skkn định lý ramsey và bài toán tô màu

BÀI TỐN RAMSEY ( RAMSEY’S PROBLEM). Giáo viên: TRẦN TIẾN ĐẠT
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Đơn vị: Trường THPT Chun Lương Thế Vinh
Mã số:
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỊNH LÝ RAMSEY VÀ BÀI TỐN TƠ MÀU
Người thực hiện: TRẦN TIẾN ĐẠT
Lĩnh vực nghiên cứu:
Quản lý giáo dục 
Phương pháp dạy học bộ mơn: 
Phương pháp giáo dục 
Lĩnh vực khác: 
Có đính kèm:
 Mơ hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác
BÀI TỐN RAMSEY ( RAMSEY’S PROBLEM). Giáo viên: TRẦN TIẾN ĐẠT
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THƠNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: TRẦN TIẾN ĐẠT
2. Ngày tháng năm sinh: 11.07.1964
3. Nam, nữ: NAM
4. Địa chỉ: 82 Đặng Đức Thuật, P. Tam Hiệp Biên Hòa
5. Điện thoại: 3828107 (CQ) /3813378 (NR); ĐTDĐ: 0913.963444
6. Fax: E-mail:
7. Chức vụ: TỔ TRƯỞNG
8. Đơn vị cơng tác: Trường THPT Chun Lương Thế Vinh
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị : CỬ NHÂN
- Năm nhận bằng: 1986
III. Chun ngành đào tạo: TỐN
IV. KINH NGHIỆM KHOA HỌC

- Lĩnh vực chun mơn có kinh nghiệm: giảng dạy TỐN
Số năm có kinh nghiệm: 28 năm
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:
• ĐỊNH LÝ TURAN
• CÁC VẤN ĐỀ CỦA TỔ HỢP
• CÁC VẤN ĐỀ VỀ LÝ THUYẾT GRAPH
2
BÀI TỐN RAMSEY ( RAMSEY’S PROBLEM). Giáo viên: TRẦN TIẾN ĐẠT
Tên sáng kiến kinh nghiệm : ĐỊNH LÝ RAMSEY VÀ BÀI TỐN TƠ MÀU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia và các kỳ thi Tốn
quốc tế , các bài tốn về Lý thuyết Rời rạc , đóng vai trò rất quan
trọng . Đây là các bài tốn u cầu kiến thức tổng hợp , tư duy sâu
sắc của học sinh.
Một trong các cơng cụ hữu hiệu để giải quyết các dạng bài tập
này là lý thuyết Graph ( Graph theory) mà trong đó định lý Ramsey
là mơt định lý có tâm quan trọng trong các bài tốn về Tơ màu .
Hiện nay , các tài liệu chun Tốn về vấn đề này tương đối
còn thiếu và chưa chun sâu, có lẻ do ít giáo viên đầu tư nghiên
cứu vấn đề khó này .
Nhằm mục đích cung cấp cho học sinh các lớp Chun Tốn
một số kiến thức chun sâu về lý thuyết TỔ HỢP , nhằm ứng dụng
vào việc giải các bài tập thi học sinh giỏi Tốn tồn quốc , tơi giới
thiệu một số tìm tòi về một vấn đề của lý thuyết này . Đây là một
phần trong bộ tài liệu bồi dưỡng đội tuyển HSG Tốn các lớp 12 về
Tổ hợp. Phần lý thuyết của tài liệu này là biên dịch từ tài liệu nước
ngồi và phần Bài tập được tập hợp từ đề thi các nước và quốc tế
II. THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA
ĐỀ TÀI
1. Thuận lợi

- Có thời gian nghiên cứu về các vấn đề về lý thuyết Graph.
- Có tài liệu tham khảo của nước ngồi về các vấn đề chun sâu.
2. Khó khăn
- Tài liệu trong nước , cho học sinh giỏi Tốn rất ít đề cập đến vấn đề
này.
- Lý thuyết rất trừu tượng , tư duy cao nên học sinh rất khó khăn
trong việc tiếp thu kiến thức và giải bài tập.
3
BÀI TỐN RAMSEY ( RAMSEY’S PROBLEM). Giáo viên: TRẦN TIẾN ĐẠT
III. NỘI DUNG ĐỀ TÀI
1. Cơ sở lý luận
- Dựa trên kiến thức về lý thuyết Graph và các bài tốn tổ hợp rời
rạc.
2. Nội dung, biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài
- Chuẩn bị tốt các kiến thức về Graph cho học sinh trước khi giảng
dạy .
- Liên hệ với các đề thi học sinh giỏi trong nước và quốc tế .
IV. KẾT QUẢ
Tài liệu này đã được sử dụng giảng dạy trong các lớp 11,12
Chun Tốn của trường chun Lương Thế Vinh trong năm học
2012-2014 và trong các đợt bồi dưỡng đội tuyển HSG Tốn của
Tỉnh Đồng Nai tham gia kỳ thi tồn quốc.
V. BÀI HỌC KINH NGHIỆM
- Mạnh dạn đi vào tìm tòi các vấn đề mới để tạo sự hứng thú
trong học sinh
VI. KẾT LUẬN
Từ tài liệu này cần mở rộng sang các vấn đề khác trong tổ hợp
để nâng cao kiến thức cho học sinh,
VII. TÀI LIỆU THAM KHẢO
XIONG BIN – ZHENG ZHONGYI (2010) –GRAPH THEORY .

