BẬC CỦA MỘT ĐỈNH TRONG ĐỒ THỊ Võ Quang Vinh, trường Chuyên Nguyễn Tất Thành Kon Tum Email: vqvinh82@gmail.com; ĐT: 0935039007 Trong viết này, giới thiệu số kiến thức lý thuyết đồ thị lớp toán liên quan đến việc đánh giá bậc đỉnh đồ thị để giải I Một số kiến thức đồ thị 1.1 Định nghĩa đồ thị - Một đồ thị vô hướng cặp G  (V , E ) V tập hữu hạn đỉnh E  V  V tập hữu hạn cặp đỉnh (không có thứ tự) – gọi tập cạnh - Với A, B V , ( A, B)  E A, B gọi hai đỉnh kề Cạnh ( A, B) đỉnh A (hay đỉnh B ) gọi liên thuộc với - Tập đỉnh kề với A ký hiệu N  A - Một cạnh nối đỉnh với gọi khun - Đồ thị đơn đồ thị khơng có khun hai đỉnh có nhiều cạnh Nếu khơng có ghi đặc biệt phần lại viết ta ngầm định đồ thị đồ thị đơn 1.2 Đồ thị con, đồ thị cảm sinh, đồ thị bù Cho đồ thị G  (V , E ) - Đồ thị G '  (V ', E ') thoả mãn V '  V ; E '  E gọi đồ thị G  (V , E ) - G '  (V ', E ') đồ thị G  (V , E ) với A, B  V ' ( A, B )  E '  ( A, B)  E G '  (V ', E ') gọi đồ thị cảm sinh đồ thị G  (V , E ) lên tập V ' Ký hiệu G[V'] - Đồ thị H  (V , VxV\ E ) gọi đồ thị bù đồ thị G  (V , E ) 1.3 Bậc đỉnh đồ thị Cho đồ thị G  (V , E ) A  V - Số đỉnh kề với A gọi bậc A G  (V , E ) kí hiệu deg G A | N ( A) | - Một đỉnh có bậc gọi đỉnh lập Định lí Cho đồ thị đơn vô hướng G  (V , E ) i)  degG A  | E | AV ii) Số đỉnh có bậc lẻ ln số chẵn Định lí Cho đồ thị G  (V , E ) V '  V Với A V ' ta có deg G A  degG[V '] A  degG[ V \V {A}] A    Định lí Cho đồ thị đơn vô hướng G  (V , E ) Khi  ( A; B )E (deg( A)  deg( B))   (deg A) AV 1.4 Đường đi, chu trình, đồ thị liên thơng Cho đồ thị G  (V , E ) A, B V - Một đường từ A đến B dãy cạnh ( Ai , Ai 1 ), i  0, , k  với A0  A; Ak  B - Số cạnh đường gọi độ dài đường Ta quan tâm đến đường có độ dài lớn không sử dụng cạnh q lần hay chí khơng sử dụng đỉnh lần - Nếu ta có đường từ A đến B ( A, B)  E ta gọi chu trình Định lí Nếu đồ có bậc đỉnh lớn đồ thị cđó chứa chu trình II Một số tốn liên quan đến bậc đỉnh đồ thị Với ý tưởng sử dụng đồ thị để giải toán tổ hợp nên toán trình có lời giải đơn giản hơn, hay lời giải trình bày Bài toán 1: Cho điểm phân biệt nằm đường tròn, nối điểm đường màu đỏ màu xanh Chứng minh rằng: a) Tồn tam giác có cạnh màu b) Tồn hai tam giác có cạnh màu Phân tích lời giải Ta coi điểm cho đỉnh đồ thị Nếu điểm nối với đường đỏ ta gọi cạnh Nếu điểm nối với đường xanh ta coi khơng phải đỉnh kề Ta thu đồ thị G  (V , E ) Yêu cầu toán đặt chứng minh tồn chu trình có độ dài tồn đỉnh mà đồ thị cảm sinh tập gồm điểm khơng chứa cạnh a) Lấy đỉnh A V Ta phân hoạch tập đỉnh lại đồ thị thành tập, tập N ( A)  {B  V | (A, B)  E} M ( A)  {B  V | (A, B)  E} Khi | N ( A) |  | M(A) | theo nguyên lý Dirichlet tồn tập có số lớn Trường hợp 1: degG A  lấy đỉnh A1; A2 ; A3  N ( A) + Nếu tồn ( Ai ; Aj )  E ( A; Ai ; Aj ) tập điểm cần tìm + Nếu ngược lại ( A1; A2 ; A3 ) tập điểm cần tìm Trường hợp 2: degG A  ta có | M ( A) | lấy B1; B2 ; B3  M ( A) + Nếu tồn (Bi ; B j )  E ( A; Bi ; B j ) tập điểm cần tìm + Nếu ngược lại ( B1; B2 ; B3 ) tập điểm cần tìm b) Ta xét trường hợp Trường hợp 1: G tồn đỉnh có bậc lớn 4, lý luận tương tự trường hợp câu a) ta suy có tam giác khác thoả điều kiện đề Trường hợp 2: G tồn đỉnh có bậc bé 4, lý luận tương tự trường hợp câu a) ta suy có tam giác khác thoả điều kiện đề Trường hợp 3: đỉnh G có bậc Theo câu a) tồn tam giác thoả điều kiện đề Giả sử ( A1 ; A2 ; A3 ) có cách cạnh thuộc E  Khi tồn tam giác khác có ba đỉnh tốn giải  Nếu ngược lại ta giả sử N ( A1 )  {A2 ; A3 ; A }  A2 ; A3  N ( A4 ) Xét đỉnh A4 , ta có  A1  N ( A4 ) degA   tương tự trường hợp câu a) ta suy tồn tam giác Tam giác thoả điều kiện đề khác với tam giác ( A1 ; A2 ; A3 ) Chú ý: việc sử dụng đồ thị vào giải tốn làm phức tạp lời giải, nhiên ví dụ đơn giản giúp làm quen với đồ thị Câu a tốn giải ngun lý Dirichlet, câu b sử dụng bất đẳng thức đánh giá số góc có cạnh màu để giải Bài tốn 2: Cho bảng 2018x2018 vng, tơ màu tuỳ ý số vng bảng Chứng minh ta tơ màu thêm khơng q 4035 ô ô lại cho số ô tô màu hàng cột số chẵn Phân tích lời giải Nhận xét số hàng cột số chẵn nên số ô tô màu chẵn số ô không tô màu chẵn Ta xây dựng đồ thị G  (V ; E ) hàng cột đỉnh đỉnh, ô giao hàng cột không tô màu ta có cạnh đồ thị Bài tốn đưa việc chứng minh bỏ khơng 4035 cạnh để thu đồ thị mà bậc đỉnh số chẵn Vì khơng có thơng tin bậc đỉnh nên để tạo thêm giả thiết ta thay 2018+2018 n chứng minh phương pháp quy nạp Trước hết, ta chứng minh bổ đề: Bổ đề: từ đồ thị chứa n đỉnh bỏ khơng q n  cạnh để thu đồ thị có bậc đỉnh số chẵn Chứng minh Ta chứng minh phương pháp quy nạp theo số đỉnh n đồ thị Thật vậy, kết hiển nhiên n  Giả sử với n  k ta chứng minh n  k  Xét đồ thị Gk 1 có k  đỉnh Trường hợp 1: Gk 1 tồn đỉnh cô lập A ta bỏ đỉnh A thu đồ thị có k đỉnh, áp dụng giả thiết quy nạp suy kết luận toán Trường hợp 2: Gk 1 tồn đỉnh A thoả degG A  ta bỏ đỉnh A cạnh liên kết với thu đồ thị có k đỉnh, áp dụng giả thiết quy nạp suy kết luận toán k 1 Trường hợp 3: đỉnh Gk 1 có bậc lớn Khi đó, Gk 1 tồn chu trình Để ý bỏ chu trình khơng làm thay đổi tính chẵn lẻ bậc đỉnh đồ thị Vì số cạnh đồ thị hữu hạn nên chứa hữu hạn chu trình, bỏ tất chu trình ta thu đồ thị có k  đỉnh thoả điều kiện trường hợp Sau áp dụng giả thiết quy nạp bổ sung vào lại chu trình bỏ ta thu đồ thị thoả điều kiện đề Vậy bổ đề chứng minh Áp dụng bổ đề với n  4036 ta thu kết toán Bài toán 3: Trong hội nghị có 2018 người tham gia Chứng minh tìm hai người hội nghị cho họ có số chẵn (có thể 0) người quen