2 Đồ thị và một số bài toán phổ thông
2.6 Bài toán về cây
2.6.2 Đặc điểm của cây và bụi
Một số kết quả nhận được từ [5] như sau:
Định lý 2.6.1. Giả sử H là một đồ thị vô hướng với n đỉnh (n >1). Để đặc
trưng cho một cây thì sáu tính chất sau đây là tương đương: (1) H liên thơng và khơng có chu trình.
(2) H khơng có chu trình và có n−1 cạnh. (3) H liên thơng và có n−1 cạnh.
(4) H khơng có chu trình và nếu thêm một cạnh nối giữa hai đỉnh bất kì khơng kề nhau thì đồ thị nhận được H0 có một chu trình (và chỉ một mà thơi). (5) H liên thơng và khi bớt một cạnh bất kì thì đồ thị mất tính liên thơng. (6) Mọi cặp đỉnh của H đều được nói với nhau bằng một xích và chỉ một mà thơi.
Chứng minh.
Định lý được chứng minh theo phương pháp vịng tròn.
Ký hiệu số cạnh của đồ thị H bằng m, số thành phần liên thông bằng p.
(1) ⇒ (2): Theo tính chất (1): p= 1, v(H) =m−n+ 1, nên m= n−1.
(1) ⇒ (3): Theo tính chất (2): m= n−1, v(H) = 0 nên
v(H) = m−n+p= n−1 +p= 0 ⇒p= 1.
Bởi vậy H liên thơng và có n−1 cạnh.
(3) ⇒ (4): Theo tính chất (3): p= 1, m= n−1 nên
v(H) = m−n+p= n−1−n+ 1 = 0
tức là H khơng có chu trình; ngồi ra, nếu thêm vào một cạnh nối giữa hai đỉnh khơng kề nhau, thì đồ thị H0 nhận được sẽ có chu số:
v(H0) = m+ 1−n+ 1 =n−1 + 1−n+ 1 = 1.
Nên đồ thị H0 có chu trình và chỉ một mà thôi.
(4) ⇒ (5): Lấy hai đỉnh bất kỳ x, y của đồ thị H. Theo tính chất (4): nếu thêm vào 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 liên thông. Điều này chứng tỏ trong đồ thị H giữa các đỉnh u, v ngồi cạnh
(u, v)cịn một xích nữa nối giữa chúng, tức là trong H có ít nhất một chu trình đi qua u, v. Ta đi tới mẫu thuẫn với tính chất (4): đồ thị H khơng có chu trình. Bởi vậy, nếu bớt đi một cạnh tùy ý thì đồ thị nhận được từ H sẽ khơng liên thông.
(5) ⇒(6): Giả sử trong H tồn tại cặp đỉnh nào đó, chẳng hạn x, y được nối với nhau bằng từ hai xích trở lên. Khi đó, nếu ta bỏ đi một cạnh nào đó thuộc một trong hai xích này, thì xích cịn lại vẫn bảo đảm cho x, y liên thông. Như vậy ta đã đi tới mâu thuẫn với tính chất (5). Do đó, mọi cặp đỉnh của H đều được nối với nhau bằng một xích và chỉ một mà thơi.
(6)⇒(1): Giả sửH khơng liên thơng. Khi đó có ít nhất một cặp đỉnh khơng có xích 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 này được nối với nhau bằng ít nhất hai xích. Như vậy ta cũng đi đến mâu thuẫn với tính chất (6). Bởi vật đồ thị H có tính chất (1).
Định lý đã được chứng minh
Định lý 2.6.2. Một cây có ít nhất hai đỉnh treo. Chứng minh.
Giả sử cây H chỉ có khơng q một đỉnh treo. Ta tưởng tượng có một khách bộ hành đi theo đồ thị đó, xuất phát từ một đỉnh tùy ý (trong trường hợp đồ thị khơng có đỉnh treo) hay từ đỉnh treo (trong trường hợp đồ thị có 1 đỉnh treo): Nếu hành khách tự cấm mình khơng đi qua một cạnh hai lần, khi đó khơng thể gặp một đỉnh hai lần (do đồ thị H khơng có chu trình). Mặt khác, khi tới một đỉnh người đó ln ln có thể đi ra bằng một cạnh mới (vì mỗi đỉnh khác đỉnh xuất phát đều có ít nhất hai cạnh). Như vậy khách bộ hành sẽ đi mãi khơng bao giờ dừng lại. Đó là điều khơng thể xảy ra, vì đồ thị H có hữu hạn đỉnh. Vậy đồ thị H khơng thể có ít hơn hai đỉnh treo. Định lý được chứng minh.