XIONG BIN- LEE PENG YEE (2009) – MATHEMATICAL OLYMPIAD
IN CHINA 2007-2008 , 2009-2010.
TITU ANDREESCU AND ZUMING FENG(2004) –MATHEMATICAL
OLYMPIADS 1998-1999-2000.
TAY TIONG SENG (2013) – SINGAPORE MATHEMATICAL
OLYMPIADS 1995-2013.
NGƯỜI THỰC HIỆN
4
BÀI TỐN RAMSEY ( RAMSEY’S PROBLEM). Giáo viên: TRẦN TIẾN ĐẠT
(Ký tên và ghi rõ họ tên)
TRẦN TIẾN ĐẠT
SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI
Đơn vị:Trường THPT Chun
CỘNG HỒ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
5
BÀI TỐN RAMSEY ( RAMSEY’S PROBLEM). Giáo viên: TRẦN TIẾN ĐẠT
Lương Thế Vinh Biên Hòa, ngày 22 tháng 04 năm 2014
PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học: 2013-2014
–––––––––––––––––
Tên sáng kiến kinh nghiệm: ĐỊNH LÝ RAMSEY VÀ BÀI TỐN TƠ MÀU.
Họ và tên tác giả:TRẦN TIẾN ĐẠT Đơn vị (Tổ): TỐN
Lĩnh vực:
Quản lý giáo dục  Phương pháp dạy học bộ mơn: 
Phương pháp giáo dục  Lĩnh vực khác: 
1. Tính mới
- Có giải pháp hồn tồn mới 
- Có giải pháp cải tiến, đổi mới từ giải pháp đã có 
2. Hiệu quả

- Hồn tồn mới và đã triển khai áp dụng trong tồn ngành có hiệu quả cao 
- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng
trong tồn ngành có hiệu quả cao 
- Hồn tồn mới và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao 
- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng tại
đơn vị có hiệu quả 
3. Khả năng áp dụng
- Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách:
Tốt  Khá  Đạt 
- Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và
dễ đi vào cuộc sống: Tốt  Khá  Đạt 
- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu
quả trong phạm vi rộng: Tốt  Khá  Đạt 
XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUN MƠN
(Ký tên và ghi rõ họ tên)
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
(Ký tên, ghi rõ họ tên và đóng dấu)
6
BÀI TỐN RAMSEY ( RAMSEY’S PROBLEM). Giáo viên: TRẦN TIẾN ĐẠT
                
7
BÀI TỐN RAMSEY ( RAMSEY’S PROBLEM). Giáo viên: TRẦN TIẾN ĐẠT
BÀI TỐN RAMSEY
( RAMSEY’S PROBLEM).


Thơng thường , bài tốn Ramsey là vấn đề liên quan đến bài tốn tơ màu
.
Trước hết , ta bắt đầu bằng bài tốn Olympic được đề nghị tại Kỳ thi
Tốn học của Hungary năm 1947.

BÀI TỐN 1:
Chứng minh rằng trong 6 người bất kỳ , ta ln tìm được ba người quen
nhau hay khơng quen nhau đơi một.
GIẢI:
Ta xác định 6 người là 6 đỉnh . Nếu có 2 người quen nhau , ta nối 2 đỉnh
tương ứng và tơ màu đỏ. Nếu có 2 người khơng quen nhau , ta nối 2 đỉnh
tương ứng và tơ màu xanh.Ta phải chứng minh rằng phải có một tam giác
cùng màu (monochromatic triangle). Có nghĩa là , tam giác đó có các cạnh
cùng là màu đỏ hay cùng là màu xanh.
Bài tốn tương tự xuất hiện trong kỳ thi Putnam Mathematics
Competition: Trong KG , cho 6 điểm , trong đó bất kỳ 3 điểm nào là khơng
thẳng hàng và bất kỳ 4 điểm nào là khơng đồng phẳng. Ta nối 6 điểm trong
chúng bằng 15 đoạn thẳng . Ta sử dụng màu xanh và đỏ để tơ màu các đoạn
thẳng đó.( Mỗi đoạn thẳng chỉ được tơ bởi một màu trong đó ).Chứng minh
rằng với mọi cách tơ màu , đều phải có một tam giác cùng màu.
Tiếp theo , ta bắt đầu chứng minh bài tốn trên , có thể xem như là mẫu .
Gọi
1 2 6
; ; ;A A A
là 6 đỉnh đã cho.Xét 5 đoạn thẳng
1 2 1 3 1 6
; ; ;A A A A A A
kề với
đỉnh
1
.A
Vì chỉ có 2 màu tơ 5 đoạn thẳng nên phải có 3 đoạn thẳng được tơ
cùng một màu .Khơng mất tính tổng qt (Without loss of generality), ta có
thể giả sử ba đoạn thẳng
1 2 1 3 1 4

; ; ;A A A A A A
được tơ màu đỏ( ta xác định màu đỏ
bởi đường liền nét và màu xanh bởi đường rời) (Hình 8.1)
8
BÀI TỐN RAMSEY ( RAMSEY’S PROBLEM). Giáo viên: TRẦN TIẾN ĐẠT
HÌNH 8.1
Nếu trong tam giác
2 3 4
A A A
có ít nhất một cạnh, VD :
2 3
A A
là đỏ (Hình 8.2)thì
tam giác
1 2 3
A A A
cùng màu .
HÌNH 8.2.
Hay nói cách khác, trường hợp này có một tam giác cùng màu.
Từ Bài tốn trên , ta có thể dễ dàng thấy rằng khi n≥6, ta có thể dùng 2 màu
để tơ màu tất cả các cạnh của
n
K
( Graph đầy đủ n đỉnh) ( gọi tắt là two-color
9
BÀI TỐN RAMSEY ( RAMSEY’S PROBLEM). Giáo viên: TRẦN TIẾN ĐẠT
complete graph
n
K
). Khi đó phải tồn tại một tam giác cùng màu.

