Sáng kiến kinh nghiệm toán THPT

Gidi thiéu

Trong chương trình giáo dục phổ thơng 2018, nội dung chương trình mơn Tốn có nhiều sự thay đổi. Một trong
những thay đổi đó là việc bổ sung thêm một số chuyên đề học tập không bắt buộc. Lý thuyết Đồ thị là một trong
những chuyên đề như vậy. Trong các bộ sách giáo khoa như Cánh điều, Kết nối trì thúc uới cuộc sống, Chân trời
sáng tạo |1, 2, 11]; các tác giả đã trình bầy rất hệ thống, chỉ tiết những kiến thức cơ sở của lý thuyết Đồ thị. Day
là sự tiến bộ, cập nhật so với chương trình cũ, vì trên thực tế, ngoại trừ học sinh chuyên Toán và chuyên Tin,
lý thuyết đồ thị và các ứng dụng hồn tồn khơng được dạy cho các em học sinh phổ thơng. Điều này ít nhiều
mâu thuẫn với sự phát triển chung của xã hội, khi càng ngày, đồ thị càng len lỏi và có nhiều ứng dụng sâu sắc
hơn trong cuộc sống của con người. Mà ví dụ đơn giản nhất có lẽ là ứng dụng tìm đường, hay những trang web
tìm kiếm trên mạng như google, bing,.... Thật là thiếu sót nếu những thứ thông dụng với các em học sinh 4.0
như vậy, nhưng các em lại khơng được học về chúng. Do đó, tôi bắt tay vào viết sáng kiến kinh nghiệm này với
ba mục đích:

1. Hệ thống lại một cách ngắn gọn hơn uề mặt lú thuyết so uới các sách chuyên đề học tập. Nhưng chứng minh
chỉ tiết hơn một số kết quả, định lú tương đối phúc tạp mà các bộ sách nàu chỉ công nhận.

9. Cung cấp một số kiến thúc nở rộng uê một số mô hành, cấu trúc đô thị, dạng đồ thị đặc biệt hay xuất hiện
trong các ki thi học sinh giỏi.

3. Cung cấp hệ thống bài tập cập nhật từ các dé thí học sinh giỏi khu uực uà quốc tẾ các năm gan day.
Đây cũng có thể coi là cách bổ ngang sáng kiến kinh nghiệm này. Cịn nếu bổ dọc, sáng kiến này có thé áp dụng
cho một phổ tương đối rộng các đối tượng học sinh. Phần đầu tiên về lý thuyết đồ thị được trình bầy chỉ tiết,
cho cả các em học sinh ở mức độ trung bình. Chỉ đến những phần sau, yêu cầu về tư duy của học sinh mới được

nâng cao.

Nói riêng, tơi cho rằng đồ thị là chủ đề khó, nhưng rất hấp dẫn, và hồn tồn có thể dạy cho học sinh
thơng qua các ví dụ rất thực tế và trực quan, vì rõ ràng bản chất đồ thị sinh ra là để ta có cái nhìn trực quan,
dễ dàng hơn về một vấn đề. Tôi hy vọng sáng kiến này sẽ có ích cho một số Thầy Cơ đồng nghiệp, và ngược lại,
tôi cũng rất mong nhận được sự góp ý của các Thầy Cơ. Tồi xin trân trọng cảm ơnl

Nam Dinh, ngay 10 tháng 05 năm 2029

Chuong 1 Ly thuyét D6 thi Trang 5

1.1 Tóm lược Lịch sử ra đời và phát triển của Lý thuyết Đồ thị Trang 13

1.2 Các khái niệm và định nghĩa cơ bản 13
17
1.3 Đường đi Euler, đường đi Hamilton
Trang 21
Chương 2 Phát hiện và sử dụng mơ hình đồ thị 21

2.1 Những bài tốn mơ hình đồ thị được ẩn đi 23
25
2.2 Những bài tốn mơ hình đồ thị thể hiện rõ
Trang 28
Chương 3 Đồ thị lưỡng phân
28
3.1 Lý thuyết về đồ thị lưỡng phân 29

3.2 Các định lý có quan hệ với đồ thị lưỡng phân Trang 33

Dinh ly Mantel va định lý Turan — 24 e Dinh ly Hall-Marriage — 25 Trang 36
36
G 53 Một số bài tập dựa trên ý tưởng về đồ thị lưỡng phân 36
36
Đồ thị cây, đồ thị rừng
4.1 Lý thuyết về đồ thị cây
4.2 Một số bài tập dựa trên ý tưởng về đồ thị cây

Chương 5 Một số bài toán tự luyện

Chương 6 Kết luận

6.1 Định hướng phát triển

6.2 Hiệu quả do sáng kiến mang lại

6.3 CAM KẾT

Chương 1

Lý thuyêt Đồ thị

1.1 Tốm lược Lịch sử ra đời va phat triên của Lý thuyêt Đồ thị

Có thể nói rằng, sự ra đời của lý thuyết Đồ thị được đánh dấu bằng bài báo “Bảy câu cầu ở thành phố Kðnigsberg”
của Leonhard Euler. Thành phố Königsberg là thành phố thuộc đế quốc Phổ, nay đã trở thành thành phố
Kaliningrad của Nga. Thành phố này có 7 cây cầu, và người dân ở đây thường đố nhau có thể đi qua hết cả 7
cây cầu, mỗi cây cầu đúng một lần. Năm 1736, nhà toán học Thụy Sĩ, Leonhard Euler đã chứng minh không tồn

Hình 1.1: Bài tốn 7 cây cầu ở thành phố Königsberg.
tại một đường đi như vậy. Để chứng minh kết quả này, thực chất ông đã phát biểu và sử dụng các thuật ngữ của
lý thuyết đồ thị. Trong lịch sử toán học, lời giải này của Euler được coi là định lý đầu tiên của lý thuyết đồ thị.
Năm 18ã2, nhà toán học Erancis Guthrie người Nam Phi đã đưa ra “bà¿ toán bốn màu”, tức là liệu có thể tơ màu
một bản đồ bất kỳ bằng bốn màu sao cho khơng có hai nước nào chung biên giới được tô cùng màu. Đây là bài
toán được coi như đã khai sinh ra lý thuyết đồ thị. Phải đến hơn 100 năm sau, vào năm 1975, hai nhà toán học
người Mĩ là Kenneth Appel và Wolfgang Haken mới giải quyết được trọn vẹn bài tốn này. Từ đó nó có tên là
“định lú bốn màu”. Trong q trình cố gắng giải quyết bài tốn này, các nhà tốn học (khơng cụ thể một người

nào) đã tạo ra nhiều khái niệm và thuật ngữ nền tảng cho lý thuyết đồ thị.

Trải qua hàng trăm năm, lý thuyết Đồ thị đã trở thành một mảng kiến thức đồ sộ. Thú vị hơn nữa, càng
ngày, người ta càng thấy nhiều ứng dụng của lý thuyết đồ thị trong nhiều lĩnh vực của cuộc sống như giao thông,
y sinh, tin học, thiên văn....

Hình 1.2! là bản đồ các tuyến đường bay của hãng hàng không United Airlines ở khu vực Châu Á - Thái Binh
Dương. Trong hình này, nếu ta coi mỗi sân bay như một điểm, và mỗi đường bay như một cạnh nối hai điểm,

Hình 1.2: Bản đồ các đường bay ở Châu Á - Thái Bình Dương của hãng hàng khơng United Airlines.
thì đây chính là một mơ hình đồ thị. Hơn nữa, khi số lượng thành phố và đường bay rất lớn, dữ liệu như vậy
còn được gọi là một dữ liệu lớn (big data). Nếu nhìn sơ qua, dường như đồ thị trên rất phức tạp và khơng cho ta
thơng tin gì đặc biệt. Tuy nhiên, phân hoạch các thành phố thành hai loại, các thành phố thuộc khu vực châu
Mỹ, và các thành phố thuộc khu vực Châu Á - Thái Bình Dương, và chỉ xét các đường bay từ một thành phố
thuộc loại này đến một thành phố loại còn lại, thì ít nhiều, đồ thị này đã xuất hiện một cấu trúc đơn giản.

