Bài tập có đáp án toán rời rạc

BÀI TẬP CHƯƠNG I
Bài 1:
Số mã vùng cần thiết nhỏ nhất là bao nhiêu để đảm bảo 25 triệu máy
điện thoại khác nhau. Mỗi điện thoại có 9 chữ số có dạng 0XX-8XXXXX với
X nhận giá trị từ 0 đến 9.

Giải
Vì số mã vùng có dạng: 0XX-8XXXXX, với X nhận các giá trị từ 0 đến 9
(10 số), có 07 ký tự X do vậy sẽ có 107 trường hợp. Do đó, theo nguyên lý
Dirichlet với 10 triệu máy điện thoại thì số mã vùng cần thiết là:
 25.000.000 
 10.000.000  = ] 2,5[ = 3 . Vậy số mã vùng cần thiết thỏa yêu cầu bài toán là 3.

Bài 2:
Biển số xe gồm 8 ký tự, dạng NN-NNNN-XN, ví dụ 75_1576_F1. Hai
số đầu là mã tỉnh, X là chữ cái (26 chũ cái). N gồm các số 0, 1, …, 9. Hỏi một
tỉnh nào đó cần đăng ký cho 10 triệu xe thì cần bao nhiêu serial (X).

Giải
Bài toán này có 02 cách hiểu: serial ở đây có thể là 02 ký tự NN đầu tiên
hoặc là 02 ký tự XN cuối cùng.
Cách hiểu 1: (serial là 02 ký tự XN cuối cùng).
Hai số NN đầu là mã tỉnh, do nhà nước quy định nên không ảnh hưởng
đến kết quả bài toán.
Sáu ký tự còn lại có 5 ký tự là N, như vậy có 10 5 trường hợp. Theo nguyên
10.000.000 

= 100 . Điều này
lý Dirichlet, số serial X tối thiểu phải thỏa mãn: 
 100.000 
không hợp lý vì số ký tự chữ cái chỉ là 26. Do vậy, nếu bài toán sửa lại là 1 triệu

 1.000.000 

= 10 .
bảng số xe thì kết quả hợp lý hơn, khi đó số serial là: 
 100.000 
Cách hiểu 2: (serial là 02 ký tự NN đầu tiên)
Bốn ký tự NNNN sẽ có 104 trường hợp, 02 ký tự XN sẽ có 26*10 = 260
trường hợp. Theo quy tắc nhân, tổng số trường hợp sẽ là: 10 4*260 = 2.600.000.
Do đó, theo nguyên lý Dirichlet, số serial tối thiểu phải là:
 10.000.000 
 2.600.000  = ]3,84[ = 4 .


Vậy cần 04 số serial để đăng ký đủ cho 10 triệu xe.

Bài 3:
Có bao nhiêu xâu nhị phân có độ dài 10:
a. Bắt đầu bằng 00 hoặc kết thúc bằng 11.
b. Bắt đầu bẳng 00 và kết thúc bằng 11.

Giải
a. Bắt đầu bằng 00 hoặc kết thúc bằng 11.
Xâu nhị phân bắt đầu bằng 00 có dạng: 00.xxxx.xxxx. Ký tự x có thể là 0
hoặc 1, có 8 ký tự x do vậy có 2 8 xâu.
Xâu nhị phân kết thúc bằng 11 có dạng: xx.xxxx.xx11. Tương tư ta cũng
tính được có 28 xâu.
Xâu nhị phân bắt đầu bằng 00 và kết thúc bằng 11 có dạng 00.xxxx.xx11.
Tương tự như trên, ta cũng tính được có 2 6 xâu.
Vậy số xâu nhị phân bắt đầu bằng 00 hay kết thúc bằng 11 là:
n = 2 * 2 8 − 2 6 = 512 − 64 = 448 xâu.

b. Bắt đầu bằng 00 và kết thúc bằng 11.
Xâu nhị phân thỏa mãn đề bài phải có dạng: 00.xxxx.xx11. Hai ký tự đầu
và 02 ký tự cuối là không đổi, do vậy chỉ còn 06 ký tự ở giữa. Do đó số xâu nhị
phân thỏa mãn đề bài là: 26 xâu.

Bài 4:
Khóa 29 CNTT có 150 SV học NNLT Java, 160 SV hoc Delphi, 40 SV
học cả hai môn trên.
a. Tìm tất cả SV của khóa 29 biết rằng SV nào cũng phải học ít nhất 01
môn.
b. Biết tổng số SV là 285, hỏi có bao nhiêu SV không học Java hoặc
Delphi.

Giải
Gọi

J: SV học Java
D: SV học Delphi
a. Số SV của khóa 29 là: n1 = J  D = J + D − J  D = 150 + 160 − 40 = 270 SV
b. Câu b có 02 cách hiểu:
Cách 01: không học ít nhất 01 môn.


Số SV không học Java hoặc Delphi là (áp dụng nguyên lý bù trừ) ta tính
được: n2 = n − J  D = 285 − 40 = 245 SV
Cách 02: không học Java cũng chẳng học Delphi:
Theo cách hiểu này, áp dụng nguyên lý bù trừ ta tính được số SV như sau:
n 2' = J  D = n − J − D + J  D = 285 − 150 − 160 + 40 = 15 SV

Bài 5:

Mỗi người sử dụng máy tính dùng password có 6 -> 8 ký tự. Các ký tự
có thể là chữ số hoặc chữ cái, mỗi password phải có ít nhất 01 chữ số. Tìm
tổng số password có thể có.

