Bài toán 1 Có 20 ựội bóng thi ựấu với nhau, mỗi ựội phải ựấu một trận với từng ựội khác. Chứng minh rằng vào bất cứ lúc nào cũng có 2 ựội ựã ựấu một số trận như nhau?
Giải:
Bài toán ựược chuyển qua ựồ thị như sau:
Cho tương ứng mỗi ựội bóng với một ựỉnh của ựồ thị. Khi hai ựội ựã ựấu với nhau thì ta nối 2 ựỉnh với một cạnh. Bởi vậy bài toán ựược phát biểu dưới dạng ựồ thị :
Cho một ựồ thị gồm 20 ựỉnh. CMR bao giờ cũng có hai ựỉnh cùng bậc.
Thật vậy, trong 20 ựỉnh, không thể có ựồng thời một ựỉnh bậc 0 (chẳng hạn ựỉnh A) và một ựỉnh bậc 19(chẳng hạn ựỉnh B). Nếu ựỉnh B có bậc là 19 thì B là ựầu mút của 19 cạnh nối B với 19 ựỉnh còn lại, trong ựó có A, do ựó A là ựỉnh có bậc khác 0.Ngược lại nếu A có ựỉnh bậc 0 thì bậc của B có nhiều nhất là 18. Có 20 ựỉnh mà mỗi ựỉnh chỉ có thể có một trong 19 bậc (từ 0 ựến 18 hoặc từ 1 ựến 19). Vì vậy theo nguyên tắc Dirichet phải có ắt nhất 2 ựỉnh cùng bậc.
Từ cách chứng minh trên ta thấy bất cứ lúc nào cũng có 2 ựội bóng trong số 20 ựội ựã ựấu ựược một số trận như nhau.
Nếu giả sử dùng ựịnh lý: ỘTrong mọi ựồ thị có n ựỉnh (n ≥ 2) bao giờ cũng có ắt nhất hai ựỉnh cùng bậc Ợ thì rõ ràng sau khi bài toán chuyển qua ựồ thị sẽ ựược giải quyết hết sức ựơn giản
Bài toán 2 Có 20 ựội bóng thi ựấu với nhau, mỗi ựội phải ựấu một trận với từng ựội khác. Có một lúc, người ta nhận thấy có ựúng 2 ựội ựã ựấu một số trận như nhau. CMR khi ựó hoặc có ựúng một ựội chưa thi ựấu trận nào hoặc có ựúng một ựội ựã thi ựấu với tất cả các ựội khác.
Giải:
Nếu ta chuyển bài toán về ựồ thị, thì bài toán phát biểu như sau:
Cho một ựồ thị gồm 20 ựỉnh. CMR nếu ựồ thị ựó có ựúng 2 ựỉnh cùng bậc thì ựồ thị có ựúng một ựỉnh bậc 0 hoặc có ựúng một ựỉnh bậc 19
Trước hết, nếu ựồ thị có ựúng hai ựỉnh cùng bậc thì ựó không thể là 0 mà cũng không thể là 19
Thật vậy , nếu ựồ thị có ựúng hai ựỉnh bậc 0 (các ựỉnh khác bậc ựôi một khác nhau) thì loại bỏ hai ựỉnh cô lập này ta ựược ựồ thị mới (GỖ) có 18 ựỉnh với bậc ựôi một khác nhau, ựiều ựó trái với kết quả chứng minh ở bài 1.Còn nếu ựồ thị có hai ựỉnh cùng bậc là 19 thì ựồ thị bù (GỖỖ) của G có hai ựỉnh cùng bậc 0 và các ựỉnh khác có bậc ựôi một khác nhau, ựiều này không thể xảy ra như trên ựã lý luận
Như vây, ựồ thị có ựúng 2 ựỉnh cùng bậc k với k≠0 và k≠19.
Suy ra ựồ thị có ựúng một ựỉnh bậc 0 hoặc 1 ựỉnh bậc 19 (nếu không thì ựồ thị phải có 2 ựỉnh nữa có cùng bậc kỖ ≠k), 1 ≤ k ≤ 18 trái với giả thiết)
Bài toán 3 CMR: Trong n- giác lồi G, không tồn tại tập U chứa hơn n cạnh hay ựường chéo, sao cho 2 ựoạn bất kỳ trong U ựều có ựiểm chung.
Giải:
Giả sử trong G chọn ựược tập U gồm k cạnh hay ựường chéo,sao cho 2 ựoạn bất kỳ trong chúng ựều có ựiểm chung. Cần CM k≤ n.
Coi mỗi ựỉnh của G là một ựồ thị. Hai ựỉnh là kề nhau, nếu chúng là ựầu mút của một ựoạn thuộc U. Ta cũng nói ựỉnh x có bậc i nếu x kề với i ựỉnh khác. Ký hiệu m, là số ựỉnh bậc i (i=1,2,Ầ.)
Ta có n=m0 + m1 + m2 +....≤ n (1)
Xét ựỉnh x bậc i>2 và D(x) gồm các ựỉnh x1, x2 , Ầ.xi không giảm tắnh tổng quát, có thể coi (x, x1) ; (x,xi) là các cạnh của ựồ thị tương ứng với cạnh hay ựường chéo ngoài cùng của G trong I cạnh nói trên. Khi ựó ựỉnh xj , với 1<j<i , có bậc 1(vì bất cứ cạnh hay ựường chéo (xj , y)nào với y≠x, ựều không có ựiểm chung với một trong hai cạnh (x, x1) hoặc (x, xi) nghĩa là (x,x i) không thuộc U). Do vậy mỗi ựỉnh bậc i>2 kề với ắt nhất i-2 ựỉnh bậc 1 suy ra, mi ựỉnh bậc i (i=3,4Ầ.) kề với không ắt hơn (i-2)mi ựỉnh bậc 1, nghĩa là các ựỉnh bậc 1 kề với các ựỉnh bậc i ựội một khác nhau. Ta có bất ựẳng thức sau:
mi ≥ m3 +2m4 + 3m5 +Ầ. (3) Từ (1),(2) và (3) suy ra:
2k= m1+2m2 + 3m3 +Ầ..=( m1+m2 + m3 +Ầ) + (m3+2m4 + 3m5 +Ầ) ≤ (m1+2m2 + 3m2 +Ầ) + m1 =2(m1+m2 + m3 +Ầ) ≤ 2n
Ta có k ≤ n. đó là ựiều phải chứng minh.