Hay một ví dụ mà ta sẽ thường gặp rất nhiều trong lĩnh vực thống kê y sinh, đó là bản đồ mô tả sự tương
tác giữa các gen. Trong nghiên cứu về ung thư gan, người ra nhận thấy rằng, có một số gen chịu trách nhiệm cho
việc phát triển của tế bào ung thư gan. Cơ chế này rất phức tạp và có sự tương tác qua lại giữa rất nhiều gen.
Một trong những câu hỏi trọng tâm là những gen nào là những gen tác động chính.

@ Module-1
@ Module-2
@ Module-3
@ Module-4
@ Module-5
@ Module-6

Hình 1.3: Đản đồ mơ tả sự tương tác gitta céc gen trong té bao biéu mé 6 bénh nhan ung thu gan.
1URL: />

Một cách rất sơ lược, Hình 1.32 cho ta thấy các gen có thể được phân chia thành các cụm, và trong mỗi cụm này
có những gen tương ứng với các chấm trịn to, có vẻ là các gen quan trọng. Rõ ràng, một biểu diễn qua đồ thị
giúp vấn đề và câu hỏi đặt ra được sáng rõ hơn rất nhiều.

Các ví dụ trên cho vừa cho ta thấy sự xuất hiện rất tự nhiên của lý thuyết đồ thị trong nghiên cứu toán
học, đồng thời cũng chỉ ra tiềm năng rất lớn trong việc ứng dụng đồ thị vào những vấn đề rất phức tạp trong
cuộc sống. Tiếp theo, chúng ta sẽ cùng tìm hiểu một số khái niệm, định nghĩa cơ bản trong lý thuyết đồ thị, đồng
thời cũng tạo ra sự thống nhất về mặt ký hiệu.

1.2 Các khái niệm và định nghĩa cơ bản

Trước hết, ta thống nhất một số định nghĩa và kí hiệu:

Mỗi đồ thị là một tập hợp hữu hạn các điểm (gọi là các đỉnh của đồ thị), cùng với tập hợp các đoạn (gọi
là cạnh của đồ thị ) có đầu mút tại các đỉnh của đồ thị.

Theo định nghĩa 1.2, ta thấy mỗi đồ thi đ là một bộ (V, E) gồm hai tập hợp. Mỗi phần tử của tập đỉnh V
gọi là một đỉnh của đồ thị. Mỗi phần tử của tập cạnh # là một đoạn nối hai dinh trong tap V. Vi vay, ta thường
kí hiệu đồ thi G = (V, E). Tiếp theo, ta hãy cùng xét một bài tập hay về việc sử dụng mơ hình đồ thị.

Bài tập 1

Trong một vụ trộm, có ba nghi phạm A, B,C. Họ khai như sau: A nói “?2¿ khơng phổi kẻ trộm”, B nói
“C la ké trộm”, Œ nói “Tồi khơng phải kẻ trộm”. Biết rằng chỉ có đúng một người nói sự thật. Hỏi ai là
tên trộm?

Lời giải. Bài tốn trên khá dễ, và cũng khơng cần lý thuyết cao siêu gì để làm. Ta chỉ cần lần lượt xét
từng trường hợp ai là người nói thật. Nhưng hãy tưởng tượng, nếu số nghi phạm tăng lên, và số người nói đúng
khơng phải chỉ là một nữa, thì ta cần một phương pháp tổng quát hơn để xử lý. Và sử dụng Đồ thị là một trong
những phương pháp như vậy.

Quay trở lại bài toán, ta coi 4, Ö, Œ và lời khai của họ lần lượt tương ứng với ba màu xanh, đỏ, đen. Vi A
nói mình khơng phải là trộm, điều này nghĩa là anh ta hướng mũi dui về Ö và Œ, như minh họa trong Hình 1.4.

()

Hình 1.4: Biéu dién lời khai của người A.

Hoàn toàn tương tự, từ lời khai của hai người cịn lại, ta có biểu diễn như trong hình 1.5. Rõ ràng, tên
trộm sẽ khơng chịu thừa nhận mình là trộm, nên lời khai của hắn không đáng tin. Bây giờ, nếu Œ là tên trộm, ta
chỉ xét đến lời khai của A, thì sẽ có hai người cùng hướng mũi dùi về Œ, tức là hai người nói thật. Mâu thuẫn,
nên Œ khơng là tên trộm. Nếu là tên trộm, ta chỉ xét lời khai của A,C thì cả hai người này cùng nói thật,
cũng mâu thuẫn. Cuối cùng, nếu 4 là tên trộm, xét lời khai của , CC thì chỉ có một người nói đúng, thỏa mãn

2URL: /figure/ThegeneregulatorynetworkinHCCDfig3224877979
7

c» >> (B)

Hình 1.5: Biểu diễn lời khai của ba người.
điều kiện bài toán. Vậy 4 là tên trộm.

()

Hình 1.6: Nếu Œ là trộm, bỏ qua lời khai của anh ta, ta có rnơ hinh. Trong mé hinh nay, cd A va
B đều nói rằng C là trộm. Vô lú!!

Rõ ràng, bằng phương pháp mô hình hóa sử dụng các đỉnh và cạnh nối như trên, ta có thể giải bài tốn
với nhiều nghi phạm và lời khai phức tạp hơn rất nhiều. L1

Trong bài tốn trên, ta xây dựng một mơ hình đồ thị mà trong đó, mỗi nghỉ phạm là một đỉnh của đồ thị,
và cạnh của đồ thị được xây dựng dựa theo lời khai của các nghi phạm. Để ý rằng, trong đồ thị này, giữa hai
đỉnh của đồ thị có thể có nhiều hơn một cạnh. Tuy nhiên, trong phần sau của bài viết, ta không xét đến loại
đồ thị này. Vì vậy, ta có một số lưu ý sau:

@ Mỗi đồ thị khơng có khuyên (cạnh tự nối), và hai đỉnh được nối với nhau nhiều nhất bằng một cạnh gọi
là một đơn đồ thị.

(2) Trong phần tiếp theo, khi nói đến “đồ thị”, ta hiểu là đơn đồ thị.
Tiếp theo, ta đến với một số định nghĩa, và các kết quả tương đối quen thuộc.

Dinh nghia 1.2.2: M6t so dinh nghia quan trong

Œ Mỗi đỉnh của đồ thị gọi là có bậc + nếu nó là đầu mút của ø cạnh trong đồ thị. Kí hiệu bậc của một
đỉnh v la deg(v).

(2) Mot đường đi trên đồ thị là mot day cdc dinh uj, u2,..., uz sao cho gitta hai dinh lién tiép uj, ui+1
trong dãy, đều có một cạnh của đồ thị nối chúng.

(8) Đồ thị đ gọi là liên thông nếu với hai đỉnh 0, tùy ý, tồn tại một đường đi từ w đến 0.
(4 Chu trình là một đường đi mà đỉnh xuất phát trùng với đỉnh kết thúc. Chu trình có øœ đỉnh kí hiệu

là Ch.
(Œ) Đồ thị đầy đủ là đồ thị mà giữa hai đỉnh bất kì, đều có một cạnh nối. Đồ thị đầy đủ ø đỉnh kí hiệu

la Ky.
(6) Đồ thị Œ gọi là đồ thị con của đồ thị đ nếu tập đỉnh và tập cạnh của nó lần lượt là tập con của tập

đỉnh và tập cạnh của đồ thị Ớ.

Từ các định nghĩa cơ sở trên, ta có một số kết quả quen thuộc:

Bổ đề 1.1 Bổ đề bắt tay

Cho dé thi G = (V, E), khi đó 3` đeg(0) = 2| EỊ|.

vEV

Chitng minh. Dé thay nếu ta bậc của tất cả các đỉnh, thì mỗi cạnh sẽ được tính hai lần. Vậy ta có điều
cần chứng minh. Oo

Bài tập 2

Chứng minh số đỉnh bậc lẻ của một đồ thị phải là một số chẫn.

Loi giải. Từ bỗ đề bắt tay, ta thấy nếu số đỉnh bậc lẻ là một số lẻ, thì tổng bậc của tất cả các đỉnh là
một số lẻ. Vô lý!!! LI

Bổ dé 1.2

Một đồ thị có 2n đỉnh, mỗi đỉnh có bậc ít nhất bằng n, lA mét dé thi lién thong.

Chứng rnữnh. Xét hai dinh u,v. Nếu có một cạnh nối u, 0 thì u, 0 liên thơng. Ngược lại, ta thấy

deg(u) + deg(v) > 2n.