HÌNH 8.3.
Tóm lại , ta có kết luận sau đây:
ĐỊNH LÝ 1: Nếu trong một Graph đầy đủ
n
K
được tơ bởi 2 màu Graph đó
chứa mơt tam giác cùng màu thì giá trị nhỏ nhất của n là 6.
BÀI TỐN 2:
Chứng minh rằng khơng thể tơ màu
10
K
bằng 4 màu sao cho bất kỳ Graph con
4
K
của
10
K
có đủ 4 màu.
GIẢI:
Ta chứng minh bằng qui nạp, giả sử rằng tồn tại một cách tơ màu thỏa
điều kiện.Nếu có 1 đỉnh kề với 4 cạnh là cùng màu , giả sử là màu xanh , VD:
AB,AC,AD,AE là tơ màu xanh.Trong các cạnh nối các đỉnh B,C,D,E có ít nhất
một cạnh màu xanh ( theo giả thiết ). Gọi là cạnh BC. Thế thì đã có 4 cạnh
xanh nối các đỉnh A,B,C,D , còn 2 cạnh trong đó tơ bởi 3 màu ( trái với giả
thiết phản chứng ).Như thế A phải kề với nhiều nhất 3 cạnh cùng màu và phải
có một màu tơ ba cạnh đó.Có 6 cạnh nối các đỉnh A,B,C,D như thế còn 3 cạnh
được tơ bởi các màu khác. Tức là khơng có cạnh màu xanh trong BC,CD,BD.
10
BÀI TỐN RAMSEY ( RAMSEY’S PROBLEM). Giáo viên: TRẦN TIẾN ĐẠT
Xét 6 đỉnh còn lại,theo định lý 1, Graph đó phải chứa một tam giác xanh

hay một tam giác khơng có cạnh xanh. Nếu có tam giác EFG khơng có cạnh
xanh thì khơng có cạnh xanh nào nối các đỉnh A;E;F;G .Trái với giả thiết phản
chứng. Như thế khơng mất tính tổng qt , ta cho tam giác EFG là tam giác
xanh. Vì khơng có cạnh xanh nào nối các đỉnh B;C;D (theo chứng minh trên)
nên phải có một cạnh xanh trong BE;CE;DE.Giả sử BE là cạnh xanh , thế thì đã
có 4 cạnh xanh nối các đỉnh B;E;F;G ( trái với giả thiết vì 2 cạnh còn lại phải
có 3 màu tơ). Như vậy , phép chứng minh phản chứng xong.
BÀI TỐN 3:
Cho 9 điểm trong KG, trong đó khơng có 4 điểm nào đồng phẳng . Nối các cặp
điểm trong chúng và tìm số nhỏ nhất n sao cho có thể tơ màu mỗi đường
trong n đoạn thẳng bởi màu xanh hay đỏ bất kỳ và trong tập hợp n đoạn
thẳng đó phải có một tam giác cùng màu.
IMO LẦN THỨ 33.
GIẢI:
Theo giả thiết khơng có 4 điểm nào nằm trên mp nên bảo đảm trong 9
điểm khơng có 3 điểm nào thẳng hàng. Nên bài tốn có thể đưa về bài tốn
Graph phẳng ( planar graph ).Bài tốn có thể phát biểu như sau: Có 9 điểm
trong mp , trong đó khơng có 3 điểm nào thẳng hàng và có 36 đường
thẳng.Hỏi có bao nhiêu đường thẳng có thể lấy ra sao cho phải có một tam
giác cùng màu khi ta tơ Graph bởi 2 màu bất kỳ.Ta xây dựng Graph G với 9
đỉnh , với 32 cạnh và tơ bởi 2 màu . Ta tơ màu các cạnh nối đỉnh
1
v
với các
đỉnh
2 3 8 9
; ; ;v v v v
bởi màu đỏ ( nét liền), ta tơ màu các cạnh nối đỉnh
1
v

với các
đỉnh
4 5 6 7
; ; ;v v v v
bởi màu xanh ( nét rời),Ta chia các đỉnh khác với
1
v
thành 4
nhóm : I:
( )
2 3
;v v
; II:
( )
4 5
;v v
; III:
( )
6 7
;v v
; IV:
( )
8 9
;v v
;Ta gọi I và II ; II và III; III
và IV là các nhóm kề nhau. Ngồi trừ
1
v
, 2 đỉnh nằm trong một nhóm là
khơng kề nhau, 2 đỉnh nằm trong 2 nhóm kề nhau phân biệt được nối với

nhau bởi đường liền (đỏ), 2 đỉnh nằm trong 2 nhóm khơng kề nhau phân biệt
được nối với nhau bởi đường rời ( xanh).Hình 8.4 chỉ ra có
2
9
4 32C
− =
cạnh
trong Graph G chứa 16 cạnh đỏ( nét liền ) và 16 cạnh xanh ( nét rời).Khơng
11
BÀI TỐN RAMSEY ( RAMSEY’S PROBLEM). Giáo viên: TRẦN TIẾN ĐẠT
khó khăn khi chứng minh được rằng G khơng chứa tam giác cùng màu . Vây
n≥33.

HÌNH 8.4
Kế đến , ta chứng minh rằng n≤33. Giả sử 33 cạnh kết nối nhau đã được
tơ màu. Khi đó có 3 cạnh khơng được tơ màu. Khơng mất tính tổng , ta giả sử
rằng 3 cạnh đó là
1 2 3
; ;e e e
. Chọn 1 điểm cuối
1 2 3
; ;v v v
từ
1 2 3
; ;e e e
tương ứng. Ta
xóa 3 đỉnh này từ
9
K
và còn 6 đỉnh tạo thành Graph

6
K
.Như thế nếu ta tơ
màu Graph này bởi màu xanh và đỏ , thì Graph phải chứa một tam giác cùng
màu.Như thế n=33.
Để tổng qt hóa định lý 1, trước hết , ta cần tăng số lượng màu. Ta sử
dụng k màu
1 2
; ; ;
k
c c c
để tơ màu một Graph đầy đủ
n
K
. Ta gọi một Graph đầy
đủ
n
K
là k-color complete Graph
n
K
nếu mỗi cạnh được tơ bởi 1 màu trong đó.
Ta có thể hình dung với n đủ lớn k-color complete Graph
n
K
phải chứa một
12
BÀI TỐN RAMSEY ( RAMSEY’S PROBLEM). Giáo viên: TRẦN TIẾN ĐẠT
tam giác cùng màu. Ta xác định n nhỏ nhất là
k

r
.
Thế thì
1
3r =
;
2
6r =
(theo địnhlý 1). Sự tồn tại của
k
r
được chứng minh
đầu tiên bởi nhà tốn học và logic người Anh Ramsey. Ta gọi
k
r
là số Ramsey.
Liên quan đến
k
r
ta có kết luận sau đây:
ĐỊNH LÝ 2:
(1) Với mỗi số ngun dương k, số Ramsey
k
r
là tồn tại. Khi k≥2;
( )
1
1 2
k k
r k r