Giải
Bài toán này cũng có thể được hiểu theo 02 cách.
Cách 01: phân biệt chữ thường với chữ hoa.
Chữ cái thường: 26
Chữ cái hoa:
26
Chữ số:
10
Do đó, tổng cộng có 26 + 26 + 10 = 62 ký tự khác nhau.
Nếu password có n ký tự.
Tổng số trường hợp:
62 n
Số password không có chữ số: 52 n
Suy ra số password có ít nhất 01 chữ số: nn = 62 n − 52 n
Áp dụng cho các trường hợp n = 6, 7, 8. Tổng số password thỏa yêu cầu đề bài
là:
n = n6 + n7 + n8 = 62 6 − 52 6 + 62 7 − 52 7 + 62 8 − 52 8 = 167.410.949.583.040
Cách 02: không phân biệt chữ thường với chữ hoa:
Cách làm hoàn toàn tương tự, nhưng thay vì sử dụng các số 62 và 52 thì ở
đây sử dụng 02 số: 36 và 26. Kết quả sẽ là:
n = n6 + n7 + n8 = 36 6 − 26 6 + 36 7 − 26 7 + 368 − 26 8 = 2.684.483.063.360

Bài 6:
Có n lá thư bỏ vào n bì thư. Hỏi xác suất để xảy ra trường hợp không
có lá thư nào bỏ đúng được bì thư của nó.

Giải


Vì có n phong bì và n bì thư nên có tất cả N = n! cách bỏ thư khác nhau.
Để đếm số cách bỏ thư sao cho không lá thư nào đúng địa chỉ, ta áp dụng nguyên
lý bù trừ:
N = n! − N1 + N2 − ... + (−1)nNn,
trong đó Nm (1 ≤ m ≤ n) là số cách bỏ thư sao cho có ít nhất m lá thư đúng địa
chỉ, Nm là số cách lấy m lá thư từ n lá, với mỗi cách lấy m lá thư, có (n-m)! cách
bỏ để m lá thư này đúng địa chỉ, như vậy:
n!
1
1
1
m
Nm = Cn (n - m)! = k! do vậy N = n!(1 − 1! + 2! − ... + (−1)n n! ),
Dođó xác suất thỏa bài toán: p =

N N
1 1 1
1
= = 1 − + - +...+(-1) k
N n!
1! 2! 3!
k!

Bài 7:
Chỉ ra rằng nếu chọn 5 số từ tập 8 số {1, 2, …, 7, 8} thì bao giờ cũng
có ít nhất 01 cặp số có tổng là 9.

Giải
Từ 8 số ở trên, ta chia thành 04 cặp: {1, 8}, {2, 7}, {3, 6}, {4, 5} và tổng
của mỗi cặp đều bằng 9. Như vậy, đề bài sẽ trở thành chọn 5 số từ 4 cặp số trên.
Theo nguyên lý Dirichlet, phải có ít nhất 01 cặp số được chọn hết. Vậy bài toán
đã được chứng minh.

Bài 8:
Chứng minh rằng trong bất kỳ một nhóm 27 từ tiếng Anh nào cũng có
ít nhất 2 từ bắt đầu từ cùng 01 chữ cái.

Giải
Bảng chữ cái của tiếng anh gồm 26 ký tự: a, b, c, …, x, y, z. Vì có 27 từ
tiếng Anh và mỗi từ bắt đầu bằng 01 chữ cái nên theo nguyên lý Dirichlet phải
có ít nhất 02 từ bắt đầu bằng cùng 01 chữ cái.

Bài 9:
Cần phải có bao nhiêu SV ghi tên vào lớp TRR để chắc chắn có ít nhất
65 SV đạt cùng điểm thi, giả sử thang điểm thi gồm 10 bậc.

Giải


Gọi n là số sinh viên tối thiểu thỏa mãn đề bài, theo nguyên lý Dirichlet thì
= 65 . Do vậy n = 10 * 64 + 1 = 641 SV.
10

] [
n

Bài 10:

Tìm hệ thức truy hồi và cho điều kiện đầu để tính số các xâu nhị phân
có độ dài n và không có 2 số 0 liên tiếp.
Có bao nhiêu xâu nhị phân như thế có độ dài bằng 5.

Giải
Với xâu nhị phân có độ dài n, ta chia thành 02 trường hợp:
Nếu ký tự cuối cùng là 1 thì ký tự trước đó (ký tự thứ n – 1) có thể là 1
hay là 0 đều được.
Nếu ký tự cuối cùng là 0 thì ký tự trước đó (ký tự thứ n – 1) chỉ có thể là 1
(vì nếu là 0 thì vi phạm yêu cầu bài toán) nhưng ký tự trước đó nữa (thứ n – 2)
có thể là 0 hay 1 đều được.
Từ 02 trường hợp trên ta suy ra được: f n = f n −1 + f n− 2
Các điều kiện đầu: f1 = 2 , f 2 = 3
Có 13 xâu nhị phân có độ dài 5 và không có 2 số 0 liên tiếp.

Bài 11:
 f0 = 0
.
 f1 = 1

Dãy các số Fibonacci thõa f n = f n −1 + f n− 2 , cho điều kiện đầu: 
Hãy tìm hệ thức truy hồi của Fibonacci.