Ma u,v khong ké nhau, nên tồn tại một đỉnh kề cả u va v. Kéo theo u, v lién thông. O
Sau những định nghĩa và kết quả cơ bản ở trên, ta cùng đi sâu hơn vào một hướng nghiên cứu trong đồ
thị. Đó là xác định xem trong một đồ thị cho trước có xuất hiện một số loại đường đi hoặc chu trình đặc biệt
khơng.

1.3 Đường đi Euler, đường đi Hamilton

Ta có định nghĩa về đường đi và chu trình Euler như sau:

Dinh nghia 1.3.1: DuGng di Euler- Chu trinh Euler
Cho dé thi G.

Œ) Một đường di qua tất cả các cạnh của G, méi canh ding mét lan goi 1a mot dudng di Euler.
(2) Một chu trình chứa mọi cạnh của Ở gọi là một chu trình Euler.

Ví dụ 1.3.1

Chứng mỉnh đồ thị có đường đi Euler thì khơng có chu trình Buler, và ngược lại có chu trinh Euler thi
khơng có đường ởi Euler.

Để kiểm tra một đồ thị vơ hướng, liên thơng có đường đi và chu trình Euler hay khơng, ta dựa vào định
lý sau:

Định lý 1.3.1 Điều kiện cần và đủ

Ta có hai kết quả sau:
Œ) Một đồ thị vô hướng liên thông G = (V, E) c6 chu trinh Euler khi và chỉ khi Œ khơng có đỉnh bậc lẻ.
Lưu ý, định lý này cũng đúng với đa đồ thị khơng có đỉnh cơ lập.
(2) Một đồ thị vô hướng liên thơng đ = (V, E) có đường đi Euler khi và chỉ khi Œ có đúng hai đỉnh bậc
lẻ. Hơn nữa, đường đi này có hai đầu mút chính là hai đỉnh bậc lẻ này.
Chitng minh. Ta chứng mình ý đầu. Với chiều xi, nếu Ở chứa chu trình Euler (P), ta thấy cứ mỗi lần

chu trình (P) đi qua một đỉnh thì bậc của đỉnh này tăng lên hai. Mà mỗi cạnh đều xuất hiện và xuất hiện đúng
một lần trong (P), do đó mỗi đỉnh của đồ thị đều có bậc chẫn.

Ngược lại, nếu mỗi đỉnh của đ đều có bậc chấn, thì mỗi khi ta đi vào một đỉnh, chắc chắn lại có một đường di
ra. Vậy ta chọn chu trình qua nhiều cạnh nhất (?P), nếu chu trình này chứa tất cả các đỉnh nhưng vẫn tồn tại
cạnh — chưa thuộc .P, thì ta chọn cạnh xuất phát là — 0 sau đó nối tiếp vào chu trình P với đỉnh xuất phát
là 0, như vậy ta thu được chu trình có nhiều hơn 1 cạnh. Vơ lý! Nếu chu trình (P) khơng chứa mọi đỉnh thì tồn
tại một đỉnh u nào đó, mà ta nối được với đỉnh nào đó trong P do tính liên thơng của đ. Hồn tồn tương tự,
ta có thể xây dựng chu trình mới nhiều cạnh hơn (P). Điều này cũng kéo theo mâu thuẫn.

Ta chuyển sang ý thứ hai về đường di Puler, nhận thấy nếu tồn tại đường di Euler (P) thi hai dinh dau va
cuối chỉ có 1 cạnh đi ra và 1 cạnh đi vào trong đường đi (P), đây chính là hai đỉnh bậc lẻ. Các đỉnh khác bằng
lập luận tương tự như phần trên đều có bậc chẫn.
Ngược lại, nếu đồ thị chỉ có hai đỉnh bậc lẻ u,v, ta thêm một cạnh ảo u — 0, khi đó đồ thị này có chu trinh Euler,
vậy ta bỏ nốt cạnh ảo thì được ngay đường đi Euler từ chu trình này.

Hình 1.7: Đồ th¿ Bảy câu cầu Kðnigsberg có 4 đỉnh bậc lẻ nên khơng có đường đi Euler.

10

Định nghĩa 1.3.2: DuGng di Hamilton- Chu trinh Hamilton
Cho dé thi G.

e Một đường đi qua tất cả các đỉnh của Ø, mỗi đỉnh đúng một lần gọi là một đường đi Hamilton.
e Một chu trình đi qua mọi đỉnh của Ở gọi là một chu trình Hamilton.

Ví dụ 1.3.2

Cho ba đồ thị Œ+,GŒa,Gs như trong hình 1.8, chỉ có G¡ có chu trình Hamilton, đồ thị Gạ có đường đi
Hamilton nhưng khơng có chu trình Hamilton, và Ga khơng cố đường di Hamilton.

d

Hình 1.8: Ban héy thử tìm chu trành va duéng di Hamilton trong cdc dé thi sau.
Khơng như với chu trình Euler, việc tìm điều kiện cần và đủ để một đồ thị chứa chu trình Hamilton vẫn
là một câu hỏi mở. Tất nhiên, có rất nhiều thuật tốn có thể làm cơng việc này, nhưng chưa có một thuật tốn
nào có thời gian đa thức (bài tốn xác định có hay khơng chu trình Hamilton trong một đồ thị là bài toán thuộc
lớp NP, bạn đọc hứng thú có thể tìm hiểu thêm trong [¡12]). Tuy nhiên, ta vẫn có một số tiêu chuẩn dé kiểm tra
như sau:

Định lý 1.3.2 Định lý Ore

Cho đồ thị đ. Nếu mỗi cặp đỉnh khơng kề nhau đều có tổng bậc lớn hơn hoặc bằng n, thì Ø chứa một chu
trình Hamilton.

Chitng minh. Ta co thể tóm lược chứng minh định lý Ore thông qua 8 bước nhỏ sau:
Œ) Giả sử phản chứng, ta chọn đồ thị Œ có nhiều cạnh nhất, thỏa mãn điều kiện của định lý Ore nhưng không

chứa chu trình Hamnilton.
(2) Do đó, khi thêm một cạnh bất kỳ vào G, đồ thị này chứa một chu trình Hamilton có chứa cạnh vừa thêm.
(3) Vậy, giữa hai đỉnh bất kỳ trong Œ. có thể nối chúng với nhau bằng một đường di Hamilton.
(42 Trong phần bài tập, ta sẽ chứng minh một kết quả đơn giản là K„ chứa chu trình Hamilton véi moi n > 3.,

vì vậy Œ khác K„. Kéo theo, tồn tại hai đỉnh 0, 0„ không kề nhau trong Œ, nhưng vẫn tồn tại một đường
đi Hamilton: 0ị — Ua — --- — Đ„_—1 — Un.
(6) Giả sử uị kề với k đỉnh 0¿,,0¿„,..., 0¿„ và

2= 1 <1a<''<'t.
(6) Dinh ø„ sẽ không kề với đỉnh œ;,_¡ nào vì nếu khơng sẽ tồn tại chu trình Hamilton như trong hình 1.9.
(Œ Vậy uạ khơng kề với ít nhất k đỉnh {œ¡,_1,...,4„_1}. Suy ra

deg(vn) 11

v1 ~ Vi, Un—1 Un
=
»
=
GcS .a c
—
~
—
~
ae Ce”

Hinh 1.9: Chu trinh Hamilton Ul — U2 — 8 = Vig=1 — Un — Una tt ig UL

Kéo theo n < deg(+ 0de1g()u„) < k + (n — 1— È) =n— 1.

và ta dẫn đến điều cần chứng minh.

Định lý Ore cho ta hai hệ quả trực tiếp là các định lý của Dirac.

Hệ quả 1.3.1 Định lý Dirac

CCho đồ thị đ. Nếu mỗi đỉnh có bậc lớn hơn hoặc bằng n2, thì Ø chứa một chu trinh Hamilton.

Hệ quả 1.3.2 Hệ quả của định lý Dirac

` . - ` n— Ì
CCho đồ thị ứ. Nêu mỗi đỉnh có bậc lớn hơn hoặc bằng _~ thì Ø@ chứa một chu trình Hamilton.