−
≤ − +
.
(2)Với mỗi số tự nhiên k,
! !
1 1 ( 1) !
2! 1!
k
k k
r k k k k≤ + + + − + + + +
.
CHỨNG MINH:
(1) Áp dụng qui nạp theo k. Ta biết rằng
1 2
3; 6r r
= =
tồn tại và
( )
2 1
2 1 2r r≤ − +
.Giả sử
k
r
tồn tại và
( )
1
1 2
k k
r k r
−

≤ − +
đúng . Lấy
( ) ( )
1 1 2
k
n k r= + − +
và lấy
n
K
là một k+1 -color complete Graph với các đỉnh
là
1 2
; ; ;
n
A A A
. Lấy ngẩu nhiên một đỉnh
1
A
từ
n
K
nó kề với n-1=
( ) ( )
1 1 1
k
k r+ − +
cạnh. Có k+1 màu trong các cạnh này. Theo ngun lý
Dirichlet trong các cạnh này có ít nhất
k
r

cạnh cùng màu. Giả sử rằng
k
r
cạnh
đó là
1 2 1 3 1 1
; ; ; ;
k
r
A A A A A A
+
ở đây tất cả được tơ màu
1
c
. Xét tập con
k
r
phần tử
k
r
K
bao gồm các đỉnh
2 3 1
; ; ;
k
r
A A A
+
. Nếu
k

r
K
chứa một cạnh với màu tơ
1
c
như
13
BÀI TỐN RAMSEY ( RAMSEY’S PROBLEM). Giáo viên: TRẦN TIẾN ĐẠT
là
2 3
A A
thì tam giác
1 2 3
A A A
là tam giác cùng màu . Nếu
k
r
K
khơng chứa một
cạnh với màu tơ
1
c
thế thì có k màu tơ tập hợp
k
r
K
có nghĩa là
k
r
K

là k-color
complete Graph . Theo giả thiết qui nạp ,
k
r
K
chứa một tam giác cùng màu.
Tóm lại,
n
K
chứa một tam giác cùng màu . Ta biết rằng ={m/ bất kỳ
(k+1)-color complete Graph với m đỉnh có chứa một tam giác cùng màu} là
một tập con khác rổng của N, nên phải có số nhỏ nhất
1k
r
+
và
( ) ( )
1
1 1 2
k k
r n k r
+
≤ = + − +
.
(2) Ta áp dụng qui nạp . Khi k=1,
1
3 1 1 1r = ≤ + +
. Giả sử rằng tính chất
trên đúng tới k, thì theo (1) và giả thiết qui nạp ta có ,
( ) ( )

( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
1
1 1 2
! !
1 1 1 ! 2
2! 1!
( 1)! ( 1)!
1 1 1 1 ( 1)! 2
2! 1!
( 1)! ( 1)!
1 1 1 1 ( 1)!
2! 1!
k k
r k r
k k
k k k k k
k k
k k k k k k k
k k
k k k k
+
≤ + − +
 
≤ + + + − + + + + +
 
 
+ +
= + + + + + − + + + + + +

+ +
= + + + + + + + + + +
Như vậy tính chất đúng với k+1.
Nếu ta sử dụng cách biểu diễn của logarit tự nhiên trong tốn nâng
cao:
1 1 1
1
1! 2! !
e
n
= + + + + +
. Ta có thể đơn giản (2) như sau:
[ ]
! 1
k
r k e≤ +
. Ở
đây, ta xác định số ngun lớn nhất khơng vượt q x là
[ ]
x
.
Mặc dù , ở định lý 2 chứng minh rằng sự tồn tại của
k
r
và cho chặn trên
của
k
r
, ta chỉ biết ba giá trị đúng của
k

r
.Ngồi trừ
1 2
3; 6r r
= =
được đề cập ở
14
BÀI TỐN RAMSEY ( RAMSEY’S PROBLEM). Giáo viên: TRẦN TIẾN ĐẠT
trên, ta cũng biết
3
17r
=
.Từ (1) trong định lý (2) , ta biết
( )
3 2
3 1 2 3 5 2 17r r≤ − + = × + =
.Ta suy ra từ kết luận của định lý 2 và nhận
được một kết quả như trong 1 bài tốn trong IMO lần 6. 1964.
“Có 17 nhà khoa học trong đó mỗi người thảo luận với bất kỳ người nào khác.
Họ chỉ thảo luận về ba vấn đề và mỗi hai người chỉ thảo luận với nhau về một
vấn đề.Chứng minh rằng có ít nhất 3 người cùng thảo luận một vấn đề.”
Mặt khác , ta có thể tơ màu một Graph đầy đủ
16
K
bằng ba màu sao cho
Graph nhận được khơng chứa một tam giác cùng màu.Như hình 8.5.Nét liền
biểu diễn cạnh đỏ, nét rời biểu diễn cạnh xanh và khơng có đường nối biểu
diễn cạnh vàng . Điều đó có nghĩa là
3
17.r ≥

Vậy
3
17r
=
.
Ta có thể tổng qt hóa cách khác Định lý 1.
Giả sử mỗi cạnh của Graph đầy đủ
n
K
được tơ bởi màu đỏ và màu xanh có
nghĩa là
n
K
là 2-color( red,blue) complete Graph
n
K
.Với các số tự nhiên
khơng đổi p,q, khi n đủ lớn, 2-color( red,blue) complete Graph
n
K
phải chứa
một red-
p
K
hay một blue-
q
K
.Ta xác định n nhỏ nhất thỏa mệnh đề trên là
r(p;q). Người ta cũng gọi r(p;q) là số Ramsey.
Sử dụng khái niệm về Graph con ( Subgraph)và Graph bù

