MỘT SỐ VẤN ĐỀ CỦA LÝ THUYẾT ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG (Hoàng Phương Anh – THPT Chuyên Hưng Yên) PHẦN I MỞ ĐẦU Khái niệm đồ thị khái niệm quen thuộc với học sinh phổ thông, lí thuyết đồ thị lại mơn trẻ toán học đại, nghiên cứu tương quan lại đại lượng toán học theo nghĩa tổng thể mà khơng phụ thuộc vào chất đại lượng tham gia Mặc dù trẻ lí thuyết đồ thị trở thành cơng cụ lợi hại tốn học đại thiếu người ta phải giải vấn đề mà thành phần tham gia có mối quan hệ đặc biệt lập thành tổng thể chung Các tập lí thuyết đồ thị đa dạng nội dung quen thuộc với tất phần lớn diễn đạt mô tả vấn đề thường gặp sống Tuy nhiên, đằng sau vỏ giản đơn nhiều lại tốn thật sư hóc búa, khơng thể giải phương pháp thơng thường Phần nhiều tốn lí thuyết đồ thị đòi hỏi lực sáng tạo khả tư tốn học cao Vì thế, tốn lí thuyết đồ thị ngày xuất nhiều kì thi Olympic Tốn quốc gia kì thi Tốn quốc tế, đặc biệt Việt Nam năm trở lại có kì thi dành riêng cho lí thuyết đồ thị, thi Tốn Mơ hình Hà Nội Chuyên đề nghiên cứu số vấn đề lí thuyết đồ thị việc ứng dụng tính chất biết giải tập tốn phổ thơng, gồm phần sau I Các khái niệm II Bậc đỉnh III Xích, đường chu trình IV Đồ thị liên thông, đồ thị đầy đủ, đồ thị lưỡng phân V Sắc số, đồ thị tô màu định lí Ramsey VI Cặp ghép Trong q trình viết chun đề khơng thể tránh khỏi thiếu sót, tác giả mong muốn nhận ý kiến đóng góp từ bạn đọc để hoàn thiện chuyên đề PHẦN II NỘI DUNG I CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN Định nghĩa Một đồ thị hiểu hai tập hợp hữu hạn: tập hợp đỉnh tập hợp cạnh nối đỉnh với Ký hiệu: Thông thường, hay ký hiệu đồ thị chữ G, tập đỉnh chữ V tập cạnh chữ E Một số khái niệm khác: + Hai đỉnh khác đồ thị gọi kề chúng chúng nối với cạnh + Một đồ thị mà tất cạnh chúng cạnh vô hướng gọi đồ thị vô hướng, thường ký hiệu G=(V,E) + Một đồ thị mà tất cạnh chúng cạnh có hướng gọi đồ thị có hướng, thường ký hiệu G=[V,E] Trong chuyên đề nghiên cứu đồ thị vô hướng + Một đồ thị có cạnh vơ hướng cạnh có hướng gọi đồ thị hỗn hợp + Một đồ thị gọi đồ thị đơn cạnh đồ thị đường nối cặp hai đỉnh phân biệt + Ngoài ra, ta gọi đồ thị điểm đồ thị có đỉnh khơng có cạnh Đồ thị rỗng dùng để gọi đồ thị khơng có đỉnh cạnh Chú ý: Đồ thị thường biểu diễn mặt phẳng: đỉnh tô đậm cạnh nối đỉnh đoạn thẳng đường cong nối đỉnh với Một đồ thị có nhiều biểu diễn phẳng khác Ví dụ: Vẽ đồ thị biểu diễn quan hệ quan biết người cho khơng có người đôi quen đôi không quen Ta xét đồ thị đỉnh với đỉnh đại diện cho người, hai đỉnh nối với cạnh hai người tương ứng quen biết Khi đồ thị có đỉnh đỉnh ngũ giác cạnh cạnh ngũ giác thỏa mãn đề Định nghĩa Cho trước đồ thị G với tập đỉnh V tập cạnh E Một đồ thị G’ với tập đỉnh V’ tập cạnh E’ gọi đồ thị đồ thị G V '  V E '  E Trong trường hợp V '  V E’ tập hợp tất cạnh G nối đỉnh V’ G’ gọi đồ thị thành phần G, gọi đồ thị sinh tập đỉnh V’ II BẬC CỦA ĐỈNH Định nghĩa Bậc đỉnh số cạnh xuất phát từ đỉnh (các khun tính gấp đơi) Một đỉnh gọi đỉnh lập có bậc Đỉnh có bậc gọi đỉnh treo Ví dụ: Trong hình bên, đỉnh A đỉnh lập, đỉnh B đỉnh C đỉnh treo, đỉnh D E có bậc Tính chất Định lý 2.1 Trong đồ thị vô hướng, tổng bậc tất đỉnh gấp đôi số cạnh đồ thị Chứng minh Thật vậy, tổng bậc tất đỉnh đồ thị cạnh tính hai lần hai đỉnh Do tổng gấp đơi số cạnh đồ thị Hệ 2.2 Trong đồ thị vô hướng, số đỉnh bậc lẻ số chẵn Định lý 2.3 Trong đồ thị đơn với n ( n  2) đỉnh ln có đỉnh củng bậc Chứng minh Giả sử G=(V,E) đồ thị tủy ý với | V | Ta xét hai trường hợp: + Trường hợp Đồ thị có đỉnh bậc Khi tất đỉnh đồ thị, khơng có đỉnh kề với tất đỉnh lại, hay khơng có đỉnh có bậc n  Do đỉnh đồ thị có bậc n  số nguyên: 0,1,2, , n  + Trường hợp 2: Đồ thị khơng có đỉnh bậc Khi đỉnh đồ thị có bậc n  số nguyên: 1,2, , n  Do đó, đồ thị G=(V,E) có n đỉnh có khơng q n  loại bậc Theo ngun lý Dirichlet, có hai đỉnh bậc Định lý 2.4 Nếu đồ thị đơn với n ( n  2) đỉnh có đỉnh bậc hai đỉnh khơng thể đồng thời bậc bậc n  Chứng minh: Giả sử x, y hai đỉnh củng bậc đồ thị G=(V,E) có bậc bậc n  Loại x, y tất cạnh xuất phát từ chúng khỏi đồ thị G ta đồ thị G1 có n  đỉnh Theo định lý 2.3, G1 có đỉnh củng bậc, chẳng hạn u, v + Nếu x, y bậc 0, u, v G1 không kề với x, y nên u, v G hai đỉnh bậc Như đồ thị G phải có cặp đỉnh bậc + Nếu x, y bậc n  , đỉnh u, v kề đồng thời với x y nên đồ thị G đỉnh u, v bậc Như đồ thị G phải có hai cặp đỉnh bậc Cả hai trường hợp dẫn tới mâu thuẫn với giả thiết: đồ thị G có cặp đỉnh bậc Vậy x, y bậc bậc Định lý chứng minh Định lý 2.5 Ta chia đỉnh đồ thị đơn G=(V,E) thành hai nhóm cho với đỉnh, nửa số đỉnh kề với nằm nhóm Chứng minh Xét cách chia V thành V1  V2 có số cạnh nối đỉnh nhóm (một đỉnh thuộc nhóm này, đỉnh thuộc nhóm kia) nhiều Giả sử có đỉnh v0 nhóm với nửa số đỉnh kề với nhóm V1 Khi đó, ta chuyển v0 sang nhóm V2 giữ nguyên tất điểm lại, ta cách chia có nhiều cạnh nối đỉnh nhóm (mâu thuẫn với giả thiết) Vậy định lý chứng minh Ứng dụng Bài tốn 2.1 Chứng minh lớp có 40 học sinh ln tồn hai em có số bạn thân lớp Lời giải toán suy trực tiếp từ định lý 2.2 Bài tốn 2.2 Trong kỳ nghỉ hè, có người nghỉ mát xa Họ hứa với suốt kỳ nghỉ người phải viết thư cho người số họ Chứng minh có người không viết thư trả lời cho người viết thư cho Lời giải Ta chứng minh toán phản chứng Giả sử ngược lại người số người viết cho người viết cho họ Khi ta lập đồ thị với đỉnh, đỉnh tương ứng với người, hai đỉnh nối với cạnh hai người tương ứng viết thư cho Bằng cách ta thu đồ thị có đỉnh đỉnh có bậc Điều mâu thuẫn với hệ 2.2, số đỉnh lẻ đồ thị số chẵn Vậy toán chứng minh Bài toán 2.3 Trong lớp học có số em học sinh chơi thân với số lẻ bạn Chứng minh lớp có hai em học sinh chơi thân với số chẵn bạn lớp Lời giải Gọi A0 em học sinh chơi thân với lẻ bạn lớp A1, A2, , A2n+1 Xét G đồ thị với tập đỉnh {A1, A2, , A2n+1}, hai đỉnh có cạnh nối với hai em học sinh tương ứng chơi thân với Đồ thị có lẻ đỉnh, có chẵn đỉnh có bậc lẻ, nên ln tồn đỉnh Ai có bậc chẵn (1  i  2n  1) Khi A0 Ai có số bạn chơi thân chung lớp số chẵn (đpcm) Bài toán 2.4 Trong hội nghị, người có người bạn Hỏi chia họ vào phòng cho phòng, người có khơng q người bạn Lời giải Ta xét đồ thị G với đỉnh đại diện cho người hội nghị, hai đỉnh nối với cạnh hai người tương ứng bạn Khi đó, ta đồ thị với bậc đỉnh không Áp dụng Định lý 2.5, ta chia người thành hai phòng cho nửa số người bạn người nằm phòng kia, hay người phòng với khơng q người bạn III XÍCH, ĐƯỜNG ĐI VÀ CHU TRÌNH Định nghĩa Giả sử G=(V,E) đồ thị vô hướng Dãy đỉnh G=(V,E): H  ( A1 , A2 , , Ak ) gọi xích (hay dây chuyền) i (1  i  k  1) , cặp đỉnh Ai, Ai+1 kề Tổng số vị trí tất cạnh xuất xích H gọi độ dài xích H Các đỉnh A1, Ak gọi hai đầu xích H Một xích gọi xích đơn qua cạnh khơng q lần Một xích gọi đường khơng qua đỉnh đồ thị q lần Số cạnh đường gọi độ dài Đường đi qua tất đỉnh đồ thị gọi đường Hamilton Một xích có hai đầu trùng đỉnh đồ thị qua không lần gọi chu trình Chu trình qua tất đỉnh đồ thị gọi chu trình Hamilton Tính chất Định lý 3.1 Nếu có xích đơn nối hai đỉnh a b đồ thị tồn đường nối a với b đồ thị cho Chứng minh Vì tồn xích đơn nối hai đỉnh a b đồ thị nên tập hợp xích đơn nối a b tập hợp khác rỗng Gọi H xích đơn có độ dài nhỏ nối a với b Ta chứng minh H đường Thật vậy, giả sử h khơng phải đường phải có đỉnh xuất H lần Ta giả sử có đỉnh p xuất H lần, chẳng hạn H  ( a, H1 , p, H , p, H , b) với H1, H2, H3 xích đơn phận H Khi H '  (a, H1 , p, H , b) xích đơn từ a đến b với độ dài nhỏ H, mâu thuẫn với giả thiết H xích đơn có độ dài nhỏ nối a với b Vậy H đường nối a với b Định lý 3.2 Một đồ thị có bậc đỉnh khơng nhỏ ln có chu trình Chứng minh Nếu đồ thị có cạnh kép có chu trình độ dài Giả sử đồ thị G đồ thị đơn Xét đường W có độ dài lớn đồ thị cho Giả sử a b hai đỉnh đầu cuối W Khi đỉnh kề với b phải nằm W Giả sử ngược lại có đỉnh c kề với b khơng nằm W ta bổ sung thêm c vào W để đường dài W, vô lý Do bậc b không nhỏ nên b phải kề với đỉnh d nằm W Gọi W1 đoạn đường từ d tới b W, bổ sung thêm cạnh (b,d) vào W1 ta có chu trình Vậy định lý chứng minh Định lý 3.3 Một đồ thị đơn với n≥3 đỉnh có n cạnh ln có chu trình Chứng minh Giả sử G đồ thị đơn với n đỉnh n cạnh Ta chứng minh điều quy nạp theo n Với n=3, mệnh đề hiển nhiên Vì đồ thị đơn với đỉnh cạnh cho chu trình qua tất đỉnh Giả sử mệnh đề với n, nghĩa đồ thị tùy ý có n đỉnh n cạnh ln có chu trình Ta chứng minh mệnh đề cho đồ thị đơn có n+1 đỉnh n+1 cạnh tùy ý Xét G đồ thị đơn có n+1 đỉnh n+1 cạnh Xét đường có độ dài lớn W đồ thị cho Giả sử a b hai đỉnh đầu cuối W Khi đỉnh kề với b phải nằm W Giả