ĐỒ THỊ Lê Đức Thịnh – THPT Chuyên Trần Phú, Hải Phòng A – MỞ ĐẦU: Trong kỳ thi Olympic Toán, Tổ hợp – Rời rạc mảng coi khó Các tốn Tổ hợp – Rời rạc đa dạng, phong phú Có nhiều tốn Tổ hợp – Rời rạc đòi hỏi khả tư thơng minh, nhạy bén, sáng tạo, chí mang tính đột phá; lại có tốn đòi hỏi độ dày kiến thức, khả sử dụng định lý, tính chất có tính cơng cụ để hỗ trợ Trong mảng Tổ hợp – Rời rạc, Đồ thị phần mà đa số em học sinh (và thầy giáo) e ngại Phần không bao gồm tốn dạng phát biểu ngơn ngữ Đồ thị cho dễ trình bày mà bao gồm tốn đòi hỏi vận dụng tương đối nhiều rộng định nghĩa, tính chất, định lý, chí kết “mạnh” để giải Trong viết chuyên đề này, với mong muốn giúp học sinh có tảng kiến thức, định hướng khả vận dụng tốt phần Đồ thị, tác giả hệ thống tập theo nhóm Lý thuyết Phương pháp giải toán tương ứng Các phần Lý thuyết đây, tác giả khơng có tham vọng trình bày nhiều định nghĩa, kết bổ sung (điều độc giả tìm hiểu chi tiết giáo trình khác) mà đưa khái niệm, kết phù hợp với kỳ thi Olympic (tất nhiên theo quan điểm cá nhân); chẳng hạn việc chứng minh lại bổ đề, định lý cần thiết phải hợp lý với thời lượng làm điều kiện phòng thi; kết đưa phải có tần suất xuất tương đối đề thi Các tập tác giả lựa chọn theo mức độ khó tăng dần xoay quanh đề thi Olympic Quốc gia, Khu vực Quốc tế năm gần đây, cụ thể từ 2013 đến 2017 B – NỘI DUNG: I – Mở đầu đồ thị: -) Đơn đồ thị vô hướng G V , E  bao gồm V tập đỉnh, E tập cặp có thứ tự gồm hai phần tử khác V gọi cạnh Đơn đồ thị vô hướng -) Đơn đồ thị có hướng G V , E  bao gồm V tập đỉnh, E tập cặp có thứ tự gồm hai phần tử V gọi cung Đơn đồ thị có hướng -) Hai đỉnh u v đồ thị vô hướng G V , E  gọi kề  u , v  cạnh thuộc đồ thị G Nếu e   u , v  cạnh đồ thị G ta nói cạnh liên thuộc với hai đỉnh u v , ta nói cạnh e nối đỉnh u với đỉnh v , đồng thời đỉnh u v gọi đỉnh đầu cạnh  u , v  -) Bậc đỉnh v đồ thị vô hướng, ký hiệu deg v , số cạnh liên thuộc với Đỉnh bậc gọi đỉnh cô lập Đỉnh bậc gọi đỉnh treo -) Bổ đề bắt tay: Giả sử G V , E  đồ thị vô hướng với E cạnh Khi E   deg v vV Chứng minh: Rõ ràng cạnh e   u , v  bất kỳ, tính lần deg u lần deg v Từ suy số tổng tất bậc hai lần số cạnh -) Hệ quả: Trong đồ thị vô hướng G V , E  số đỉnh bậc lẻ số chẵn Chứng minh: Gọi O tập đỉnh bậc chẵn V tập đỉnh bậc lẻ Từ bổ đề bắt tay ta suy ra: 2m   deg v   deg v   deg v vV vO vU Do deg v chẵn với v đỉnh O nên tổng thứ hai vế phải số chẵn -) Nếu e   u , v  cung đồ thị có hướng G ta nói hai đỉnh u v kề nhau, nói cung  u , v  nối đỉnh u với đỉnh v nói cung khỏi đỉnh u vào đỉnh v Đỉnh u ( v ) gọi đỉnh đầu (cuối) cung  u , v  -) Ta gọi bậc (bậc vào) đỉnh v đồ thị có hướng số cung đồ thị khỏi (đi vào nó) ký hiệu deg  v deg  v -) Định lý: Giả sử G V , E  đồ thị có hướng Khi  deg  v   deg  v  E vV vV -) Đồ thị đầy đủ có n đỉnh, ký hiệu K n , đơn đồ thị vơ hướng mà hai đỉnh ln có cạnh nối Đồ thị đầy đủ K -) Một clique đơn đồ thị vô hướng G  V , E  tập đỉnh V ' ( V ' tập tập đỉnh V G ) thoả mãn: với cặp đỉnh thuộc V ' tồn cạnh G nối chúng Do đồ thị tạo từ V ' đồ thị đầy đủ Kích thước clique số đỉnh Nếu đồ thị đầy đủ K đồ thị tập đỉnh clique kích thước Bài 1: (Russia 2016) Có 30 đội giải bóng rổ NBA đội đấu 82 trận mùa giải Ban tổ chức giải NBA muốn chia đội thành bảng miền Tây miền Đông (số đội giải không thiết phải nhau) cho số trận đấu đội khác bảng nửa tổng số trận đấu Hỏi Ban tổ chức làm không? Giải: Gọi số đội bảng miền Tây x Tổng số trận đấu 1230, số trận đấu đội khác bảng 615 Từ ta phải có 82 x  615 hai lần số trận đấu đội bảng miền Tây với nhau, mâu thuẫn 82 x  615 số lẻ Bài 2: (MMC 2015) Trong thi tốn có số thí sinh quen biết lẫn Chứng minh tồn tập M thí sinh cho thí sinh M có nhiều người quen M thí sinh ngồi M có người quen M Giải: Lấy tập M gồm nhiều thí sinh cho thí sinh M có nhiều người quen M Khi thí sinh nằm ngồi M phải có người quen M (nếu có thí sinh có nhiều người quen ta đưa thí sinh vào M ) Đó tập M cần tìm Bài 3: (Baltic Way 2015) Có 100 thành viên câu lạc quý bà Mỗi người uống trà (riêng) với 56 người khác Biết có nhóm A gồm 50 thành viên mà đó, hai người uống trà với Chứng minh chia tồn 100 thành viên câu lạc thành hai nhóm, nhóm 50 thành viên cho nhóm, hai người uống trà với Giải: Gọi quý bà đỉnh đồ thị, cạnh nối hai đỉnh hai quý bà uống trà với Như bậc đỉnh 56 Nếu xét riêng nhóm A bậc đỉnh 49, đỉnh có cạnh nối với đỉnh ngồi nhóm A Do có tổng cộng 350 cạnh Xét nhóm B gồm thành viên lại câu lạc Tổng số bậc đỉnh nhóm B 50  56  2800 Do có 350 cạnh nối đỉnh hai nhóm A, B nên xét riêng nhóm B tổng số bậc 2450, tức đỉnh nhóm B nối với tất 49 đỉnh lại Đó hai nhóm A, B cần tìm Bài 4: (Turkey 2014) hãng hàng khơng mở chuyến bay đất nước có 36 thành phố Giữa hai thành phố có hãng hàng không mở chuyến bay hai