Giải
Phương trình đặc trưng: x 2 − x − 1 = 0
1+ 5
1− 5
có các nghiệm là: r1 = 2 và r2 = 2 .
n

n

 1+ 5 
 1− 5 
+ α 2 
Do đó các số Fibonacci tổng quát sẽ có dạng: f n = α1 
÷
÷
÷
÷
 2 
 2 
1

α1 + α 2 = 0
α1 =

 f0 = 0 
5

với các điều kiện ban đầu :  f = 1 ⇒ α  1 + 5  + α  1 − 5  = 1 ⇒ 
−
 1
 1  2 ÷
α = 1
÷ 2  2 ÷
÷




 
 2
5

Do đó các số Fibonacci được cho bởi công thức như sau:


n

n

1  1+ 5 
1 1− 5 
fn =
−

÷

÷
5 2 ÷
5  2 ÷



Bài 12:

Tìm nghiệm của hệ thức truy hồi sau: a n = 2a n−1 + 5a n −2 − 6a n −3 trong đó
các điều kiện đầu là: a0 = 7 , a1 = −4 , a 2 = 8 .

Giải

Phương trình đặc trưng x 3 − 2 x 2 − 5 x + 6 = 0 ⇔ ( x − 1)( x 2 − x − 6) = 0
 x0 = 1

Các nghiệm của phương trình đặc trưng:  x1 = −2
x = 3
 2
Do đó, hệ thức truy hồi sẽ có dạng: an = α 11n + α 2 (−2) n + α 3 3n
Với các điều kiện đầu được cho: a0 = 7 , a1 = −4 , a 2 = 8 . Ta có hệ phương trình

7 = α 1 + α 2 + α 3
α 1 = 5


như sau: − 4 = α 1 − 2α 2 + 3α 3 ⇒ α 2 = 3
8 = α + 4α + 9α
α = −1
1
2
3
 3


Vậy nghiệm của hệ thức truy hồi là: a n = 5 + 3(−2) n − 3 n

Bài 13:
Tìm hệ thức truy hồi và rn . Với rn là số miền của mặt phẳng bị phân
chia bởi n đường thẳng. Biết rằng không có 2 đường thẳng nào song song và
cũng không có 03 đường thẳng nào đi qua cùng 1 điểm.

Giải

Với n đường thẳng, theo đề bài thì đường thẳng thứ n sẽ cắt n – 1 đường
thẳng còn lại tại n – 1 điểm, tức là sẽ cắt n – 1 + 1 = n phần mặt phẳng. Do đó, số
phần mặt phẳng tăng lên là n. Từ đó, ta có được hệ thức truy hồi: rn = rn−1 + n .
Các điều kiện đầu là:
n = 0: r0 = 1.
n = 1: r1 = 2.


BÀI TẬP CHƯƠNG II
Bài 14
Chứng minh rằng trong một đơn đồ thị luôn có ít nhất 02 đỉnh có
cùng bậc.

Giải
Trong đồ thị đơn, số bậc tối đa cung
TH1: Giả sử đồ thì không có đỉnh treo, do đó số bậc tối thiểu của các đỉnh
là 1, số bậc tối đa của các đỉnh là n-1 (vì là đơn đồ thị). Có n đỉnh, số bậc của các
đỉnh đi từ 1 đến n-1 (n-1) giá trị. Do đó theo nguyên lý Dirichlet phải có ít nhất
02 đỉnh có cùng bậc.
TH2: Giả sử đồ thị có ít nhất 01 đỉnh treo, khi đó số bậc tối thiểu của các
đỉnh là 0, và số bậc tối đa chỉ là n-2 (vì là đơn đồ thị, đồng thời có đỉnh treo). Có
n đỉnh, số bậc của các đỉnh chỉ có thể đi từ 0 đến n-2 (n-1) giá trị. Do đó theo
nguyên lý Dirichlet phải có ít nhất 02 đỉnh có cùng bậc.

Bài 15:
Tính tổng số bậc của K n (đơn đồ thị đủ).

Giải
Với đồ thị đủ thì mỗi đỉnh đều nối với các đỉnh còn lại. Do vậy, khi có n
đỉnh thì mỗi đỉnh đều nối với n -1 đỉnh còn lại, tức là bậc của mỗi đỉnh đều bằng

n – 1.
Vậy, tổng số bậc của cả đồ thị là: n*(n – 1) bậc.
II. Các bài tập trong giấy kiểm tra lần 1.
Bài 16: (giống bài 12 phần trước).
Tìm nghiệm của hệ thức truy hồi sau: a n = 2a n−1 + 5a n −2 − 6a n −3
trong đó các điều kiện đầu là: a0 = 7 , a1 = −4 , a 2 = 8 .

Giải
Phương trình đặc trưng x 3 − 2 x 2 − 5 x + 6 = 0 ⇔ ( x − 1)( x 2 − x − 6) = 0


 x0 = 1

Các nghiệm của phương trình đặc trưng:  x1 = −2
x = 3
 2

Do đó, hệ thức truy hồi sẽ có dạng: an = α 11n + α 2 (−2) n + α 3 3n
Với các điều kiện đầu được cho: a0 = 7 , a1 = −4 , a 2 = 8 . Ta có hệ phương trình
7 = α 1 + α 2 + α 3
α 1 = 5


như sau: − 4 = α 1 − 2α 2 + 3α 3 ⇒ α 2 = 3
8 = α + 4α + 9α
α = −1
1
2
3
 3


Vậy hệ thức truy hồi là: a n = 5 + 3(−2) n − 3 n

Bài 17:
Trong tổng số 2504 sinh viên của một khoa công nghệ thông tin, có
1876 theo học môn NNLT Pascal, 999 học môn ngôn ngữ Fortran và 345 học
môn ngôn ngữ C. Ngoài ra còn biết 876 sinh viên học cả Pascal và Fortran,
232 học cả Fortran và C, 290 học cả Pascal và C. Nếu 189 sinh viên học cả
03 môn Psacal, Fortran và C thì trong trường hợp đó có bao nhiêu sinh viên
không học môn nào trong cả 03 môn nói trên.