sử ngược lại có đỉnh c kề với b không nằm W ta bổ sung thêm c vào W để đường dài W, vô lý Ta xét hai trường hợp: + Trường hợp 1: Bậc b không nhỏ Do bậc b khơng nhỏ nên b phải kề với đỉnh d nằm W Gọi W1 đoạn đường từ d tới b W, bổ sung thêm cạnh (b,d) vào W1 ta có chu trình + Trường hợp 2: Bậc b Ta xét đồ thị G’ sinh từ G cách bỏ đỉnh b Khi G có n đỉnh có n cạnh (vì G có cạnh xuất phát từ b) Theo giả thiết quy nạp, tồn chu trình C G’ chu trình G Vậy định lý chứng minh Ứng dụng Bài tốn 3.1 Một sinh hoạt có ba đại biểu đến dự Mội đại biểu bắt tay hai đại biểu khác Chứng minh xếp số đại biểu ngồi xung quanh bàn tròn để người ngồi hai người mà đại biểu bắt tay Lời giải Xét đồ thị G với đỉnh đại diện cho đại biểu, hai đỉnh nối với cạnh hai địa biểu bắt tay Khi đó, đỉnh đồ thị có bậc Từ định lý 3.2 suy đồ thị G có chu trình Khi dựa theo chu trình ta xếp đại biểu tương ứng ngồi xung quanh bàn tròn thỏa mãn yêu cầu tốn Bài tốn 3.2 Trong hội có nhiều thành viên, người trao đổi thư từ với thành viên khác Chứng minh hội chia thành hai nhóm (khác rỗng) cho người trao đổi thư từ với thành viên nhóm Lời giải Coi người đỉnh, người trao đổi thư từ với đỉnh tương ứng họ nối cạnh Ta thu đồ thị G có bậc đỉnh 3, nên đồ thị có chu trình Xét chu trình E chu trình có độ dài nhỏ Ta chia người thuộc chu trình vào nhóm I người lại vào nhóm II Từ ta gọi bậc nội đỉnh số cạnh xuất phát từ đỉnh tới điểm khác nằm nhóm Hiển nhiên người nhóm I trao đổi thư từ với người nhóm, nên đỉnh thuộc nhóm I có bậc nội lớn Giả sử có người X nhóm II lại trao đổi thư từ với thành viên nhóm, hay nghĩa X trao đổi thư từ với người A,B nhóm I + Nếu đường từ A đến B nhóm I có điểm khác ta chuyển điểm sang nhóm II chuyển X sang nhóm I, ta nhóm I chứa chu trình có độ dài nhỏ chu trình E ban đầu (mâu thuẫn) + Nếu A, B kề A,B,X tạo thành chu trình có độ dài 3, nên chu trình E có độ dài 3, gọi điểm A, B, C Ta chuyển X sang nhóm I Khi đó, I có A, B có bậc nội 3, C X có bậc nội Nếu II khơng có đỉnh nối với đỉnh I ta chia nhóm xong Nếu II có đỉnh Y nối với đỉnh I Y nối với C X, ta chuyển tiếp Y sang I Sau bước này, nhóm I điểm Y có bậc nội 2, điểm lại có bậc I nên khơng có điểm nhóm II nối với điểm nhóm I + Nếu đường nối A với B nhóm I có độ dài 2, nghĩa chu trình E có độ dài 4, gọi E=(A,C,B,D,A) Ta chuyển X sang nhóm I nhóm I có đỉnh A, B bậc nội 3; đỉnh C, D, X có bậc nội Giả sử điểm Y II nối với hai điểm I, ta chuyển tiếp Y sang nhóm I, nhóm I có đỉnh bậc nội 3; đỉnh bậc nội Khi đó, khơng điểm II nối với đỉnh I nhóm I có đỉnh, nhóm II có đỉnh Nếu điểm Z nối với đỉnh I, chuyển nốt Z sang I Vì bậc Z nên đỉnh II nối với Z, hay II≠  Cuối cùng, đỉnh nhóm II nối với đỉnh nhóm I nhiều đỉnh, nên đỉnh có bậc nội không nhỏ 2, hay người trao đổi thư từ với người nhóm (đpcm) IV ĐỒ THỊ LIÊN THƠNG, ĐỒ THỊ ĐẦY ĐỦ, CÂY VÀ ĐỒ THỊ LƯỠNG PHÂN Định nghĩa Hai đỉnh đồ thị cho trước gọi liên thơng với có xích nối chúng với đồ thị cho Một đồ thị gọi liên thông hai đỉnh liên thơng với Quan hệ “liên thông” quan hệ tương đương tập hợp đỉnh đồ thị, có có tính chất sau: + Mỗi đỉnh a đồ thị liên thông với + Nếu a liên thơng với b b liên thơng với a + Nếu a liên thơng với b b liên thơng với c a liên thông với c Quan hệ tương đương chia tập đỉnh đồ thị thành lớp có hai tính chất sau: + Các đỉnh thuộc lớp liên thơng với + Các đỉnh khơng thuộc lớp khơng liên thơng với Mỗi lớp đỉnh gọi thành phần liên thông đồ thị cho Một đồ thị đơn vô hướng với n đỉnh gọi đồ thị đầy đủ hai đỉnh có cạnh nối Đồ thị lưỡng phân đồ thị G = (X, Y; E) mà tập đỉnh có phân hoạch thành hai tập hợp X, Y cho tập cạnh E gồm cạnh nối hai đỉnh không tập hợp Một đồ thị đơn vơ hướng khơng có chu trình với đỉnh Tính chất Định lý 4.1 Một đồ thị đơn có n đỉnh bậc đỉnh không nhỏ n đồ thị liên thông Chứng minh Ta chứng minh phản chứng Giả sử tồn đồ thị đơn khơng n liên thơng G có n đỉnh bậc đỉnh không nhỏ Vì G khơng liên thơng, nên G có hai thành phần liên thơng, có n thành phần liên thơng G1 G có đỉnh Khi bậc đỉnh n G1 nhỏ  (mâu thuẫn với giả thiết) Vậy G đồ thị liên thông Định lý 4.2 Một đồ thị có n đỉnh l cạnh có khơng n  l thành phần liên thông Chứng minh Ta chứng minh định lý quy nạp theo số cạnh đồ thị Với l  , mệnh đề hiển nhiên Đồ thị có n đỉnh khơng có