chiều Nếu có hãng hàng khơng mở chuyến bay nối thành phố A với B B với C ta gọi ba  A, B, C  “cùng hãng” Tìm giá trị lớn k cho tình ln có k ba hãng Giải: Xét đỉnh v bất kỳ, kề với xi cạnh hãng hàng không Ci với  i  x i  35 i 1 Khi số ba hãng nhận v đỉnh  xi  7        105 (theo bất đẳng     thức Jensen với đẳng thức xảy x1  x2  x3  x4  x5  ) Do số i 1 ba hãng k  36  105  3780  36  Ngoài dễ thấy   cạnh chia thành 35 nhóm, nhóm 18 cạnh sử dụng đủ 2 36 đỉnh khác Mỗi hàng hàng khơng quản lý nhóm Và mơ hình thỏa mãn k  3780 Vậy k  3780 Bài 5: (IzhO 2016) Có 60 thành phố xứ sở Đồ thị, hai thành phố nối với đường chiều Chứng minh ta tơ màu đỏ thành phố tô màu xanh thành phố cho đường nối thành phố đỏ với thành phố xanh có chiều từ thành phố đỏ sang thành phố xanh Giải: Giả sử phản chứng Với đỉnh v đồ thị, ký hiệu deg  v bậc Số  X ,  A, B, C , D   cho A, B, C , D có cạnh X đến   deg  v   59   vV   deg  v       , theo bất đẳng thức Jensen khơng nhỏ 60  60   60   , với vV          r  r  r  1 r   r  3  4  1.2.3.4   Mặt khác  A, B, C , D  xuất nhiều lần, nên số  X ,  A, B, C , D    59   60   60  không vượt   , mà 60      , mâu thuẫn   4 4   Bài 6: (Iran 2015) Một bánh hình tròn chia thành phần (có thể khơng nhau) bán kính A B muốn ăn bánh A ăn trước phần bánh Sau hai người ăn phần bánh cho phần bánh chung bán kính với phần bánh ăn trước Chứng minh A ln có cách để ăn tổng cộng nửa bánh Giải: Do B ăn phần bánh nên ta cần quan tâm đến phần bánh mà có tổng diện tích nhiều nửa bánh Gọi phần bánh A, B, C , D, E theo thứ tự kim đồng hồ Xét đồ thị G nhận A, B, C , D, E đỉnh, cạnh nối X , Y  V X , Y có tổng diện tích nhiều nửa bánh Khi ta có nhiều đỉnh có cạnh nối trừ trường hợp tất cạnh có đỉnh chung khơng ta chọn phần X , Y , Z ,W cho X , Y Z ,W có tổng nhiều nửa bánh, mâu thuẫn Nếu tất cạnh có đỉnh chung A cần chọn đỉnh chung B khơng thể chọn nhiều nửa bánh Nếu có nhiều đỉnh có cạnh nối cạnh phải có đỉnh chung A cần chọn số đỉnh chung lượt đầu tiên, cụ thể ta có ba trường hợp: i) Nếu có hai cạnh XY YZ A chọn Y ii) Nếu có tam giác dạng ABC A chọn B đầu tiên, B chọn A C , A chọn đỉnh lại A, C lượt thắng iii) Nếu có tam giác dạng ACD A chọn A đầu tiên, A chọn C B chọn B chọn D B chọn E lượt thắng Bài 7: (Hải Phòng TST 2015) Cho đa giác lồi G có 2016 cạnh X tập chứa n  n   cạnh hay đường chéo G cho đoạn X có điểm chung Tìm giá trị lớn n Giải: Lập đồ thị F sau: đỉnh G đỉnh đồ thị Hai đỉnh kề chúng đầu mút đoạn thuộc X Kí hiệu mi số đỉnh bậc i (với i  0;1;2; ;2016 ), ta có m0  m1  m2   m2015  2016 (1) Xét đỉnh x có bậc i  , gọi x1 , x2 , , xi ( i  ) đỉnh kề với x cho cạnh ( x, x j ) nằm miền góc tạo hai cạnh ( x, x1 ) ( x, xi ) 1  j  i Khi với đỉnh y khác x đoạn ( x j , y ) khơng thể có điểm chung với hai cạnh ( x, x1 ) ( x, xi ) , ( x j , y ) không thuộc X nên cạnh đồ thị F Vậy x j có bậc 1, 1  j  i Như vậy, đỉnh x bậc i  kề với i  đỉnh bậc hiển nhiên đỉnh bậc kề với hai đỉnh khác nhau, nên mi đỉnh bậc i  kề với  i   mi đỉnh bậc Ta có bất đẳng thức sau: m1  m3  2m4  3m5   2013m2015 (2) Mặt khác dễ có: 2n  m1  2m2  3m3  4m4   2015m2015 (3) Từ (1), (2), (3) suy ra: 2n  m1  2m2  3m3  4m4   2015m2015   m1  2m2  2m3   2m2015    m3  2m4  3m5   2013m2015    m1  2m2  2m3   2m2015   m1   m1  m2   m2015   2.2016 Vậy n  2016 Bây xét tập X gồm 2016 cạnh đường chéo sau:  x1 , x2  ,  x1 , x3  ,  x1 , x4  , ,  x1 , x2016   x2 , x2016  Dễ thấy đoạn thuộc X có điểm chung Đáp số nmax  2016 Bài 8: (Japan 2016)  m  1 Trong đất nước có m thành phố n đường hai chiều, đường nối hai thành phố với nhau, hai thành Cho số nguyên dương m, n cho m  2, n  phố có nhiều đường nối Chứng minh tồn cách chia thành phố thành hai nhóm A B cho tất đường nối thành phố A với thành phố B nâng cấp thành cao tốc cho: i) Mỗi nhóm có thành phố ii) Mỗi thành phố có tối đa đường cao tốc Giải: Các trường hợp ban đầu hoàn toàn rõ ràng Ta chứng minh quy nạp theo số đỉnh đồ thị kết hợp với giả sử phản chứng Giả sử ta có đồ thị G  V , E  thỏa mãn E   V  1 Nếu có đỉnh có bậc khơng vượt ta cần chọn A đỉnh B tập đỉnh lại Bây ta xét trường hợp đỉnh có bậc nhỏ Ta có số nhận xét sau: 1) Một đỉnh bậc khơng thể có cạnh kép tới đỉnh khác Xét hai đỉnh a, b mà deg a  có hai cạnh nối a, b Xóa đỉnh a cạnh nối với a Đồ thị lại thỏa mãn điều kiện tốn, theo quy nạp ta chia đồ thị lại thành hai tập A’, B’ thỏa mãn Sau ta bổ sung a vào tập chứa b để cách phân chia thỏa mãn 2) Một đỉnh bậc nối với đỉnh bậc khác Xét hai đỉnh a, b nối với mà deg a  deg b  Khi phải có đỉnh c nối với a b (nếu không ta cần chọn A  a; b , B  V \ A ) Xóa hai đỉnh a, b cạnh nối với chúng Ta xóa đỉnh cạnh nên đồ thị lại G  V , E  thỏa mãn  V   1 , theo quy nạp ta chia đồ thị lại thành hai tập A’, B’ thỏa mãn Sau ta bổ sung a, b vào tập