lý thuyết đồ thị-bài toán tô màu

TRƯỜNG CAO ĐẲNG KỸ THUẬT LÝ TỰ TRỌNG TP. HCM
KHOA CÔNG NGHỆ THÔNG TIN
ĐỀ TÀI 5:
Các kênh truyền hình từ số 1 tới số 12 được phân chia cho các đài truyền hình sao cho không
có đài phát nào cách nhau không quá 240 km lại dùng cùng một kênh. Có thể chia kênh
truyền hình như thế nào bằng mô hình tô màu đồ thị.
Ta xây dựng đồ thị bằng cách coi mỗi đài phát là một đỉnh. Hai đỉnh được nối với nhau bằng
một cạnh nếu chúng ở cách nhau không quá 240 km. Việc phân chia kênh tương ứng với
việc tô màu đồ thị, trong đó mỗi màu biểu thị một kênh
SV thực hiện : -Đoàn Huy Bình
- Nguyễn Văn Vũ
GV hướng dẫn : Vũ Thị Thái Linh
TP.HCM – Tháng 04/2011



Lời mở đầu
Lời đầu tiên chúng em xin cảm ơn cô Vũ Thị Thái Linh, người đã tận tình
hướng dẫn chúng em trong môn học lý thuyết đồ thị, giúp cho chúng em hiểu
được tầm quan trọng của môn học và các ứng dụng thực tế của nó có ích như
thế nào. Bài đề tài môn học này là sự tích góp kiến thức của chúng em trong
quá trình học tập và tham khảo tài liệu của khóa trước. Tuy sơ sài chưa hoàn
chỉnh nhưng mong thầy/cô bỏ qua và thông cảm cho chúng em.
Lý thuyết đồ thị là ngành khoa học được phát triển từ lâu có nhiều ứng dụng
trong thực tế. Là một môn học không kém phần quan trọng đối với những
người học công nghệ thông tin. Trong các bài toán của môn lý thuyết đồ thị
có rất nhiều bài toán hay nhưng hôm nay chúng em xin giới thiệu về bài toán
tô màu là một trong những bài toán rất hay và có nhiều ứng dụng
Chương 1: Tổng Quan Về Bài Toán Tô Màu
1. Chi tiết nội dung bài toán:
Cho đồ thị phẳng G hãy tô màu cho các đỉnh của G sao cho 2 đỉnh kề nhau không

trùng màu với nhau và số màu sử dụng là thấp nhất.
Các ứng dụng của bài toán tô màu: Tô màu cho bản đồ, xếp lịch làm việc , xếp thời khóa
biểu , phân chia tần số phát sóng của dài phát thanh truyền hình, bố trí các con vật trong
sở thú,v.v…
Các thuật toán tốt hiện nay: thuật toán lập bảng mà cô Vũ Thị Thái Linh đã hướng
dẫn.
Trang 2

1.1 - Trước hết các bạn phải biết được đồ thị phẳng là gì và một số
định lý liên quan đến chúng:
Để nghiên cứu về đồ thị phẳng, ta bắt đầu bằng việc xét bài toán "Ba nhà ba giếng" như
sau:
Có ba nhà ở gần ba cái giếng, từ mỗi nhà có đường đi thẳng đến từng giếng, nhưng không
có đường nối thẳng các nhà với nhau, cũng như không có đường nối thẳng các giếng với
nhau. Có lần bất hòa với nhau, họ tìm cách làm các đường khác đến giếng sao cho các
đường này đôi một không giao nhau. Họ có thực hiện được ý định đó không?
Ta xây dựng đồ thị G = (V, E) mô tả đầy đủ các thông tin của bài toán:
• Đỉnh: Lấy các điểm trên mặt phẳng hay trong không gian tương ứng với các gia
đình và các giếng nước. Đối tượng của bài toán ở đây được chia làm hai loại là gia
đình và giếng nước. Vậy, mỗi đỉnh
Vv
∈
biểu diễn cho một gia đình hoặc một
giếng nước.
• Cạnh: Trong đồ thị G các đỉnh
i
v
và
j
v