chung hội nghị Phân tích lời giải Ta xây dựng đồ thị G  (V ; E ) người tham gia hội nghị đỉnh, hai người quen biết ta có cạnh đồ thị Bài toán đưa việc chứng minh tồn hai đỉnh A; B ( A  B ) cho | N ( A)  N ( B ) | số chẵn (có thể 0) Chú ý | V | 2018 Giả sử ngược lại Lấy đỉnh A  V , với X  N ( A) ta có degG[N (A)] X lẻ | N ( A)  N ( X ) | lẻ Điều với X nên suy | N ( A) | chẵn Do degG A chẵn Vì A chọn ngẫu nhiên nên suy G (V ; E ) gồm đỉnh bậc chẵn Vẫn xét đỉnh A ban đầu , với X  N ( A) ta có degG X   degG[N ( A)] X  deg G[M ( A) {X }] X  degG[M ( A){X }] X  degG X   deg G[N ( A)] X Suy degG[M ( A){X }] X chẵn Mặt khác, với Y  M ( A) ta có degG[N( A){Y}] Y | N ( A)  N (Y ) | lẻ Do degG[M ( A)] Y  deg G Y  deg G[N ( A){Y }] Y lẻ Nên | M (A) | lẻ Điều mâu thuẫn với | V || N ( A) |  | M ( A) | 1  2018 Từ ta có điều phải chứng minh Bài toán 4: Cho G  (V , E ) đồ thị đơn vô hướng Chứng minh phân hoạch tập đỉnh G  (V , E ) thành hai tập V1 ; V2 cho đồ thị cảm sinh hai tập có đỉnh có bậc chẵn Phân tích lời giải Đây tốn mà ta khơng có thơng tin đồ thị nên để giải toán ta sử dụng nguyên lý quy nạp nhằm giúp có thêm giả thiết để giải tốn Chứng minh quy nạp theo số đỉnh đồ thị n Khi n  hiển nhiên ta có kết toán Giả sử toán với đồ thị có it n đỉnh Xét đồ thị G  (V , E ) có n đỉnh Nếu tất đỉnh đồ thị có bậc chẵn ta chọn V1  V ;V2   tốn giải Nếu có đỉnh A0  V có bậc lẻ Để ý | N ( A0 ) | lẻ Nhận xét sau tách đỉnh A, sử dụng giải thiết quy nạp với đồ thị gồm n-1 đỉnh ta phân hoạch tập đỉnh thành tập cho đồ thị cảm sinh có bậc chẵn Hai tập thu có tính chẵn lẻ giao với N(A) khác Do ta phải thêm A vào tập giao với N(A) chẵn để đảm bảo bậc A đồ thị cảm sinh chẵn Tuy nhiên, bậc đỉnh khác đồ thị cảm sinh có bậc lẻ để giải vấn đề ta phải sử dụng đồ thị bù trước áp dụng giả thiết quy nạp Ta định nghĩa đồ thị H  (V \{A0 }, E ') có tập đỉnh gồm n  đỉnh từ G  (V , E ) sau: + A, B  N ( A0 ) ta có ( A; B)  E '  (A; B)  E +Nếu A N ( A0 ) B  N ( A0 ) ( A; B)  E '  (A; B)  E Khi đó, theo giả thiết quy nạp V \{A0 } phân hoạch thành hai tập U1 ;U cho đồ thị cảm sinh hai tập có đỉnh có bậc chẵn Khơng tổng quát ta giả sử | N ( A0 )  U1 | chẵn | N ( A0 )  U | lẻ Ta đặt V1  U1  { A0 } ta chứng minh hai tập thoả yêu cầu toán  V2  U Thật vậy, xét X  V1 ta có + Nếu X  A0 degG[V ] X  deg G[V ] A0 | N ( A0 )  U1 | chẵn + Nếu X  N ( A0 ) ta có degG[V ] X  deg H[V ] X chẵn 1 + Nếu X  N ( A0 ) ta có: deg G[V1 ] X  deg G[V1 \ N ( Ao )] X  deg G[V1  N( Ao ){X}] X   deg H[V1 \ N ( Ao )] X  | N ( A0 )  U1 | 1  deg H[V1  N( Ao ){X}] X | N ( A0 )  U1 | 2 deg H[V1  N( Ao ){X}] X  deg H[V1 )] X số chẵn Tương tự xét X  V2 ta có + Nếu X  N ( A0 ) ta có degG[V ] X  deg H[V ] X chẵn + Nếu X  N ( A0 ) ta có: 1 