chứa c để cách phân chia thỏa mãn 3) Một đỉnh bậc nối với đỉnh bậc Xét hai đỉnh a, b nối với mà deg a  2,deg b  Theo 1), a phải nối với đỉnh c khác b b phải nối với hai đỉnh x, y khác a (với x trùng y trùng c ) Bây xóa a, b cạnh nối với chúng Ta xóa đỉnh cạnh nên nối thêm cạnh vào để đồ thị G  V , E  thỏa E   V   1 Nếu x, y phân biệt, ta thêm cạnh nối x, y để đồ thị G  V , E  thỏa mãn mãn E    V   1 , theo quy nạp ta chia đồ thị lại thành hai tập A’, B’ thỏa mãn (nếu x  y khơng cần thêm cạnh) Bây bổ sung a vào tập chứa đỉnh kề với a (trừ b ) Nếu x, y thuộc hai tập bổ sung b vào tập chứa x, y Dễ thấy cách bổ sung thỏa mãn E  Nếu x, y khơng tập bổ sung b vào tập với a Không tổng quát giả sử x khác tập so với b Khi cách phân chia làm cho x có bậc (ngồi) nối với y b Nhưng x có “cạnh ảo” với y nên cách phân chia thỏa mãn ta xóa “cạnh ảo” 4) Hai đỉnh bậc nối tới hai đỉnh Xét hai đỉnh a, b nối với hai đỉnh c, d mà deg a  deg b  Khi ta xóa a, b cạnh nối với chúng Ta xóa đỉnh cạnh nên nối thêm cạnh c, d vào để đồ thị G  V , E  thỏa mãn E    V   1 , theo quy nạp ta chia đồ thị lại thành hai tập A’, B’ thỏa mãn Nếu c, d tập bổ sung a, b vào tập Nếu c, d khơng tập bổ sung a, b vào hai tập khác nhau, chẳng hạn a tập với c , b tập với d Khi cách phân chia làm cho c d có bậc (ngoài) c nối với b d d nối với a c Nhưng cạnh nối c, d “cạnh ảo” nên cách phân chia thỏa mãn ta xóa “cạnh ảo” 5) Một đỉnh có bậc k  nối với k  đỉnh bậc Xét đỉnh a có deg a  k  mà a nối với k  đỉnh bậc b1 , , bk 1 a nối với đỉnh c Khi phải có đỉnh d nối với số đỉnh b1 ; ; bk 1; a (nếu không ta cần chọn A  b1 ; ; bk 1; a B  V \ A ) Ngoài từ 4), d phải nối với a đỉnh khác, chẳng hạn b1 Bây xóa a, b1 cạnh nối với chúng Ta xóa đỉnh k  cạnh nên nối thêm k  cạnh d b2 , , bk 1 vào để đồ thị G  V , E  thỏa mãn  V   1 , theo quy nạp ta chia đồ thị lại thành hai tập A’, B’ thỏa mãn Bổ sung a, b1 vào tập với d , bậc (ngồi) d khơng vượt q E  Nếu tất b2 , , bk 1 tập tốn giải Nếu số b2 , , bk 1 tập khác, chẳng hạn b2 ta tăng bậc (ngồi) lên nhiều (bằng cách nối với d ), “cạnh ảo” nên toán giải V 1 Cuối sử dụng 2), 3) 5), ta tạo G có cạnh, mâu thuẫn Do chứng minh quy nạp khẳng định Bài toán chứng minh Bài 9: (IMO Shortlist 2016) Một đất nước có n  đảo Ban đầu, hãng phà mở số chuyến phà (hai chiều) nối số cặp đảo cho với cách chia đảo thành hai nhóm khác rỗng ln có hai đảo khác nhóm nối với Sau năm hãng phà bỏ chuyến phà nối hai đảo X , Y với đảo mà nối với X Y mở thêm chuyến phà nối đảo với đảo lại X Y Biết thời điểm, với cách chia đảo thành hai nhóm khác rỗng, hãng phà đóng tất chuyến phà nối hai đảo khác nhóm sau vài năm Chứng minh có lúc có đảo nối với tất đảo lại chuyến phà Giải: Ban đầu ta lấy hai đảo nối với a, b cho a vào tập A , b vào tập B Do điều kiện đề nên khơng tính tổng qt có đảo c nối với a Cho c vào B Ta nói hai tập đảo tạo thành “mạng” đảo tập nối với đảo tập Tiếp theo ta đưa dần đảo lại vào A  B Giả sử ta có hai tập A, B tạo thành mạng với  A  B  n Mạng khơng tồn hãng phà đóng chuyến phà nối a A với b  B Khi ta xét A '  a; b B '   A  B  \ a; b Khi B ' khác rỗng Xét đảo c  A \ a , điều kiện A, B nên ta có c nối với b Nếu c không nối với a trước hãng phà đóng chuyến phà nối a, b sau chuyến phà nối c, a mở thêm Khi c nối với a b Khẳng định hồn tồn tương tự đảo B \ b Do A ', B ' tạo thành mạng A ' B '  A  B Như đảo ln chia thành hai tập A, B tạo thành mạng Vì A  B  n nên có đảo chưa đưa vào A  B Theo đề có lúc chuyến phà nối a  A  B với d nằm A  B bị đóng Khơng tổng qt ta giả sử a  A Khi đảo B phải nối với d Do ta đưa d vào A để tập A, B tạo thành mạng số phần tử A  B tăng thêm Quá trình tiếp tục đảo đưa vào A, B nên ta dẫn đến việc xét trường hợp A B  n Giả sử chuyến phà nối a  A với b  B bị đóng sau số năm Ta đưa a, b vào A ' tất đảo lại vào B ' Khi A ', B ' tạo thành mạng Điều khơng chuyến phà nối (khơng tính tổng qt) a với c  B ' bị đóng Do điều chắn xảy nên thời điểm đó, đảo b nối với tất đảo lại Đó điều phải chứng minh II – Đồ thị hai phe: -) Một đơn đồ thị vô hướng G  V , E  gọi hai phe (hay lưỡng phân) tập đỉnh chia thành hai tập X Y rời cho cạnh đồ thị nối đỉnh X với đỉnh thuộc Y Khi người ta gọi tập (chẳng hạn X ) tập đỉnh trái tập lại (chẳng hạn Y ) tập đỉnh phải đồ thị hai phe G Nếu X  Y G gọi đồ thị hai phe cân -) Đồ thị hai phe đầy đủ K m,n đồ thị hai phe với tập đỉnh X  m, Y  n cho đỉnh X kề với đỉnh Y Như K m,n có mn cạnh Đồ thị hai phe -) Định lý Hall: Cho đồ thị hai phe X , Y Với tập A X , gọi G  A tập đỉnh thuộc Y kề với đỉnh thuộc A Khi điều kiện cần đủ để tồn đơn ánh f : X  Y cho x kề f  x  G  A   A với A khác rỗng X Chứng minh: Điều kiện cần hiển nhiên: Nếu tồn đơn ánh f với A   x1 ; x2 ; ; xr  , ta có G  A chứa phần tử phân biệt  f  x1  ; f  x2  ; ; f  xn  , G  A   r  A Ta chứng minh điều kiện đủ quy nạp theo X Khi X  , khẳng định hiển nhiên Giả sử định lý với tập X với X  n Giả sử X  n Ta xét hai trường hợp: 1) Giả sử với A  X , A  X , ta có G  A   A Chọn phần tử x0 thuộc X , theo điều kiện G  x0    , tồn y0 thuộc Y kề với x0 Ta đặt f  x0   y0 Bây xét X '  X \  x0  Y '  Y \  y0  , A  X ' G '  A  tập đỉnh thuộc Y ' kề với A Khi G '  A  G  A   A Vì X '  X nên theo giả thiết quy nạp, tồn đơn ánh f : X '  Y ' cho f  x  kề x với x thuộc X ' Bổ sung thêm f  x0   y0 ta đơn ánh f : X  Y thỏa mãn yêu cầu định lý 2) Trong trường hợp ngược lại, tồn A  X , A  X cho G  A   A Khi đó, A  X nên tồn đơn ánh f : A  G  A  Xét X '  X \ A, Y '  Y \ G  A  Xét B thuộc X ' G  B  tập đỉnh thuộc Y ' kề với B cạnh AB vào đồ thị G Theo bổ đề, khơng có đường Hamilton từ A đến B đồ thị G Vì vậy, đồ thị G khơng chứa chu trình Hamilton sau thêm cạnh Bằng cách lặp lại thao tác này, ta tất đỉnh mà nối cạnh đồ thị G ' nối cạnh đồ thị G đồng thời đồ thị G khơng có chu trình Hamilton, G ' có, mâu thuẫn Vậy tốn chứng minh VII – Tơ màu đồ thị: -) Tô màu đơn đồ thị việc gán màu cho đỉnh cho hai đỉnh liền kề có màu khác Mỗi đồ thị có nhiều cách tơ màu khác -) Số màu hay sắc số đồ thị G số màu tối thiểu cần thiết để tô màu G , ký hiệu  G  Một cách tô màu đồ thị Petersen màu, số màu tối thiểu cần thiết Bài 33: (Russia 2016) Có n  thành phố đất nước, số cặp thành phố nối với chuyến bay hai chiều Mỗi cặp thành phố có hành trình nối chúng (có thể thơng qua chuỗi thành phố trung gian) Mỗi thành phố X gắn với “trọng số”, “trọng số” đếm số cách đánh số tất thành phố từ đến n cho với hành trình X , số thành phố sau tăng dần Biết “trọng số” n  thành phố chia hết cho 2016 Chứng minh “trọng số” thành phố lại chia hết cho 2016 Giải: Tô màu thành phố hai màu đen trắng cho hai thành phố có chuyến bay nối liền với có màu khác Rõ ràng đỉnh đánh số phải kề phải có màu khác Ta có song ánh việc tính tổng “trọng số” thành phố màu đen với việc tính tổng “trọng số” thành phố màu trắng Đổi cho ta có tổng “trọng số” thành phố màu đen tổng “trọng số” thành phố màu trắng Do “trọng số” thành phố cuối phải chia hết cho 2016 Bài 34: (Macedonia 2015) Trong thi, cách xếp hàng “tốt” cách xếp tất thí sinh thành hàng mà khơng có hai thí sinh quen hàng Biết xếp hàng “tốt” với n  hàng xếp hàng “tốt” với n hàng Chứng minh với n hàng “tốt” ln tồn n thí sinh M , M , , M n mà thí sinh M i hàng thứ i thí sinh M i , M i 1 quen với i  1, 2, , n  Giải: Xét đồ thị G có đỉnh thí sinh cạnh thí sinh quen Nếu sắc số G   G   n ta xét cách tô màu màu c1 , c2 ,, cn Khi tồn đường “cầu vồng” ( n màu) x1 x2  xn cho đỉnh xk có màu ck với  k  n Gọi V1   tập tất đỉnh có màu c1 Vk tập tất đỉnh có màu ck mà kề với đỉnh có màu ck 1 với  k  n Ta chứng minh Vk   2  k  n Thật vậy, giả sử phản chứng, gọi m số nhỏ mà Vm   Khi ta tơ lại màu cho đỉnh Vk màu ck 1 với  k  m  , cách tô sử dụng đến n  màu, mâu thuẫn với   G   n Bây giờ, bắt đầu với  Vn , ta lấy vn1  Vn 1 cho vn1vn cạnh, tiếp tục lấy vn  Vn  cho vn 2vn 1 cạnh Khi ta có đường “cầu vồng” v1v2 vn Bài 35: (Balkan 2013) Trong thi, có số thí sinh quen n  thí sinh A1 , A2 , , An gọi “vòng tròn khơng bền” Ai khơng quen Ai 1 với  i  n (quy ước An 1  A1 ), cặp đơi khác quen Biết với thí sinh C tất “vòng tròn khơng bền” S khơng chứa C , có nhiều người S khơng quen C Chứng minh chia tất thí sinh vào phòng cho hai thí sinh phòng ln quen Giải: Ta chuyển đổi toán thành lý thuyết đồ thị cách sử dụng đồ thị bù: có cạnh nối hai đỉnh hai bạn không quen Điều kiện đề trở thành với đỉnh x khơng nằm chu trình gồm ba đỉnh x nối với tối đa đỉnh chu trình Ta cần chứng minh đỉnh phân chia thành ba tập cho đỉnh tập cạnh nối nhau, tơ màu đỉnh đồ thị màu cho đỉnh màu không kề Ta chứng minh khẳng định quy nạp Nếu có đỉnh có bậc khơng vượt q hai bước quy nạp q rõ ràng: ta có đồ thị lại (bỏ đỉnh đi) tơ màu, ta cần tơ đỉnh màu khác với màu hai đỉnh kề với xong Giả sử đồ thị ta, tất đỉnh có bậc Xét đường dài P mà khơng có hai đỉnh đường nối với (trừ cạnh P ) Với a hai đầu mút P a phải nối với hai đỉnh khác không nằm P b c Khi b c phải nối với đỉnh P khơng P kéo dài đến b c Giả sử b nối với b ' P c nối với c ' P ( b ', c ' không thiết phân biệt) Khơng tính tổng qt giả sử b ' không xa a c ' Nhưng ta có b nối với a b ' chu trình gồm đỉnh b ', , c ', c, a, , b ' , mâu thuẫn điều kiện đề Đó điều phải chứng minh Bài 36: (IMO Shortlist 2013) Một nhà vật lý khám phá loại hạt mà ông gọi imon, sau số chúng xuất bí ẩn phòng thí nghiệm ơng Một số imon phòng thí nghiệm bị dính vào nhau, imon dính vào nhiều imon khác Nhà vật lý thực hai hoạt động sau với hạt này, lần hoạt động (i) Nếu imon bị dính vào số lẻ imon khác phòng thí nghiệm, nhà vật