Việc chứng minh hai hệ quả trên dựa vào định lý Ore và khơng q khó khăn, nên xin để lại như hai bài

tập lý thuyết cho các bạn đọc. Như vậy, kết thúc chương 1, chúng ta đã có cái nhìn sơ lược, và một số kiến thức
nền móng về lý thuyết đồ thị. Các kết quả này hồn tồn có thể dạy cho một phổ lớn các em học sinh ở nhiều
mức độ khác nhau. Tuy nhiên, để hướng tới đối tượng là các em học sinh giỏi thì ta cần thêm một số mảng kiến
thức chuyên sâu khác trong chương 3, chương 4.

12

Chương 2

Phát hiện và sử dụng mơ hình đồ thị

Một trong những kĩ năng đầu tiên cần dạy học sinh khi học về lý thuyết đồ thị là phát hiện được mơ hình. Trong
rất nhiều bài tốn, ý tưởng để xây dựng mơ hình đồ thị thể hiện rất rõ. Tuy nhiên, trong một số bài toán, ý
tưởng đồ thị được ấn đi một cách rất khéo. Việc phát hiện, và sử dụng mơ hình đơ thị đơi khi lại trở lại ý tưởng
quyết định việc xử lý được hay khơng xử lý được bài tốn. Trong chương này, chúng ta sẽ cùng tìm hiểu hai lớp
bài tốn như vậy. Tôi bỏ qua những bài tập dễ, nên tất cả các bài tập ở chương này đều là những bài tập yêu
cầu học sinh có khả năng tư duy tốt.

2.1 Những bài tốn mơ hình đồ thị được ấn đi

Bài tập 3: Ấn Độ 2023

Cho S là một tập hữu hạn số nguyên dương. Giả sử rằng, có đúng 2023 cặp (x,y) trong S x S, sao cho
tích zụ là một số chính phương. Chứng minh rằng, có thể tìm được ít nhất bốn số phan biét trong S, sao
cho tích của hai số bất kỳ trong bốn số này đều không phải là một số chính phương.

Lời giải. Ta xây dựng một đồ thị Ở với tập đỉnh chính là tập S, hai đỉnh z, + của đồ thị nối với nhau nếu
xy là một số chính phương. Ta có nhận xét quan trọng, nếu tồn tai canh x — y va — z thì tồn tại cạnh x — z.
That vay, néu xy = a’, yz = b? thi xzy? = (ab). Do đó xz cũng phải là một số chính phương.
Từ nhận xét trên, ta thấy ngay cấu trúc của đồ thị đ gồm các thành phần liên thông, mà mỗi thành phần

liên thơng là một đồ thị đầy đủ (cịn gọi là một cÏgue). Và bài toán đưa về, chứng minh Ở có ít nhất bốn thành
phần liên thơng. Thật vậy, giả sử đ có nhỏ hơn bốn thành phần liên thơng, ta gọi số đỉnh của mỗi thành phần
liên thông này là aq, a,øz (có thể có một số a; bằng 0). Suy ra số cặp (z,1) trong Š x ®Š, sao cho tích z là một
số chính phương bằng
a? + a2 + a2 = 2023.

Điều này mâu thuẫn, vì tổng ba số chính phương chia 8 khơng thể chia 8 dư 7, mà 2023 chia 8 du 7.

Bai tap 4: IMO Shortlist 2018 - C2 - Armenia

Queenie va Horst chơi một trò chơi trên bàn cờ kích thước 20 x 20. Ban đầu, bàn cờ chưa có quân cờ nào.
Ở mỗi lượt đi, Horst đặt một qn mã đen vào một ơ cịn trống sao cho quân mã này không thể ăn được
bất cứ quân mã nào đã đặt trước đó. Sau đó, Queenie đặt một qn hậu vào một ơ trống tùy ý. Trò chơi
kết thúc khi một trong hai người không thể đặt thêm quân lên bàn cờ. Tìm số nguyên dương X lớn nhất
sao cho với mọi chiến thuật chơi của Queenie, Horst có thể đặt được tối thiểu K quân mã lên bàn cờ.

Lời giải. Ta chỉ ra số K = 100 qua hai bước. Bước thứ nhất, ta chỉ ra một chiến thuật mà Host có thể
đặt được ít nhất 100 quân mã lên bàn cờ. Bước thứ hai, ta chỉ ra một chiến thuật của Queenie mà Horst không
thể đặt quá 100 quân mã lên bàn cờ. xen như bàn cờ vua thông thường. Horst chỉ cần đặt
Chiến thuật của Horst. Ta tô màu bàn cờ đen trắng đan

13

các qn mã lên những ơ den cịn trống. Để ý là có 20.20/2 = 200 6 den va hai con mã ở hai ô cùng màu không
thể ăn nhau. Do đó, Horst đặt được 100 quân mã lên 100 ô đen sau 200 lượt đầu tiên.
Chiến thuật của Queenie. Xét một bảng con 4 x 4 của bảng 20 x 20 ban đầu. Coi mỗi ô vuông đơn vị nhưn
một đỉnh đồ thị, hai đỉnh được nối với nhau khi và chỉ khi con mã có thể đi từ đỉnh nọ đến đỉnh kia sau một
bước nhảy. Khi đó, trong bảng 4 x 4, ta xây dựng được 4 chu trình có độ dài 4 như hình mình họa. Chia bàng
20 x 20 thành 2ð bảng 4 x 4 và xây dựng các chu trình như trên. Như vậy, ta thu được 100 chu trình có độ dài
4. Với mỗi chu trình A— B—C — D— A, Quennie có thể chơi như sau. Mỗi khi Horst đặt một quân mã vào ơ A

trong một chu trình, Queenie đặt qn hậu vào ô Œ đối diện 6 A trong chu trình. Rõ ràng, Horst khơng thể đặt
B

D
quân mã tiếp theo vào ba ô B,C, D. Do d6, néu Queenie choi theo chiến thuật này thì Horst chỉ đặt được tối đa
100 quân mã lên bàn cờ.

Tóm lại, số quân mã lớn nhất mà Horst có thể đặt được lên bàn cờ với mọi chiến thuật của Quennie là

K = 100 quân.

LÌ
Bai tap 5: IMO Shortlist 2015 - C7 - Nga

Ở một công ty, có một số người là kẻ thù của nhau. Một nhóm người gọi là khơng hịa đồng nếu số thành
viên của nhóm đó là một số lẻ lớn hơn 2, và ta có thể sắp xếp những thành viên của nhóm này quanh
mot ban tron sao cho 2 người ngồi kề nhau là kẻ thù của nhau. Biết rằng có nhiều nhất 2015 nhóm người
khơng hịa đồng. Chứng minh ta có thể phân hoạch những người trong cơng ty này thành 11 nhóm sao
cho khơng có 2 người nào trong cùng nhóm là kẻ thù của nhau.

Lời giả¿. Xét đồ thị Œ = (V, E) với tập đỉnh V tương ứng với tập những người trong công ty, và nếu 2
người là kẻ thù của nhau thì tạo nên 1 cạnh trong tập cạnh #. Như vậy, kết luận của bài toán tương đương với
việc ta có thể tơ màu các đỉnh của đồ thị bởi 11 màu sao cho 2 đỉnh kề nhau không cùng màu. Ta sẽ đi chứng
mỉnh một nhận xét tổng quát hơn.
Nhận sét. Cho đồ thị Œ có sắc số k > 3. Khi đó Œ chúa ít nhất 2*—~! — k nhóm khơng hịa đồng.
Chứng mứnh nhận xét. Trước hết, nhắc lại sắc số của đồ thị Œ là số nguyên k nhỏ nhất sao cho ta có thể tơ màu

14

các đỉnh của Œ bằng k màu và 2 đỉnh kề nhau khơng cùng màu. Cụ thể, ta có thể phan hoặc tập đỉnh

V=V,U---UV,, (2.1)

với tất cả các đỉnh thuộc tập W¿ được tô màu 7. Néu nhận xét được chứng minh, kết hợp vdi 24+ — 12 > 2015 ta
có ngay kết luận của bài toán.