được nối với nhau bằng một cạnh nếu có
đường nối thẳng (trực tiếp) từ một gia đình đến một giếng nước. Vậy, mối quan hệ
giữa 02 đối tượng ở đây là mối quan hệ đường đi. Mỗi cạnh
Ee
∈
nối 2 đỉnh
i
v
(đại diện cho 01 gia đình) và
j
v
(đại diện cho một giếng nước) trong G nếu có
đường đi trực tiếp từ gia đình
i
v
đến giếng nước
j
v
. Ta có đồ thị G như sau:
A
B
C
N
M
P
Hình 1
Khi giải quyết bài toán trên ta cần đến khái niệm đồ thị phẳng như sau:
Trang 3

1.2 - Đồ thị phẳng

1.2.1 - Định nghĩa
Một đồ thị được gọi là phẳng nếu nó có thể vẽ được trên một mặt phẳng mà không có các
cạnh nào cắt nhau ở điểm không phải là điểm mút của mỗi cạnh. Hình vẽ như vậy được
gọi là một biểu diễn phẳng của đồ thị.
1.2.2 - Các ví dụ
Ví dụ 1: K
4
là đồ thị phẳng vì có thể vẽ lại như sau:
Hình 2
Ví dụ 2: Q
3
cũng là đồ thị phẳng vì:
Hình 3
Ví dụ 3: Ta sẽ xét xem đồ thị lưỡng phân K
3,3
có là đồ thị phẳng không?
v
1
v
2
v
3
v
4
v
5
v
6

Hình 4

Trang 4

Ta sẽ chứng minh K
3,3
là đồ thị không phẳng. Thật vậy, ta thấy trong một biểu diễn phẳng
bất kỳ của K
3,3
thì v
1
và v
2
đều nối với v
4
và v
5
. Bốn đỉnh này tạo thành một đường khép
kín chia mặt phẳng ra làm hai miền R
1
và R
2
như sau:
v
1
v
2
v
4
v
5
R

2
R
1

Hình 5
R
21
v
3
R
1

R
22
v
5
v
4
v
2
v
1
Hình 6
Tương tự ta cũng chứng minh được nếu v
3
nằm trong R
1
thì đồ thị cũng không phẳng.
Vậy, K
3,3

là đồ thị không phẳng.
Khi ta kết luận K
3,3
là đồ thị không phẳng, ta cũng đã giải quyết được bài toán "ba nhà ba
giếng". Không có đường đi nào nối mỗi nhà với 3 giếng mà không cắt nhau. Hay nói
cách khác, ba nhà ba giếng nói trên không thể nối với nhau trên một mặt phẳng mà không
cắt nhau.
2. Tô màu đồ thị
2.1 - Định nghĩa
Tô màu một đơn đồ thị là việc gán màu cho các đỉnh của nó sao cho hai đỉnh liền kề có
màu khác nhau. Mỗi đồ thị có thể có nhiều cách tô màu khác nhau.
Trang 5
Giả sử v3 nằm trong R2 .Ta còn lại đỉnh v
6
. Có 3 trường hợp đối
với v
6
:
- Nếu v
6
nằm trong R
1
thì cạnh nối v
3
với v
6
sẽ cắt ít nhất một
cạnh khác.
- Nếu v
6

nằm trong R
21
: cạnh nối v
6
với v
5
sẽ cắt ít nhất một
cạnh khác.
- Nếu v
6
nằm trong R
22
: cạnh nối v
6
với v
1
sẽ cắt ít nhất một
cạnh khác.
⇒ v
3
không thể nằm trong R
2
.

Số màu hay sắc số (Chromatic number) của một đồ thị G là số màu tối thiểu cần thiết để
tô màu G. Ký hiệu: χ(G).
Ví dụ 10: Xét đồ thị G:
v
1
v

2
v
3
v
4
v
5

v
6
v
7
Hình 14
Để tô màu đồ thị G, trước hết ta thấy v
1
có bậc cao nhất, deg(v
1
) = 5 cho nên ta cho v
1
có
màu a. deg(v
5
) = 4 ⇒ cho v
5
có màu b. Cho v
4
màu c. Vì deg(v
4
) = 4 và v
4