lý tiêu diệt (ii) Tại thời điểm nào, nhà vật lý tăng gấp đơi tồn số imon phòng thí nghiệm cách tạo imon Trong suốt trình này, hai dính vào imon ban đầu dính vào nhau, dính vào imon gốc ban đầu; ngồi khơng có thêm imon dính vào biến Chứng minh nhà vật lý áp dụng loạt hoạt động để dẫn đến kết khơng có hai imon dính vào Giải: Xét đồ thị G , đỉnh imon, cạnh nối hai đỉnh hai imon dính vào Ta chứng minh sử dụng i) ii) biến G thành đồ thị mà sắc số giảm Khi tốn chứng minh đồ thị có sắc số tức khơng có cạnh Gọi k sắc số đồ thị G Trước tiên ta xóa đỉnh bậc lẻ cạnh tương ứng đến không đỉnh bậc lẻ nữa, ta đồ thị H Do H đồ thị G nên sắc số H không vượt sắc số k G Do có cách phân chia H thành tập độc lập S1 , , S k rỗng (ta gọi S  H tập độc lập cặp đỉnh S không kề nhau) Bây ta sử dụng ii) Ta có tập đỉnh kết đồ thị K tích Descartes H  0;1 , imon gốc I  I ;0  , imon I ' I  I ;1 Do đỉnh H có bậc chẵn nên đỉnh K có bậc lẻ Với  i  k ta gọi Ti   Si  0    Si  1  dễ thấy T1 , , Tk đưa cách tô màu K với k màu Nhưng ý Tk tập độc lập đỉnh Tk có bậc lẻ nên ta xóa tất đỉnh Tk đồ thị L có khơng q k  màu Đó điều phải chứng minh Bài 37: (Korea 2015) Có 2015 đường tròn bán kính phân biệt mặt phẳng Chứng minh tồn 27 đường tròn cho hai đường tròn ln có điểm chung ln khơng có điểm chung Giải: Với n  2015 Xét đồ thị mà đường tròn đỉnh Nối hai đường tròn cạnh hai đường tròn có điểm chung Trong đồ thị G V , E  , với U tập V , ta gọi U “clique” tất đỉnh U nối với nhau, gọi U “độc lập” tất đỉnh U không nối với Gọi   G  ,   G  tương ứng số phần tử tập “clique” lớn tập “độc lập” lớn Gọi H  G   max    G  ,   G   , ta chứng minh H  G   27 Gọi sắc số G   G  Bổ đề 1:  G   G   n Chứng minh: Theo nguyên lý Dirichlet, có màu sử dụng khơng n lần Lấy tất điểm  G  có màu Vì tập “độc lập” nên ta có điều phải chứng minh Bổ đề 2: G gọi “ k  degenerate” với đồ thị H G , tồn đỉnh có bậc H khơng vượt q k Khi G “ k  degenerate”   G   k  Chứng minh: Ta chứng minh quy nạp theo số đỉnh G Gọi v đỉnh có bậc nhỏ Do G \ v “ k  degenerate” nên ta tơ màu G \ v k  màu Do deg  v   k nên ta tơ màu v Điều hồn chỉnh chứng minh quy nạp khẳng định Bổ đề 3: G “  3  G   3  degenerate” Chứng minh: Ta chứng minh tồn đỉnh với bậc không lớn 3  G   đủ Không tính tổng quát ta giả sử tâm đường tròn đề có hồnh độ khác Gọi v tâm đường tròn có hồnh độ lớn Đường tròn nối với v có tâm nằm nửa bên trái đường tròn bán kính mà nhận v tâm Chia nửa đường tròn thành phần nhau, rõ ràng phần chứa nhiều   G   điểm Do deg  v   3  G   , điều phải chứng minh Áp dụng: Từ bổ đề 2, ta có   G   3  G   Từ bổ đề ta có n    G    G    3  G      G   H  G   3H  G    Với n  2015 ta có H  G   27 , điều phải chứng minh Bài 38: (IMO Shortlist 2015) Trong cơng ty có số cặp đồng nghiệp ghét Một nhóm người cơng ty gọi “khơng ưa thích” nhóm có số lẻ khơng người xếp người nhóm ngồi quanh bàn tròn (đủ rộng) cho hai người ngồi cạnh ghét Biết có nhiều 2015 nhóm “khơng ưa thích”, chứng minh chia cơng ty thành 11 nhóm đơi khơng giao cho khơng có hai người ghét nằm nhóm Giải: Gọi G  V , E  đồ thị, V tập tất người công ty E tập tất cặp đồng nghiệp ghét Ta gọi tập V tập chu trình lẻ G  V , E  tập có số lẻ khơng đỉnh có chu trình chứa đỉnh Ta chứng minh đồ thị G mà đỉnh có n màu có 2n 1  n tập chu trình lẻ mà đỉnh chu trình khác màu Khi khơng thể chia cơng ty thành 11 nhóm đơi khơng giao cho khơng có hai người ghét nằm nhóm   G   12 , G có 211  12  2015 tập chu trình lẻ mà đỉnh chu trình khác màu, mâu thuẫn Với n  1, hiển nhiên Với n  kết quen thuộc: “Mọi đồ thị với   G   có chu trình lẻ mà đỉnh chu trình khác màu” Giả sử khẳng định với n  k G đồ thị với   G   k  Ta xóa đỉnh khỏi G điều khơng làm thay đổi   G  Tất nhiên điều khơng làm tăng số tập chu trình lẻ Lặp lại điều đến làm thêm nữa, tức với đỉnh v G ta có   G \ v   k Lấy đỉnh v ta có   G \ v   k nên theo quy nạp, G \ v có 2k 1  k tập chu trình lẻ mà đỉnh chu trình khác màu Do ta cần chứng minh G có  2k   k  1    2k 1  k   2k 1  tập chu trình lẻ mà chứa v Gọi V1 ,,Vk cách phân chia G \ v thành tập rời nhau, tập có màu Do tập 1;2; ;k có 2k 1  tập khác rỗng có chẵn phần tử nên ta cần chứng minh tập I vậy, G có tập chu trình lẻ chứa v , chứa đỉnh từ Vi mà i  I , không chứa đỉnh từ V j mà j  I Thật vậy, khơng tính tổng quát ta xét với I  1;2; ;2r Với  i  2r , gọi Ai tập đỉnh kề với v Vi , Bi tập Vi gồm đỉnh w cho có đường v1v2 vt từ v1  A1 tới vt  w mà vk  V j  k  , j  k  phần tử I thỏa mãn j  k   k  mod 2r  Nếu A2 r  B2 r   , đặt Vi '  Vi  Bi   Bi 1 với B0  B2r tập Vi ' rời có cạnh uw với u  Bi 1 , w  Vi ta có w  Bi nên w  Vi ' Ngoài A1  B1 A2 r  B2 r   nên v khơng có đỉnh kề V1 '  V1  B1   B2 r , đưa v vào V1 ' ta có   G   k , mâu thuẫn Bây A2 r  B2 r   ta đường v1 vt từ v1  A1 tới vt  