(Complementary Graph) , ta gọi r(p;q) là số n nhỏ nhất bất kỳ n-graph conG
của Graph đầy đủ
,
n
K
chứa một Graph con đầy đủ
p
K
hay Graph bù
G
có chứa
một Graph con đầy đủ
q
K
.Theo định nghĩa và theo định lý 1, ta có r(3;3)=
2
6r =
.Ngồi ra dễ dàng thấy rằng
( ) ( )
1; ;1 1r q r p= =
.Theo thứ tự để hiểu các
kết luận tiếp theo , ta chứng minh ví dụ sau : r(3;4)=9. Trước hết , ta chứng
minh rằng r(3;4)≤9 và ta có thể cho một ví dụ khác với dạng giống bài tập 1.
BÀI TỐN 4:
Chứng minh rằng trong 9 người , ta có thể tìm được 3 người quen nhau hay 4
15
BÀI TỐN RAMSEY ( RAMSEY’S PROBLEM). Giáo viên: TRẦN TIẾN ĐẠT
người khơng quen nhau.
GIẢI:
Ta xác định 9 người bởi 9 đỉnh

1 2 9
; ; ;A A A
. Nếu
&
i j
A A
quen nhau thì
ta nối 2 điểm đó bởi cạnh màu đỏ, ngược lại ta nối bởi cạnh màu xanh.Ta
phải chứng minh rằng trong 2-color complete graph
9
K
, phải tồn tại một
3
K
đỏ hay một
4
K
xanh.
Nếu có 1 đỉnh kề với khơng ít hơn 4 cạnh đỏ, giả sử là
1 2 1 3 1 4 1 5
; ; ; ;A A A A A A A A
Nếu có một cạnh nối các đỉnh
2 3 4 5
; ; ; ;A A A A
là màu đỏ , ví
dụ
2 3
A A
thì tam giác
1 2 3

;A A A
là tam giác đỏ.Nếu khơng có cạnh đỏ nào nối các
đỉnh
2 3 4 5
; ; ; ;A A A A
thì
2 3 4 5
; ; ; ;A A A A
tạo ra tứ giác xanh.(đpcm),
Nếu số cạnh đỏ kề với một đỉnh là ít hơn 4 thì số cạnh xanh kề với mỗi
đỉnh khơng ít hơn 5.Xét Graph bao gồm
1 2 9
; ; ;A A A
và tất cả các cạnh xanh.Vì
số cạnh lẻ là chẳn nên phải có một đỉnh chẳn, gọi là
1
v
.Vì số cạnh xanh kề với
1
A
là chẳn, nên số cạnh xanh kề với
1
A
khơng ít hơn 6. Gọi các cạnh đó là
1 2 1 3 1 7
; ; ; ;A A A A A A
Xét 6 đỉnh
2 3 7
; ; ;A A A
mỗi 2 đỉnh trong chúng được liên

kề với nhau bởi một cạnh xanh hay một cạnh đỏ. Theo định lý 1, Graph này
chứa một tam giác xanh hay một tam giác đỏ.Trong trường hợp thứ nhất
mệnh đề đúng , đpcm. Trong trường hợp thứ hai, giả sử tam giác
2 3 4
A A A
là
tam giác xanh . Thế thì Graph đầy đủ
4
K
với các đỉnh
2 3 4 1
; ; ; ;A A A A
là xanh.
Mệnh đề cũng đúng .đpcm.
Xét một graph đầy đủ 2-color complete graph
8
K
như hình 8.6 , ta chỉ
ra các cạnh đỏ là nét liền , các cạnh xanh là nét rời. Có tồn tại một màu của
8
K
sao cho
8
K
khơng có
3
K
đỏ hay
4
K

xanh. Có nghĩa là r(3;4)> 8.
16
BÀI TỐN RAMSEY ( RAMSEY’S PROBLEM). Giáo viên: TRẦN TIẾN ĐẠT
Như vậy , r(3;4)= 9.
HÌNH 8.6.
Liên quan đến r(p ;q) ta có các kết luận sau:
ĐỊNH LÝ 3:
(1) r(2;q)=q r(p;2)=p
(2) r(p;q)= r(q;p).
(3) Khi p;q≥2 thì r(p;q)≤ r(p-1;q) + r(p;q-1).
Bất đẳng thức đúng khi r(p-1;q) và r(p;q-1) cùng chẳn.
Ta chứng minh định lý bằng cách sử dụng Graph con và Graph bù .Chứng
minh (3) rất khó khăn . Ta có thể tham khảo bài tập 4.
CHỨNG MINH
(1) Gọi G là Graph có q đỉnh . Nếu có 2 đỉnh trong Graph G là kề nhau
thì G chứa
2
K
.Nếu ngược lại ,
G
chứa một
q
K
. Như thế r(2;q)≤q. Vì q-1 đỉnh
khơng kề với mỗi đỉnh khác tạo ra Graph G. Hiển nhiên G khơng chứa
2
K
và
phần bù của nó
G

khơng chứa
4
K
. Nên r(2;q)≥q.Do đó , r(2;q)= q.
Tương tự , r(p;2)= p.
17
BÀI TỐN RAMSEY ( RAMSEY’S PROBLEM). Giáo viên: TRẦN TIẾN ĐẠT
(2)Nếu G chứa r(p;q) đỉnh thì
G
cũng chứa r(p;q) đỉnh . Như thế
G
chứa
p
K
hay G chứa
q
K
Mặt khác G chứa
q
K
hay
G
chứa
p
K
. Như thế r(p;q)
≥r(q;p).
Tương tự r(q;p) ≥r(p;q) . Như thế r(p;q) = r(q;p).
(3) Giả sử G chứa r (p,q-1) + r(p-1;q) đỉnh và
1

v
là một đỉnh của G. Nếu
( ) ( )
1
1;d v r p q≥ −
, đặt
( )
1;r p q
δ
= −
đỉnh là
2 3 1
; ; ; ; .v v v v
δ δ
+
là các đỉnh kề
với
1
.v
Thì ta xóa các đỉnh khác và các cạnh của chúng từ G để tạo nên
1
G
.
Theo định nghĩa của
( )
1;r p q
δ
= −
,
1