, v
5
kề nhau ⇒
v
6
có màu c. Còn v
3
có màu d. Còn lại 2 đỉnh v
2
và v
7
. Ta thấy v
2
kề với v
1
và v
5
⇒ cho v
2
màu c; v
7
không kề với v
1
nên ta cho v
7
màu a.
Vậy ta có đỉnh: v
1
v
2

v
3
v
4
v
5
v
6
v
7
màu: a c d c b b a
⇒ ta sử dụng 4 màu để tô màu G.
Ta thấy G có 4 đỉnh v
1
, v
3
, v
4
, v
6
đôi một kề nhau ⇒ χ(G) ≥ 4. Theo trên ta chỉ dùng 4
màu ⇒ χ(G) = 4.
2.2 - Định lý:
Mọi đơn đồ thị đầy đủ
n
K
đều có: χ(Kn) = n.
- Chứng minh:
Khẳng định được chứng minh bằng quy nạp theo số đỉnh của đồ thị.
• Trường hợp cơ sở : Với n = 1, K

1
có 1 đỉnh nên phải dùng 1 màu để tô.
Trang 6

• Giả thiết quy nạp: Giả sử khẳng định đúng với n = k. Nghĩa là mội đơn đồ thị đủ
có k đỉnh đều có χ(Kk) = k. Ta cần khẳng định tính đúng đắn của định lý đối với
n = k + 1. Nghĩa là χ(Kk
+1
) = k + 1.
Giả sử Kk
+1
là một đơn đồ thị đầy đủ với tập đỉnh:
}{
121
,,,,
+
=
kk
vvvvV 

Ta loại khỏi Kk
+1
một đỉnh tuỳ ý (chẳng hạn đỉnh vk
+1
) cùng các cạnh liên thuộc với đỉnh
này. Đồ thị con nhận được là một đơn đồ thị đầy đủ có k đỉnh. Theo giả thuyết quy nạp
chúng ta có χ(Kk) = k.
Bây giờ ta “khôi phục” lại đỉnh vk
+1
cùng với các cạnh liên thuộc với nó, tức là “trở lại”

đồ thị Kk
+1
. Vì đỉnh vk
+1
kề với tất cả các đỉnh còn lại nên để tô màu cho vk
+1
ta phải sử
dụng một màu mới. Do đó: χ(Kk
+1
) = k + 1.
3 - Một số định lý về tô màu đồ thị:
3.1 - Định lý 1:
Mọi chu trình độ dài lẻ đều có sắc số là 3.
- Chứng minh:
Giả sử
α
là một chu trình độ dài lẻ tuỳ ý. Khi đó, tồn tại một số tự nhiên n để
12
+=
n
α
.
Giả sử dãy các đỉnh của
α
là:
}{
12221
,,,,
+
=

nn
vvvvV 
. Ta sẽ chứng minh khẳng định trên
bằng quy nạp theo n.
• Trường hợp cơ sở : Với n = 1. Chu trình
α
gồm 3 đỉnh
321
,, vvv
. Do mỗi đỉnh
( )
31 ≤≤ iv
i
đều kề với 2 đỉnh còn lại, nên ta phải dùng đúng 3 màu khác nhau để
tô cho
α
vì 2 đỉnh kề nhau tuỳ ý đều phải có màu khác nhau.
• Giả thiết quy nạp: Giả sử khẳng định đã đúng với
kn
≤
, nghĩa là với một chu trình
1
α
tuỳ ý với độ dài 2n + 1
( )
kn
≤≤
1
đều có sắc số bằng 3. Ta chỉ cần chỉ ra rằng
với n = k + 1 khẳng định vẫn đúng. Nghĩa là chu trình

α
có độ dài 2(k + 1) + 1
cũng có sắc số bằng 3.
Trang 7

Giả sử
α
là chu trình có độ dài lẻ tùy ý có độ dài bằng 2(k + 1) + 1 và có tập đỉnh:
}{
322212221
,,,,,,
+++
=
kkkk
vvvvvvV 
ta mô tả chu trình
α
như hình vẽ sau:




Hình 15
Nối đỉnh v
1
với đỉnh v
2k + 1
ta được chu trình
1
α

với độ dài lẻ là 2k + 1. Theo giả thuyết
quy nạp thì
1
α
có sắc số là 3 và 02 đỉnh v
1
và v
2k + 1
phải có màu khác nhau. Chẳng hạn v
1
được tô bằng màu M
1
và đỉnh v
2k + 1
được tô bằng màu M
2
. Khi đó, để tô đỉnh v
2k+2
ta có
thể dùng lại màu M
1
và tô đỉnh v
2k+3
ta có thể dùng lại màu M
2
. Nghĩa là không cần dùng
thêm màu mới. Vậy sắc số của
α
là 3 và định lý đã được chứng minh.
3.2 - Định lý 2:

Nếu G có chứa một đồ thị con đẳng cấu với Kn thì χ(G) ≥ n.
Ví dụ 11: Tìm sắc số của đồ thị G:
A
B
C
D
E
F
Hình 16
Ta có: G chứa K
3
nên χ(G) ≥ 3.
Trang 8
v
1
v
2
v
3
v
4
v
5
v
6
v
2k
v
2k+1
v

2k+2
v
2k+3

Ta lại có F có bậc lớn nhất nên ta tô F màu 1, A màu 2, B màu 3. Khi đó C phải tô màu 2
và D tô màu 3. Còn lại đỉnh E kề với A, F, D đã có đủ 3 màu 1, 2, 3. Do đó, E phải có
màu 4.
Ta tìm sắc số của G: Do G có chứa chu trình lẻ (ABCDEA) nên ta có các đỉnh A, B, C,
D, E phải được tô bằng 3 màu. Mặt khác, đỉnh F kề với tất cả các đỉnh A, B, C, D, E nên
ta phải dùng màu thứ 4 để tô cho F. Vậy: χ(G) = 4.
Chú ý:
• Nếu G' là một đồ thị con của G thì χ(G) ≥ χ(G').
• Nếu dùng k màu để tô màu G thì không cần quan tâm đến những đỉnh có bậc nhỏ
hơn k.
3.3 - Định lý 3:
Một đơn đồ thị G = (V, E) có thể tô bằng 2 màu khi và chỉ khi nó không có chu trình độ
dài lẻ.
- Chứng minh:
• Điều kiện cần: Giả sử G là đồ thị 2 sắc (có thể tô tất cả các đỉnh của G bằng 2
màu) ngưng trong G lại có một chu trình lẻ
α
. Khi đó theo định lý 1, sắc số của
α
phải là 3. Mặt khác theo định lý 2 ta có
( ) ( )
3
=≥
αχχ
G
. Do đó, sắc số của G ít

nhất phải là 3. Ta suy ra điều mâu thuẫn với giả thuyết, nên G không có chu trình độ
dài lẻ.
• Điều kiện đủ: Giả sử đồ thị G không có chu trình độ dài lẻ. Ta cần chứng minh
rằng G là đồ thị 2 sắc. Ta bắt đầu tô dần các đỉnh của G theo quy tắc sau:
- Tô M
1
cho đỉnh
Vw
∈
bất kỳ.
- Nếu một đỉnh
Vu
∈
nào đó đã được tô bằng M
1
, ta sẽ dùng màu M
2
để tô
cho tất cả các đỉnh kề với u và ngược lại nếu đỉnh
Vu ∈
nào đó đã được tô
bằng M
2
, ta sẽ dùng màu M
1
để tô cho tất cả các đỉnh kề với u.
Vì G là đồ thị hữu hạn nên đến một lúc nào đó tất cả các đỉnh của G sẽ phải được tô màu
và mỗi đỉnh của G không thể cùng lúc vừa được tô bằng M
1
vừa được tô bằng M

2
. Thật
Trang 9

vậy, giả sử trong G tồn tại đỉnh v mà theo nguyên tắc nó vừa được tô bằng M
1
đồng thời
cũng được tô bằng M
2
. Khi đó v phải kề với đỉnh s được tô bằng M
1
và đỉnh t được tô
bằng M
2
, nên khi đó các đỉnh v, s, t phải nằm trên một chu trình độ dài lẻ. Như vậy mâu
thuẫn với giả thuyết nên đỉnh v không tồn tại.
Ví dụ 12: Xét đồ thị vòng Cn (n ≥ 3).
• Khi n chẵn, chẳng hạn n = 6. Ta có:
Hình 17
• Dễ thấy khi đó χ(C
6
) = 2 vì ta có thể tô màu như trên. Rõ ràng C
6
không có chu
trình lẻ.
• Khi n lẻ, chẳng hạn n = 5. Ta có:
a
b
c
d

e
C
5

Hình 18
C
5
có chứa chu trình lẻ ⇒ χ(C
5
) ≥ 3. Dễ thấy χ(C
5
) = 3.
(xanh) b c ( )Đỏ
d (xanh)
e ( )Đỏ
(xanh) f
( ) aĐỏ
Trang 10