Giải
Gọi

P: là tập gồm các SV học Pascal
F: là tập gồm các SV học Fortran
C: là tập gồm các SV học C
N: là tổng số SV (2504 SV)
Gọi K là số SV học ít nhất 01 môn
Theo nguyên lý bù trừ, ta có:
K = P U F UC = P + F + C − P I F − F I C − C I P + P I F I C

K = 1876 + 999 + 345 − 876 − 232 − 290 + 189 = 2011 ⇒ K = N − K = 2504 − 2011 = 493 SV

Vậy có 493 SV không học môn nào trong 03 môn: Pascal, Fortran và C.

Bài 18:
Hãy tìm số đỉnh, số cạnh, số bậc của mỗi đỉnh và xác định các đỉnh cô
lập, đỉnh treo, ma trận liền kề, ma trận liên thuộc trong mỗi đồ thị vô hướng
sau:

Giải
Câu 18.1.

Số đỉnh: 8
Số cạnh: 11
Đỉnh cô lập: D
Đỉnh treo: không có
Tên đỉnh
Bậc của định

Ma trận liền kề:

0

0
0

0
1

0

0
1





A
B

C

Ma trận liên thuộc:  D
E

G
H

I
e1 = (a, c)
e = (a, e)
 2
trong đó: 
e3 = (a, i )
e4 = (b, e)

a
3
0
0
0
0
1
0
1
0
e1

1
0
1
0
0
0
0
0

1
0
0
0
1
1
0
1

b
2
0
0
0
0
0
0
0
0

e2

1
0
0
0
1
0
0
0

C
4

d
0

e
5

g
3

h
2

i
3

0 1

1 0

0 1

0 0
, thứ tự đỉnh: a, b, c, d, e, g, h, i
0 0 
0 0

0 1
1 0 
e5 e6 e7 e8 e9 e10 e11 

0 0 0 0 0 0
0
1 0 0 0 0 0
0

0 1 1 1 0 0
0
0 0 0 0 0 0
0 
0 1 0 0 1 1
0

0 0 1 0 1 1
0
1 0 0 0 0 0
1

0 0 0 1 0 0
1 

1
1
1
0
0
2
0
0
e3
1
0
0
0
0
0
0
1

0
0
1
0
2
0
0
0
e4
0
1

0
0
1
0
0
0

e5
e
 6

e7
e8

= (b, h)
= (c, e )

= (c , g )
= (c, i )

e9 = (e, g )

e10 = (e, g )
e = (h, i )
 11


Câu 18.2.

a

b

c
d
e

Số đỉnh: 5
Số cạnh: 12
Đỉnh cô lập: không có
Đỉnh treo: không có
Tên đỉnh
Bậc của định

Ma trận liền kề:

1

3
0

0
1




a
b
Ma trận liên thuộc: 
c

d

e


trong đó:

e1 = (a, a )
e = (a, b)
 2

e3 = (a, b)
e4 = (a, b)

a
6
3
0
0
1
1
e1
1
0
0
0
0

0
0

1
3
0

b
5
0
1
3
0
1

e2
1
1
0
0
0

c
5

d
5

e
3

1


1
0  , thứ tự đỉnh: a, b, c, d,

1
0 
e3 e4 e5 e6 e7 e8 e9
1 1 1 0 0 0 0
1 1 0 1 1 0 0
0 0 0 0 0 1 1
0 0 0 0 1 0 1
0 0 1 1 0 0 0
e5 = (a, e)
e = (b, e)
 6

e7 = (b, d )
e8 = (c, c )

e10
0
0
1
1
0

e9 = (c, d )
e = (c, d )
 10

e11 = (c, d )

e12 = (d , e)

e11
0
0
1
1
0

e12 

0 
0 

0 
1 
1 

Bài 19:
Hai đơn đồ thị với ma trận liền kề sau đây có là đẳng cấu không?


0

1
0

1

1

0
0
1

0
0
0
1

1

1
1

0  ,

0

1
1

1

1
0
0
1

1
0

0
1

1

1
1

0  .

Giải
Dựa vào ma trận liền kề của hai đơn đồ thị ta có thể vẽ lại các đồ thị bằng
hình vẽ:
U

U

V

V

1

2

1

2

U

U

V

V

4

3

4

3

Theo hình vẽ của hai đơn đồ thị ta thấy chúng không có cùng số cạnh, một
bên có 4 cạnh và một bên có 5 cạnh. Vậy hai đồ thị có ma trận liền kề đã cho ở
trên không đẳng cấu.
Bài toán này có thể không cần vẽ hình lại cũng được, từ ma trận kề ta cũng
có thể dễ dàng xác định được số cạnh của mỗi đồ thị lần lượt là 4 và 5. Do vậy
chúng không thể đẳng cấu.


Bài 20:
Xét xem các đồ thị cho sau đây có đẳng cấu với nhau không?