degG[V 2] X  degG[V12 N ( Ao )] X  degG[V2  N( Ao ) {X}] X  deg H[V1 \ N ( Ao )] X  | N ( A0 )  U1 | 1  deg H[V1  N( Ao ){X}] X | N ( A0 )  U | 1  deg H[V2  N( Ao ) {X}] X  deg H[V2 )] X số chẵn Kết toán cho ta cách phân hoạch đỉnh đồ thị cho đỉnh đồ thị cảm sinh có bậc chẵn Tuy nhiên ta phân hoạch cho tính chẵn lẻ chúng khác Bài tốn 5: Cho G  (V , E ) đồ thị đơn vơ hướng Chứng minh phân hoạch tập đỉnh G  (V , E ) thành hai tập V1 ; V2 cho: + Các đỉnh đồ thị G[V ] có bậc chẵn + Các đỉnh G[V 2] có bậc lẻ Phân tích lời giải Để thay đổi tính chẵn lẻ bậc đỉnh ta cần bỏ bớt đỉnh có cạnh nối với chúng Do nghĩ tới việc thêm vào đỉnh nối với tất đỉnh lại sau bỏ Lấy điểm O ngồi đồ thị, nối với tất đỉnh đồ thị ta thu đồ thị T Áp dụng kết toán số ta phân hoạch tập đỉnh T thành hai tập W1; W2 cho đồ thị cảm sinh hai tập có đỉnh có bậc chẵn Giả sử O  W2 , đặt V1  W1 ; V2  W2 \{O} , V1;V2 thoả mãn điều kiện đề Bài tốn 6: Giả sử, nút giao thông thành phố tổ hợp có bóng đèn cơng tắc Ấn vào công tắc thay đổi trạng thái bóng đèn nút bóng đèn nút kề (hai nút gọi kề có đường từ nút đến nút kia) Ban đầu tất bóng đèn tắt, chứng minh người ta bật sáng tất bóng đèn Phân tích lời giải Gọi S tập công tắc ta cần thay đổi trạng thái (1 lần) Ta coi mạng lưới đồ thị, ta cần chọn S cho đỉnh S nối với số chẵn lần đỉnh khác S , đỉnh không thuộc S nối với số lẻ lần đỉnh thuộc S Ta xây dựng đồ thị G  (V ; E ) nút giao thông đỉnh, hai nút giao thơng kề ta có cạnh đồ thị Lấy điểm O đồ thị, nối với tất đỉnh có bậc chẵn đồ thị G ta thu đồ thị H Theo toán ta phân hoạch tập đỉnh H thành V1; V2 cho đồ thị cảm sinh hai tập có đỉnh có bậc chẵn Khơng tổng qt giả sử O V1 , ta chọn S  V2 Ta có: + Nếu X  S deg G[S ] X  deg H[S ] X chẵn hay X nối với chẵn đỉnh thuộc S + Nếu X  S  {O} ta xét trường hợp: i) X nối với O V1 degG X ;deg H [V ] X chẵn nên degG[S {X }] X  deg G X   deg H (V ) X lẻ ii) X không nối với O V1 degG X lẻ deg H [V ] X chẵn nên degG[S {X }] X  degG X  deg H (V ) X lẻ Khi ta cần bậc tất cơng tắc thuộc S lần tốn giải 1 1 Bài toán 7: (China TST 1987) Cho số nguyên dương n (n  2) , mặt phẳng cho 2n điểm, nối chúng n  đoạn thẳng Chứng minh rằng: a) Tồn tam giác b) Tồn hai tam giác có chung cạnh c) Tồn n tam giác Phân tích lời giải Ta xây dựng đồ thị Gn  (V ; E ) điểm đỉnh đỉnh, ô giao hàng cột không tô màu hai điểm nối với ta có cạnh đồ thị Ta chứng minh quy nạp theo n Khi n  ta có đồ thị gồm đỉnh cạnh Có thể thu từ đồ thị đầy đủ gồm đỉnh cách bỏ cạnh nên chứa tam giác có chung cạnh Hay kết luận a); b); c) toán a) Giả sử kết luận a) với n  hay Gn 1 chứa tam giác Xét đồ thị Gn  (V ; E ) , lấy hai đỉnh A; B V cho ( A; B)  E Nếu tồn C  N ( A)  N ( B) ta có tam giác ( A; B; C ) Nếu N ( A)  N ( B)   , degG A   deg B B   2n  | VH | n  Xét đồ thị H  (VH ; EH )  G[V \{A;B}] có  2 | EH | n   (2 n   1)  (n  1)  10 đó, theo giả thiết quy nạp H chứa tam giác Từ suy Gn  (V ; E ) chứa tam giác b) Giả sử kết luận b) với n  hay Gn 1 chứa tam giác có chung cạnh Xét đồ thị Gn  (V ; E ) , theo kết a) tồn tam giác Ta giả sử Gn  (V ; E ) chứa tam giác ( A; B; C ) degG A  deg B B  degG C Nếu có D  ( N ( A)  N ( B))  ( N (B)  N (C))  ( N (C)  N (A)) đỉnh ( A; B; C ; D ) tạo thành tam giác tam giác có chung cạnh Nếu ( N ( A)  N ( B))  ( N (B)  N (C))  ( N (C)  N (A))   degG A   deg B B   deg G C   2n  suy n H  (VH ; EH )  G[V \{A; B}] deg G A   deg B B   Xét đồ thị (bỏ đỉnh A, B) ta có | VH | n   theo giả thiết quy nạp ta suy H chứa hai tam giác có  2 | EH | n   n  (n  1)  chung cạnh Từ suy Gn  (V ; E ) chứa hai tam giác có chung cạnh c) Giả sử kết luận c) với n  hay Gn 1 chứa tam giác có chung cạnh Xét đồ thị Gn  (V ; E ) , theo kết a) tồn tam giác Ta giả sử Gn  (V ; E ) chứa tam giác ( A; B; C ) deg G A  deg B B  degG C Gọi t số tam giác Gn  (V ; E ) Theo nguyên lý bù trừ ta có | N ( A)  N ( B) |  | N (B)  N (C) |  | N (C)  N (A) | | N(A) |  | N(B) |  | N(C) |  | N(A)  N(B)  N(C) |  | N(A)  N(B)  N(C) | | N(A) |  | N(B) |  | N(C) | 2 n Do 11 t | N ( A)  N ( B ) |  | N (B)  N (C) |  | N (C)  N (A) | 2 | N(A) |  | N(B) |  | N(C) | 2 n  Nếu | N(A) |  | N(B) |  | N(C) | 2 n   n | N(A) |  | N(B) |  | N(C) | 3n  ta có kết toán Nếu | N(A) |  | N(B) |  | N(C) | 2 n   n | N(A) |  | N(B) |  | N(C) | 3n  2 Suy | N(A) |  | N(B) | (3n  2) Xét đồ thị H  (VH ; EH )  G[V \{A;B}] (bỏ đỉnh A, B) ta có | VH | n   theo giả thiết quy nạp ta suy H chứa n  tam  2 | EH | n   (3n  2)   (n  1)  giác Từ suy Gn  (V ; E ) ln chứa n tam giác Kết a) toán cho ta đánh giá tương quan số cạnh đồ thị với số đỉnh trường hợp đồ thị có chứa tam giác Tuy nhiên đánh giá chưa chặt kết cuối đồ thị có chứa n tam giác Định lí sau cho ta kết tổng quát trường hợp đồ thị không chứa tam giác Bài tốn 8: (Định lí Mantel – Turan) Xét đồ thị đơn vô hướng G  (V ; E ) có  n2  n đỉnh k cạnh Khi đó, G  (V ; E ) khơng chứa tam giác k    4 Phân tích lời giải Chứng minh quy nạp theo số đỉnh đồ thị n Khi n  1, hiển nhiên ta có kết toán Giả sử toán với đồ thị có it n đỉnh Xét đồ thị G  (V , E ) có n đỉnh khơng chứa tam giác Lấy cho ta có suy A; B  V ( A; B)  E N ( A)  N ( B)   , degG A   deg B B   n  Gọi H  (VH ; EH )  G[V \{A; B}] gồm n  đỉnh Khi đó, H khơng chứa tam giác nên theo giả thiết quy nạp ta có | EH | [ 12 (n  2) ] Do  ( n  2)  n2 | E |   n        n2  Do | E | nguyên dương nên ta có | E |     Bài toán 9: (Rumani TST 2008) Một nhóm người gọi n- cân thoả mãn hai điều kiện: i) Trong số ba người tuỳ ý, tồn hai