cạnh có n thành phần liên thông, đỉnh thành phần liên thông Giả sử mệnh đề cho đồ thị có l  k cạnh Ta xét đồ thị tùy ý có l  k  cạnh Bỏ cạnh khỏi G ta thu đồ thị G’ có k cạnh Theo giả thiết quy nạp, G’ có n  k thành phần liên thông Khi thêm cạnh vào G’, số thành phần liên thơng G’ giảm khơng q Do G, số thành phần liên thơng khơng n  k   n  (k  1) Hay kết luận với l  k  Vậy định lý chứng minh Định lý 4.3 Một đồ thị lưỡng phân khơng có chu trình độ dài lẻ Chứng minh Giả sử G=(X,Y;E) đồ thị lưỡng phân Khi đó, dọc theo chu trình G, đỉnh thuộc tập X Y Do đó, trở đỉnh xuất phát đầu tiên, ta phải qua số chẵn đỉnh, suy số cạnh số đỉnh chu trình số chẵn Ngược lại, giả sử G đồ thị mà tất chu trình G có độ dài chẵn Ta chứng minh tất thành phần liên thông G đồ thị lưỡng phân, G đồ thị lưỡng phân Thật vậy, giả sử G1 thành phần liên thông G P0 đỉnh đồ thị G1 ta xếp P0 vào tập Y Với đỉnh P đồ thị G1, ta chọn đường W nối đỉnh P0 với đỉnh P Nếu đường W có độ dài chẵn ta xếp đỉnh P vào tập X, W có độ dài lẻ ta xếp P vào tập Y 10 Chứng minh Vì G đồ thị liên thơng tồn đường nối đỉnh P với đỉnh Q G Vì G khơng có chu trình, nên dễ thấy khơng có đường thứ hai nối đỉnh P với đỉnh Q (đpcm) Ứng dụng Bài tốn 4.1 Trong em số 41 học sinh lớp học ln có em sinh tháng Hỏi có tồn hay không em sinh tháng? Lời giải Ta biểu diễn đồ thị có đỉnh tương ứng với em học sinh Hai đỉnh nối với cạnh em tương ứng sinh tháng Đồ thị thu có số thành phần liên thơng khơng vượt q 5, có thành phần liên thơng ta chọn từ thành phần đỉnh để em học sinh tương ứng cho khơng có em học sinh sinh tháng (mâu thuẫn) Vì có tất 41 đỉnh, chia vào thành phần liên thơng, nên tồn thành phần liên thơng chứa đỉnh Hay có em sinh tháng Bài tốn 4.2 (TOT 1986) Một giải đấu có 20 đội bóng Ngày đội đấu trận Ngày thứ hai đội đấu trận Chứng minh sau ngày, ta chọn 10 đội cho hai đội chưa đấu với Lời giải Coi đội bóng đỉnh cạnh trận đấu đội diễn ngày Khi ta thu đồ thị G với đỉnh có bậc khơng vượt q Ta chứng minh đồ thị khơng có chu trình lẻ cạnh Thật vậy, gọi C chu trình G có độ dài l Vì đội C đấu trận đấu với l l đội C, nên ngày có trận đội C với Suy 2 số tự nhiên, l số chẵn Do đó, G đồ thị lưỡng phân, nghĩa ta phân hoạch G thành tập hợp V1 V2 cho cạnh chạy từ V1 sang V2, hay đội tập đôi chưa đấu với Có 20 đội bóng nên tồn tập có 10 đội Vậy toán chứng minh Bài toán 4.3 Trong câu lạc học nhảy có 10 ơng 10 bà Biết ông quen bà bà quen ơng Chứng minh tổ chức 20 người thành 10 cặp ông bà nhảy lúc cho hai người cặp quen Lời giải Ta chứng minh quy nạp mệnh đề tổng quát sau: 12 Cho trước n ông n bà Nếu k ông (1≤ k ≤ n) quen khơng k bà tổ chức n cặp nhảy cho cặp gồm ông bà quen Với n=1, hiển nhiên mệnh đề Giả sử mệnh đề cho số tự nhiên m ≤ n, nghĩa là: từ m ông m bà thỏa mãn điều kiện k ông tùy ý (k ≤ m) quen khơng k bà, ta tổ chức m cặp nhảy cho cặp gồm ông bà quen Giả sử có n+1 ông n+1 bà tùy ý cho từ k ≤ n+1 ơng tùy ý ln quen với k bà Ta xét hai trường hợp xảy + Trường hợp Tồn k0 ≤ n ông quen k0 bà Khi tập hợp n   k0 ông n   k0 bà lại thỏa mãn giả thiết tốn, k  n   k0 ơng tùy ý ln quen với k bà khác số lại Ta áp dụng giả thiết quy nạp vào tập hợp k0 ông ban đầu k bà ban đầu, vào số n   k0 ông n   k0 bà lại Bằng cách ta chọn n+1 cặp nhảy gồm đôi quen + Trường hợp Trong k  n ông tùy ý quen với k+1 bà khác Khi ta chọn ơng bà quen ơng ta ghép lại để thành cặp Áp dụng giả thiết quy nạp vào n ông n bà lại này, ta tổ chức n cặp nhảy gồm cặp quen Vậy mệnh đề chứng minh Bài toán 4.4 Trong nhóm có số người quen số người không quen Mỗi buổi tối, người mời tất người quen đến bữa tiệc để giới thiệu họ với Giả sử sau người tổ chức bữa tiệc mà người chưa giới thiệu với Chứng minh người khơng giới thiệu bữa tiệc Lời giải Coi người đỉnh người quen biết nối với cạnh Ta chứng minh rằng, sau kết thúc trình giới thiệu trên, tất thành phần liên thông đồ thị đồ thị đầy đủ Để chứng minh khẳng định trên, ta cần chứng minh đồ thị ban đầu liên thơng, đồ thị cuối đầy đủ Thật vậy, ta chứng minh quy nạp + Với đồ thị có đỉnh, hiển nhiên + Gọi v người cuối tổ chức tiệc, G' đồ thị biểu diễn mối quan hệ quen biết trước bữa tiệc v Khi G'-{v} hợp thành phần liên thông, thành phần liên thông đồ thị đầy đủ, v quen với tất người đồ thị đầy đủ (do giả thiết