Giải
a. Hình 01.
u1

v1

v2

u2
v6

v5

u3
u4

v3

v4

u6

u5

Hai đồ thị cho ở trên có: số đỉnh, số cạnh, tổng số bậc và số bậc của mỗi
đỉnh bằng nhau. Đặc biệt, các đỉnh của đồ thị thứ nhất và thứ hai khi sắp theo thứ
tự sau đây thì chúng hoàn toàn tương đương về mọi mặt:
Đồ thị thứ nhất
Đồ thị thứ hai
Số bậc của mỗi đỉnh

u1
v5
3

U2
V6
4

u3
v3
4

u4
v2
3

u5
v1
5

u6
v4
5

Chính vì vậy, hai đồ thị trên là đẳng cấu.
b. Hình 02.
u1

u2

u3

v1

v2

v6
u4

u5

u6

v3
v5

v4


Hai đồ thị có hướng cho ở trên khi sắp theo thứ tự sau đây về các đỉnh thì
chúng tương đương về tất cả các mặt: từ số đỉnh, tổng số bậc, bậc vào, bậc ra của
mỗi đỉnh, tổng số cạnh, thứ tự và chiều của các cạnh đều tương ứng:
Đồ thị thứ nhất
Đồ thị thứ hai
Bậc vào: deg-(X)
Bậc ra: deg+(X)

u1
v3
1
2

u2

v5
2
1

u3
v1
1
2

u4
v2
2
1

u5
v4
2
1

u6
v6
1
2

Vì vậy, hai đồ thị có hướng ở trên là đẳng cấu với nhau.

Bài 21: (3.1)
Cho G là đồ thị có v đỉnh và e cạnh, còn m và M tương ứng là bậc nhỏ
m≤

nhất và lớn nhất các đỉnh của G. Chứng tỏ rằng:

2e
≤M
v

Giải
Vì m và M tương ứng là bậc nhỏ nhất và lớn nhất các đỉnh của G, do đó ta
dễ dàng có được:
v
∑deg(vi ) ≥ v.m
 i =1
m ≤ deg(vi ) ≤ M , i =1, v ⇔  v
 deg(v ) ≤ v.M
∑
i

 i =1

 2e ≥ v.m
2e
⇔
⇔ v.m ≤ 2e ≤ v.M ⇔ m ≤ ≤ M
v
 2e ≤ v.M

(đpcm)

Bài 22: (3.2)
Chứng minh rằng nếu G là đơn đồ thị phân đôi có v đỉnh và e cạnh,

khi đó chứng minh bất đẳng thức sau đây:

Giải

v2
e ≤ (1)
4


Gọi n1, n2 lần lượt là số đỉnh của mỗi phần (n 1 + n2 = v). Vì là đơn đồ thị
phân đôi nên số cạnh nhiều nhất khi nó là đơn đồ thị phân đôi đủ, tức là: K n1 ,n2 .
Khi đó, số cạnh nhiều nhất sẽ là: n = n1 × n2 ⇔ e ≤ n1n2 (2) .
Ta dễ dàng có được:

(n1 − n2 ) 2 ≥ 0 ⇔ n12 − 2n1n2 + n22 ≥ 0 ⇔ n12 + 2n1n2 + n22 ≥ 4n1n2
(n1 + n2 )2
v2
(2)
⇔
≥ n1n2 ≥ e  → ≥ e (đpcm).
4
4
Bài 23: (3.4)
Hãy vẽ các đồ thị vô hướng biểu diễn bởi các ma trận sau:
1

2
b. 
0


1

1 2 3

÷
a.  2 0 4 ÷
3 4 0÷



2
0
3
0

0
3
1
1

0

1
c.  3

0
4


1

÷
0÷
1÷
÷
0

1
2
1
3
0

3
1
1
0
1

0
3
0
0
2

4
÷
0÷
1÷
÷
2÷

3÷


Giải
A

C

A

B

C

D

B
h.a

h.b

A

B

C
D
E
h.c

Bài 24: (3.6)
Tìm ma trận liền kề cho các đồ thị sau:
a.Kn
b.Cn
c.Wn

d.Km,n

e.Qn

Giải
 0 1 1 1 ... 1 1 

÷
 1 0 1 1 ... 1 1 ÷
 1 1 0 1 ... 1 1 ÷

÷
a.K n :  1 1 1 0 ... 1 1 ÷
... ... ... ... ... ... ... ÷

÷
1
1
1
1
...
0
1


÷
 1 1 1 1 ... 1 0 ÷



0

1
0

c.Wn :  0
 ...

1
1


1

0

0 ... 1

0
1

1
0

0 ... 0
1 ... 0

0 1 0 ... 0
... ... ... ... ...
0
1

0
1

0 ... 0
1 ... 1

 0 1 0 0 ... 0 1 

÷
1
0
1
0
...
0
0

÷
 0 1 0 1 ... 0 0 ÷

÷
b.Cn :  0 0 1 0 ... 0 0 ÷

 ... ... ... ... ... ... ... ÷

÷
 0 0 0 0 ... 0 1 ÷
 1 0 0 0 ... 1 0 ÷



 6 4 7m 48 64 7n 48 
1
  0 ... 0 1 ... 1 ÷
÷
1÷

÷
...
...
......
...
...


÷
1÷

 0 ... 0 1 ... 1 ÷
÷

÷
1 ÷ d .K m , n : 

m
n
 6 4 7 48 64 7 48 ÷
... ÷
  1 ... 1 0 ... 0 ÷
÷

÷
1÷
...
...
......
...
...


÷

0÷

÷

  1 ... 1 0 ... 0 

Bài 25: (3.8)
Hai đồ thị với ma trận liền kề sau đây có đẳng cấu với nhau không?
0

1
0


1

1
0
0
1

0
0
0
1

1
÷
1÷
(h.1)
1÷
÷
0

0

1
1

1

Giải

1
0
0
1

1
0
0
1

1
÷
1÷
(h.2)
1÷
÷
0


Hai đồ thị với ma trận liền kề ở trên không thể đẳng cấu với nhau vì:
chúng có số cạnh khác nhau: đồ thị thứ nhất có 4 cạnh, đồ thị thứ hai có 5 cạnh.