người quen ii) Trong n người bất kì, ln có hai người khơng quen Chứng minh có nhiều (n  1)(n  2) người nhóm n- cân Phân tích lời giải Từ nhóm người n-cân ta xây dựng đồ thị G  (V ; E ) người nhóm n- cân đỉnh, hai người quen biết ta có cạnh đồ thị Ta chứng minh | V | (n  1)(n  2) phương pháp quy nạp theo n Khi n  khẳng định hiển nhiên Giả sử kết cho nhóm (n-1)- cân Xét nhóm n-cân, ta xây dựng đồ thị Lấy A V , với X , Y  M ( A) theo điều kiện i) phải có cạnh nối hai ba đỉnh (A; X; Y) ( X ; Y )  E Điều với X , Y  M ( A) nên theo điều kiện ii) ta suy | M ( A) | n  Ta xét trường hợp: Trường hợp 1: | N ( A) | n  | V | 2n   (n  1)(n  2) Trường hơp 2: | N ( A) | n Xét tập gồm n  đỉnh N ( A) , thêm vào đỉnh A theo ii) tồn X , Y cho ( X ; Y )  E Rõ ràng X , Y thuộc tập gồm n  đỉnh ban đầu Do N ( A) nhóm (n-1) – cân Theo giả thiết quy nạp ta có | N ( A) | (n  2)(n  1) Suy | V |  n   (n  2)(n  1) (n  1)(n  2)  2 Ta suy kết toán Bài tập tự luyện Bài tập 1: (MOSP, 2011) Xét số thực x1; x2 ; ; xn Chứng minh có khơng q  n2    cặp (i; j ) với  i  j  n cho | xi  x j |   Bài tập 2: Nếu G đồ thị đơn có n đỉnh không chứa tứ giác Chứng minh số cạnh G không vượt 13 n(1  4n  3) Bài tập 3: (USA TST 1995) Một đồ thị G gồm n đỉnh k cạnh, G không chứa tam giác Chứng minh chọn đỉnh cho loại bỏ đỉnh đỉnh kề (cũng cạnh có đầu mút nằm tập đỉnh này) ta thu đồ thị cảm sinh có nhiều k (1  4k ) cạnh n2 Bài tập 4: Cho n điểm P1; P2 ; : Pn cho khơng có ba điểm thẳng hàng Người ta kẻ số đoạn thẳng, đoạn nối điểm Biết điểm bất kì, ln có nhât tam giác kẻ Hỏi có đoạn thẳng kẻ Bài tập 5: (Ba Lan 1997) Chứng minh n điểm nằm đường tròn đơn vị có nhiều n2 đoạn thẳng nối cặp điểm chúng có độ dài lớn Bài tập 6: Chứng minh đồ G có 2n+1 đỉnh n  n  cạnh G chứa tam giác Bài tập 7: (USA TST 2008) Với cặp điểm A( x1; y1 ) B( x2 ; y2 ) mặt phẳng (Oxy), ta đặt d ( A; B) | x1  x2 |  | y1  y2 | Ta gọi cặp ( A; B) (không phân biệt thứ tự) cặp điểm điều hoà  d ( A; B)  Xác định số cặp điểm điều hoà lớn số 100 điểm cho trước mặt phẳng Bài tập 8: Chứng minh đồ thị G gồm n đỉnh k cạnh chứa k 3n (4k  n ) tam giác Bài tập 9: (VMO 2017) Cho số nguyên n  Bảng ô vng ABCD có kích thước n  n gồm n ô vuông đơn vị, ô vuông đơn vị tô ba màu: đen, trắng, xám Một cách tô màu gọi đối xứng có tâm đường chéo AC tơ màu xám cặp ô đối xứng qua AC tô màu đen màu trắng Người ta điền vào ô xám số 0, ô trắng số nguyên dương ô đen số nguyên âm Một cách điền số gọi k-cân đối (với k nguyên dương) thoả mãn hai điều kiện sau: i) Mỗi cặp ô đối xứng qua AC điền số nguyên thuộc [  k ; k ] ii) Nếu hàng cột giao đen tập số nguyên dương điền hàng tập số nguyên dương điền cột khơng giao nhau; hàng cột giao trắng tập số ngun âm điền hàng tập số