quy nạp) Vậy v tổ chức bữa tiệc điểm nối lại với thành đồ thị đầy đủ Trở lại tốn, có người chưa quen sau q trình đó, nghĩa họ thành phần liên thơng khác nhau, dù có tổ chức thêm nhiều bữa tiệc người khơng giới thiệu với 13 Bài tốn 4.5 Cho nhóm gồm 12 người Biết người tồn người đôi quen Chứng minh nhóm có người đôi quen Lời giải Ta đặt người tương ứng với điểm, người khác biểu diễn hai điểm khác Cứ người không quen ta nối điểm tương ứng với người đường nét liền làm cạnh Khi ta đồ thị G đồ thị đơn, vô hướng, 12 đỉnh với tính chất: đồ thị đỉnh G tồn đỉnh đôi không kề Ta cần chứng minh tồn đỉnh đôi không kề Nếu chu trình G có độ dài chẵn G đồ thị lưỡng phân, tức đỉnh G phân chia thành nhóm cho đỉnh nhóm đơi khơng kề Mà G có 12 đỉnh nên có nhóm có phần tử, ta điều cần chứng minh Nếu G tồn chu trình có độ dài lẻ Gọi  chu trình có độ dài lẻ nhỏ G + Trường hợp 1: Độ dài  3, gọi đỉnh A,B,C Nếu đỉnh lại khơng tồn đỉnh kề nhau, ta có điều phải chứng minh Xét trường hợp có đỉnh D, E kề Trong đỉnh lại, lấy thêm đỉnh tùy ý, với A, B, C, D, E ta nhóm đỉnh, phải có đỉnh đơi khơng kề Lấy đỉnh {A, B, C}, đỉnh {D, E}, phải tồn đỉnh đơi khơng kề nhóm đỉnh Do nhóm đỉnh chưa nêu tên, tồn cạnh cạnh phải chung đỉnh, suy tất cạnh phải chung đỉnh, nên đỉnh lại (trừ đỉnh chung) đôi không kề + Trường hợp 2: Độ dài  Lấy thêm đỉnh số đỉnh lại, ta nhóm đỉnh, tồn đỉnh đơi khơng kề Mà  có đỉnh khơng kề nhau, nên tồn đỉnh đôi không kề số đỉnh tùy ý từ nhóm đỉnh lại Chứng minh tương tự trường hợp độ dài  3, ta thu đỉnh đôi không kề + Trường hợp 3: Độ dài  Lấy thêm đỉnh để nhóm đỉnh Mà  có đỉnh khơng kề nhau, nên đỉnh lấy thêm không kề Suy đỉnh lại đơi khơng kề Ta chứng minh đỉnh  tồn đỉnh không kề với đỉnh Giả sử đỉnh đỉnh  kề với đỉnh đỉnh lại Khi đó, theo ngun lý Dirichlet, tồn đỉnh X nhóm đỉnh kề với đỉnh  , giả sử A B Suy A B phải kề chung đỉnh nằm chu 14 trình, giả sử đỉnh C (Vì khơng ta có chu trình chứa A, X, B có độ dài lẻ nhỏ 7) Xét chu trình đỉnh (thay C X), chứng minh tương tự ta có đỉnh lại đôi không kề (mâu thuẫn với giả thiết phản chứng C kề với đỉnh đỉnh mà khơng phải X) + Trường hợp 4: Độ dài  Trường hợp khơng thể xảy ra, đỉnh khơng tồn đỉnh đơi khơng kề + Trường hợp 5: Độ dài  11 Gọi điểm nằm  M Trên  có tối đa đỉnh kề đỉnh kề với M, có tồn chu trình lẻ cạnh có độ dài nhỏ 11 Xét đỉnh đôi không kề  không kề với M, ta có đỉnh đơi khơng kề Vậy toán chứng minh Bài toán 4.6 (IMO 2007) Trong thi Tốn, số thí sinh bạn bè Một nhóm thí sinh gọi "một hội" người nhóm bạn Số thành viên hội gọi kích thước hội Biết thi này, kích thước lớn hội (kích thước hội có số thành viên nhiều nhất) số chẵn Chứng minh xếp thí sinh vào phòng cho kích thước lớn hội phòng kích thước lớn hội phòng Lời giải Gọi C hội có số thành viên lớn có 2n người Đầu tiên, ta chia tất người C vào phòng I tất người lại vào phòng II Mỗi lần ta chuyển người từ phòng I sang phòng II Chú ý với lần chuyển vậy, kích thước lớn hội phòng I giảm 1, kích thước lớn hội II tăng lên giữ nguyên Do đó, ta chuyển đến kích thước lớn hội phòng nhau, kích thước lớn phòng I phòng II đơn vị mà chuyển người sang làm kích thước lớn hội phòng II tăng lên Nếu trường hợp xảy tốn chứng minh Ta xét trường hợp thứ hai: Giả sử phòng I lại hội k+1 người (k ≥ n), hội lớn phòng II có k người Nếu người phòng I chuyển sang phòng II tạo thành hội k+1 người, nghĩa người phòng I quen biết đầy đủ (quen biết với tất người hội) với hội k người phòng II 15 Xét người I1 thuộc phòng I quen đầy đủ với hội D có k người phòng II Giả sử k người quen với người phòng I Khi ta có hội 2k+1 người thi (mâu thuẫn với tính lớn C) Nên tồn người J hội D không quen với người I2 phòng I Khi chuyển I1 sang phòng II chuyển J sang phòng I, ta phòng có hội lớn có k thành viên Bài toán 4.7 (USAMO 2007) Ta gọi hình liên thơng gồm lưới vng vật Một khủng long vật gồm nhiều 2007 ô Một khủng long không tách thành từ khủng long khác gọi khủng long ngun sơ Tìm số nhiều có khủng long nguyên sơ Lời giải Xét đồ thị G=(V,E) với đỉnh ô khủng long, cạnh đồ thị đường nối điểm có tương ứng kề Khi đó, G đồ thị liên thơng đỉnh có bậc khơng vượt q Con khủng long nguyên sơ đồ thị G biểu diễn khơng chia thành đồ thị liên thơng có nhiều 2007 đỉnh Ta sử dụng bổ đề sau: Bổ đề Xét đồ thị