Bài 26: (3.9)
Hai đồ thị với ma trận liền kề sau đây có đẳng cấu với nhau không?
1

1
0

0

1 0 0 0
÷
0 1 0 1÷
(h.1)
0 0 1 1÷
÷
1 1 1 0

0

0
1

1

1 0 0 1
÷
1 1 1 0÷
(h.2)
0 0 1 0÷
÷
0 1 0 1

Giải
Thưa thầy, theo em nghĩ thì đây là hai ma trận liên thuộc chứ không phải
là hai ma trận liền kề. Và nếu là hai ma trận liên thuộc thì chúng đẳng cấu với
nhau vì:



 v1
 v2

 v3
v
 4

e1 e 2
1 1
1 0
0 0

e3
0
1
0

e4
0
0
1

0

1

1

1

e5 
÷
0÷
1 ÷( h.1')
÷
1÷
0÷


Xét ánh xạ f từ V1 lên V2 sao cho:


 '
 v1
 v2'
 '
 v3
 v'
 4

e1'
0

e2'
1

e3'
0

e4'

0

0

1

1

1

1
1

0
0

0
1

1
0

e5' 
÷
1÷
0 ÷(h.2 ')
÷
0÷
1÷


'
'
 f (v1 ) = v1 _& _ f (v2 ) = v2 ;

'
' , đồng thời
 f (v3 ) = v3 _& _ f (v4 ) = v4 ;

biểu diễn lại đồ thị của ma trận liên thuộc ở hình (h.2’). Trong đó, các cạnh được
e2' 
→ e5' 
→ e3' 
→ e1' 
→ e4' .
sắp theo thứ tự:
Lúc này, hai ma trận liên thuộc hoàn toàn giống nhau. Vì vậy chúng đẳng
cấu với nhau.



 '
 v1
 v2'
 '
 v3
 v'
 4

e1' e2'

0 1

e3'
0

e4'
0

0

1

1

1

1

0

0

1

1

0

1

0


e5' 
÷
 '
1÷
 v1
0 ÷(h.2 ') ⇒  v2'
÷
 '
0÷
 v3
 '
1÷

 v4

e2'
1

e5'
1

e3'
0

1

0

1

0

0

0

0

1

1

e1' e4' 
÷
0 0÷
0 1 ÷(h.2 '')
÷
1 1÷
1 0÷


Bài 27: (3.10)
Các cặp đồ thị sau có đẳng cấu với nhau không?

Giải
Bài này hoàn toàn giống bài số 20 đã giải ở trên.

Bài 28: (3.11)
Cho V = {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} và E là tập hợp các cặp phần tử (u, v) của
V sao cho u < v và u với v là các số nguyên tố cùng nhau. Hãy vẽ đồ thị có
hướng G = ( V , E ) .
Tìm số đường đi phân biệt độ dài 3 từ đỉnh 2 tới đỉnh 8.

Giải
2

3

7

8

4

6

Bài 29: (3.12)

5

Hãy tìm số đường đi độ dài n giữa hai đỉnh liền kề (t.ư không liền kề)
tùy ý trong K3,3 với mỗi giá trị của n sau:
a. n = 2,
b. n = 3,
c. n = 4,
d. n = 5.

Giải
1

(I)

4

5

2

3

(II)

6

Cách 1:
Hai đỉnh liền kề phải ở 2 phần khác nhau. Một cạnh chỉ có thể nối từ 1
đỉnh ở phần (I) đến 1 đỉnh ở phần (II) và ngược lại. Gọi m là số đường đi giữa 2
đỉnh bất kỳ trong K3,3 có độ dài n.
TH1: n chẵn.
Nếu n chẵn thì đỉnh đầu và đỉnh cuối của đường đi phải ở cùng 1 phần, do
vậy chúng không thể liền kề.
TH2: n lẻ.
Nếu n lẻ thì đỉnh đầu và đỉnh cuối của đường đi phải ở trên 2 phần khác
nhau, do vậy chúng phải liền kề (vì đây là K3,3).
Mặc khác mỗi một đỉnh ở phần này luôn có 3 phương án để đi qua 1 đỉnh
ở phần kia. Do vậy ta có được các kết luận sau đây:

o Hai đỉnh liền kề, n chẵn:
m = 0,
o Hai đỉnh liền kề, n lẻ:
m = 3n-1,
o Hai đỉnh không liền kề, n chẵn: m = 3n-1,
o Hai đỉnh không liền kề, n lẽ: m = 0.
Áp dụng cho các trường hợp:
Độ dài đường đi
Số đường đi (giữa 2 đỉnh liền kề)
Số đường đi (2 giữa đỉnh không liền
kề)

Cách 2:

n=2
0
3

n=3
9
0

n=4
0
27

n=5
81
0

0 0 0 1 1 1 

÷
0
0
0
1
1
1

÷
0 0 0 1 1 1 ÷
K3,3 có ma trận liền kề: 
÷
1 1 1 0 0 0÷
1 1 1 0 0 0÷

÷
÷
1 1 1 0 0 0
Ta dễ dàng chứng minh được (bằng quy nạp):