G
chứa
1p
K
−
hay
1
G
chứa
q
K
.Nếu
1
G

chứa
1p
K
−
thì trong G ,
1p
K
−
và
1
v
tạo thành một Graph đầy đủ
p
K
. Nếu

1
G

chứa
q
K
thì
G
chứa
q
K
này .
Nếu số đỉnh kề với
1
v
nhỏ hơn r(p-1;q) thì
1
v
khơng kề với ít nhất r(p;q-
1) đỉnh .Ta xác định các đỉnh là
2 3 1
; ; ; ; .v v v v
δ δ
+
là các đỉnh khơng kề với
1
.v

với
( )

; 1r p q
δ
= −
ta xóa các đỉnh khác và các cạnh của chúng từ G để tạo nên
2
G
.
Theo định nghĩa của
( )
; 1r p q
δ
= −
,
2
G
chứa
p
K
hay
2
G
chứa
1q
K
−
.Nếu
2
G

chứa

p
K
thì trong G cũng chứa Graph đầy đủ
p
K
. Nếu
1
G
chứa
1q
K
−
thì trong
G
,
1
v
và
1q
K
−
tạo thành
q
K
.Nói tóm lại , ta có :r(p;q) ≤ r(p;q-1) + r(p-1;q).
Nếu r(p-1;q) và r(p;q-1) là chẳn thì ta chọn một Graph G với
r(p;q-1) + r(p-1;q)-1 đỉnh .Vì số đỉnh lẻ là chẳn và r(p;q-1) + r(p-1;q)-1 là lẻ
nên
18
BÀI TỐN RAMSEY ( RAMSEY’S PROBLEM). Giáo viên: TRẦN TIẾN ĐẠT

G chứa một đỉnh
1
v
chẳn.Với
1
v
thì hoặc là
( ) ( )
1
1; 1d v r p q≥ − −
hay
1
v
khơng
kề với ít nhất r(p;q-1) đỉnh .Vì số đỉnh kề với
1
v
là chẳn nên trong trường hợp
thứ nhất ,
( ) ( )
1
1;d v r p q≥ −
. Cùng phương pháp như vậy , ta được :
r(p;q)≤r
( ) ( ) ( )
; 1 ( 1; ) 1 ; 1 1;p q r p q r p q r p q− + − − < − + −
.Ta chứng minh xong
định lý 3.
Theo định lý 3 , ta có thể xác định được cận trên của một số số Ramsey
r(p;q):

r(3;3) ≤ r(3;2) + r(2;3) = 3+3 = 6.
r(3;4) ≤r(3;3) + r(2;4) -1 ≤6 + 4 – 1= 9.
r(3;5) ≤r(3;4) + r(2;5) ≤9 + 5 = 14.
r(4;4) ≤r(3;4) + r(4;3) = 9+ 9 = 18.
Ta đã chứng minh rằng r(3;3)= 6 và r(3;4)=9. Tương tự , ta có thể
chứng minh rằng r(3;5)=14 và r(4;4)=18. Theo bất đẳng thức đã biết , tất
nhiên rằng , ta chỉ cần chứng minh r(3;5) > 13 và r(4;4) > 17. Ở đây , ta chỉ
cần chứng minh bất đẳng thức thứ nhất và để lại để chứng minh bất đẳng
thức hai.
Xét Graph trong hình dưới đây, G khơng chứa một
3
K
nào và phần bù của nó
G
khơng chưá một
5
K
nào .Nhue thế r(3;5) > 13. Ấp dụng định lý 3, ta có thể
có một cận trên của r(p;q) nhu chỉ ra trong định lý 4.
19
BÀI TỐN RAMSEY ( RAMSEY’S PROBLEM). Giáo viên: TRẦN TIẾN ĐẠT

10
1
2
3
4
5
6
7

8
9
11
12
13
ĐỊNH LÝ 4:
Khi p;q≥2 ta có r(p;q)≤
1
2
p
p q
C
−
+ −
.
CHỨNG MINH :
Chú ý rằng : l=p+q và ta áp dụng phương pháp qui nạp theo l.
Lji l=4 m p=q=2. Thì VT= r(2;2)= 2 và VP=
1
4 2
2C
−
=
. Giả sử định lý đúng khi
l=k(k≥4). Khi l= k+1 , xét trường hợp khi p= k-1 ; q=2 , hay p=2 và q= k-1.
r(k-1;2) = r(2;k-1) = k-1 =
2 1
1 1
k
k k

C C
−
− −
=
.
Định lý đúng .
Khi p≥3 ; q≥3, ta có p+q=k+1, áp dụng (3) trong định lý 3 và theo qui nạp , ta
có :
r(p;q) ≤r (p-1;q) + r(p;q-1)
2 1 1
3 3 2
p p p
p q p q p q
C C C
− − −
+ − + − + −
≤ + =
. Định lý đúng khi n=k+1.
Mặc dù , có kết quả đó , mhuwng vẫn rất khó khăn để tìm giá trị đúng của
r(p;q). Ngồi trừ m r(1;p) = r(p;1) = =1; r(2;q)= q. Ta chỉ biết một vài giá trị
của r(p;q).
20
BÀI TỐN RAMSEY ( RAMSEY’S PROBLEM). Giáo viên: TRẦN TIẾN ĐẠT
Nếu ta kết hợp 2 điều tổng qt trên , ta được điều tổng qt sau:
Tơ màu một Graph đầy đủ
n
K
bằng l màu
1 2
; ; ; .

