 1) (ii) Cho G đồ thị có n đỉnh Khi G có tam giác 38 (9.2) n (n − 1) (n − 5) 24 Chứng minh (i) Với đỉnh x G, kí hiệu d (x) số cạnh nối đến x Số ba đỉnh (x, y, z) không tạo thành ba đỉnh tam giác d (x) [n − − d (x)] suy số ba đỉnh không tạo thành ba đỉnh tam giác d (x) [n − − d (x)] x∈X Tuy nhiên tổng ba đỉnh (x, y, z) không tạo thành tam giác lặp lại hai lần nên số ba đỉnh không tạo thành tam giác d (x) [n − − d (x)] x∈X Vậy số tam giác tạo thành Cn3 − nk (n − − k) d (x) [n − − d (x)] = Cn3 − x∈X (ii) Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có Cn3 n−1 d (x) [n − − d (x)] ≥ Cn3 − − x∈X 2 = n (n − 1) (n − 5) 24 Mệnh đề 2.4.2 (APMO 1989) Chứng minh đồ thị n đỉnh, k cạnh k 4k − n2 có tam giác 3n Giải Giả sử G = (X, U ), |X| = n, |U | = k Giả sử x, y hai đỉnh kề phân biệt tập X ; Từ x có d(x) − cạnh từ y có d(y) − cạnh, khác với cạnh [x, y] Vì có n − đỉnh khác nên x, y cạnh kề d(x) − + d(y) − − (n − 2) = d(x) + d(y) − n đỉnh chung Do đó, ta có số tam giác chứa cạnh [x; y] d (x)+d (y)−n Suy số tam giác đồ thị cho có A= [d (x) + d (y) − n] [x;y]∈U Mặt khác ta dễ thấy đẳng thức sau: [d (x)]2 [d (x) + d (y) − n] = x∈U [x;y]∈U 39 Từ theo bất đẳng thức Cauchy – Schwartz ta có:   1 d (x) − nk  = 4k − nk A≥  3 x∈X 40 Kết luận Luận văn Một số toán đếm lý thuyết đồ thị đạt kết sau: - Tìm hiểu đại số tổ hợp, cơng thức đa thức - Tìm hiểu khái niệm, tính chất lý thuyết đồ thị - Tìm hiểu tốn đếm tập đỉnh cho trước; đếm đỉnh, đếm cạnh để tìm hiểu cấu trúc - Tìm hiểu cách biểu diễn đồ thị ma trận đếm số khung giá trị riêng ma trận Laplacian - Tìm hiểu đánh giá số đỉnh số cạnh đồ thị phẳng - Tìm hiểu tốn đếm số tam giác đồ thị - Một số toán đếm khác đếm rừng, được tác giả tìm hiểu thời gian tới 41 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Trần Nguyên An Nguyễn Văn Hồng (2016), Tập hợp logic Tốn, NXB Đại học Thái Nguyên [2] Ngô Đắc Tân (2003), Lý thuyết tổ hợp đồ thị, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [3] Một số đề học sinh giỏi quốc gia quốc tế, Olympic 30.4, Olympic sinh viên Tiếng Anh [4] M Bóna (2007), Introduction to enumerative combinatorics, Higher Education [5] L Levine, Algebraic combinatoricst, https://www.sciencedirect.com/book /9780444815040/combinatorial-problems-and-exercises [6] L Lovász (1993), Combinatorial problems and exercises, 2nd edition, Elsevier [7] Y Jin, C Liu (2003), The enumeration of labelled spanning trees of km ,n , Australasian Journal of Combinatoric, Volume 28, Pages 73-79 [8] P Soberón (2013), Problem-solving methods in combinatorics, an approach to olympiad problems, Birkhauser [9] Y Zhang (2011), Combinatorial problems in mathematical competitions, World Scientific ... Các toán đồ thị thường xuất đề thi học sinh giỏi cấp Luận văn tìm hiểu số tốn đếm lý thuyết đồ thị tốn đếm cây; tính số khung; tìm mối liên hệ số yếu tố đồ thị cạnh, đỉnh; đếm số tam giác đồ thị. .. trình bày số toán đếm lý thuyết đồ thị Bắt đầu toán đếm Việc đếm số đỉnh, số cảnh cho ta số đặc trưng (Định lý móc xích kiểu hoa cúc) Tiếp theo luận văn tìm hiểu số tập đỉnh cho trước, số có n... NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NINH THỊ NỤ MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẾM TRONG LÝ THUYẾT ĐỒ THỊ Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS