graph 2017 hung yen

MỘT SỐ VẤN ĐỀ CỦA LÝ THUYẾT ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG
(Hoàng Phương Anh – THPT Chuyên Hưng Yên)
PHẦN I. MỞ ĐẦU
Khái niệm đồ thị là một khái niệm quen thuộc với học sinh phổ thông, nhưng lí
thuyết đồ thị lại là một bộ môn khá trẻ của toán học hiện đại, chỉ nghiên cứu tương
quan đi lại của các đại lượng toán học theo nghĩa tổng thể của nó mà không phụ
thuộc vào bản chất các đại lượng được tham gia. Mặc dù còn khá trẻ nhưng lí thuyết
đồ thị đã trở thành một công cụ khá lợi hại của toán học hiện đại và không thể thiếu
được khi người ta phải giải quyết những vấn đề mà thành phần tham gia có một mối
quan hệ đặc biệt lập thành một tổng thể chung.
Các bài tập về lí thuyết đồ thị rất đa dạng về nội dung và có vẻ quen thuộc với
tất cả chúng ta vì phần lớn được diễn đạt và mô tả như những vấn đề thường gặp
trong cuộc sống. Tuy nhiên, đằng sau cái vỏ giản đơn ấy nhiều khi lại là những bài
toán thật sư hóc búa, không thể giải bằng phương pháp thông thường được. Phần
nhiều những bài toán của lí thuyết đồ thị đòi hỏi năng lực sáng tạo và khả năng tư
duy toán học cao. Vì thế, những bài toán lí thuyết đồ thị ngày càng xuất hiện nhiều
hơn trong các kì thi Olympic Toán của các quốc gia cũng như các kì thi Toán quốc tế,
đặc biệt ở Việt Nam 3 năm trở lại đây còn có một kì thi dành riêng cho lí thuyết đồ
thị, là cuộc thi Toán Mô hình Hà Nội.
Chuyên đề này nghiên cứu về một số vấn đề cơ bản của lí thuyết đồ thị cùng
việc ứng dụng những tính chất đã biết trong giải bài tập toán phổ thông, gồm các
phần như sau
I. Các khái niệm cơ bản
II. Bậc của đỉnh
III. Xích, đường đi và chu trình
IV. Đồ thị liên thông, đồ thị đầy đủ, cây và đồ thị lưỡng phân
V. Sắc số, đồ thị tô màu và định lí Ramsey
VI. Cặp ghép
Trong quá trình viết chuyên đề không thể tránh khỏi những thiếu sót, tác giả
mong muốn nhận được những ý kiến đóng góp từ bạn đọc để hoàn thiện chuyên đề
hơn nữa.

1


PHẦN II. NỘI DUNG
I. CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN
Định nghĩa 1. Một đồ thị được hiểu là một bộ hai tập hợp hữu hạn: tập hợp đỉnh và
tập hợp cạnh nối các đỉnh này với nhau.
Ký hiệu: Thông thường, chúng ta hay ký hiệu một đồ thị bởi chữ G, tập đỉnh bởi chữ
V và tập cạnh bởi chữ E.
Một số khái niệm khác:
+ Hai đỉnh khác nhau của đồ thị được gọi là kề nhau nếu chúng chúng được nối
với nhau bởi một cạnh.
+ Một đồ thị mà tất cả các cạnh của chúng đều là cạnh vô hướng được gọi là đồ
thị vô hướng, thường được ký hiệu là G=(V,E).
+ Một đồ thị mà tất cả các cạnh của chúng đều là cạnh có hướng được gọi là đồ
thị có hướng, thường được ký hiệu là G=[V,E]. Trong chuyên đề này chúng ta chỉ
nghiên cứu các đồ thị vô hướng.
+ Một đồ thị có cả cạnh vô hướng và cạnh có hướng được gọi là đồ thị hỗn hợp.
+ Một đồ thị được gọi là đồ thị đơn nếu mỗi cạnh của đồ thị là đường nối duy
nhất giữa một cặp hai đỉnh phân biệt.
+ Ngoài ra, ta gọi đồ thị điểm là đồ thị có đúng một đỉnh và không có cạnh nào.
Đồ thị rỗng dùng để gọi một đồ thị không có đỉnh và cạnh nào cả.
Chú ý: Đồ thị thường được biểu diễn trên mặt phẳng: các đỉnh được tô đậm và các
cạnh nối các đỉnh là các đoạn thẳng hoặc là các đường cong nối các đỉnh này với
nhau. Một đồ thị có thể có nhiều biểu diễn phẳng khác nhau.
Ví dụ: Vẽ một đồ thị biểu diễn quan hệ quan biết của 5 người sao cho không có 3
người nào đôi một quen nhau hoặc đôi một không quen nhau.
Ta xét một đồ thị 5 đỉnh với mỗi đỉnh đại diện cho
một người, hai đỉnh được nối với nhau bởi một cạnh khi và

chỉ khi hai người tương ứng quen biết nhau.
Khi đó đồ thị có 5 đỉnh là 5 đỉnh của một ngũ giác và
các cạnh là 5 cạnh của ngũ giác thỏa mãn đề bài.

Định nghĩa 2. Cho trước một đồ thị G với tập đỉnh V và tập cạnh E.
2


Một đồ thị G’ với tập đỉnh V’ và tập cạnh E’ được gọi là đồ thị con của đồ thị
G nếu V '  V và E '  E .
Trong trường hợp V '  V và E’ là tập hợp tất cả các cạnh của G nối 2 đỉnh của
V’ thì G’ được gọi là đồ thị thành phần của G, và còn được gọi là đồ thị sinh bởi tập
đỉnh V’.
II. BẬC CỦA ĐỈNH
1. Định nghĩa
Bậc của một đỉnh là số cạnh xuất phát từ đỉnh đó (các khuyên được tính gấp
đôi).
Một đỉnh được gọi là đỉnh cô lập nếu nó có bậc bằng 0. Đỉnh có bậc bằng 1
được gọi là đỉnh treo.
Ví dụ:
Trong hình bên, đỉnh A là đỉnh cô lập, đỉnh B và
đỉnh C là đỉnh treo, đỉnh D và E cùng có bậc là 3.

2. Tính chất
Định lý 2.1. Trong một đồ thị vô hướng, tổng bậc của tất cả các đỉnh gấp đôi số cạnh
của đồ thị.
Chứng minh. Thật vậy, trong tổng bậc tất cả các đỉnh của đồ thị thì mỗi cạnh được
tính đúng hai lần bởi hai đỉnh của nó. Do đó tổng này gấp đôi số cạnh của đồ thị.
Hệ quả 2.2. Trong một đồ thị vô hướng, số đỉnh bậc lẻ luôn là số chẵn.
Định lý 2.3. Trong một đồ thị đơn với n ( n  2) đỉnh luôn có ít nhất 2 đỉnh củng bậc.

Chứng minh. Giả sử G=(V,E) là một đồ thị tủy ý với | V | 2 . Ta xét hai trường hợp:
+ Trường hợp 1. Đồ thị có đỉnh bậc 0. Khi đó trong tất cả các đỉnh của đồ thị, không
có đỉnh nào kề với tất cả các đỉnh còn lại, hay không có đỉnh nào có bậc bằng n  1.
Do đó mỗi đỉnh của đồ thị có bậc là một trong n  1 số nguyên: 0,1,2,..., n  2 .
+ Trường hợp 2: Đồ thị không có đỉnh nào bậc 0. Khi đó mỗi đỉnh của đồ thị có bậc
là một trong n  1 số nguyên: 1,2,..., n  1 .
3


Do đó, đồ thị G=(V,E) có n đỉnh nhưng chỉ có không quá n  1 loại bậc. Theo
nguyên lý Dirichlet, có ít nhất hai đỉnh cùng bậc.
Định lý 2.4. Nếu đồ thị đơn với n ( n  2) đỉnh có đúng 2 đỉnh cùng bậc thì hai đỉnh
này không thể đồng thời bậc 0 hoặc bậc n  1 .
Chứng minh: Giả sử x, y là hai đỉnh củng bậc của đồ thị G=(V,E) và đều có bậc 0
hoặc bậc n  1 . Loại x, y và tất cả các cạnh xuất phát từ chúng ra khỏi đồ thị G ta
được đồ thị con G1 có n  2 đỉnh. Theo định lý 2.3, trong G1 có 2 đỉnh củng bậc,
chẳng hạn u, v.
+ Nếu x, y cùng bậc 0, thì u, v trong G1 cùng không kề với x, y nên u, v trong
G cũng là hai đỉnh cùng bậc. Như vậy đồ thị G phải có ít nhất 2 cặp đỉnh cùng bậc.
+ Nếu x, y cùng bậc n  1 , thì mỗi đỉnh u, v đều kề đồng thời với cả x và y nên
trong đồ thị G các đỉnh u, v cũng cùng bậc. Như vậy đồ thị G phải có ít nhất hai cặp
đỉnh cùng bậc.
Cả hai trường hợp trên đều dẫn tới mâu thuẫn với giả thiết: đồ thị G chỉ có duy
nhất một cặp đỉnh cùng bậc. Vậy x, y không thể cùng bậc 0 hoặc cùng bậc 1. Định lý
được chứng minh.
Định lý 2.5. Ta có thể chia các đỉnh của một đồ thị đơn G=(V,E) thành hai nhóm sao
cho với mỗi đỉnh, ít nhất một nửa số đỉnh kề với nó nằm ở nhóm kia.
Chứng minh. Xét cách chia V thành V1  V2 có số cạnh nối các đỉnh ở 2 nhóm (một
đỉnh thuộc nhóm này, một đỉnh thuộc nhóm kia) là nhiều nhất.
Giả sử có đỉnh v0 ở cùng nhóm với hơn một nửa số đỉnh kề với nó trong nhóm

V1. Khi đó, nếu ta chuyển v0 sang nhóm V2 và giữ nguyên tất cả các điểm còn lại, ta
sẽ được cách chia mới có nhiều cạnh nối các đỉnh ở 2 nhóm hơn (mâu thuẫn với giả
thiết). Vậy định lý được chứng minh.
3. Ứng dụng
Bài toán 2.1. Chứng minh rằng trong một lớp có 40 học sinh luôn tồn tại hai em có
cùng số bạn thân trong lớp.
Lời giải bài toán này được suy ra trực tiếp từ định lý 2.2.
Bài toán 2.2. Trong một kỳ nghỉ hè, có 7 người đi nghỉ mát ở xa. Họ hứa với nhau
rằng trong suốt kỳ nghỉ mỗi người phải viết thư cho đúng 3 người trong số họ. Chứng
minh rằng có một người không viết thư trả lời cho người đã viết thư cho mình.
Lời giải. Ta chứng minh bài toán bằng phản chứng. Giả sử ngược lại rằng mỗi người
trong số 7 người này đều viết cho người viết cho họ.
4


Khi đó ta lập một đồ thị với 7 đỉnh, mỗi đỉnh tương ứng với một người, và hai
đỉnh nối với nhau bởi một cạnh khi và chỉ khi hai người tương ứng viết thư cho nhau.
Bằng cách này ta thu được một đồ thị có 7 đỉnh và mỗi đỉnh có bậc là 3.
Điều này mâu thuẫn với hệ quả 2.2, rằng số đỉnh lẻ của một đồ thị là một số
chẵn. Vậy bài toán được chứng minh.
Bài toán 2.3. Trong lớp học có một số em học sinh chơi thân với một số lẻ bạn.
Chứng minh rằng trong lớp có hai em học sinh cùng chơi thân với một số chẵn bạn
trong lớp.
Lời giải. Gọi A0 là em học sinh chơi thân với lẻ bạn trong lớp A1, A2, ..., A2n+1 .
Xét G là đồ thị với tập đỉnh là {A1, A2, ..., A2n+1}, và hai đỉnh có một cạnh nối
với nhau khi và chỉ khi hai em học sinh tương ứng chơi thân với nhau.
Đồ thị này có lẻ đỉnh, và có chẵn đỉnh có bậc lẻ, nên luôn tồn tại một đỉnh Ai
nào đó có bậc chẵn (1  i  2n  1) .
Khi đó A0 và Ai có số bạn chơi thân chung trong lớp là số chẵn. (đpcm)
Bài toán 2.4. Trong một hội nghị, mỗi người có ít hơn hoặc bằng 3 người bạn. Hỏi có

thể chia họ vào 2 phòng sao cho trong mỗi phòng, mỗi người chỉ có không quá 1
người bạn.
Lời giải. Ta xét đồ thị G với mỗi đỉnh đại diện cho một người trong hội nghị, hai đỉnh
được nối với nhau bởi một cạnh khi và chỉ khi hai người tương ứng là bạn của nhau.
Khi đó, ta được một đồ thị với bậc của mỗi đỉnh đều không quá 3.
Áp dụng Định lý 2.5, ta có thể chia mọi người thành hai phòng sao cho ít nhất
một nửa số người bạn của mỗi người đều nằm ở phòng kia, hay mỗi người cùng
phòng với không quá một người bạn của mình.
III. XÍCH, ĐƯỜNG ĐI VÀ CHU TRÌNH
1. Định nghĩa
Giả sử G=(V,E) là một đồ thị vô hướng.
Dãy các đỉnh của G=(V,E):
H  ( A1 , A2 ,...., Ak )

được gọi là một xích (hay một dây chuyền) nếu i (1  i  k  1) , cặp đỉnh Ai, Ai+1 kề
nhau.
Tổng số vị trí của tất cả các cạnh xuất hiện trong xích H được gọi là độ dài của
xích H.
Các đỉnh A1, Ak được gọi là hai đầu của xích H.
5


Một xích được gọi là xích đơn nếu nó đi qua mỗi cạnh không quá một lần.
Một xích được gọi là một đường đi nếu nó không đi qua đỉnh nào của đồ thị
quá một lần. Số cạnh của một đường đi được gọi là độ dài của nó. Đường đi đi qua tất
cả các đỉnh của đồ thị được gọi là đường đi Hamilton.
Một xích có hai đầu trùng nhau và mỗi đỉnh của đồ thị được đi qua không quá
một lần được gọi là một chu trình. Chu trình đi qua tất cả các đỉnh của đồ thị được
gọi là chu trình Hamilton.
2. Tính chất

Định lý 3.1. Nếu có một xích đơn nối hai đỉnh a và b của đồ thị thì cũng tồn tại một
đường đi nối a với b trong đồ thị đã cho.
Chứng minh. Vì tồn tại một xích đơn nối hai đỉnh a và b của đồ thị nên tập hợp các
xích đơn nối a và b là tập hợp khác rỗng. Gọi H là xích đơn có độ dài nhỏ nhất nối
a với b . Ta chứng minh H là đường đi.
Thật vậy, giả sử h không phải là đường đi thì phải có ít nhất một đỉnh xuất hiện
trên H ít 2 lần. Ta giả sử rằng có một đỉnh p xuất hiện trên H ít nhất 2 lần, chẳng hạn
H  ( a, H1 , p, H 2 , p, H 3 , b) với H1, H2, H3 là các xích đơn bộ phận của H. Khi đó
H '  (a, H1 , p, H 3 , b) là một xích đơn đi từ a đến b với độ dài nhỏ hơn H, mâu thuẫn
với giả thiết H là xích đơn có độ dài nhỏ nhất nối a với b .
Vậy H là một đường đi nối a với b .
Định lý 3.2. Một đồ thị có bậc của các đỉnh không nhỏ hơn 2 luôn có một chu trình.
Chứng minh. Nếu đồ thị có cạnh kép thì nó có chu trình độ dài 2.
Giả sử đồ thị G là đồ thị đơn. Xét một con đường W có độ dài lớn nhất trong
đồ thị đã cho.
Giả sử a và b là hai đỉnh đầu và cuối của W. Khi đó mọi đỉnh kề với b phải
nằm trên W. Giả sử ngược lại là có một đỉnh c kề với b nhưng không nằm trên W thì
ta có thể bổ sung thêm c vào W để được một con đường dài hơn W, vô lý. Do bậc của
b không nhỏ hơn 2 nên b phải kề với ít nhất một đỉnh d nào đó nằm trên W. Gọi W1
là đoạn đường đi từ d tới b trong W, bổ sung thêm cạnh (b,d) vào W1 ta có một chu
trình. Vậy định lý được chứng minh.
Định lý 3.3. Một đồ thị đơn với n≥3 đỉnh và có ít nhất n cạnh luôn có ít nhất một chu
trình.
Chứng minh. Giả sử G là một đồ thị đơn với n đỉnh và ít nhất n cạnh. Ta chứng minh
điều này bằng quy nạp theo n.

6


Với n=3, mệnh đề hiển nhiên đúng. Vì mỗi đồ thị đơn với 3 đỉnh và 3 cạnh

luôn cho đúng một chu trình đi qua tất cả các đỉnh.
Giả sử mệnh đề đúng với n, nghĩa là một đồ thị tùy ý có n đỉnh và ít nhất n
cạnh luôn có một chu trình. Ta chứng minh mệnh đề cũng đúng cho mọi đồ thị đơn
có n+1 đỉnh và ít nhất n+1 cạnh tùy ý.
Xét G là một đồ thị đơn có n+1 đỉnh là ít nhất n+1 cạnh bất kỳ. Xét một con
đường có độ dài lớn nhất W trong đồ thị đã cho. Giả sử a và b là hai đỉnh đầu và cuối
của W. Khi đó mọi đỉnh kề với b phải nằm trên W. Giả sử ngược lại là có một đỉnh c
kề với b nhưng không nằm trên W thì ta có thể bổ sung thêm c vào W để được một
con đường dài hơn W, vô lý. Ta xét hai trường hợp:
+ Trường hợp 1: Bậc của b không nhỏ hơn 2.
Do bậc của b không nhỏ hơn 2 nên b phải kề với ít nhất một đỉnh d nào đó nằm
trên W. Gọi W1 là đoạn đường đi từ d tới b trong W, bổ sung thêm cạnh (b,d) vào W1
ta có một chu trình.
+ Trường hợp 2: Bậc của b là bằng 1.
Ta xét đồ thị G’ sinh ra từ G bằng cách bỏ đi đỉnh b. Khi đó G có n đỉnh và có
ít nhất n cạnh (vì trong G chỉ có một cạnh xuất phát từ b). Theo giả thiết quy nạp, tồn
tại một chu trình C trong G’ và cũng là chu trình trong G.
Vậy định lý được chứng minh.
3. Ứng dụng
Bài toán 3.1. Một cuộc sinh hoạt có ít nhất ba đại biểu đến dự. Mội đại biểu đã bắt
tay ít nhất hai đại biểu khác. Chứng minh rằng có thể xếp một số đại biểu ngồi xung
quanh một bàn tròn để mỗi người ngồi giữa hai người mà đại biểu đó đã bắt tay.
Lời giải. Xét đồ thị G với mỗi đỉnh đại diện cho một đại biểu, hai đỉnh được nối với
nhau bởi một cạnh khi và chỉ khi hai địa biểu đã bắt tay nhau. Khi đó, mỗi đỉnh trong
đồ thị này đều có bậc ít nhất là 2. Từ định lý 3.2 suy ra trong đồ thị G có ít nhất một
chu trình. Khi đó dựa theo chu trình này ta có thể xếp những đại biểu tương ứng ngồi
xung quanh một bàn tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài toán 3.2. Trong một hội có nhiều hơn 6 thành viên, mỗi người trao đổi thư từ với
đúng 3 thành viên khác. Chứng minh rằng hội này có thể chia thành hai nhóm (khác
rỗng) sao cho mỗi người trao đổi thư từ với ít nhất 2 thành viên trong cùng nhóm.

Lời giải. Coi mỗi người là một đỉnh, và cứ 2 người trao đổi thư từ với nhau thì 2 đỉnh
tương ứng của họ sẽ được nối bởi một cạnh. Ta thu được đồ thị G có bậc của mọi
đỉnh đều là 3, nên đồ thị có ít nhất một chu trình.
Xét chu trình E là chu trình có độ dài nhỏ nhất. Ta chia những người thuộc
chu trình này vào nhóm I và những người còn lại vào nhóm II.
7


Từ đây ta gọi bậc nội bộ của một đỉnh là số cạnh xuất phát từ đỉnh đó tới một
điểm khác nằm trong cùng nhóm.
Hiển nhiên những người ở nhóm I trao đổi thư từ với ít nhất 2 người cùng
nhóm, nên các đỉnh thuộc nhóm I đều có bậc nội bộ lớn hơn hoặc bằng 2.
Giả sử có một người X ở nhóm II nhưng lại trao đổi thư từ với ít hơn 2 thành
viên cùng nhóm, hay nghĩa là X trao đổi thư từ với ít nhất 2 người A,B trong nhóm I.
+ Nếu trên một đường đi từ A đến B trong nhóm I có ít nhất 2 điểm khác thì ta
chuyển các điểm đó sang nhóm II và chuyển X sang nhóm I, ta được nhóm I chứa
một chu trình mới có độ dài nhỏ hơn chu trình E ban đầu (mâu thuẫn).

+ Nếu A, B kề nhau thì A,B,X tạo thành một chu trình có độ dài là 3, nên chu
trình E cũng có độ dài là 3, gọi đó là 3 điểm A, B, C.
Ta chuyển X sang nhóm I. Khi đó, trong I có A, B có bậc nội bộ là 3, C và X
có bậc nội bộ là 2. Nếu trong II không có đỉnh nào nối với 2 đỉnh trong I thì ta đã chia
nhóm xong. Nếu trong II có một đỉnh Y nối với 2 đỉnh trong I thì Y chỉ có thể nối với
C và X, ta chuyển tiếp Y sang I. Sau bước này, trong nhóm I chỉ còn một điểm Y có
bậc nội bộ là 2, các điểm còn lại đều có bậc 3 trong I nên không có điểm nào của
nhóm II nối được với 2 điểm của nhóm I nữa.

+ Nếu cả 2 đường đi nối A với B trong nhóm I đều có độ dài là 2, nghĩa là chu
trình E có độ dài 4, gọi E=(A,C,B,D,A).
Ta chuyển X sang nhóm I thì nhóm I có 2 đỉnh A, B bậc nội bộ là 3; 3 đỉnh C,

D, X có bậc nội bộ là 2. Giả sử còn một điểm Y của II nối với hai điểm trong I, ta
chuyển tiếp Y sang nhóm I, thì nhóm I có 4 đỉnh bậc nội bộ 3; 2 đỉnh bậc nội bộ 2.
Khi đó, nếu không còn điểm nào của II nối với 2 đỉnh trong I thì nhóm I có 6 đỉnh,
nhóm II có ít nhất 1 đỉnh. Nếu còn 1 điểm Z nối với 2 đỉnh trong I, chuyển nốt Z sang
I. Vì bậc của Z là 3 nên còn 1 đỉnh ở II được nối với Z, hay II≠  .

8


Cuối cùng, các đỉnh của nhóm II đều nối với các đỉnh của nhóm I tại nhiều
nhất 1 đỉnh, nên các đỉnh đó đều có bậc nội bộ không nhỏ hơn 2, hay mỗi người đều
trao đổi thư từ với ít nhất 2 người cùng nhóm. (đpcm)
IV. ĐỒ THỊ LIÊN THÔNG, ĐỒ THỊ ĐẦY ĐỦ, CÂY VÀ ĐỒ THỊ LƯỠNG
PHÂN
1. Định nghĩa
Hai đỉnh của một đồ thị cho trước được gọi là liên thông với nhau nếu có một
xích nối chúng với nhau trong đồ thị đã cho. Một đồ thị được gọi là liên thông nếu
hai đỉnh bất kì của nó liên thông với nhau.
Quan hệ “liên thông” là quan hệ tương đương trong tập hợp các đỉnh của đồ thị,
có có các tính chất sau:
+ Mỗi đỉnh a của đồ thị liên thông với chính nó.
+ Nếu a liên thông với b thì b liên thông với a.
+ Nếu a liên thông với b và b liên thông với c thì a liên thông với c.
Quan hệ tương đương này chia tập đỉnh của đồ thị thành các lớp có hai tính
chất sau:
+ Các đỉnh thuộc cùng một lớp thì liên thông với nhau.
+ Các đỉnh không thuộc cùng một lớp thì không liên thông với nhau.
Mỗi lớp đỉnh này được gọi là một thành phần liên thông của đồ thị đã cho.
Một đồ thị đơn vô hướng với n đỉnh được gọi là đồ thị đầy đủ nếu giữa hai
đỉnh bất kỳ của nó có đúng một cạnh nối.

Đồ thị lưỡng phân là đồ thị G = (X, Y; E) mà tập đỉnh có một phân hoạch
thành hai tập hợp X, Y sao cho tập cạnh E chỉ gồm các cạnh nối hai đỉnh không cùng
một tập hợp.
Một cây là một đồ thị đơn vô hướng không có chu trình với ít nhất một đỉnh.
2. Tính chất

9


Định lý 4.1. Một đồ thị đơn có n đỉnh và bậc của mỗi đỉnh không nhỏ hơn

n
là một
2

đồ thị liên thông.
Chứng minh. Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử tồn tại một đồ thị đơn không
n
liên thông G có n đỉnh và bậc của mỗi đỉnh không nhỏ hơn .
2
Vì G không liên thông, nên G có ít nhất hai thành phần liên thông, do đó có ít
n
nhất một thành phần liên thông G1 của G có ít hơn đỉnh. Khi đó bậc của mỗi đỉnh
2
n
trong G1 nhỏ hơn  1 (mâu thuẫn với giả thiết).
2
Vậy G là đồ thị liên thông.
Định lý 4.2. Một đồ thị có n đỉnh và l cạnh có không ít hơn n  l thành phần liên
thông.

Chứng minh. Ta chứng minh định lý bằng quy nạp theo số cạnh của đồ thị.
Với l  0 , mệnh đề hiển nhiên đúng. Đồ thị có n đỉnh và không có cạnh nào có
đúng n thành phần liên thông, mỗi đỉnh là một thành phần liên thông.
Giả sử mệnh đề đúng cho mọi đồ thị có l  k cạnh.
Ta xét một đồ thị tùy ý có l  k  1 cạnh. Bỏ một cạnh nào đó ra khỏi G ta thu
được một đồ thị G’ có k cạnh. Theo giả thiết quy nạp, trong G’ có ít nhất n  k thành
phần liên thông. Khi thêm 1 cạnh vào G’, thì số thành phần liên thông của G’ giảm đi
không quá 1. Do đó trong G, số thành phần liên thông không ít hơn
n  k  1  n  (k  1) . Hay kết luận đúng với l  k  1 .
Vậy định lý được chứng minh.
Định lý 4.3. Một đồ thị là lưỡng phân khi và chỉ khi nó không có chu trình độ dài lẻ.
Chứng minh. Giả sử G=(X,Y;E) là một đồ thị lưỡng phân. Khi đó, dọc theo chu trình
bất kỳ của G, các đỉnh thuộc tập X và Y lần lượt kế tiếp nhau. Do đó, khi trở về đỉnh
xuất phát đầu tiên, ta phải đi qua một số chẵn các đỉnh, suy ra số cạnh bằng số đỉnh
của chu trình là một số chẵn.
Ngược lại, giả sử G là một đồ thị mà tất cả các chu trình của G đều có độ dài
chẵn. Ta sẽ chứng minh rằng tất cả các thành phần liên thông của G đều là các đồ thị
lưỡng phân, và do đó G cũng là đồ thị lưỡng phân.
Thật vậy, giả sử G1 là một thành phần liên thông của G và P0 là một đỉnh của
đồ thị G1 đầu tiên ta xếp P0 vào một tập Y. Với mỗi đỉnh P của đồ thị G1, ta chọn một
đường đi W nối đỉnh P0 với đỉnh P. Nếu đường đi W có độ dài chẵn thì ta xếp đỉnh P
vào tập X, nếu W có độ dài lẻ thì ta xếp P vào tập Y.
10


Sự phân loại các đỉnh của đồ thị G1 không phụ thuộc vào cách chọn đường đi
W. Thật vậy, nếu có đường đi W có độ dài chẵn và đường đi W' có độ dài lẻ cùng nối
P0 với P thì đồ thị G1 sẽ có chu trình độ dài lẻ, mâu thuẫn với giả thiết ban đầu.
Với cách thiết lập tập hợp X và Y này, các đỉnh của đồ thị G1 hoặc thuộc tập
hợp X hoặc thuộc tập hợp Y. Bây giờ ta chứng minh G1 chỉ có các cạnh nối các đỉnh