Định lý 2.6.3. 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 hướng G = (X, E) nhận được 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 đường từ
x1 đi tới. Thật vậy, giả sử x6=x1 và từ x1 khơng có đường đi tới x.
Nếu x là đỉnh biệt lập, thì nó khơng thể là đỉnh cuối của một cung nào đó, cịn nếu x khơng phải đỉnh biệt lập, thì phải có đỉnh y là điểm xuất phát của một đường đi tới x. Nhưng do từ x1 khơng có đường đi tới x nên y 6= x1; mà
nó cũng khơng là điểm cuối của bất kỳ cung nào. Như vậy, ta đã đi tới mẫu thuẫn với điều kiện 1). Do đó mọi đỉnh x 6= x1, từ x1 đều có đường đi tới nó, nên trong G mọi đỉnh x đều có xích nối với hai đỉnh x1. Bởi vậy G liên thơng. 2) Đồ thị G khơng có chu trình. Thật vậy, giả sử G có chu trình, thì trong
H dãy cung tương ứng với các cạnh thuộc chu trình này sẽ hoặc lập thành một vịng hoặc có ít nhất hai cung có chung điểm cuối. Như vậy ta đã đi tới mẫu thuẫn với điều kiện 1) hoặc điều kiện 3). Nên đồ thị G khơng có chu trình và liên thơng. Do đó G là 1 cây. Định lý được chứng minh.
2.6.3 Ứng dụng
Bài toán 2.6.1. (xem [5]) Trong một cuộc thi đấu bóng bàn, An và Bình quy ước với nhau: người thắng cuộc là người đầu tiên thắng 3 ván hoặc thắng 2 ván liên tiếp. Hãy xác định số khả năng có thể xảy ra.
Giải.
Dùng A để ký hiệu An thắng, dùng B để ký hiệu Bình thắng. Dùng cây để mơ tả tồn bộ hiện trạng có khả năng xảy ra.
Xây dựng cây: Xuất phát từ điểm S.
Ván đầu tiên có hai khả năng: An thắng hoặc Bình thắng. Lấy hai điểm sao cho hai điểm này với điểm S không thẳng hàng; một trong hai điểm này ghi A, điểm kia ghi B. Nối S với A bằng một đoạn thẳng hoặc một đoạn cong để biểu thị “A thắng”. Tương tự, để biểu thị “B thắng” ta nối S với Bbằng một đoạn thẳng hoặc một đoạn cong.
Ván thứ hai lại có 2 khả năng: An thắng hoặc Bình thắng, nên xuất phát từ A cũng lấy hai điểm mới và ghi các ký hiệu tương ứng A, B và từ A kẻ hai đoạn thẳng hoặc hai đoạn cong tới hai điểm mới thêm. Đối với điểm B cũng chọn thêm hai đỉnh mới ghi A và B, rồi từ B kẻ hai đoạn thẳng hay hai đoạn cong đi tới hai điểm mới thêm.
Tiếp theo thực hiện kéo dài các đương một cách tương tự, nhưng do quy ước của An và Bình, những đường mà trên đó xuất hiện hoặc 2 đỉnh liên tiếp
ghi cùng bằng một ký hiệu hoặc 3 đỉnh được ghi bằng cùng một ký hiệu đều không được kéo dài.
Hình 2.23
Vì An và Bình đấu với nhau 5 ván, thì hoặc có người thắng 2 ván liên tiếp hoặc có người thắng 3 ván. Do đó, những đường xuất phát từ S đều khơng có quá 5 cạnh.
Vậy cây có 10 đỉnh ngọn, nên có 10 khả năng xảy ra.
Bài tốn 2.6.2. (xem [5]) Có bốn đội bóng đá A, B, C, D lọt vào vòng bán kết trong giải các đội mạnh khu vực. Có mấy dự đốn xếp hạng như sau:
a. Đội B vơ địch, đội D nhì. b. Đội B nhì, đội C ba. c. Đội A nhì, đội C tư.
Biết rằng mỗi dự đoán trên đúng về một đội. Hãy cho biết kết quả xếp hạng của các đội. Giải. Ta ký hiệu: B1: Đội B nhất B2: Đội B nhì D2: Đội D nhì A2: Đội A nhì C3: Đội C ba
C4: Đội C bốn
Để biết kết quả xếp hạng của các đội ra vẽ cây như sau: - Hai “nhánh” đầu tiên ứng với dự đoán thứ nhất.