Tổng quát:
χ(Cn) = 2 nếu n chẵn (n ≥ 3)
χ(Cn) = 3 nếu n lẻ (n ≥ 3)
3.4 - Định lý 4 (Định lý bốn màu) (định lý Appel-Haken, 1976)
Mọi đồ thị phẳng đều có sắc số không lớn hơn 4. Định lý này là định lý đầu tiên được
chứng minh với sự hỗ trợ của máy vi tính.
Số màu của 1 đồ thị phẳng không lớn hơn 4.
Giả thuyết 4 màu được đề ra từ những năm 1850. Nó cuối cùng đã được chứng minh bởi
2 nhà toán học Mĩ là Kenneth Appel và Wolfgang Haken năm 1976. Trước đó, nhiều
người đã đề ra các cách chứng minh khác nhau của bài toán, nhưng tất cả đều sai và
thường mắc phải những lỗi khó phát hiện. Bên cạnh đó là những cố gắng vô ích trong

việc phủ định giả thuyết bằng cách chỉ ra những bản đồ đòi hỏi nhiều hơn 4 màu.
Có lẽ, sai lầm nổi tiếng nhất là chứng minh được xuất bản năm 1879 bởi một luật sư ở
Luân Đôn và một nhà toán học nghiệp dư , Afred Kempe. Các nhà toán học công nhận
chứng minh này là đúng cho đến năm 1890, khi Percy Heawood tìm ra lỗi. Tuy nhiên,
hướng lí luận của Kempe lại trở thành cơ sở cho thành công của Appel và Haken sau này.
Chứng minh của họ dựa trên phân tích cẩn thận từng trường hợp trên máy tính. Họ chỉ ra
rằng nếu giả thuyết 4 màu sai, họ phải tìm ra được phản ví dụ của 1 trong khoảng 2000
trường hợp khác nhau. Họ đã sử dụng máy tính chạy trong 1000 tiếng để thực hiện chứng
minh của mình. Chứng minh này đã gây ra nhiều tranh cãi khi sử dụng máy tính để thực
hiện các thao tác chính. Ví dụ, chương trình máy tính có thể mắc lỗi dẫn đến kết quả sai.
Liệu lí lẽ của họ có thật sự là 1 chứng minh khi phụ thuộc vào những kết quả không đáng
tin cậy của máy tính?
Ví dụ 13: Tìm số màu của đồ thị G và H trong hình 3.
Trang 11


G H
Hình 19: H3: Hai đồ thị đơn G và H.
Lời giải:
- Số màu của đồ thị G tối thiểu là 3 do 3 đỉnh a, b, c phải đôi một khác màu nhau. Giả sử
G có thể tô bằng 3 màu. Giả sử ta tô a màu đỏ, b màu xanh và c màu vàng. Tiếp theo, d
phải tô màu đỏ vì nó kề các đỉnh b, c; e phải tô màu vàng vì nó chỉ kề các đỉnh màu màu
đỏ và xanh; f phải tô màu xanh vì nó chỉ kề các đỉnh màu đỏ và vàng. Cuối cùng g phải
tô màu đỏ vì nó chỉ kề các đỉnh màu vàng và xanh. Như vậy, ta có thể tô màu G bằng 3
màu -> c(G)=3.
- Đồ thị H biến đổi từ đồ thị G thông qua việc nối 2 đỉnh a và g. Lí luận tương tự như
trên, ta thấy H phải tô tối thiểu bằng 3 màu. Khi cố gắng tô H bằng 3 màu ta phải thông
qua các lí luận tương tự như G khi tô màu tất cả các đỉnh trừ g. Cuối cùng, g sẽ liền kề
với các đỉnh có cả 3 màu đỏ, vàng, xanh, và ta buộc phải sử dụng thêm màu thứ 4 (màu
nâu) để tô màu nó. Tóm lại, c(H)=4 (Xem H4).

G
b e
c
a
f
g
d
a
b e
c
f
d
Trang 12
g
b e
c
f
g
d
a
X
X
Đ Đ
Đ
V
V
b e
c f

g
d
a
X
X
Đ
Đ
V
V
N

H
Đ: đỏ X: xanh V: vàng N: nâu.
Hình 20: H4: Tô màu các đồ thị G và H
Ví dụ 14: Tìm số màu của đồ thị đầy đủ K
n
?
Lời giải :
Ta có thể tô màu n đỉnh của K
n
bằng n màu riêng biệt. Liệu có cách tô nào tiết kiệm màu
hơn không? Câu trả lời là không.
Hình 21: H5. Tô màu K
5
. Hình 22: H6. Tô màu K
3,4
.
Đ: đỏ X: xanh V: vàng N: nâu H: hồng
Thật vậy, không có 2 đỉnh nào có thể tô cùng màu vì mọi đỉnh đều kề nhau. Vậy , ta có
c(K

n
) = n (Chú ý: K
n
không phải đồ thị phẳng khi n ≥ 5, do đó kết quả này không vi phạm
định lí 4 màu).
H5 cho ta ví dụ về việc tô màu K
5
.
4. Thuật toán 1: Kẻ bảng - hạ bậc
4.1 - Mã giả:
//tính bậc của các đỉnh ban đầu
for (int j = 0; j < Dinh; j++)
{
a b
c
d
e
a b c
d e f
Đ
Đ Đ Đ
X
X X X
V
H
N
Trang 13
g
X

Bac[j] = 0;
for (int k = 0; k < Dinh; k++)
{
Mau[j, k] = 1;
_DinhTo[j] = -1;
if (TrongSo[j, k] != 3200)
{
Bac[j]++;
}
}
}{
// tim dinh co bac lon nhat theo thu tu tu dien
int SoDinhTo = 0;
while (SoDinhTo < Dinh)
{
int DinhXet = 0;
//Tìm Đỉnh Lớn Nhất
int Max = -1;
for (int j = 0; j < Dinh; j++)
{
if (Max < Bac[j] && _DinhTo[j] == -1)
{
Max = Bac[j];
DinhXet = j;
}
}// tìm màu hợp lệ để tô cho đỉnh vừa tìm được
int MauTo = 0;
while (Mau[DinhXet, MauTo] == 0)
{
MauTo++;

}
dùng màu vùa tìm được tô cho đỉnh tìm dược ở trên,ha bậc dỉnh đó về 0, tăng số đỉnh đã
tô lên 1
DinhTo[DinhXet] = MauTo;
Bac[DinhXet] = 0;
SoDinhTo++;
// ha bac cua cac dinh ke voi dinhxet xuong 1,gán khong duoc phep to cac dinh ke voi
dinhxet bằng mauto nua
for (int j = 0; j < Dinh; j++)
{
if (TrongSo[DinhXet, j] != 3200 &&TrongSo[DinhXet,j]>240)
{
Bac[j] ;
Mau[j, MauTo] = 0;
}
}
}
int MaxDinh = _DinhTo[0];
for (int j = 0; j < Dinh; j++)
Trang 14

{
if (MaxDinh < _DinhTo[j])
{
MaxDinh = _DinhTo[j];
}
}4.2 - Sơ đồ khối:
5. Thuật toán lập bảng - Ứng dụng lập lịch thi C# :
Chương 2: Ứng dụng thực tế của bài toán tô màu
1. Tô màu bản đồ:

Định lý bốn màu (four-color theorem - còn gọi là định lý bản đồ bốn màu) cho rằng đối
với bất kỳ mặt phẳng nào được chia thành các vùng phân biệt, chẳng hạn như bản đồ
hành chính của một quốc gia, chỉ cần dùng tối đa bốn màu để phân biệt các vùng lân cận
với nhau. Hai vùng được coi là lân cận nếu như chúng có chung nhau một đoạn đường
biên, không tính chung nhau một điểm.
Trang 15
Begin
N
A[1->n][1->n]
Tính bậc của dỉnh
Tìm đỉnh A có bậc cao nhất
Tìm màu m hợp lệ cho dỉnh trên
Dùng màu m tô cho A
gán bậc của A = 0
Bậc các đỉnh kề A giảm 1
Cấm không cho tô màu m với
các đỉnh kề A
Số đỉnh tô >= n
OUT PUT
đúng
sai
End

Hình 31: Ví dụ về bản đồ bốn màu
Lịch sử
Vấn đề này lần đầu tiên được đề cập vào năm 1852 bởi Francis Guthrie khi ông thử tô
màu bản đồ nước Anh và ông nhận ra rằng chỉ cần bốn màu khác nhau là đủ. Ông đã đem
vấn đề này hỏi người anh trai là Fredrick, lúc đó đang là sinh viên của trường Đại học
Học viện London (UCL). Fredrick đã đưa vấn đề này hỏi thầy của mình là nhà toán học
Augustus De Morgan nhưng người thầy cũng chưa biết rõ vấn đề này.