 3n −1 3n −1 3n −1 0
0
0 
 n −1 n −1 n −1
÷
3
3

3
0
0
0

÷
n
−
1
n
−
1
n
−
1
3
3
3
0
0
0 ÷
An = 
÷, n = 2k
n −1
n −1
n −1
0
0 3
3
3 ÷

 0
 0
0
0 3n −1 3n −1 3n −1 ÷

÷
n −1
n −1
n −1 ÷
0
0 3
3
3 
 0
 0

 0
 0
n
A =  n −1
3
 3n −1
 n −1
3

0
0
0
3n −1
3n −1

3n −1

0
0
0
3n −1
3n −1
3n −1

3n −1
3n −1
3n −1
0
0
0

3n −1 3n −1 
÷
3n −1 3n −1 ÷
3n −1 3n −1 ÷
÷, n = 2k + 1
0
0 ÷
0
0 ÷
÷
0
0 ÷


Theo định lý 2 [543], số đường đi có độ dài n từ đỉnh i đến đỉnh j là giá trị
của phần tử ai,j của ma trận An. Do vậy ta có được kết quả sau:
Độ dài đường đi
Số đường đi (giữa 2 đỉnh liền kề)
Số đường đi (giữa 2 đỉnh không liền
kề)

n=2
0
3

n=3
9
0

n=4
0
27

n=5
81
0


BÀI TẬP CHƯƠNG III
Bài 30: (4.1).
Với giá trị nào của n thì các đồ thị sau đây là đồ thị Euler?
a. Kn
b. Cn
c. Wn

d. Qn

Giải
Điều kiện cần và đủ để một đồ thị là đồ thị Euler khi và chỉ khi tất cả các
đỉnh của nó đều có bậc chẵn.
a. Kn:
Vì mỗi đỉnh của Kn có số bậc bằng nhau và bằng n – 1. Để K n là đồ thị
Euler thì n – 1 = chẵn. Do vậy n phải lẻ (n >= 3).
b. Cn:
Vì mọi đỉnh của Cn đều có bậc là 2 nên Cn luôn là đồ thị Euler.
c. Wn:
Trừ một đỉnh có bậc là n – 1, còn lại các đỉnh khác đều có bậc là 3, do vậy
đây không thể là đồ thị Euler.
d. Qn:
Vì mọi đỉnh đều có bậc là n, do vậy để Qn là đồ thị Euler thì n chẵn.

Bài 31: (4.2)
Với các giá trị nào của m và n thì đồ thị phân đôi đầy đủ Km,n có:
a. Chu trình Euler.
b. Đường đi Euler.

Giải
a. Vì các đỉnh của đồ thị phân đôi đủ Km,n có bậc là m hoặc n. Do vậy, để nó
là đồ thị Euler thì m và n đều phải chẵn.
b. Để một đồ thị có đường đi Euler thì phải có đúng 2 đỉnh bậc lẻ, các đỉnh
còn lại có bậc chẵn. Do vậy một trong 2 giá trị m, n phải là 2, giá trị còn
lại phải là số lẻ.

Bài 32: (4.3)
Với giá trị nào của m và n thì đồ thị phân đôi đầy đủ K m,n có chu trình

Hamilton.

Giải


Cách 1:
Theo định lý Đirác, nếu G là đơn đồ thị có n đỉnh và mọi đỉnh của G đều
n
thì G là một đồ thị Hamilton. Với Km,n, các đỉnh có bậc
2
n ≥ (n + m) / 2
⇔m≤n≤m⇔n=m
m hoặc n, để đây là đồ thị Hamilton thì: 
 m ≥ ( n + m) / 2

có bậc không nhỏ hơn

Cách 2:
Theo định lý Ore nếu G là một đơn đồ thị có n đỉnh và bất kỳ hai đỉnh nào
không kề nhau cũng có tổng số bậc không nhỏ hơn n thì G là đồ thị Hamilton.
Với Km,n 2 đỉnh không kề nhau sẽ có bậc cùng là n hoặc cùng là m. Do đó, để là
 ( n + n ) ≥ ( n + m)
⇔m≤n≤m⇔n=m
 ( m + m ) ≥ ( n + m)

đồ thị Hamilton thì: 

Cách 3:
Theo định lý 4.2.6 nếu G là đồ thị phân đôi với hai tập đỉnh là V 1, V2 có số
đỉnh cùng bằng n (n ≥ 2) và bậc của mỗi đỉnh lớn hơn

n
thì G là một đồ thị
2

Hamilton. Do vậy, nếu m = n thì hiển nhiên Km,n là đồ thị Hamilton.

Bài 33: (4.4)
Chứng minh rằng đồ thị lập phương Qn là một đồ thị Hamilton. Vẽ
cây liệt kê tất cả các chu trình Hamilton của đồ thị lập phương Q3.

Giải
a. Chứng minh Qn là đồ thị Hamilton:
Dùng mã Gray để giải bài toán này, ta sẽ chứng minh bằng quy nạp toán
học như sau:
Với n = 1: hiển nhiên đúng với 2 mã: 0, 1.
Giả sử bài toán đúng với n = k, tức là ta đã có mã:
a1 → a2 → a3 → ... → aq −1 → aq (q = 2k )

Ta phải chứng minh bài toán đúng với n = k + 1. Điều này hiển nhiên
đúng khi ta gắn thêm 2 ký tự 0 và 1 vào các mã này theo cách sau:
0a1 → 0a2 → 0a3 → ... → 0aq −1 → 0aq → 1aq → 1aq −1 → ... → 1a3 → 1a2 → 1a1 ( q = 2 k )