Giả sử sắc số của đồ thị Œ ta đang xét là k. Ta biết rằng, với sắc số k, ta có thể có nhiều hơn 1 cách để tơ
màu các đỉnh của đồ thị. Xét một trường hợp tô màu đặc biệt. Ta nói rằng cách tơ màu (2.1) của Œ là theo thứ
tự nếu số mạ = |W¡| là nhỏ nhất có thể; số mạ = |Wa| là nhỏ nhất có thể với điều kiện |Vị| = m¡. Tương tự như
vay, 86 nz — |V„| là nhỏ nhất có thể với điều kiện mị = |Wi|n,a = |Wa|,...,zz, — [Ve_i|. Ta có bổ đề sau:
Bồ đề. Giá sử G = (V, E) là một đồ thị uới sắc số k > 3 oà lẻ. Giả sử (2.1) là một cách tơ theo thứ tự. Khi đó G
chứa một chu trành lẻ đỉnh oà tất cả k màu đều xuất hiện ở các đỉnh của chu trành nà.
Chitng minh. Ta goi một chu trình là đẹp nếu nó có đủ k màu. Đánh số các màu từ 1 đến k. Lấy u € Vị. Ta sẽ
xây dựng một chu trình có đúng một đỉnh trong Vì là 0.

Trước hết, ta xây dựng một đồ thị con của đồ thị Œ như sau. Đặt đỉnh o làm tâm, sắp xếp các tập Va,..., Vy
trên một đường tròn tâm 0œ theo chiều ngược chiều kim đồng hồ. Để thuận tiện, ta coi W„„¡ — Vạ. Ta sẽ thêm
mũi tên để thêm hướng cho một số cạnh của Œ và đánh dấu điểm đỉnh của các mũi tên đó (Ví dụ, với cạnh 4
nào đó, ta thêm hướng di từ A đến Ö và đánh dấu điểm đỉnh là điểm ). Đầu tiên, ta thêm các mũi tên từ 0
đến tất cả các đỉnh kề nó trong W2 và đánh dấu các đỉnh trong W2 này. Ta lần lượt xét các đỉnh được đánh dấu
€ Vị với ¿ lần lượt chạy từ 2 đến k. Ta vẽ mũi tên từ đỉnh này đến những đỉnh kề với và chưa được đánh
dấu trong tập W¿¿+. Sau đó, ta lại đánh dấu tất cả những đỉnh trong V;,1 này. Ta cứ tiếp tục quá trình trên đến
khi cịn có thể. Rỗ ràng, vì tập đỉnh hữu hạn và qua mỗi lần ta lại tăng số đỉnh được đánh dấu nên q trình sẽ
dừng khi ta khơng thể tăng số đỉnh được đánh dấu lên nữa.

Chú ý rằng, từ cách ta đánh dấu các đỉnh, sau bước cuối cùng của quá trình; các đỉnh đã đánh dấu ở W;¡
sẽ khơng có đỉnh kề trong W¿;¡ mà đỉnh kề này lại chưa được đánh dấu. Hơn nữa, 0 sẽ liên thông với tất cả các
đỉnh được đánh dấu bởi một đường đi có hướng (đi theo hướng các mũi tên).

Giờ ta di chuyển mỗi đỉnh được đánh dấu thuộc tập W¿ sang tập W¿+ (các đỉnh từ W¡ sang V;;¡ sẽ được tô
màu ¿ + 1). Ta thu được một cách tô màu mới vẫn thỏa mãn 2 đỉnh kề nhau không cùng màu. Ký hiệu cách tô
này là

Vị OU Wa U- --U Wy,.

Nhận thấy v sé kề với một đỉnh œ € We vi néu không

(V, \ {u}) U (We U {v}) UW3U--U-W,

sẽ là một cách tô màu mới mà rõ ràng |Wi \ {ø}| < |Vi|. Mãu thuẫn với cách chọn để (2.1) là một cách tô màu
theo thứ tự. Nếu œ chưa được đánh dấu thì œ € Vạ. Vậy ở bước đầu tiên của quá trình, đỉnh phải được đánh
dấu. Như vậy nó sẽ phải được chuyển sang Vạ nhưng điều này khơng xảy ra. Vì vậy œ được đánh dấu và nó được
chuyển từ W sang Wạ, hay ở thời điểm ban đầu u € W2.

Cũng do u được đánh dấu, tồn tại một đường đi có hướng từ u đến u, ta thấy đường đi này đi qua tất cả
các đỉnh thộc W2,..., Vy, chỉ cần nối thêm cạnh từ w đến 0; ta có ngay một chu trình có k cạnh. Vậy ta đã xây
dựng được một chu trình lẻ cạnh và có đủ k màu và bổ đề được chứng minh.
Quay trở lại việc chứng minh nhận xét, ta chọn một cách tơ có thứ tự của G như (2.1). Tương tự như trong bổ
đề, ta đánh số các màu từ 1 đến k. Với mọi tập Œ C {1,2,..., &} thỏa mãn |C| lẻ và lớn hơn 1, ta sẽ chỉ ra một
chu trình lẻ có đủ tất cả các màu trong C. Tính chất này sẽ đảm bảo rằng ta có 2 chu trình khác nhau với hai
tập Ở khác nhau. Kéo theo nhận xét được chứng mỉnh vì ta có đúng 2"~! — k tập có lực lượng lẻ và lớn hơn 1.

Ký hiệu Vợ = |J Ve va Go 1a dé thi con của Œ cảm sinh từ các đỉnh của tập Vợ. Rõ ràng, ta có thể tơ

ccC

màu các đỉnh của Vẹ bởi |C| màu sao cho 2 đỉnh kề nhau không cùng màu. Hơn nữa, cách tô màu này cũng là
một cách tô màu theo thứ tự của Gợ, vì nếu có một cách tơ màu (W⁄¿)«cc khác và là một cách tơ màu theo thứ
tự cia Go; thì kết hợp cách tơ (W//)¿cc và cách tơ các V¿ mà ¿ ¢ C, ta sẽ thu được một cách tô màu tốt hơn

cách tô (2.1). Vô lý!

Từ đó, áp dụng bổ đề cho đồ thi Go và cách tô màu theo thứ tự tương ứng là (V,)eec, ta thu được một
chu trình lẻ và có đủ các màu trong Œ. Vậy nhận xét được chứng minh và ta kết thúc bài toán.

LÌ

15

Bai tap 6: IMO Shortlist 2020 - C6
Cho 4n đồng xu có trọng lượng lần lượt 1,2,..., 4n. Mỗi đồng xu được tô một trong màu và mỗi màu
có 4 đồng xu. Chứng minh rằng có thể phân hoạch tập các đồng xu thành hai tập có cùng trọng lượng,
sao cho trong mỗi tập, mỗi màu đều có hai đồng xu.

Lời giải của Evan Chen. Đề ý rằng

1+ án =2+ (An — 1) = 3+ (An — 3) =...

Do đó, ta đặt mỗi 4 viên sỏi cùng màu vào một hộp, (có hộp như vậy). Với mỗi k = 1,2,...,2n, ta nối một
cạnh giữa viên sỏi trọng lượng k với viên sỏi trọng lượng 4n -L l — È.

Để giải quyết bài tốn, ta chỉ cần tơ màu mỗi cạnh này bằng màu xanh da trời, hoặc xanh lá sao cho mỗi
hộp chứa hai viên sỏi là đầu mút của hai cạnh xanh da trời, và hai cạnh xanh lá (chú ý rằng, nếu hai tiên k va
4n + 1 — k cừng hộp thà cạnh nối chúng sẽ được đếm hai lần).

o r

Box C Box D

Hinh 2.1: Minh hoa khi cé 5 hép.

Vay ta chỉ cần chứng minh nốt bổ dé

Bổ đề 2.1

Cho đa đồ thị 4—regular với + đỉnh (cho phép cạnh tự nối và coi như đỉnh đấy có bậc 2+), khi đó, ta có
thể tơ màu các cạnh đồ thị bằng hai màu xanh da trời và xanh lá cây, sao cho mỗi đỉnh là đầu mút của
hai cạnh màu xanh da trời và hai cạnh xanh lá cây.

Chứng minh. Mỗi thành phần liên thông của đồ thị có thể phân tích thành một chu trình Euclide vì 4 là
một số chẫn. Mỗi thành phân liên thơng có k đỉnh và 2k cạnh trong chu trình Euclide của nó, do đó, ta có thể
tơ màu các cạnh trong chu trình này đan xen xanh lá cây, xanh da trời.

LI

16

2.2_ Những bài tốn mơ hình đồ thị thể hiện rõ

Bai tap 7: IMO Shortlist 2001 - C3

Dinh nghĩa một k — clique l& m6t tap k ngwdi ma hai ngudi d6i mét quen nhau. Ỏ một bữa tiệc, mọi cặp
3 — clique đều có chung ít nhất một người, và không ton tai 5 — clique. Chttng minh rang, ta có thể bỏ đi
khơng q 2 người, sao cho tập những người cịn lại khơng cịn 3 — cÏique.

Lời giải. Ta coi mỗi người như một đỉnh đồ thị, và hai người quen nhau sẽ được nối bằng một cạnh. Gọi
G la dé thi này. Nếu đ có khơng q một tam giác, thì lời giải là hiển nhiên. Nếu Ø có từ hai tam giác trở, lên
thì hai tam giác bất kỳ sẽ có thế hình như minh họa ở dưới. Giả sử thế hình (ø) xuất hiện, đặt Tì = {p,qg,r} và

p 8

(a) (b)

Hình 2.2: Trường hop (a) va (b).
T; = {r,s,t}. Nếu xóa r làm mất hết các tam giác trong G là xong, nếu khơng thì tồn tại tam giác 7š có đỉnh
chung với Tị và Tạ. Điều này sẽ kéo theo sự xuất hiện của thế hình (ð) với z = r và u € T1, € Tạ. Vậy ta chỉ
cần xét trường hợp (b). Nếu (0) xuất hiện, kí hiệu TỊ = {u, 0,#} và Tạ = {u,v, y}. Nếu việc xóa u, 0 làm mất hết
các tam giác là xong. Nếu không, phải tồn tại một tam giác Tš = {z, , z}. Vậy Ở sẽ chứa thế hình sau. Ta thấy

U

Hình 2.3: Hình chứa E;.

rằng, việc xóa z, sé lam mat tất cả các tam giác. Thật vậy, giả sử phản chứng, nếu tồn tạo một tam giác 7
không mất đi khi xóa {z, }, vậy 7' chứa z. tương tu, T chtta u,v. Nhung diéu nay kéo theo {z, y, z, u,v} = Ks.
Mau thuẫn!

LÌ
Bài tập 8: JMO 1997

CCho đồ thị đ gồm 9 đỉnh. Với 5 đỉnh bất kỳ trong đồ thị đều tồn tại ít nhất 2 cạnh có các đầu mút thuộc
tập 5 đỉnh này. Hỏi đ có tối thiểu bao nhiêu cạnh?

Lời giải. Kí hiệu a„ là số cạnh ứng với bài toán tổng quát về đồ thị Ở có nø đỉnh. Ta xét a„+¡. Với mỗi
đỉnh ¿¡, ta xét đồ thị đ còn lại sau khi bỏ ¿ và các cạnh có đầu mút là ¡¿. Ta gọi số cạnh còn lại của G la E; thi rd

17

ràng E; > a, vi dé thi còn lại vẫn thỏa mãn điều kiện bài toán.
Mặt khác >> E; = (n—1)an41 vi mỗi cạnh được đếm [(n + 1) — 2] = n T— 1 lần. Lưu ý rằng, đồ thi G gốc có m + 1

¿€V
đỉnh. Vậy

(m — 1)d„_1 = » > (n+ 1)an.
iEV

Kéo theo n+l
An+1 2 he [on

Ta thay a; = 2, 4p dung bat dang thitc trén nhiều lần, suy ra ag > 3, a7 > 5, ag > 7, ag > 9.
Ta chi ra tồn tại câu hình đồ thị đ gồm 9 cạnh, 9 đỉnh thỏa man nhu hinh 2.4. R6 rang, khi chon ra 5 dinh

A B C

Hình 2.4: Cấu hành đơ thị 9 đính thỏa man dé bai vdi số cạnh ít nhất bằng 9.
bất kỳ, thì có 3 trường hợp xảy ra:

e Tlrường hợp 1: 3 đỉnh thuộc 4, 1 đỉnh thuộc , 1 đỉnh thuộc C.
e Trường hợp 2: 3 đỉnh thuộc 4, 2 đỉnh thuộc Ö.
e Trường hợp 3: 2 đỉnh thuộc 4, 2 đỉnh thuộc , 1 đỉnh thuộc C.
Ta, lần lượt xử lý các trường hợp trên một cách dễ dàng.

Bai tap 9: IMO 2020 - Bài 4 - An Do

Cho s6 nguyén n > 1. C6 n* tram nghỉ trên một sườn dốc của một đỉnh núi, tất cả các trạm nghỉ đều có
kinh độ khác nhau. Mỗi công ty cáp treo, 4 và Ư đều có k ơ tơ cáp, mỗi ô tô cáp chở khách từ một trạm
nghỉ đến một trạm cao hơn (không dừng nghỉ). Giả sử k ô tô cáp của công ty A có k điểm xuất phát và
k điểm kết thúc khác nhau, và ô tô cấp có điểm xuất phát cao hơn thì điểm kết thúc cũng cao hơn. Điều
kiện này cũng đúng cho cơng ty Ở. Ta nói rằng, hai trạm nghỉ được nối với nhau bởi một công ty nếu
một người xuất phát từ một trạm nghỉ thấp hơn và có thể đi đến trạm cao hơn bằng một hoặc một số ô

tơ cáp của cơng ty đó. Tìm số ngun dương k nhỏ nhất sao cho có thể chắc chắn rằng, tồn tại hai trạm
nghỉ được nối với nhau bởi cả hai công ty.

Lời giải của Euan Chen. Ta chỉ ra k — nŠ — n + 1. Thật vậy, nêu k = n? — n, ta xAy dung m6 hinh

tương tự như trong hình 2.5. Có thé thấy, khơng tồn tại hai trạm nghỉ được nối với nhau bởi cả hai công ty.
Với k = nˆ — n + 1, ta coi A,B như các đồ thị có hướng mà các thành phần liên thông là các đường đi

(một số đường đi có thể có 0 cạnh). Nếu k = n2 — n + 1, thì mỗi cơng ty 4, B sẽ có đúng n — 1 thành phần liên
thơng. Tuy nhiên, một số thành phần liên thông của 4 lại có ít nhất là n + 1 đỉnh. Do đó, thành phần liên thơng
này sẽ có hai đỉnh chung trong thành phần liên thơng tương ứng ở cơng ty Ư. Kéo theo đây chính là hai đỉnh nối
với nhau bởi cả hai công ty.

LÌ

18

4 FSi | © __——> ®4

4
|

| ' : — e __

“ VỆ 4 f

4 | ị

[ | |

| ! __—®-~ —
® — 98_— 4

‘ f |

[ Bere aot ° —” ®

———

Hình 2.5: Cách xâu dựng uới k — nŸ —m, khi n = 4, giả sử các tuyén đi của công tụ A mau do, céng ty B mau
zanh.

Bai tap 10: IMO Shortlist 2013 - C3 - Nhat Ban

Một nhà vật lý điên khám phá ra một loại hạt mới trong phòng thí nghiệm của ơng ta và đặt tên nó là
hat imon. Hai hat imon có thể liên kết hoặc không liên kết với nhau, và mỗi hạt imon có thể liên kết với
nhiều hạt imon khác. Nhà vật lý phát hiện ra rằng, ở mỗi thời điểm, ơng ta có thể tiến hành một trong
hai tác động sau đây vào các hạt Imon.

() Nếu một hạt imon liên kết với một số lẻ các hạt imon khác thì nhà vật lý có thể phá hủy hạt imon
đó.

(2) Nhà vật lý có thể gấp đơi số lượng các hạt imon bằng cách tạo ra một bản copy Ï của mỗi hạt imon
T. Hơn nữa, hai bản copy l7, J” sẽ liên kết với nhau khi và chỉ khi hai bản gốc J, J liên kết với nhau.
Ngoài ra, bản gốc Ï cũng liên kết với bản copy l”; và khơng có thêm liên kết nào xuất hiện hoặc biến

mat.

Chứng minh rằng, nhà vật lý có thể sử dụng một dãy hữu hạn các tác động để tạo ra một họ các hat imon
sao cho khơng có hai hạt nào liên kết với nhau.

Lời giải 1. Xét mơ hình đồ thị Ø mà mỗi hạt imon là một đỉnh và hai hạt imon liên kết với nhau khi và
chỉ khi có một cạnh nối chúng. Ta nói một cách tơ màu các đỉnh của Ở là một cách ¿ô tốt nếu hai đỉnh kề nhau
khác màu.