- Từ mỗi nhánh trên lại rẽ thành hai nhánh ứng với dự đoán thứ hai. - Tiếp tục rẽ nhánh đối với dự đốn thứ 3 theo cách trên ta có 1 cây:
Hình 2.24
Ta chọn một đường đi từ “gốc” O đến “ngọn” trên đó các cạnh khơng mang chữ trùng nhau. Vì một đội khơng thể xếp hai hạng khác nhau và khơng có chỉ số trùng nhau. (Vì hai đội khơng thể được xếp hàng cùng một hạng), đồng thời thứ tự xếp hạng của các đội thỏa mãn điều kiện đầu bài. Đường tô đậm nét với dãy ký hiệu B1, C3, A2, D4 cho ta xếp hạng cần tìm.
Bài tốn 2.6.3. Cho n điểm trên mặt phẳng có khoảng cách giữa các điểm đôi một khác nhau. Nối mỗi điểm với điểm gần nó nhất. Bằng cách đó chúng ta thu được một đồ thị G. Chứng minh rằng G là một bụi mà bậc của mỗi đỉnh không lớn hơn 5.
Giải.
Trước tiên, ta chứng tỏ rằng G khơng có chu trình.
Giả sử ngược lại, G có một chu trìnhK nào đó. Khơng mất tính tổng qt, giả sử AB là cạnh có độ dài lớn nhất trong tất cả các cạnh của K. Gọi C và
Hình 2.25
Ta có AB > AC và AB > BD. Theo cách nối các đỉnh của yêu cầu bài
tốn: mỗi đỉnh chỉ nối với đỉnh gần nó nhất thì cạnh AB khơng thể được nối. Vậy, điều giả sử là sai. Nghĩa là trong G khơng có chu trình.
Hình 2.26
Bây giờ ta chứng minh rằng các đỉnh của đồ thị đều có bậc nhỏ hơn 6. Giả sử đỉnh P có bậcm(p)> 6, và 6 đỉnh kề với P là A1, A2, A3, A4, A5, A6 được bố trí trên mặt phẳng theo chiều kim đồng hồ (hình 2.26), khơng mất tính tổng qt, ta có thể giả sử A1 là điểm gần P nhất.
Như vậy, trong các tam giác AiP Ai+1 (i = 2,3,4,5) ta có cạnh AiAi+1 là cạnh lớn nhất, doP là điểm gần vớiAi nhất. Trong tam giác A6P A1 vàA1P A2
cạnh A6A1 và A1A2 cũng là cạnh dài nhất, do A6P < A6A1 và A1P < A6P
(A1 gần P nhất), và cũng tương tự như vậy là A2P < A2A1 và A1P < A2P. Do đó, ∠AiP Ai+1 > 600. Ta cũng có tổng các góc quanh P lớn hơn 3600, điều này khơng thể xảy ra. Bài tốn được chứng minh.
Lời kết
Dưới sự hướng dẫn khoa học của NGND.GS.TS Đặng Huy Ruận cùng với sự nỗ lực học tập và nghiêm túc nghiên cứu của bản thân, các kết quả chính của luận văn “Lý thuyết đồ thị và ứng dụng để giải tốn sơ cấp” đã được trình bày theo hệ thống sau đây:
1. Trình bày các lý thuyết cơ bản của Lý thuyết đồ thị ứng dụng để giải toán sơ cấp.
2. Sưu tầm và hệ thống các bài toán nhằm khắc sâu kiến thức lý thuyết. Mặc dù tác giả đã hết sức cố gắng nhưng do thời gian và khả năng có hạn chắc chắn luận văn này cịn nhiều thiếu sót. Tác giả rất mong nhận được ý kiến đóng góp của q thầy cơ giáo và các bạn đồng nghiệp để luận văn được hoàn thiện hơn.
Tài liệu tham khảo
[1] Hoàng Chúng: Graph và giải tốn phổ thơng. NXBGD 1992.
[2] Đỗ Đức Giáo: Hướng dẫn giải bài tập toán rời rạc. NXBGD 2009.
[3] Vũ Đình Hịa: Định lý và vấn đề về Đồ thị hữu hạn. NXBGD 2003.
[4] Vũ Đình Hịa: Một số kiến thức cơ sở về graph hữu hạn. NXBGD 2006.
[5] Đặng Huy Ruận: Lý thuyết đồ thị và ứng dụng. NXB Khoa học và kỹ
thuật 2004.
[6] Đặng Huy Ruận: Bảy phương pháp giải các bài toán logic. NXB Khoa học và kỹ thuật 2002.
[7] Hồng Chí Thành: Đồ thị và các thuật tốn. NXBGD 2007.
[8] Nguyễn Văn Thơng: Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán Tổ hợp - rời rạc.
NXB ĐHQGHN 2012.
[9] Nguyễn Gia Định: Giáo trình Tốn rời rạc. NXB Đại học Huế 2003.