l
c c c
Mỗi cạnh có thể dược
tơ chỉ một màu trong đó.Với n đủ lớn , Graph đầy đủ l màu
n
K
(l-color
complete Graph) chứa một
1
c
-color complete subgraph
1
p
K
hay
2
c
-color
complete subgraph
2
p
K
; ;
l
c
-color complete subgraph
l
p
K
. Ta xác định giá

trị n nhỏ nhất thỏa mãn trình bày trên là r
( )
1 2
; ; ;p
l
p p
, ta cũng gọi số đó là
số Ramsey.
BÀI TỐN 5:
Ta chia các số 1,2,3,4,5 thành 2 nhóm A và B ngẩu nhiên. Chứng minh rằng có
thể tìm được 2 số trong một nhóm và hiệu của 2 số đó bằng một số trong
nhóm đó.
GIẢI:
Ta chia các số 1,2,3,4,5, thành 2 nhóm A và B, ngẩu nhiên.Chọn 6 đỉnh
và đánh số chúng là 1,2,3,4,5,6 . Với bất kỳ 2 đỉnh i>j , ta ln có 1≤i-j ≤5. Với 2
đỉnh i>j, nếu i-j nằm trong nhóm A thì ta tơ cạnh ji là màu đỏ, nếu i-j thuộc
nhóm B thì ta tơ cạnh ji là màu xanh. Như thế ta có 2-color complete Graph
6
K
.Theo Bài tốn 1,
6
K
chứa một tam giác cùng màu
ij ( )k i j k∆ > >
điều đó
có nghĩa là a= i-k ; b= i-j ; c= j-k và ba số này ở cùng một nhóm A hoặc B. Và
a-b = (i-k) – (i-j) = j-k = c. Đpcm.
Chú ý : Trong ví dụ trên , nếu cho b=c thì a=2b. Thì bài tốn có thể phát biểu
như sau: Ta chia các số 1,2,3,4,5 thành hai nhóm ngẩu nhiên A và B. Chứng
minh rằng có thể tìm được một số trong một nhóm sao cho nó gấp đơi một số

trong nhóm kia hay bằng tổng của 2 số trong cùng một nhóm .
BÀI TỐN 6:
Có 3n+1 người trong một câu lạc bộ. Bất kỳ 2 người nào cũng có thể chơi một
trong 3 trò chơi: Cờ Vua , game, Cờ Tướng . Biết rằng mỗi người phải chơi Cờ
vua với n người , chơi game với n người , Cờ tướng với n người . Chứng minh
21
BÀI TỐN RAMSEY ( RAMSEY’S PROBLEM). Giáo viên: TRẦN TIẾN ĐẠT
rằng trong 3n+1 người , phải có 3 người sao cho chúng chơi với nhau cờ Vua ,
game, cờ Tướng.HUNGARIAN MATHEMATICAL OLYMPIAD.
GIẢI:
Ta xác định 3n+1 người bởi 3n+1 đỉnh. Nếu hai người chơi với nhau cờ
Vua , thì cạnh tương ứng nối chúng được tơ màu đỏ. Nếu hai người chơi với
nhau game thì cạnh tương ứng nối chúng được tơ màu xanh và nếu hai người
chơi với nhau cờ Tướng thì cạnh tương ứng nối chúng được tơ bởi màu
đen.Thế thì ta có 3-color complete Graph
3 1n
K
+
.Ta phải chứng minh rằng
trong đó phải có một tam giác khác màu.( heterochromous trangle)
Nếu 2 cạnh kề với một đỉnh là khơng cùng màu ta sẽ gọi góc giữa 2
cạnh đó là góc khác màu (heterochromous angle) . Một tam giác là khác màu
khi và chỉ khi ba góc của nó là khác màu.Mỗi đỉnh kề với 3n cạnh, trong đó có
n cạnh đỏ , n cạnh xanh , n cạnh đen.Ngồi ra , số góc khác màu được tạo ra
bởi 1 đỉnh là
2 2 2
3
3C n n=
.3-color complete Graph
3 1n

K
+
chứa
2
3 (3 1)n n +
góc
khác màu.Mặt khác , -color complete Graph
3 1n
K
+
chứa
( ) ( )
3
3 1
1
3 1 3 1
2
n
C n n n
+
= + −
tam giác.Ta có thể xem các tam giác này là chuồng
và các góc khác màu là thỏ, theo ngun tắc Dirichlet, phải có một tam giác
chứa 3 cạnh khác màu.Đpcm.
BÀI TỐN 7:
Có 100 khách trong một lâu đài. Bất kỳ người nào cũng quen với ít nhất 67
người khác.Chứng minh rằng trong những người khách ta có thể tìm được 4
người mà bất kỳ 2 người nào trong đó cũng quen nhau.
POLISH MC 1966.
GIẢI:

Ta xác định các người khách bởi 100 điểm
1 2 100
; ; ;A A A
.Nối bất kỳ 2
đỉnh và tơ màu chúng bởi 2 màu xanh và đỏ . Cạnh nối
i
A
và
j
A
được tơ màu
đỏ khi và chỉ khi
i
A
và
j
A
quen nhau.Ta sử dụng ngơn ngữ Graph để giải quyết
22
BÀI TỐN RAMSEY ( RAMSEY’S PROBLEM). Giáo viên: TRẦN TIẾN ĐẠT
bài tốn này: Trong một đỏ xanh 2-color complete Graph
100
K
, nếu số cạnh đỏ
đến với mỗi đỉnh ít nhất là 67 thì
100
K
chứa một Graphcon đỏ complete
4
K