Bồ đề. Nêu G c6 thé được tô tốt bằng n màu, thì bằng các tác động theo giả thiết đề bài, ta có thể tạo ra một
đồ thị đ mới có thể được tơ tốt bằng n — 1 màu.
Chứng mính bổ đề. Đánh số các mầu được dùng là 1,2,...,n. Trước hết, ta lần lượt xóa hết các đỉnh lẻ theo tác
động (7). Khi đó, đồ thị đ cịn toàn các đỉnh bậc chan. Rõ ràng, đồ thị mới này vẫn có thể tơ tốt bằng mø màu.
Giờ ta tiến hành thao tác (22) và tô màu các đỉnh copy như sau:

e Nếu đỉnh gốc Ï tơ màu k thì J tơ mầu k + 1.
e Nếu đỉnh gốc J t6 mau n thi J’ tô màu 1.
V6i cAch t6 trén, d6 thi mdi van dudc t6 t6t bang n mau. Hon nifa, bac cla méi dinh trong dé thị đ bây giờ đều
lé. Xét nhitng dinh cua G dudc t6 bang mau n. Ta c6 thé x6a lan lượt các đỉnh này vì mỗi đỉnh đều có bậc lẻ và
vì 2 đỉnh trong cdc dinh nay khong ké nhau (do ching chung mau n), do vậy bậc của chúng không ảnh hưởng
khi ta xóa một đỉnh cùng màu với chúng. Vậy ta thu được đồ thị Ø mới có thể td tét bang n — 1 màu.

Quay trở lại bài toán, giả sử ban đầu dé thi G có ø đỉnh thì ta có thể tơ tốt nó bằng u màu. Ấp dụng bổ
đề liên tiếp u — 1 lần, thì thu được đồ thị Ø có thể tơ tốt bằng một màu. Rõ ràng, đồ thị này khơng có cạnh nào,
hay ta có thể tạo ra một họ các hạt imon mà khơng có hai hạt nào liên kết với nhau.

Lời giải 2. Ta lại sử dụng ngôn ngữ đồ thị.
I. Ta bắt đầu với bổ đề sau.
Bồ đề. Giả sử đồ thị Ø chứa một đỉnh cô lập 4, và một đồ thị đ° thu được từ đồ thị đ bằng việc xóa đỉnh đó

19

đi. Khi đó, nếu tồn tại một dãy các tác động lên đ° sao cho đồ thị thu được không có cạnh nào, thì cũng tồn tại
một dãy các tác động lên Ở sao cho đồ thị thu được cũng khơng có cạnh nào.

Chứng minh bồ đề. Xét dãy các tác động lên Ø° như trong giả thiết của bổ đề, và đồ thị cuối cùng thu được là
ớđ?. Khi đó, tồn tại một dãy tương ứng các tác động lên đ và thu được đồ thị đi chỉ khác với đồ thị Ớ? ở việc
thêm điểm cô lập A. That vậy, nếu một thao tác thuộc loại (i), ta chi don giản là lặp lại thao tác này cho đ. Nếu
một thao tác thuộc loại (22), ta thực hiện thao tác (zi) cho G, sau d6 x6a dinh A’ (vi khi đó, đỉnh này có bậc 1).

Vậy, từ dãy các thao tác cho Ø°, ta có thể xây dựng một dãy các thao tác tương ứng cho Ø. Bồ đề được
chứng minh.
Từ bổ đề ta thấy, nếu ở thời điểm nào đó, đồ thị đ chứa một số đỉnh cơ lập, thì ta có thể xóa các đỉnh cơ lập
này đi. Quy ước đây là thao tác (2).
H. Kí hiệu V = {4ÿ,..., 4? } là tập các đỉnh của đồ thị ban đầu. Ta mô tả các dạng đồ thị có thể xuất hiện trong
q trình thực hiện các thao tác. Giả sử thao tác (22) được thực hiện zn lần. Nếu ta chỉ thực hiện chuỗi thao tác
này, thì đồ thị thu được Øj* có tập các đỉnh có thể được đánh số như sau

Vir = {Al :1với A? là đỉnh “tổ tiên” chung của tất cả các đỉnh 4Ÿ, và biểu diễn nhị phân của 7 (có thể thêm một số số 0 vào
bên trái để có được biểu diễn có zm chữ số) sẽ “lưu giữ lịch sử” của đỉnh đó. Cụ thể, chữ số thứ d từ bên phải

bằng 0 nêu ở lần gấp đôi thứ đ, đỉnh mẹ sinh trực tiếp ra đỉnh 4? từng nằm ở đồ thị gốc, và chữ số này bằng 1
nếu đỉnh mẹ sinh trực tiếp ra đỉnh Aj từng là một đỉnh sinh ra từ một bản sao nào đó.

Tiếp theo, ta thay hai dinh Aj va Af trong G™ dude néi vdi nhau bởi một cạnh nếu hoặc một trong hai
điều kiện sau thỏa mãn:

e Điều kiện 1: j = £ và có một cạnh nối giữa 4ÿ và A¿ ở đồ thị gốc. (như vậy, các đỉnh này xuất hiện cùng
một lúc khi ta thực hiện một thao tác (2) nào đó).

e Diéu kién 2: i=k va biểu diễn nhị phân của 7 và £ khác nhau ở đúng một vị trí (như vậy, các đỉnh tổ tiên
của các đỉnh 4ƒ và A¿ được nối với nhau với vai trò một đỉnh ở đồ thị gốc nối với một đỉnh copy của nó, ở
một thao tác (2) nào đó).
Bây giờ, nêu một số thao tác (2) được thêm vào quá trình này, thì một số đỉnh trong Ø7? biên mất. Do vậy,

trong mọi trường hợp, đồ thị thu được vẫn là một đồ thị con của đồ thị j7”.
II. Cuối cùng, ta sẽ chỉ ra rằng, từ mỗi đồ thị con của Ø7”, ta có thể xóa tất cả các đỉnh của đồ thị con này bằng
các thao tac (i), (iz), (2). Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo n; trường hợp ø = 0 là hiển nhiên.

Với bước quy nạp, ta sẽ chỉ ra cách sử dụng các thao tác trên để thu được một đồ thị khơng chứa đỉnh
nào có dạng 4ƒ với 7 ngun. Ta thực hiện điều này qua ba bước.

Bước 1. Sử dụng liên tiếp thao tác (2) cho đến khi đồ thị cịn tồn các đỉnh bac chan.
Bước 2. Sử dụng thao tac (iz) dé thu được đồ thị con của đồ thị đ?*?! với tất cả các đỉnh đều có bậc lẻ. Trong
đồ thị này, ta xóa lần lượt tất cả các đỉnh 47 mà tổng các chữ số trong biểu diễn nhị phân của 7 là một sé chan.
Điều này là khả thi vì khơng có cạnh nào nối các đỉnh như vậy với nhau, vì vậy bậc của tất cả các đỉnh này vẫn

luôn lẻ khi ta thực hiện thao tác xóa. Sau đó, ta xóa tất cả các đỉnh cơ lập.

Bước 3. Cuối cùng, xét đỉnh có dạng 47 còn lại (như vậy tổng các chữ số trong biểu diễn nhị phân của 7 là lẻ).
Nếu bậc của đỉnh này lẻ, ta xóa nó đi. Nếu khơng, vì 4j, không là đỉnh cô lập, xét một đỉnh kề với nó. Dinh nay
có dạng 4j với k < n (vì nếu khơng, nó phải có dạng 4ƒ, với ? chẫn. Tuy nhiên, tất cả các đỉnh dang nay đã bị

xóa ở Bước 2). Khơng có đỉnh kề nào của đỉnh A} bị xóa ở Bước 2 và 3, do đó nó vẫn là một đỉnh bậc lẻ. Vậy ta

có thể lần lượt xóa 4j rồi xóa 4Ÿ.

— Chú ý rằng, việc xóa này khơng ảnh hưởng tới thao tác ở bước này lên các đỉnh khác, vì khơng có hai đỉnh
A? va Af nao được nối với nhau nếu 7, phân biệt và tổng các chữ số trong phân tích nhị phân của hai số này
đều lẻ. Do đó, ta đã xóa tất cả các đỉnh có dạng 47, và thu được đồ thị con G7**†!, Ap dụng giả thiết quy nạp,

ta có thể kết thúc chứng minh.