không cùng tập hợp với nhau.
Thật vậy, giả sử có hai đỉnh P và Q kề nhau trong đồ thị G1 và cùng thuộc
một tập hợp X hoặc Y. Khi đó, ta có thể đi từ P0 đến P, qua Q rồi trở về P0 với một
đường đi lẻ cạnh. Điều này không thể xảy ra trong G vì G chỉ có chu trình chẵn cạnh.
Như vậy, G là đồ thị lưỡng phân với hai tập đỉnh X và Y.
Định lý 4.4. Một cây bất kỳ với ít nhất 2 đỉnh có ít nhất 2 đỉnh treo.
Chứng minh. Trong cây hữu hạn đỉnh chỉ có hữu hạn đường đi. Ta xét W=(v1,v2,...,vk)
là đường đi dài nhất. Khi đó ta có k>1.
Hai đỉnh đầu và cuối của W là v1 và vk là hai đỉnh treo. Thật vậy, giả sử
ngược lại, v1 không là đỉnh treo thì v1 còn được nối với một đỉnh u ≠ v2. Vì W là dài
nhất nên u ≡ vi, (2< i ≤ k) nào đó. Nhưng như vậy ta sẽ thu được một chu trình
C=(v1,v2,...,vi,v1), trái với định nghĩa cây. Vậy định lý được chứng minh.
Định lý 4.5. Một cây có n đỉnh thì có đúng n-1 cạnh.
Chứng minh. Ta chứng minh quy nạp theo số đỉnh n của cây.
Với n=1, rõ ràng cây với 1 đỉnh không có cạnh nào.
Giả sử một cây tùy ý với n đỉnh có đúng n-1 cạnh.
Xét G là một cây có n+1 đỉnh tùy ý. Theo Định lý 4.4, G có ít nhất một đỉnh
treo P nào đó. xét đồ thị G\{P}.
Vì P là đỉnh treo, nên đồ thị G\{P} là một đồ thị liên thông. Thật vậy, giả sử
ngược lại, trong G\{P} có hai điểm A và B không liên thông với nhau. Mà G là đồ thị
liên thông nên phải có một đường đi nối A với B trong G. Đường đi này phải đi qua P
và nhận P là đỉnh trong của nó. Khi đó P có bậc ít nhất là 2, mâu thuẫn với giả thiết P
là đỉnh treo.
Do G không có chu trình nên G\{P} cũng không có chu trình. Suy ra G\{P} là
một cây có n đỉnh. Theo giả thiết quy nạp, đồ thị G\{P} có đúng n-1 cạnh. Do đó đồ
thị G có đúng n cạnh vì bậc của P trong đồ thị G bằng 1.
Định lý 4.6. Trong một cây G cho trước, giữa hai đỉnh P và Q của nó chỉ có đúng một
đường nối duy nhất.

11

Chứng minh. Vì G là đồ thị liên thông cho nên tồn tại một đường đi nối đỉnh P với
đỉnh Q trong G. Vì G không có chu trình, nên dễ thấy rằng không có con đường thứ
hai nào nối đỉnh P với đỉnh Q (đpcm).
3. Ứng dụng
Bài toán 4.1. Trong 6 em bất kì trong số 41 học sinh của một lớp học luôn có 2 em
sinh trong cùng một tháng. Hỏi có tồn tại hay không 9 em sinh trong cùng một tháng?
Lời giải. Ta biểu diễn một đồ thị có đỉnh tương ứng với các em học sinh. Hai đỉnh
được nối với nhau bởi một cạnh nếu 2 em tương ứng sinh cùng một tháng.
Đồ thị thu được có số thành phần liên thông không vượt quá 5, vì nếu có 6
thành phần liên thông thì ta có thể chọn từ mỗi thành phần ra một đỉnh để được 6 em
học sinh tương ứng sao cho không có 2 em học sinh nào sinh cùng một tháng (mâu
thuẫn).
Vì có tất cả 41 đỉnh, được chia vào 5 thành phần liên thông, nên tồn tại ít nhất
một thành phần liên thông chứa ít nhất 9 đỉnh. Hay có ít nhất 9 em sinh trong cùng
một tháng.
Bài toán 4.2. (TOT 1986) Một giải đấu có 20 đội bóng. Ngày đầu tiên mỗi đội đấu
một trận. Ngày thứ hai mỗi đội đấu một trận nữa. Chứng minh rằng sau 2 ngày, ta có
thể chọn ra 10 đội sao cho hai đội nào cũng chưa đấu với nhau.
Lời giải. Coi mỗi đội bóng là 1 đỉnh và mỗi cạnh là một trận đấu giữa 2 đội đã diễn ra
trong 2 ngày. Khi đó ta thu được một đồ thị G với mỗi đỉnh đều có bậc không vượt
quá 2.
Ta chứng minh đồ thị này không có chu trình lẻ cạnh. Thật vậy, gọi C là một
chu trình của G có độ dài l . Vì các đội của C đều đấu đúng 2 trận và chỉ đấu với các
l
l
đội trong C, nên mỗi ngày có đúng trận giữa các đội của C với nhau. Suy ra là
2
2

số tự nhiên, vậy l là số chẵn.
Do đó, G là đồ thị lưỡng phân, nghĩa là ta có thể phân hoạch G thành 2 tập
hợp V1 và V2 sao cho các cạnh đều chạy từ V1 sang V2, hay các đội trong cùng 1 tập
đôi một chưa đấu với nhau.
Có 20 đội bóng nên tồn tại 1 tập có ít nhất 10 đội. Vậy bài toán được chứng
minh.
Bài toán 4.3. Trong một câu lạc bộ học nhảy có 10 ông và 10 bà. Biết rằng mỗi ông
quen đúng 3 bà và mỗi bà quen đúng 3 ông. Chứng minh rằng có thể tổ chức 20
người này thành 10 cặp ông bà cùng nhảy 1 lúc sao cho hai người trong mỗi một cặp
quen nhau.
Lời giải. Ta chứng minh bằng quy nạp mệnh đề tổng quát sau:
12