G liên thông n đỉnh có  bậc cao đỉnh Khi đó, G n 1 chia thành đồ thị liên thơng mà phần có nhiều  đỉnh Chứng minh Từ đồ thị G liên thơng ta ln xóa bớt số cạnh để thu Do ta cần chứng minh bổ đề cho T nhận từ G Nếu chọn đỉnh x làm gốc từ cạnh xuất phát từ x ta có nhánh Gọi f ( x) số đỉnh nhánh có nhiều đỉnh gốc x Xét cách chọn x để f ( x) đạt giá trị nhỏ n 1 Vì từ x có nhiều  nhánh cây, nên f ( x)   n Ta chứng minh f ( x)  n Thật vậy, giả sử f ( x)  Gọi A đồ thị thành phần chứa tất đỉnh nhánh có nhiều đỉnh x , nên A có f ( x) đỉnh Gọi a đỉnh thuộc A mà kề với x 16 Xét gốc a Khi đó, nhánh a nằm A hiển nhiên có số đỉnh n nhỏ f ( x) Nhánh lại chứa x có số đỉnh không vượt n  f ( x)  Suy f ( a)  f ( x) (mâu thuẫn với cách chọn x ) n Do f ( x)  Gọi B đồ thị thành phần chứa tất đỉnh ngồi A, số n n 1 đỉnh B lớn , lớn đỉnh  Vậy chia G thành đồ thị liên thông, phần nhiều n 1 đỉnh  Trở lại tốn, G có số đỉnh n  2006.4   8025 đỉnh Theo bổ đề, G chia thành đồ thị liên thơng mà phần có số đỉnh n1 , n2 với n 1 n1 , n2   2006  n1 , n2  2007 Hay phần khủng long Do để G khủng long nguyên sơ n  8025 Trường hợp dấu "=" xảy ra, ta xét 8025 đỉnh gốc x với nhánh, nhánh 2006 đỉnh sau Đồ thị chia thành khủng long nguyên sơ Vậy số nhiều có khủng long nguyên sơ 8025 ô 17 V SẮC SỐ, ĐỒ THỊ TÔ MÀU VÀ ĐỊNH LÝ RAMSEY Định nghĩa Trong cách tô màu đỉnh đồ thị G cho trước, đỉnh a G gọi tô màu ổn định khơng có điểm kề với a tô màu giống a Một cách tô màu đỉnh đồ thị G gọi cách tô màu ổn định khơng có hai đỉnh kề G tô màu giống Số nhỏ màu tơ đỉnh đồ thị G cách ổn định gọi sắc số G, kí hiệu  (G ) Tính chất Định lý 5.1 Với đồ thị G có bậc lớn  , ta có  (G )    Chứng minh Ta có cách tơ màu đỉnh đồ thị G cho khơng có hai đỉnh kề tô màu sau: Khi ta muốn tơ màu đỉnh x ta tơ màu khác với tất màu đỉnh kề với Cách tơ ln thực được, ta có   màu để lựa chọn, x có nhiều  đỉnh kề với Định lý 5.2 Một đồ thị cho trước G với cạnh có sắc số G khơng có chu trình lẻ cạnh Chứng minh Từ định lý 4.3 ta có: đồ thị G khơng có chu trình lẻ cạnh đồ thị lưỡng phân, tức ta phân hoạch tập đỉnh G thành tập hợp X Y cho đỉnh tập hợp không kề Khi ta tơ đỉnh tập X màu tô đỉnh tập Y màu thứ 2, ta đồ thị G có sắc số Định lý 5.3 Nếu tất cạnh đồ thị đơn vô hướng đầy đủ đỉnh tơ hai màu phải tồn chu trình đơn độ dài có tất cạnh màu Chứng minh Xét đồ thị đầy đủ gồm đỉnh A1, A2, , A6 có cạnh tơ màu xanh đỏ Khi theo nguyên lý Dirichlet, cạnh nối với A1 phải có cạnh màu Khơng tính tổng qt, ta giả sử cạnh A1A2, A1A3, A1A4 màu xanh Nếu ba cạnh A2A3, A3A4 A2A4 có cạnh màu xanh ta thêm đỉnh A1 vào chu trình cạnh màu xanh Ngược lại ta có tam giác A2A3A4 có cạnh màu đỏ Vậy định lý chứng minh 18 Định lý 5.4 (Định lí Ramsey) Cho số tự nhiên p q Khi tồn số tự nhiên nhỏ R( p, q ) phụ thuộc vào số p, q cho đồ thị đầy đủ n đỉnh màu xanh đỏ, n  R( p, q) tồn đồ thị đầy đủ p đỉnh mà tất cạnh tô màu xanh đồ thị đầy đủ q đỉnh mà tất cạnh tô màu đỏ Số R( p, q ) gọi số Ramsey Để chứng minh định lí Ramsey, ta sử dụng bổ đề sau Bổ đề 5.5 (i) R( p,2)  p (ii) R (2, q)  q (iii) R ( p, q )  R( q, p) Chứng minh (i) Nếu R ( p, 2)  p  , ta chọn đồ thị đầy đủ có p  đỉnh mà tất cạnh tơ màu xanh đồ thị khơng thỏa mãn định nghĩa, suy R ( p, 2)  p  Ta xét đồ thị màu đầy đủ có p đỉnh Nếu tất cạnh tơ màu xanh p đỉnh thỏa mãn định nghĩa Nếu tồn cạnh tơ màu đỏ cạnh đồ thị đầy đủ đỉnh tô màu đỏ Suy R ( p, 2)  p Vậy R( p,2)  p (ii) Chứng minh tương tự (i) ta có R (2, q)  q (iii) Do vai trò màu xanh, đỏ nên ta có R ( p, q)  R (q, p) Bổ đề 5.6 R ( p, q)  R( p  1, q)  R( p, q  1) Chứng minh Đặt n  R( p  1, q)  R( p, q  1) Xét đồ thị màu đầy đủ n đỉnh kí hiệu Kn Gọi A đỉnh thuộc đồ thị Kí hiệu: BA: Tập tất đỉnh thuộc Kn mà cạnh nối với A có màu xanh RA: Tập tất đỉnh thuộc Kn mà cạnh nối với A có màu đỏ Vì Kn đồ thị đầy đủ nên | BA |  | RA | n  Nếu | BA | R ( p  1, q ) | RA | R ( p, q  1) | BA |  | RA | n  vô lí Suy | BA | R ( p  1, q ) | RA | R ( p, q  1) 19 Giả sử | BA | R ( p  1, q ) suy tồn p  đỉnh mà tất cạnh có màu xanh p  đỉnh với A tạo thành đồ thị có p đỉnh mà tất cạnh có màu xanh tồn q đỉnh mà tất cạnh có màu đỏ Vậy n  R( p  1, q)  R( p, q  1) ln tồn p đỉnh mà tất cạnh có màu xanh tồn q đỉnh mà tất cạnh có màu đỏ, tức R ( p, q)  n  R ( p  1, q)  