LÌ

Nói chung, những lời giải sử dụng mơ hình đồ thị, đặc biệt là với những bài tốn mà mơ hình đồ thị được
an đi ln đem lại cho học sinh hứng thú và sự phấn khích lớn.

20

Chương 3 phân

Đồ thị lưỡng

Trong rất nhiều đồ thị phức tạp (hay dữ liệu nói chung), có vẻ các thông tin xuất hiện tương đối ngẫu nhiên, và
dường như ta khơng thể làm gì. Tuy nhiên, thực ra trong phần lớn các đồ thị, có những cấu trúc được ẩn đi. Một
trong những cấu trúc chúng ta khá thường xuyên gặp là đồ th¿ lưỡng phân (còn gọi là đồ thị chia phe). Khi gặp
một đồ thị có rất nhiều cạnh và đỉnh, để nhìn thấy cấu trúc của đồ thị, thường ta sẽ phân hoạch tập đỉnh thành
các tập con, mỗi tập con như vậy còn gọi là một cụm (cluster), và mỗi cạnh của đồ thị thường có hai đỉnh thuộc
hai cụm khác nhau. Đây là một trong những lý do ta quan tâm đến đồ thị lưỡng phân. Lưu ý rằng, trong phạm
vi tài liệu này, ta chỉ xét các đồ thị có hai phe. Với các đồ thị có nhiều phe hơn, ta khơng quan tâm, ngoại trừ
một chứng minh nhỏ trong định lý 'Turan.

3.1 Lý thuyết về đồ thị lưỡng phân

Định nghĩa 3.1.1: Đồ thị lưỡng phân

Đồ thị đ = (V, F) gọi là lưỡng phân (hay chia phe) nếu tập đỉnh W có thể phân hoạch thành hai tập hợp
Wị, Vạ, sao cho mỗi cạnh của đồ thị đ đều có một đầu mút thuộc Vị, và đầu mút còn lại thudc Vo.

Vi V2

inh 3.1: Minh hoa dé thi lng phan.

Đồ thị lưỡng phân có những tính chất tương đối dé thấy. Ví dụ, nếu tập đỉnh W được phân hoạch thành

hai tap hgp Vi, V2, thi 5> deg(v) = S> deg(v) = |E|. Hoặc số cạnh của đồ thị lưỡng phân đ không vượt quá
veVy veEVe đỉnh thuộc Va, thi
IWi|l|Va|. Ngoài ra nếu số cạnh của đ bằng |Vi||Va|, tức là mỗi đỉnh thuộc Vị đều nối với mỗi
Ở còn gọi là đồ thị lưỡng phân đầy đủ \ự,,Iv;|-
Để kiểm tra một đồ thị là đồ thị lưỡng phân hay khơng, ta có định lý:

21

Dinh ly 3.1.1 Các phát biểu tương đương
Cho G = (V, E) là một đồ thị liên thơng. Khi đó, các phát biểu sau là tương đương:

(Œ) Dồ thị đ lưỡng phân.
(2) Các đỉnh của đồ thị Ớ có thể tơ bằng hai mầu, sao cho hai đỉnh kề nhau không cùng màu.

(3) Đồ thị đ khơng chứa chu trình lẻ cạnh.

Chitng minh. Ta thay (1) tương đương với (2) vì G lưỡng phân tương đương với việc tập đỉnh của nó
được phân hoạch thành hai tập 4, mà mọi cạnh của đ đều có một đầu mút thuộc 4, một đầu thuộc B. Vay
ta tô tất cả các đỉnh thuộc A mau den, tất cả các đỉnh thuộc màu trắng.

Tiếp theo, từ (2) suy ra (3), vì nếu đ chứa chu trình lễ cạnh thì to mau dan xen đen trắng các đỉnh trên
chu trình này, ta thấy đỉnh đầu và đỉnh cuối cùng màu. Vô lý! Ngược lại, nếu đ khơng chứa chu trình lẻ cạnh, ta

tơ màu các đỉnh của nó như sau. Chọn một đỉnh gốc œ và tô đen, với mỗi đỉnh o, lấy tùy ý một đường đi từ +
đến 0 (đường đi này ln tồn tại vì đ liên thơng). Nếu đường đi này độ dài chẫn thì tơ v màu đen, nếu lẻ thì tơ 0
màu trắng. Cách tơ này không phụ thuộc vào việc lựa chọn đường di nào, vì mọi đường đi từ đến phải cùng
tính chẫn lẻ, nếu khơng nó sẽ tạo ngay ra một chu trình lẻ cạnh. Hơn nữa, có thể thấy ngay cách tơ này đảm bảo
hai đỉnh kề nhau không cùng màu.

LÌ

Tiếp theo, ta hãy cùng xét một bài tập, mà ở đó cấu trúc của đồ thị lưỡng phân được thể hiện.

Bài tập 11: Canada - 2019

Cho n > 3 điểm trên mặt phẳng sao cho khơng có ba điểm nào thẳng hàng. Hai người chơi một trò chơi
theo lượt. Ở mỗi lượt, mỗi người lần lượt chọn hai điểm chưa nối và nối chúng lại với nhau. Người chơi
đầu tiên tạo ra một chu trình lẻ cạnh là người thua. Tìm tất cả các giá trị của ?+ sao cho người chơi đầu
tiên là người có chiến lược thắng.

Nhận xét. Mơ hình đồ thị ổ là rất rõ trong bài toán này. Do bài tốn đề cập đến chu trình lẻ cạnh, nên ta nghĩ
đến cấu trúc đồ thị lưỡng phân.

Lời giải. Ö mọi thời điểm, khi hai người chơi vẫn có thể nối thêm một đường, thì đồ thị Ø vẫn chưa chứa
chu trình lẻ cạnh. Do đó, nó vẫn là đồ thị lưỡng phân. Vì vậy, nếu người chơi P thua, nghĩa là ở lượt chơi tiếp
theo, với mọi cách nối hai điểm, anh ta đều tạo ra một đồ thị khơng cịn là đồ thị lưỡng phân. Nói cách khác,
đồ thị đ ở thời điểm đó phải là đồ thị lưỡng phan đầy đủ K„, với a,b là các số ngun khơng âm thỏa mãn
a-+b— n. Vì vậy, số cạnh của Ở khi đó là ab.

Để người chơi A dành chiến thắng, rõ ràng ab phải là số lẻ. Nếu ø lẻ, thì chắc chắn một trong hai sé a,b
chẵn. Suy ra øb chẵn, và người chơi A sẽ thua.

Nếu n chan, ta dy đoán trạng thái cuối cùng của đồ thị Ở sẽ là K„/z„/:. Vì vậy, nếu œ = 0 (mod 4) thì
a=b=n/2 déu chan va A thua. Néu n = 2 (mod 4) thia = b = ø/2 đều lẻ và A thắng. Giờ ta sẽ chứng minh

nhận xét trên.

Trường hợp 1: Nếu n chúa 4 dư 2. Người chơi A có thể sử dụng chiến lược sau đây để đưa Ở về dạng Kn/2n/3.

Ở bước thứ ¿, nếu còn lẻ đỉnh cơ lập, thì anh ta chọn một đỉnh cô lập, và nối vào một đỉnh không cô lập, sao
cho hai phe bây giờ có số đỉnh bằng nhau. Nếu cịn ch&n dinh cơ lập, thì anh ta chọn hai đỉnh cô lập, nối chúng

với nhau và coi mỗi đỉnh mới này thuộc vào một phe trước đó. Do đó, số đỉnh của hai phe vẫn bằng nhau. Bằng
chiến lược này, anh ta sẽ luôn giữ cho hai phe của đồ thị có số đỉnh bằng nhau, và cuối cùng thu được Kn/2.n/2-
Trường hợp 2: Nếu n chúa hết cho 4. Người chơi B có thể sử dụng chiến lược giống hệt người chơi A để đưa G vé

dạng Ky /2,n/2:
Vậy nhận xét được chứng minh, và người chơi A cé chiến lược giành chiến chiến thắng khi và chỉ khi m là,
một số nguyên lớn hơn 3, và chia 4 dư 2. O

22