ngun âm điền cột khơng giao a) Với n  , tìm giá trị nhỏ k để tồn cách điền k- cân đối cho cách tơ màu đối xứng hình bên 14 b) Với n  2017 , tìm giá trị nhỏ k để với cách tô màu đối xứng, tồn cách điền số k-cân đối 15 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Lời giải bình luận đề thi VMO 2017, Trần Nam Dũng – Võ Quốc Bá Cẩn – Trần Quang Hùng – Lê Phúc Lữ - Nguyễn Văn Huyện [2] Extremal graph theory, David Conlon [3] Bài giảng tổ hợp dành cho giáo viên 2013, Phan Thị Hà Dương – Viện toán học Bài tập bổ sung: Bài 6: Trong quốc gia VMO có nhiều 100 thành phố đường bay( hai chiều) nối số thành phố Biết thủ có đường bay trực tiếp đến 100 thành phố khác thành phố (khơng phải thủ đơ) có đường bay trực tiếp đến 10 thành phố khác, ngồi thành phố nối với đường bay trực tiếp gián tiếp Chứng minh đóng nửa số đường bay phục vụ thủ đô cho bay từ thành phố đến thành phố khác Giải: Gọi G đồ thị tập đỉnh thành phố, cạnh tương ứng với đường bay trực tiếp G’ đồ thị cảm sinh cách bỏ thủ Khi đó: G liên thơng G’ phân hoạch thành thành phần liên thông thành phần phải chứa đỉnh kề T (thủ đô) Do đó, thành phần liên thơng chứa đỉnh bậc đỉnh bậc 10 Do đỉnh bậc thành phần liên thông G’ phải kề với T nên G’ có khơng q 50 thành phần liên thông (trong thành phần liên thông có đỉnh nối với T) Ta giữ lại tính liên thơng cách bỏ bớt 01 cạnh nối T thành phần liên thông Bài 19: Nhà vua nước Nga định xây dựng n thành phố n-1 đường liên kết chúng: đường nối hai thành phố không qua thành phố khác; hai đường khơng giao Nhà vua muốn khoảng cách nhỏ hai thành phố (theo đường bộ) lần n(n  1) lượt 1, 2, , Có thể thực yêu cầu nhà vua không nếu: a) n=6 b) n=2018 Hướng dẫn: a) xây dựng thơng qua hình vẽ b) mơ hình hố đồ thị, chứng minh phản chứng, ý tính chất số học dãy khoảng cách Bài 20: Người ta điền vào ô bảng vuông nxn hai số Biết với chứa số có n nằm hàng cột với chứa số a) Tìm cách điền n=5 b) Chứng minh có nửa bảng điền số với n cho trước HD: mơ hình hố đồ thị để đánh giá số cạnh theo tính toán trực tiếp Chú ý chuyển điều kiện toán: thành bất đẳng thức để đánh giá 16 ... xứng hình bên 14 b) Với n  2017 , tìm giá trị nhỏ k để với cách tô màu đối xứng, tồn cách điền số k-cân đối 15 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Lời giải bình luận đề thi VMO 2017, Trần Nam Dũng – Võ Quốc... phẳng Bài tập 8: Chứng minh đồ thị G gồm n đỉnh k cạnh chứa k 3n (4k  n ) tam giác Bài tập 9: (VMO 2017) Cho số nguyên n  Bảng vng ABCD có kích thước n  n gồm n ô vuông đơn vị, ô vuông đơn vị... 2017, Trần Nam Dũng – Võ Quốc Bá Cẩn – Trần Quang Hùng – Lê Phúc Lữ - Nguyễn Văn Huyện [2] Extremal graph theory, David Conlon [3] Bài giảng tổ hợp dành cho giáo viên 2013, Phan Thị Hà Dương – Viện