R( p, q  1) Chứng minh định lý Ramsey Ta chứng minh định lí Ramsey quy nạp theo p, q Theo bổ đề 5.5 ta có R ( p,2)  p; R (2, q)  q Giả sử tồn R( p, q  1) R( p  1, q) , theo bổ để 5.6 ta có R ( p, q)  R( p  1, q)  R( p, q  1) Suy định lí chứng minh Ứng dụng Bài toán 5.1 Chứng minh đỉnh ngũ giác tô ổn định hai màu Lời giải Ngũ giác đồ thị với chu trình có độ dài Theo định lý 5.2 suy đồ thị khơng có sắc số 2, hay ta tôn ổn định đỉnh ngũ giác hai màu Bài toán 5.2 Trên đảo có 10 thành phố Có hãng hàng không điều khiển tất chuyến bay thành phố Giữa hai thành phố có chuyến bay (cả chiều) Chứng minh hãng hàng khơng cung cấp đường bay khép kín cho đường bay qua số lẻ thành phố đường bay khơng qua chung thành phố Lời giải Coi thành phố đỉnh, chuyến bay thành phố cạnh đỉnh tương ứng, ta đồ thị đầy đủ K10 Ta tô màu cạnh biểu diễn đường bay từ hãng hàng không thứ màu xanh, cạnh biểu diễn đường bay từ hãng hàng không lại màu đỏ Ta cần chứng minh đồ thị đầy đủ K10 màu có chứa chu trình lẻ màu không giao Ta sử dụng định lý 5.3 bổ đề sau: Bổ đề Nếu cạnh đồ thị đầy đủ K5 tô màu đồ thị không chứa tam giác đơn màu (tất cạnh màu) nào, chứa chu trình đơn màu có độ dài Chứng minh Gọi v1, v2, v3, v4, v5 đỉnh K5 20 Nếu từ đỉnh đồ thị có cạnh màu ta có tam giác đơn màu Cụ thể, giả sử v1v2, v1v3, v1v4 màu đỏ Khi cạnh v2v3, v3v4, v2v4 có màu đỏ ta tam giác màu đỏ, khơng ta tam giác v2v3v4 màu xanh Vì khơng có tam giác đơn màu K5 nên từ đỉnh có cạnh màu đỏ cạnh màu xanh Tạm thời không xét đến cạnh màu xanh, ta có đồ thị đỉnh với đỉnh có bậc Nên đồ thị phải chu trình chia thành số chu trình khơng giao Nhưng chu trình có đỉnh, mà đồ thị có đỉnh nên khơng thể chia thành chu trình khơng giao Do ta có chu trình cạnh màu đỏ Chứng minh tương tự, ta có chu trình cạnh màu xanh Quay trở lại toán, gọi v1, v2, v3, , v10 đỉnh đồ thị đầy đủ K10 màu Từ Định lý 5.3, có tam giác đơn màu K10, giả sử v1v2v3 Xét đồ thị K10-{v1,v2,v3} với đỉnh, ta lại có tam giác đơn màu, giả sử v4v5v6 Nếu v1v2v3 v4v5v6 màu tốn chứng minh Nếu khơng, giả sử v1v2v3 màu xanh v4v5v6 màu đỏ Xét cạnh vivj với  i  ,  j  , theo nguyên lý Dirichlet, có cạnh màu Khơng tính tổng qt, ta giả sử cạnh màu xanh Do có điểm vj’, (  j '  ) cho cạnh v1vj’, v2vj’, v3vj’ màu xanh Khi ta có tam giác màu đỏ tam giác màu xanh với điểm chung vj’ Để đơn giản, ta đặt tên lại điểm cho v1v2v3 màu xanh v3v4v5 màu đỏ Xét đồ thị đầy đủ K10-{ v1, v2, v3, v4,v5}=K5 có đỉnh Nếu K5 có tam giác đơn màu, tam giác màu với hai tam giác v1v2v3 v3v4v5 Nếu K5 khơng có tam giác đơn màu, từ Bổ đề suy K5 có chu trình cạnh đơn màu Vậy toán chứng minh VI CẶP GHÉP Định nghĩa Cho đồ thị đơn vô hướng G = (X, E) tập cạnh S Một tập cạnh S G gọi tập cạnh độc lập khơng có hai cạnh S có đỉnh chung với Một tập cạnh độc lập S đồ thị G gọi thành tố tuyến tính đồ thị G, S chứa tất đỉnh G Số lớn cạnh độc lập đồ thị G ký hiệu  (G ) Tính chất 21 Cho trước đồ thị G tập đỉnh S Ta kí hiệu G-S đồ thị thu từ đồ thị G sau bỏ tập đỉnh S, l (G  S ) số thành phần liên thông lẻ đỉnh đồ thị G-S Định lý 6.1 Một đồ thị G = (X, E) cho trước chứa thành tố tuyến tính bất đẳng thức | S | l (G  S ) thỏa mãn cho tập S X Chứng minh Hiển nhiên ta có | S | l (G  S ) thỏa mãn cho tập S X, G có thành tố tuyến tính Bởi tơ màu cạnh thành tố tuyến tính màu đỏ, thành phần liên thơng có lẻ đỉnh G-S phải có đỉnh nối với đỉnh S cạnh đỏ Đảo lại, giả sử G = (X, E) đồ thị cho ta có | S | l (G  S ) thỏa mãn cho tập S X Khi ta chứng minh G có thành tố tuyến tính Ta chứng minh điều phản chứng Giả sử ngược lại G khơng có thành tố tuyến tính cả, ta tập hợp S0 cho bất đẳng thức | S | l (G  S ) không thỏa mãn cho tập S0 X Ta chọn tập nhiều cạnh độc lập T tơ màu cạnh đồ thị G hai màu xanh đỏ, tất cạnh T tô màu đỏ cạnh lại tơ màu xanh Vì đồ thị G khơng có thành tố tuyến tính nên tồn G đỉnh p0 đỉnh cạnh màu xanh Một đường W G gọi đường đan màu cạnh dọc đường W có tính chất khơng có hai cạnh liên tiếp màu Lấy đỉnh p0 làm chuẩn, ta gọi đỉnh p ≠ p0 đỉnh: 0- đỉnh: khơng có đường đan màu nối đỉnh p0 với đỉnh p x- đỉnh: tồn đường đan màu nối đỉnh p0 với đỉnh p, đường đan màu kết thúc cạnh màu xanh đ- đỉnh: tồn đường đan màu nối đỉnh p0 với đỉnh p, đường đan màu kết thúc cạnh màu đỏ Xđ-đỉnh: tồn hai đường đan màu nối