A2 r  B2 r Đường có độ dài lẻ t  2r  mod 2r  chứa đỉnh từ tập V1 ,,V2 r Ngồi đường khơng chứa đỉnh từ tập V j khác Như vv1 vt v chu trình lẻ mà ta cần tìm Vậy tốn chứng minh Bài 39: (Turkey TST 2015) Một đất nước có 2015 thành phố, hai thành phố có đường bay hai chiều hãng hàng khơng Tìm số nhỏ hãng hàng khơng để chuyến bay ba thành phố hãng hàng không khác Giải: Ta chứng minh đáp số 2015 Theo ngôn ngữ đồ thị, ta cần tìm số nhỏ màu để tơ cạnh đồ thị đầy đủ vô hướng K 2015 cho tam giác có cạnh khác màu Trước hết ta chứng minh cần phải có nhiều 2014 màu Lấy đỉnh bất kỳ, đỉnh có bậc 2014 Nếu ta có 2014 màu theo ngun lý Dirichlet, có hai cạnh từ đỉnh có màu, ta có tam giác mà có hai cạnh màu, mâu thuẫn  2015  Nếu ta có 2014 màu Do đồ thị có   cạnh nên theo ngun lý Dirichlet ta có    2015.2014    1008 cạnh màu Mà 2.1008  2016  2015 nên phải có hai   2.2014  cạnh chung đỉnh, ta lại có tam giác mà có hai cạnh màu, mâu thuẫn Tiếp theo ta chứng minh 2015 màu đủ Đánh số đỉnh 1, 2, , 2015 theo thứ tự Tơ màu cạnh nối đỉnh i, j màu thứ i  j  mod 2015  Nếu tam giác có hai cạnh màu chúng phải có chung đỉnh a Ta gọi hai đỉnh lại tam giác b, c Nhưng ta có a  b  a  c  mod 2015   b  c  mod 2015  , điều xảy b  c 2015  b  c Như mơ hình thỏa mãn Bài 40: (IMO Shortlist 2016) Cho trước số nguyên dương n Xác định số nguyên dương k nhỏ thỏa mãn: đánh dấu k bảng 2n  2n ô vuông cho tồn cách lát bảng quân đôminô 1 2,  mà khơng có qn đơminơ chứa hai đánh dấu Giải: Đáp số kmin  2n Trước hết ta ví dụ đánh dấu 2n ô vuông thỏa mãn đề Đánh số hàng cột từ đến 2n đặt tên ô vuông dòng i cột j  i; j  Với i  1, n ta đánh dấu ô vuông  i; i  ,  i; i  1 Hai đường chéo bảng chia bảng thành bốn phần: trái, dưới, phải, Chú ý quân đôminô phủ ô 1;1 phải đặt dọc theo cột Tiếp theo quân đôminô phủ ô  2;2  ,  3;3 , ,  n; n  phải đặt dọc theo cột Như quân đôminô bên trái bảng phải đặt dọc theo cột Do tính tương tự qua phép quay 900 , quân đôminô bên bảng phải đặt ngang theo dòng, qn đơminơ bên phải bảng phải đặt dọc theo cột, quân đôminô bên bảng phải đặt ngang theo dòng (hình vẽ) Như cách phủ bảng tồn X X X X X X Tiếp theo ta chứng minh giá trị 2n nhỏ Giả sử ta đánh dấu k  2n ô tồn cách phủ P phù hợp Ta gọi d đường chéo bảng chứng minh có thêm cách phủ khác thỏa mãn Xây dựng đồ thị mà cạnh có hai màu: đỉnh bảng, nối hai đỉnh cạnh đỏ chúng thuộc vào quân đôminô cách phủ P , nối hai đỉnh cạnh xanh hai đỉnh đối xứng chúng qua d nối cạnh đỏ (hai đỉnh nối với cả cạnh xanh lẫn cạnh đỏ) Rõ ràng đỉnh có bậc đỏ bậc xanh Do đồ thị chia thành chu trình (có thể có đỉnh) mà cạnh chu trình đổi màu Xét đỉnh c nằm d Hai cạnh c đối xứng qua d , nối c với đỉnh khác, c nằm chu trình C  c  có độ dài Xét phần chu trình c0 , c1 , , cm , c0  c m nhỏ cho cm nằm d Rõ ràng cm không trùng với c Khi đoạn đường đối xứng với đoạn đường qua d nằm đồ thị hai đoạn đường tạo thành chu trình C  c  Như chu trình C  c  cắt d hai điểm Và 2n đỉnh d thuộc n chu trình có độ dài C1 , C2 , , Cn Theo ngun lý Dirichlet, có chu trình Ci chứa nhiều số k ô đánh dấu Ta thay đổi cách phủ P sau: bỏ tất quân đôminô chứa đỉnh tương ứng với cạnh đỏ Ci , đặt vào quân đôminô tương ứng với cạnh xanh Ci Do Ci có đỉnh nên cách phủ P ' khác cách phủ cũ P Và rõ ràng khơng có qn đơminơ P ' phủ hai đánh dấu Ci chứa nhiều ô đánh dấu Như cách phủ trường hợp k  2n tồn khơng Đó điều phải chứng minh VIII – Cây: -) Cây đồ thị vơ hướng liên thơng khơng có chu trình Một có đỉnh cạnh -) Rừng đồ thị vơ hướng khơng có chu trình Từ định nghĩa, ta thấy rừng đồ thị có nhiều thành phần liên thông mà thành phần liên thông -) Trong cây, ta chọn đỉnh đặc biệt gọi gốc định hướng cạnh từ gốc ta đồ thị có hướng gọi có gốc Chú ý: Cùng cây, ta chọn gốc khác có gốc thu khác -) Định lý Daisy Chain: Giả sử T đồ thị có n đỉnh Khi đó, mệnh đề sau tương đương: (1): T (2): T khơng có chu trình có n  cạnh (3): T đồ thị liên thông hủy cạnh làm tính liên thơng (4): Giữa đỉnh T , tồn đường nối đỉnh (5): T khơng có chu trình thêm cạnh nối đỉnh T tạo chu trình (6): T liên thơng có n  cạnh -) Cây bao trùm: Cho G đồ thị vô hướng liên thông Ta gọi đồ thị T G bao trùm hay khung T thoả mãn hai điều kiện: a) T cây; b) Tập đỉnh T tập đỉnh G Nói cách khác, bao trùm đồ thị G đồ thị G , chứa tất đỉnh G , liên thông khơng có chu trình Cây bao trùm đồ thị liên thơng G định nghĩa đồ thị khơng chu trình lớn nhất, hay đồ thị liên thông nhỏ G Mọi đồ thị liên thơng có bao trùm có nhiều bao trùm khác Một bao trùm (các cạnh màu xanh) đồ thị lưới Bài 41: (APMO 2016) Xứ sở Mộng mơ có 2016 thành phố Hãng hàng khơng Ngơi muốn xây dựng đường bay chiều cặp thành phố cho thành phố có chuyến bay khởi hành từ Tìm số k nhỏ cho với cách xây dựng đường bay, thành phố ln chia thành k nhóm cho từ thành phố khơng thể đến thành phố khác nhóm khơng 28 chuyến bay Giải: Đồ thị chia thành thành phần liên thơng, bao gồm chu trình dẫn vào chu trình Đánh số chu trình theo thứ tự 0,1,,56,0,1,     56 Với cây, giả sử dẫn tới đỉnh nhóm k Đánh số theo chiều sâu theo thứ tự giảm dần k  1, k  2, theo mod 57 Cách đánh số khơng có mâu thuẫn, k  57 thỏa mãn điều kiện đề Để chứng minh k  57 đáp số toán, ta cần lấy đồ thị mà gồm thành phần liên thơng có chu trình độ dài 57, khơng có hai đỉnh chu trình thuộc nhóm Vậy k  57 Bài 42: (Turkey 2013) Một đất nước có 100 thành phố 2013 chuyến bay hai chiều nối số cặp thành phố điều hành n hãng hàng khơng Có hai thành phố mà lại với qua tối đa hai chuyến bay Biết hai thành phố ln có hãng hàng không nối chúng thông qua chuyến bay trực tiếp gián tiếp, tìm giá trị lớn n Giải: Đáp số n  1915 Xét đồ thị có đỉnh thành phố, cạnh chuyến bay, chuyến bay hãng hàng không cạnh màu Xét bao trùm có tất cạnh màu cạnh lại có màu khác Cách tô màu thỏa mãn điều kiện đề sử dụng n  2013  99   1915 màu Bây ta chứng minh cần sử dụng không 1915 màu Xét cách tô màu G mà sử dụng nhiều màu Khi i) Các cạnh màu tạo thành liên thông Thật vậy, có chu kỳ đơn sắc tơ lại cạnh màu điều làm tăng số lượng màu sắc Còn có hai màu khơng kết nối tơ lại màu làm tăng số lượng màu sắc ii) Hai khơng thể có nhiều hai giao điểm Thật vậy, có nhiều hai giao điểm hợp hai bao gồm hai chu trình tơ màu lại hai giống sau tơ lại cạnh chu trình màu làm tăng số lượng màu sắc Khơng tính tổng qt ta giả sử hai có hai giao điểm chung hai giao điểm đỉnh cuối Thật giao điểm khơng phải đỉnh cuối ta có chu trình, ta tơ lại màu cho hai giống sau tơ lại cạnh chu trình màu mới, cách số màu không thay đổi Xét hai đỉnh u , v có khoảng cách Gọi X tập đỉnh nối u , v Y  X  u; v Gọi A tập tất đỉnh kề với u B  G \ u; v  A  Đặt A  a, B  b, Y  A  YA , Y  B  YB Giả sử u nối với đỉnh B \ Y T1 , , Tp với đỉnh tương ứng Z1 , , Z p Khi X i  X j   khác có giao điểm u Như tương ứng với đỉnh khác A Vì p T1 , , Tp chứa a  YA  q đỉnh khác v Nếu chứa d đỉnh khác gốc d cạnh tơ màu giống giảm màu Như tổng số màu bị giảm d 1 b  YB  p  p  a  YA  q  q  Y  Do YA  YB  Y  nến tổng số màu bị giảm a  b  98 Điều có nghĩa cần có nhiều 2013  98  1915 màu Đó điều phải chứng minh Bài 43: (Turkey TST 2013) Một đất nước có n thành phố, số cặp thành phố có chuyến bay hai chiều cho thành phố có k chuyến bay ln có cách lại hai thành phố (có thể thơng qua chuỗi chuyến bay trung gian) Chứng minh phân chia chuyến bay cho n  k hãng hàng không cho hai thành phố ln có cách lại chuyến bay mà hãng hàng khơng có tối đa chuyến bay Giải: Với G đồ thị liên thơng có n đỉnh mà đỉnh có bậc khơng nhỏ k , ta cần chứng minh tơ cạnh đồ thị n  k màu cho hai đỉnh ln có đường nối chúng gồm cạnh khác màu Ta chứng minh kết mạnh hơn: Với G đồ thị liên thông có n đỉnh   G  bậc nhỏ đỉnh K chu trình G mà chứa đỉnh có bậc nhỏ nhất, tơ cạnh đồ thị n    G  màu cho chu trình K có màu hai đỉnh ln có đường nối chúng gồm cạnh khác màu Ta chứng minh khẳng định cách cố định   G  quy nạp theo n Nếu   G   ta lấy bao trùm G có n  cạnh rõ ràng tơ màu n  màu Chứng minh quy nạp: Do n    G  nên ta bắt đầu với n    G   , G đồ thị đầy đủ ta tơ màu tất cạnh màu Tiếp theo giả sử    G   n  Gọi K clique cực đại bao gồm đỉnh có bậc   G  gọi l  K Chú ý l    G   từ G liên thơng ta suy K  G , G đầy đủ ta cần màu để tô Bây giả sử  l    G  Gọi G1 , , G p thành phần liên thông G \ K K i đỉnh nối trực tiếp với đỉnh Gi i  1, p Khơng tính tổng qt ta giả sử K1  K i i  2, p Gọi f  G  số màu nhỏ cần để tô màu G thỏa mãn điều kiện Theo quy nạp ta có f  Gi   ni    Gi  với ni  Gi Trường hợp 1:  K1   K Bằng cách chia K thành đỉnh riêng lẻ ta có đồ thị G ' Chú ý G '  n  l    G '    G  (đẳng thức xảy có đỉnh Gi có bậc   G  đỉnh K nối với đỉnh G \ K ) Khi theo giả thiết quy nạp ta có f  G '  n  l     G  Bây để có cách tô màu G phù hợp ta lấy cách tô màu phù hợp G ' tô màu tất cạnh K số màu sử dụng tổng cộng không vượt n  l     G    n    G  màu (vì trường hợp l  K  K1  1) Trường hợp 2:  K1  l1  K Bằng cách chia K1 thành đỉnh riêng lẻ v , G biến thành G ' K biến thành K ' Chú ý G '  n  l1    G '    G   l1  Theo giả thiết quy nạp ta có cách tơ màu phù hợp cho G ' f  G '  n    G  màu mà tất cạnh K ' có màu c Bây để có cách tơ màu phù hợp cho G ta lấy cách tô màu phù hợp cho G ' tô màu cạnh lại đỉnh K màu c với cạnh K màu với màu cạnh từ v đến đỉnh khác, sử dụng tổng cộng không n    G  màu Trường hợp 3: K1  K Theo giả thiết quy nạp ta có f  G '   ni    Gi  Do K lớn nên   Gi     G   l  Ta tô tất cạnh K cạnh từ K tới G1 số màu cạnh từ K tới Gi i  2, p số màu khác Khi p p f  G   t     ni    Gi    t    ni    G   l  1 i 1 i 1  n    G    p  1  l    G    n    G  Bài tốn