.
Lấy 1 đỉnh
1
A
. Số cạnh đỏ liên kết với nó khơng nhỏ hơn 67 nên phải
tồn tại 1 cạnh đỏ , giả sử là
1 2
A A
.Vì số cạnh đỏ xuất phát từ
2
A
khơng ít hơn
67, số cạnh xanh xuất phất từ
1 2
;A A
nhiều nhất là 32×2=64.Chúng bao gồm 66
đỉnhvà phải có 1 đỉnh , ví dụ
3
A
sao cho
1 3 2 3
&A A A A
là cạnh đỏ.Số cạnh xuất
phát từ
1 2 3
; ;A A A
nhiều nhất là 32×3=96 và các cạnh xanh này bao gồm 99
đỉnh. Do đó phải tồn tại một đỉnh
4
A

sao cho
1 4 2 4 3 4
; ; ;A A A A A A
là các cạnh đỏ.
Như thế Graph con đầy đủ
4
K
với các đỉnh
1 2 3 4
; ; ;A A A A
là đỏ.
BÀI TỐN 8:
Ta sử dụng các ngũ giác
1 2 3 4 5 1 2 3 4 5
&A A A A A B B B B B
như là 2 đáy của một lăng
trụ .Mỗi cạnh và mỗi đoạn thẳng
i j
A B
với i;j=1;2;3;4;5 được tơ màu đỏ hoặc
xanh. Mỗi tam giác tạo thành từ một đỉnh của lăng trụ như đỉnh của nó và
các đoạn thẳng được tơ màu như cạnh của nó đều là tam giác khơng cùng
màu. Chứng minh rằng 10 cạnh ở hai mặt đáy được tơ màu giống nhau.
IMO 21.
GIẢI:
Trước hết , ta chứng minh rằng 5 cạnh trên đáy trên là được tơ cùng
màu.Nếu trái lại , có ít nhất 2 cạnh trong ngũ giác là khơng cùng màu.Như
thế có 2 cạnh kề như
1 2 1 5
; ;A A A A

là khơng cùng màu. Khơng mất tính tổng qt
, giả sử rằng
1 2
A A
là màu đỏ và
1 5
A A
là màu xanh.Trong các cạnh nối
1
A
với các
đỉnh
1 2 3 4 5
; ; ; ;B B B B B
có ít nhất 3 cạnh cùng màu.Giả sử rằng
1 1 1
; ; ;
i j k
A B A B A B
là
23
BÀI TỐN RAMSEY ( RAMSEY’S PROBLEM). Giáo viên: TRẦN TIẾN ĐẠT
cùng màu đỏ ( i;j;k là phân biệt) . Theo gt , tam giác
1 i j
A B B
là khơng cùng màu
nên
i j
B B
là màu xanh.Tương tự

2 i
A B
cũng là màu xanh , ta còn có thể biết
rằng
2 j
A B
là cạnh đỏ.Khi đó , tam giác
1 2 j
A A B
là tam giác đỏ , trái với giả
thiết.
Chứng minh tương tự , ta cũng chứng minh được rằng 5 cạnh của đáy
dưới cũng cùng một màu. Nếu cạnh đáy trên và đáy dưới khác màu , giả sử
rằng
1 2 3 4 5
A A A A A
là màu đỏ , còn
1 2 3 4 5
B B B B B
là màu xanh.Khơng mất tính tổng
qt , nếu
1 1
A B
là cạnh xanh thì theo giả thiết khơng có tam giác cùng màu
nên
1 5 1 2
&A B AB
cùng là màu đỏ.Như thế
2 3 5 5
;A B A B

đều là cạnh xanh.Tương tự,
5 1 5 4 2 1 2 3
; ; ; ; A B A B A B A B
tất cả đều là cạnh đỏ và
3 3 4 4
;A B A B
là các cạnh
xanh.Như thế
4 1 4 2
&A B A B
đều là cạnh xanh . Nên tam giác
4 1 2
A B B
là tam giác
xanh. Trái với giả thiết. Như vậy 10 cạnh của 2 ngũ giác được tơ cùng màu.
(đpcm)
BÀI TỐN 9:
Có 2 đường hàng khơng X và Y phục vụ cho 10 vùng . Với bất kỳ 2 vùng , chỉ có
một cơng ty phục vụ 1 đường bay duy nhất ( đi và về). Chứng minh rằng phải
có một cơng ty có thể cung ứng 2 lộ trình bay sao cho 2 lộ trình này khơng đi
qua cùng một vùng và mỗi lộ trình đi qua một số lẻ vùng.
GIẢI:
Ta xác định 10 vùng bởi 10 đỉnh
1 2 10
; ; ;u u u
. Nếu đường bay giữa 2
vùng
&
i j
u u

được phục vụ bởi X, thì ta nối
&
i j
u u
bởi cạnh đỏ ( một đường
liền). Nếu đường bay giữa 2 vùng
&
i j
u u
được phục vụ bởi Y, thì ta nối
&
i j
u u
bởi cạnh xanh ( một đường rời).Như vậy ta đã có một 2-color
24
BÀI TỐN RAMSEY ( RAMSEY’S PROBLEM). Giáo viên: TRẦN TIẾN ĐẠT
complete Graph
10
K
. Tiếp theo, để chứng minh kết luận , ta chỉ cần chứng
minh phải có hai tam .giác hay đa giác cùng màu khơng có cạnh chung và có
số lẻ cạnh trong
10
K
.
2-color complete Graph
10
K
chứa một tam giác cùng màu. Gọi
8 9 10

u u u
là
tam giác cùng màu.Theo Bài tập 1, ta có thể biết các tam giác tạo bởi các
đỉnh
1 2 7
; ; ;u u u
phải chứa một tam giác cùng màu. Gọi đó là tam giác
5 6 7
u u u
là tam giác cùng màu.Nếu màu của tam giác
5 6 7
u u u
là cùng màu với tam giác
8 9 10
u u u
thì kết luận là đúng. Giả sử rằng tam giác
8 9 10
u u u
là xanh và tam giác
8 9 10
u u u
là đỏ.
Số cạnh nối các đỉnh trong tập hợp
{ }
5 6 7
; ;u u u
và tập hợp
{ }
8 9 10
; ;u u u

là
3×3=9. Theo ngun lý Dirichlet, thì phải có 5 cạnh cùng màu.Giả sử đó là
màu đỏ.5 cạnh được tạo ra bởi tập hợp
{ }
8 9 10
; ;u u u
như thế phải có 1 đỉnh kề
với hai cạnh đỏ là
8 6 8 7
&u u u u
.Như hình 8.8 chỉ , thế thì cũng phải còn một tam
25