Cho trước n ông và n bà. Nếu k ông bất kì (1≤ k ≤ n) quen không ít hơn k bà
thì có thể tổ chức n cặp nhảy sao cho mỗi cặp gồm một ông và một bà quen nhau.
Với n=1, hiển nhiên mệnh đề đúng.
Giả sử mệnh đề đúng cho mọi số tự nhiên m ≤ n, nghĩa là: từ m ông và m bà
thỏa mãn điều kiện k ông tùy ý (k ≤ m) quen không ít hơn k bà, ta có thể tổ chức m
cặp nhảy sao cho mỗi cặp gồm 1 ông và 1 bà quen nhau.
Giả sử có n+1 ông và n+1 bà tùy ý sao cho từ k ≤ n+1 ông tùy ý luôn quen với
ít nhất k bà. Ta xét hai trường hợp có thể xảy ra
+ Trường hợp 1. Tồn tại k0 ≤ n ông quen đúng k0 bà. Khi đó tập hợp n  1  k0
ông và n  1  k0 bà còn lại cũng thỏa mãn giả thiết bài toán, trong k  n  1  k0 ông
tùy ý luôn quen với ít nhất k bà khác nhau trong số còn lại. Ta áp dụng giả thiết quy
nạp vào tập hợp k0 ông ban đầu và k bà ban đầu, và vào số n  1  k0 ông và
n  1  k0 bà còn lại. Bằng cách đó ta chọn ra được n+1 cặp nhảy gồm những đôi
quen nhau.
+ Trường hợp 2. Trong mọi k  n ông tùy ý luôn quen với ít nhất k+1 bà khác
nhau. Khi đó ta có thể chọn ra ông đầu tiên và một bà quen ông ta bất kì ghép lại để

thành một cặp. Áp dụng giả thiết quy nạp vào n ông và n bà còn lại này, ta tổ chức
được n cặp nhảy gồm những cặp quen nhau.
Vậy mệnh đề được chứng minh.
Bài toán 4.4. Trong 1 nhóm có một số người quen nhau và một số người không quen
nhau. Mỗi buổi tối, một người mời tất cả người quen của mình đến một bữa tiệc để
giới thiệu họ với nhau. Giả sử rằng sau khi mỗi người đã tổ chức ít nhất một bữa tiệc
mà vẫn còn 2 người chưa được giới thiệu với nhau. Chứng minh rằng 2 người đó sẽ
không được giới thiệu ở bữa tiệc tiếp theo.
Lời giải. Coi mỗi người là 1 đỉnh và cứ 2 người quen biết nhau thì được nối với nhau
bởi 1 cạnh. Ta chứng minh rằng, sau khi kết thúc quá trình giới thiệu như trên, tất cả
các thành phần liên thông của đồ thị đều là 1 đồ thị con đầy đủ.
Để chứng minh được khẳng định trên, ta chỉ cần chứng minh rằng nếu đồ thị
ban đầu là liên thông, thì đồ thị cuối cùng là đầy đủ. Thật vậy, ta chứng minh bằng
quy nạp.
+ Với đồ thị có 2 đỉnh, hiển nhiên đúng.
+ Gọi v là người cuối cùng sẽ tổ chức tiệc, và G' là đồ thị biểu diễn các mối
quan hệ quen biết ngay trước bữa tiệc của v . Khi đó G'-{v} là một hợp của các thành
phần liên thông, mỗi thành phần liên thông là một đồ thị đầy đủ, và v quen với tất cả
mọi người trong 1 đồ thị con đầy đủ đó (do giả thiết quy nạp). Vậy khi v tổ chức bữa
tiệc của mình thì mọi điểm được nối lại với nhau thành 1 đồ thị đầy đủ.
Trở lại bài toán, nếu có 2 người vẫn chưa quen nhau sau quá trình đó, nghĩa là
họ ở 2 thành phần liên thông khác nhau, do đó dù có tổ chức thêm nhiều bữa tiệc nữa
thì 2 người cũng sẽ không được giới thiệu với nhau.
13


Bài toán 4.5. Cho một nhóm gồm 12 người. Biết rằng trong 9 người bất kỳ luôn tồn
tại 5 người đôi một quen nhau. Chứng minh rằng trong nhóm đó có ít nhất 6 người
đôi một quen nhau.
Lời giải. Ta đặt mỗi người tương ứng với một điểm, 2 người khác nhau được biểu

diễn bởi hai điểm khác nhau. Cứ 2 người không quen nhau ta nối 2 điểm tương ứng
với 2 người đó bởi 1 đường nét liền làm 1 cạnh. Khi đó ta được một đồ thị G là đồ thị
đơn, vô hướng, 12 đỉnh với tính chất: trong bất kỳ đồ thị con 9 đỉnh nào của G cũng
tồn tại 5 đỉnh đôi một không kề nhau. Ta cần chứng minh tồn tại 6 đỉnh đôi một
không kề nhau.
Nếu mọi chu trình của G đều có độ dài chẵn thì G là đồ thị lưỡng phân, tức là
các đỉnh của G có thể được phân chia thành 2 nhóm sao cho các đỉnh trong cùng một
nhóm đôi một không kề nhau. Mà G có 12 đỉnh nên có một nhóm có ít nhất 6 phần tử,
ta được điều cần chứng minh.
Nếu trong G tồn tại chu trình có độ dài lẻ. Gọi  là chu trình có độ dài lẻ nhỏ
nhất trong G.
+ Trường hợp 1: Độ dài của  là 3, gọi đó là 3 đỉnh A,B,C.
Nếu trong 9 đỉnh còn lại không tồn tại 2 đỉnh nào kề nhau, ta có điều phải
chứng minh.
Xét trường hợp có 2 đỉnh D, E kề nhau. Trong 7 đỉnh còn lại, lấy thêm 4 đỉnh
tùy ý, cùng với A, B, C, D, E ta được một nhóm 9 đỉnh, trong đó phải có 5 đỉnh đôi
một không kề nhau. Lấy 1 đỉnh trong {A, B, C}, 1 đỉnh trong {D, E}, khi đó phải tồn
tại ít nhất 3 đỉnh đôi một không kề nhau trong nhóm 4 đỉnh. Do đó trong nhóm 7 đỉnh
chưa nêu tên, nếu tồn tại 2 cạnh bất kỳ thì 2 cạnh đó phải chung 1 đỉnh, suy ra tất cả
các cạnh phải chung 1 đỉnh, nên 6 đỉnh còn lại (trừ đỉnh chung) đôi một không kề
nhau.
+ Trường hợp 2: Độ dài của  là 5.
Lấy thêm 4 đỉnh bất kỳ trong số 7 đỉnh còn lại, ta được nhóm 9 đỉnh, trong đó
tồn tại 5 đỉnh đôi một không kề nhau. Mà trong  có 2 đỉnh không kề nhau, nên tồn
tại ít nhất 3 đỉnh đôi một không kề nhau trong số 4 đỉnh tùy ý từ nhóm 7 đỉnh còn lại.
Chứng minh tương tự trường hợp độ dài  là 3, ta cũng thu được 6 đỉnh đôi một
không kề nhau.
+ Trường hợp 3: Độ dài của  là 7.
Lấy thêm 2 đỉnh bất kỳ để được nhóm 9 đỉnh. Mà trong  có 3 đỉnh không kề
nhau, nên 2 đỉnh lấy thêm không kề nhau. Suy ra 5 đỉnh còn lại đôi một không kề