đỉnh p0 với đỉnh p, đường đan màu nối đỉnh p0 với đỉnh p kết thúc cạnh màu xanh, đường đan màu nối đỉnh p0 với đỉnh p kết thúc cạnh màu đỏ Hai đỉnh đồ thị gọi đỉnh bạn bè chúng nối với cạnh đỏ Ta dễ dàng chứng minh rằng: Bạn bè x-đỉnh đ-đỉnh ngược lại Bạn bè xđ-đỉnh xđ-đỉnh Bạn bè 0-đỉnh 0-đỉnh Mỗi đường nối đỉnh p0 với đ-đỉnh chứa x-đỉnh Mỗi đường chứa hai đ-đỉnh khác chứa x-đỉnh Gọi S tập hợp x-đỉnh Khi thành phần liên thông G-S0 chứa nhiều đỉnh p0 đ-đỉnh Một thành phần liên thông gọi thành phần liên thông tốt chứa đỉnh p0 22 đ-đỉnh Dễ thấy thành phần liên thơng tốt chứa xđ-đỉnh thành phần liên thơng có lẻ đỉnh Do đồ thị G-S0 có |S0|+1 thành phần liên thông lẻ, mâu thuẫn với giả thiết cho trước toán (đpcm) Ứng dụng Bài toán 6.1 Trên đỉnh 2000-giác có đặt bi Hai người chơi A B chơi trò chơi sau: Trước hết A bắt đầu sau B, thay đổi Ai đến lượt phải lấy bi Họ chơi bi Nếu bi nằm đỉnh kề 2000-giác người B thắng cuộc, khơng người A thắng Hỏi thắng thắng cách nào? Lời giải Đồ thị tạo tập đỉnh 2000 đỉnh 2000-giác cạnh nối cách đỉnh tương ứng với cạnh 2000-giác cho đồ thị có tập hợp gồm 1000 cạnh đôi không kề Ta tô màu đỏ 1000 cạnh đồ thị Người B chiến thắng với chiến thuật sau: 1) Nếu người A lấy viên đá thuộc cạnh đỏ khác người B lấy viên đá lại cạnh đỏ 2) Nếu người A lấy viên đỉnh cạnh viên đá cạnh đỏ thứ người B lấy nốt viên đá cạnh đỏ thứ với viên đá đỉnh cạnh đỏ thứ khác Theo chiến thuật này, sau bước B, viên đá viên đá lại cạnh đỏ với viên đá khác số lại Như viên đá lại cuối nằm cạnh đỏ, tức nằm cạnh Vậy người B chiến thắng Bài tốn 6.2 Có 2017 hộp bi, hộp 10 viên bi Biết khơng có 11 bi màu Chứng minh chọn từ hộp bi bi cho ta có 2017 bi đơi khác màu Lời giải Ta chứng minh quy nạp mệnh đề tổng quát sau: Cho trước n hộp bi Nếu k ≤ n hộp bi tùy ý ln có k bi đơi có màu khác nhau, ln chọn từ hộp bi cho khơng có hai bi chọn có màu giống Với n=1 hộp bi, hiển nhiên mệnh đề Giả sử mệnh đề với số tự nhiên m ≤ n, nghĩa là: ta chọn từ hộp m hộp bi bi cho khơng có hai bi chọn có màu giống k ≤ m hộp bi tùy ý ln có k bi đơi có màu khác Giả sử có n+1 hộp bi cho từ k ≤ n+1 hộp bi tùy ý ln có k bi đơi có màu khác Ta xét hai trường hợp xảy ra: 23 + Trường hợp Tồn k0 ≤ n hộp bi cho k0 hộp bi có bi k0 màu Khi tập hợp n   k0 hộp bi lại với tập hợp màu bi khơng có k0 hộp bi ban đầu thỏa mãn giả thiết toán, k  n   k0 hộp bi tùy ý ln có k màu bi khác số màu bi Ta áp dụng giả thiết quy nạp vào tập hợp k0 hộp bi ban đầu số n   k0 hộp bi lại Bằng cách ta lấy từ số n+1 hộp bi bi cho khơng có hai bi chọn có màu giống + Trường hợp Trong k ≤ n hộp bi tùy ý ln có k+1 màu bi khác Khi ta chọn từ hộp bi Ta bỏ bi có màu giống màu bi chọn khỏi n hộp bi lại Áp dụng giả thiết quy nạp vào n hộp bi lại này, ta rút từ số n+1 hộp bi bi cho có n+1 bi đơi khác màu Như mệnh đề chứng minh Trở lại toán, khơng có 11 bi màu nhau, nên 11 hộp bi tùy ý (mỗi hộp 10 bi), ln có 11 bi đơi khác màu Áp dụng mệnh đề cho k = 11 ta điều phải chứng minh 24 PHẦN III KẾT LUẬN Chuyên đề nhỏ tổng hợp số kết từ đến nâng cao có nhiều ứng dụng lí thuyết đồ thị, đồng thời đưa số tập lí thuyết đồ thị tiêu biểu với nhiều phương pháp chứng minh khác Hi vọng nội dung chun đề giúp ích cho bạn học sinh giỏi đồng nghiệp q trình nghiên cứu Lí thuyết đồ thị 25 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Đoàn Quỳnh, Hạ Vũ Anh, Phạm Khắc Ban, Văn Như Cương, Vũ Đình Hòa, Tài liệu chun tốn - Hình học 12, NXB Giáo dục, 2012 [2] Đặng Huy Rận, Ứng dụng lý thuyết đồ thị để giải tốn phổ thơng, Các phương pháp giải tốn qua kì thi Olympic Tốn học, ĐH QG HN – ĐH KHTN, 2011 [2] Vũ Đình Hòa, Một số kiến thức sở Graph hữu hạn, NXB Giáo dục, 2004 [3] Po-Shen Loh, Graph Theory, 2008 26 ... khơng kề nhóm đỉnh Do nhóm đỉnh chưa nêu tên, tồn cạnh cạnh phải chung đỉnh, suy tất cạnh phải chung đỉnh, nên đỉnh lại (trừ đỉnh chung) đơi khơng kề + Trường hợp 2: Độ dài  Lấy thêm đỉnh số đỉnh... tức nằm cạnh Vậy người B chiến thắng Bài toán 6.2 Có 2017 hộp bi, hộp 10 viên bi Biết khơng có 11 bi màu Chứng minh chọn từ hộp bi bi cho ta có 2017 bi đơi khác màu Lời giải Ta chứng minh quy nạp... Tốn học, ĐH QG HN – ĐH KHTN, 2011 [2] Vũ Đình Hòa, Một số kiến thức sở Graph hữu hạn, NXB Giáo dục, 2004 [3] Po-Shen Loh, Graph Theory, 2008 26