Người đầu tiên giới thiệu vấn đề ra trước công chúng là nhà toán học Arthur Cayley vào
năm 1878 tại Hội Toán học London, ông đã chỉ ra người đề cập vấn đề là De Morgan.
Người đầu tiên chứng minh định lý này là Alfred Kempe vào năm 1879. Năm 1880, có
thêm một cách chứng minh khác của Peter Guthrie Tait. Nhưng đến năm 1890 Percy
Heawood đã chỉ ra sai lầm trong cách chứng minh của Kempe, và đến năm 1891 Julius
Petersen chỉ ra sai lầm trong cách chứng minh của Tait.
Trong việc chỉ ra sai lầm của Kempe, Heawood còn chứng minh rằng tất cả các Đồ thị
phẳng phải sử dụng năm màu khác nhau.
Trong những năm 1960 và 1970, nhà toán học người Đức là Heinrich Heesch đã phát
triển phương pháp sử dụng máy vi tính cho việc chứng minh vấn đề.
Năm 1976, cuối cùng thì định lý cũng được chứng minh bởi Kenneth Appel và Wolfgang
Haken tại trường Đại học Illinois với sự trợ giúp của máy vi tính.
Trang 16

Không áp dụng vào thực tế
Mặc dù định lý được phát hiện ra trong quá trình tô màu bản đồ, nhưng trên thực tế nó rất
ít khi được áp dụng vào khoa học vẽ bản đồ. Nhiều bản đồ phải sử dụng nhiều hơn bốn
màu để thể hiện các khu vực, ngoài ra có những bản đồ sử dụng ít hơn bốn màu.
Hầu hết các bản đồ thực tế đều có vẽ hồ ao, mà tất cả hồ ao này phải vẽ cùng màu. Do
vậy làm tăng số lượng màu cần thiết để vẽ các vùng đất. Nếu bỏ qua không vẽ hồ ao, thì
trên thực tế vẫn có những vùng đất của cùng một quốc gia nhưng bị tách rời nhau, do đó
phải vẽ cùng màu và định lý không áp dụng được.
Các sách vở về môn Bản đồ học cũng không nhắc đến định lý này. Những người vẽ bản
đồ cho rằng họ quan tâm hơn đến việc phối màu bản đồ sao cho đẹp mắt; do vậy việc sử
dụng bốn, năm hay nhiều màu hơn không phải là vấn đề đáng bận tâm.
Những vùng đất không liên tục
Trên thực tế có nhiều quốc gia mà các phần lãnh thổ không liền kề nhau. Ví dụ như phần
lãnh thổ Alaska của nước Mỹ, Nakhchivan của Azerbaijan, hay Kaliningrad của Nga.
Nếu việc vẽ bản đồ đòi hỏi các phần lãnh thổ này phải cùng màu thì việc sử dụng bốn
màu là không đủ.

Trong toán học, những vùng đất tách rời này được gọi là điểm cô lập của tập hợp miền
quốc gia.
Thử xét một hình vẽ đơn giản sau
Hình 32
Trang 17

Trong hình, hai khu vực được đánh dấu "A" cùng thuộc về một quốc gia, và phải được vẽ
cùng màu. Bản đồ này phải sử dụng năm màu.
Ngoài ra còn nhiều ứng dụng khác như:
- Sắp xếp thời khóa biểu
- Sắp xếp vị trí chuồng các con thú trong sở thú
- Phân chia tần số kênh truyền hình
Chương 3: Kết luận và hướng phát triển
Thông qua đồ án ta thấy được tầm quan trọng của thuật toán đem lại. Bài toán tô màu
giúp ta sắp xếp, phân chia một cách logic các công việc hoặc các đối tượng có một số
ràng buộc mật thiết với nhau. Nó giúp ta thực hiện công việc đó với sự hao phí thấp nhất
giúp ta tiết kiệm về thời gian, về diện tích, về vật chất …
Như đã nói ở phần mở đầu do chưa có được thuật toán tối ưu nên vấn đề đầu tiên đặt ra
bây giờ cho chúng ta chính ra nghiên cứu để tìm ra một thuật toán tối ưu giúp bài toán
chính xác trong mọi tình huống mọi ứng dụng.
Tài liệu tham khảo :
- Nguyễn Đức Nghĩa - Nguyễn Tô Thành, Toán rời rạc, Nhà xuất bản Giáo dục, 1997.
Trang 18