chứng minh hồn tồn IX – Các toán khác: Bài 44: (Tournament of the Towns 2016) Một đất nước có 64 thành phố, số cặp thành phố nối với đường (nhưng chưa biết cặp thành phố nào) Ta chọn cặp thành phố để kiểm tra xem chúng nối với hay chưa Mục đích xác định xem liệu hai thành phố nối với khơng (có thể thơng qua chuỗi đường trung gian) Chứng minh xác định thơng qua 2016 câu hỏi kiểm tra Bài 45: (Baltic Way 2016) Biển Baltic có 2016 bến cảng Có số chuyến phà hai chiều nối số cặp bến cảng Biết khơng có chuỗi hành trình C1  C2   C1062 , C1 , , C1062 bến cảng phân biệt Chứng minh tồn hai tập không giao A, B , tập gồm 477 bến cảng cho bến cảng tập khơng có chuyến phà trực tiếp đến bến cảng tập Bài 46: (Turkey 2015) Trong triển lãm có 2015 tranh, người tham gia chọn cặp hai tranh viết chúng lên bảng Sau đó, Fake Artist (F.A) chọn số cặp tranh bảng đánh dấu tranh cặp “tốt hơn” Rồi Artist's Assistant (A.A) đến lượt chơi mình, đánh dấu A “tốt hơn” C cặp  A; C  bảng có tranh B mà A “tốt hơn” B B “tốt hơn” C Tìm k nhỏ cho với cách chọn cặp tranh bảng, F.A có cách để cần so sánh k cặp tranh đủ để từ A.A so sánh tất cặp tranh lại (A.A đánh giá A1  An có chuỗi A1  A2  A3    An1  An , X  Y có nghĩa tranh X “tốt hơn” tranh Y ) Bài 47: (European Mathematical Cup 2015) Một nhóm nhà toán học tham dự hội thảo Ta nói nhà tốn học “ k  thuyết trình” phòng với k người mà thuyết trình cho k người nghe nghe k người thuyết trình Biết tất nhà tốn học phòng họ “ 3k   thuyết trình” Chứng minh ln chia tất nhà tốn học vào hai phòng khác rỗng, người phòng cho họ “ k  thuyết trình” phòng (Bài thuyết trình khơng thiết phải trước tất người, ngồi khơng có thuyết trình mình.) Bài 48: (Tuymaada 2013) Các đỉnh đồ thị (hữu hạn) liên thông tô n  màu cho n  n  1 đỉnh kề khác màu Chứng minh xóa cạnh cho đồ thị lại liên thơng Bài 49: (Iran 2014) Gọi g n số đồ thị liên thông có n đỉnh mà đỉnh đánh số 1, 2, , n Chứng minh n n 1 g n   2 Bài 50: (USA TST 2013) Một đất nước có n thành phố đánh số 1, 2, , n Người ta muốn xây dựng n  đường nối số cặp thành phố cho hai thành phố ln lại với (có thể thơng qua chuỗi đường trung gian) Tuy nhiên không phép xây dựng đường nối hai thành phố mà đánh hai số liên tiếp không phép xây dựng đường nối hai thành phố mà đánh hai số 1, n Gọi Tn tổng số cách xây dựng đường thỏa mãn a) Với n lẻ, chứng minh Tn chia hết cho n b) Với n chẵn, chứng minh Tn chia hết cho n Bài 51: (Iran TST 2013) Trên cạnh đồ thị viết số thực cho với chu trình độ dài chẵn đồ thị, tổng số cạnh với dấu cộng, trừ ln Chứng minh ta ln gán cho đỉnh đồ thị số thực cho tổng hai số hai đỉnh kề số cạnh nối chúng (Ở chu trình lặp lại số cạnh đỉnh) Bài 52: (Turkey TST 2014) A B chơi trò chơi Có đồ thị đầy đủ gồm 2014 đỉnh A chơi trước Trong lượt chơi mình, A định hướng cho cạnh tùy ý chưa có hướng đồ thị, B định hướng cho khơng 1000 (và một) cạnh tùy ý chưa có hướng đồ thị Q trình tiếp tục kết thúc tất cạnh định hướng Khi đồ thị cuối có chu trình (định hướng) A thắng, ngược lại B thắng Biết hai người chơi thơng minh, hỏi A có chiến thuật thắng hay không? Bài 53: (USA TST 2014) n2 cạnh, hai đỉnh nối với tối đa cạnh Hai đỉnh x, y gọi “gần kề” Cho trước số nguyên dương chẵn n đồ thị vơ hướng G có n đỉnh n chúng có chung đỉnh kề Chứng minh G có   cặp đỉnh   2  gần kề Bài 54: (Balkan 2015) Một hội đồng gồm 3366 nhà phê bình bầu chọn giải Oscars Mỗi nhà phê bình bầu chọn cho nam diễn viên nữ diễn viên xuất sắc Sau bầu chọn, người ta nhận thấy với số ngun dương n  100 , ln có nam nữ diễn viên bầu chọn n lần Chứng minh có hai nhà phê bình bầu chọn cho nam nữ diễn viên giống Bài 55: (Ibero America 2016) Xác định số lớn quân tượng đặt bàn cờ  cho quân tượng nằm ô khác quân tượng bị ăn nhiều quân tượng khác Bài 56: (IMO Shortlist 2014) Có n đường tròn vẽ mảnh giấy cho hai đường tròn cắt khơng có ba đường tròn đồng quy Một ốc sên bò cạnh đường tròn theo chiều kim đồng hồ Đến gặp giao điểm với đường tròn ốc sên chuyển sang đường tròn mới, đồng thời thay đổi chiều di chuyển (cùng chiều kim đồng hồ sang ngược chiều kim đồng hồ ngược lại) Biết cuối đường ốc sên phủ kín tất đường tròn Chứng minh n phải lẻ Bài 57: (China 2016) Với ... hai đảo nối liền với nhau, đảo có hai cầu (hai đảo khơng thể nối với hai cầu chúng độc lập với đảo lại) Nếu chúng nối với hai đảo khác phiến quân phá hủy hai cầu nối chúng với hai đảo khiến hai. .. minh tồn 673 đỉnh mà hai đỉnh nối với cạnh đỏ Giải: Theo định lý Turan, số cạnh đỏ G  2017    2017 2017 2017 2017.2014       1    6    3 Do tổng số bậc đỏ G 2017. 2014 Từ theo... 18: (China TST 2017) 2017 kỹ sư tham dự hội thảo Hai người nói chuyện với tiếng Anh tiếng Trung Khơng có hai người nói chuyện với nhiều lần Biết kỹ sư ln có số chẵn nói chuyện (hai người), ngồi