Vậy bài toán đúng với mọi n, hay là bài toán đã được chứng minh.
b. Vẽ cây liệt kê tất cả các chu trình Hamilton của Q3:


00
0

00
1

01
1

01
0

10
1

10
0

01
1

11
0

10
1

11
0

010

111

100

111

001

111

100

111

001

111

010

111

110

101

110

011

101

110

101

011

011

110

011

101

111

100

111

010

111

100

111

001

111

010

111

001

101

110

011

110

110

101

011

101

110

011

101

011

100

010

010

100

100

001

001

100

010

001

001

010

000

000

000

000

000

000

000

000

000

000

000

000

Bài 34: (4.5)
Trong một cuộc họp có 15 người mỗi ngày ngồi với nhau quanh một
bàn tròn một lần. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp sao cho mỗi lần ngồi họp,
mỗi người có hai người bên cạnh là bạn mới, và sắp xếp như thế nào.

Giải
Bài 35: (4.6)

Hiệu trưởng mời 2n (n ≥ 2) sinh viên giỏi đến dự tiệc. Mỗi sinh viên

giỏi quen ít nhất n sinh viên giỏi khác đến dự tiệc. Chứng minh rằng luôn
luôn có thể xếp tất cả các sinh viên giỏi ngồi xung quanh một bàn tròn, để
mỗi người ngồi giữa hai người mà sinh viên đó quen.

Giải
Xét đồ thị G = (V, E), trong đó: V là tập các sinh viên đến dự tiệc; E =
(u,v) với u, v thuộc V và u, v có quen biết nhau.
Theo cách xác lập đồ thị ở trên thì đây là đơn đồ thị có 2n đỉnh, mỗi đỉnh
có bậc tối thiểu là n (vì mỗi sinh viên quen với ít nhất n sinh viên khác). Do đó,


theo định lý Đirac (4.2.3) thì G là đồ thị Hamilton. Mặc khác, đây là đồ thị vô
hướng nên bài toán đã được chứng minh.

Bài 36: (4.7)
Một ông vua đã xây dựng một lâu đài để cất báu vật. Người ta tìm
thấy sơ đồ của lâu đài (hình sau) với lời dặn: muốn tìm báu vật, chỉ cần từ
một trong các phòng bên ngoài cùng (số 1, 2, 6, 10, ...), đi qua tất cả các cửa
phòng, mỗi cửa chỉ một lần; báu vật được giấu sau cửa cuối cùng.
Hãy tìm nơi giấu vật.
1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

14

13

12

15
16

17

18
21

20

19

Giải
Báu vật sẽ được giấu sau cửa từ phòng 19 qua phòng 18.
Sau đây là đường đi để tìm báu vật: 6-2-1-4-3-7-11-12-8-13-12-17-16-2021-17-18-13-14-9-5-4-2-5-6-10-15-14-19-18.

Bài 37: (4.8)
Đồ thị cho trong hình sau gọi là đồ thị Peterson P.
a. Tìm một đường đi Hamilton trong P.
b. Chứng minh rằng P \ {v}, với v là một đỉnh bất kỳ của P, là một đồ thị
Hamilton.
a
e

b

g
f

h
k

d

i
c


Giải
a. Tìm một đường đi Hamilton trong G:

a→b→c→d →e→ f →h→k → g →i

b. Ta chia G thành 2 nhóm: a, b, c, d, e và f, g, h, i, k. Các phần tử trong 2 nhóm
này có vai trò giống nhau, do vậy bài toán có 2 trường hợp tổng quát.
TH1:
bỏ điểm a:

i → f →e→d →c →b→h →k → g →i

TH2:

bỏ điểm f:

h →k →d →e →a → g →i →c →b →h

Bài 38: (4.9)
Giải bài toán người đua thư Trung Hoa với đồ thị được cho trong
hình sau đây:

Giải
Bài 39: (4.10)
Chứng minh rằng đồ thị G cho trong hình sau có đường đi Hamilton
(từ s đến r) nhưng không có chu trình Hamilton.
s

d

r

c
e

g

b
f
a

h


Giải
Đường đi Hamilton từ r đến s: s → a → b → c → e → d → g → f → h → r
Giả sử có chu trình Hamilton thì để đi qua đỉnh s phải đi qua 02 đỉnh a và
c, đồng thời để đi qua đỉnh b cũng phải đi qua 02 đỉnh a và c. Như vậy 02 đỉnh a
và c đều phải đi qua 02 lần. Điều này không đúng nếu đây là đồ thị Hamilton vì
ngoại trừ đỉnh đầu và đỉnh cuối thì không có đỉnh nào chu trình đi qua 02 lần
(bài toán đã được chứng minh).

Bài 40: (4.11)
Cho thí dụ về:
1. Đồ thị có một chu trình vừa là chu trình Euler vừa là chu trình Hamilton.
2. Đồ thị có một chu trình Euler và một chu trình Hamilton, nhưng hai chu
trình đó không trùng nhau.
3. Đồ thị có 6 đỉnh, là đồ thị Hamilton, nhưng không phải là đồ thị Euler.
4. Đồ thị có 6 đỉnh, là đồ thị Euler, nhưng không phải là đồ thị Hamilton.

Giải
1. Một chu trình vừa là chu trình Euler, vừa là chu trình Hamilton.

2. Một chu trình Euler, một chu trình Hamilton nhưng không trùng nhau.
a

b

f

c
e

Chu trình Euler:
Chu trinh Hamilton:

d

a→b→ c→ e→ a→ c→ d → e→ f → a
a→b→c→d →e→ f →a