nhau.
Ta chứng minh trong 7 đỉnh của  tồn tại một đỉnh không kề với cả 5 đỉnh kia.
Giả sử đỉnh nào trong 7 đỉnh của  cũng kề với 1 đỉnh trong 5 đỉnh còn lại. Khi đó,
theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại một đỉnh X trong nhóm 5 đỉnh kề với 2 trong 7 đỉnh
của  , giả sử là A và B. Suy ra A và B phải cùng kề chung một đỉnh nằm trên chu
14


trình, giả sử là đỉnh C. (Vì nếu không thì ta sẽ có một chu trình mới chứa A, X, B có
độ dài lẻ và nhỏ hơn 7).
Xét chu trình 7 đỉnh mới (thay C bằng X), chứng minh tương tự ta có 5 đỉnh
còn lại cũng đôi một không kề nhau (mâu thuẫn với giả thiết phản chứng là C kề với
một đỉnh nào đó trong 5 đỉnh kia mà không phải là X).
+ Trường hợp 4: Độ dài của  là 9.
Trường hợp này không thể xảy ra, vì trong 9 đỉnh đó không tồn tại 5 đỉnh đôi
một không kề nhau.
+ Trường hợp 5: Độ dài của  là 11. Gọi điểm nằm ngoài  là M.
Trên  có tối đa 2 đỉnh cùng kề một đỉnh và cùng kề nhau với M, vì nếu có
hơn thì tồn tại chu trình lẻ cạnh có độ dài nhỏ hơn 11.
Xét 5 đỉnh đôi một không kề nhau của  và cùng không kề với M, ta có 6 đỉnh
đôi một không kề nhau.
Vậy bài toán được chứng minh.
Bài toán 4.6. (IMO 2007) Trong 1 cuộc thi Toán, một số thí sinh là bạn bè của nhau.
Một nhóm thí sinh được gọi là "một hội" nếu 2 người bất kì trong nhóm đó đều là bạn
của nhau. Số thành viên của 1 hội được gọi là kích thước của hội đó. Biết rằng trong
cuộc thi này, kích thước lớn nhất của các hội (kích thước của hội có số thành viên
nhiều nhất) là số chẵn. Chứng minh rằng có thể sắp xếp các thí sinh vào 2 phòng sao
cho kích thước lớn nhất của các hội trong phòng này bằng kích thước lớn nhất của
các hội trong phòng kia.
Lời giải. Gọi C là hội có số thành viên lớn nhất và có 2n người.

Đầu tiên, ta chia tất cả những người ở C vào phòng I và tất cả những người còn
lại vào phòng II. Mỗi lần ta chuyển 1 người từ phòng I sang phòng II.
Chú ý rằng với mỗi lần chuyển như vậy, kích thước lớn nhất của các hội trong
phòng I giảm đi 1, còn kích thước lớn nhất của các hội trong II tăng lên 1 hoặc giữ
nguyên. Do đó, ta có thể chuyển đến khi kích thước lớn nhất của các hội trong 2
phòng bằng nhau, hoặc kích thước lớn nhất ở phòng I hơn phòng II là 1 đơn vị mà
nếu chuyển bất kì người nào sang cũng đều làm kích thước lớn nhất của các hội ở
phòng II tăng lên.
Nếu trường hợp đầu tiên xảy ra thì bài toán được chứng minh.
Ta xét trường hợp thứ hai:
Giả sử khi đó trong phòng I còn lại 1 hội k+1 người (k ≥ n), và hội lớn nhất
trong phòng II có k người.
Nếu bất kì người nào ở phòng I chuyển sang phòng II đều tạo thành 1 hội k+1
người, nghĩa là mọi người ở phòng I đều quen biết đầy đủ (quen biết với tất cả mọi
người trong hội) với 1 hội k người nào đó ở phòng II.
15


Xét 1 người I1 thuộc phòng I quen đầy đủ với 1 hội D có k người của phòng II.
Giả sử k người này đều quen với mọi người trong phòng I. Khi đó ta có 1 hội
2k+1 người trong cuộc thi (mâu thuẫn với tính lớn nhất của C).
Nên tồn tại 1 người J trong hội D này không quen với 1 người I2 nào đó trong
phòng I.
Khi đó chuyển I1 sang phòng II và chuyển J sang phòng I, ta được mỗi phòng
đều có hội lớn nhất có k thành viên.
Bài toán 4.7. (USAMO 2007) Ta gọi mỗi hình liên thông gồm các ô trên lưới vuông
là một con vật. Một con khủng long là một con vật gồm nhiều hơn hoặc bằng 2007 ô.
Một con khủng long không tách được thành từ 2 con khủng long khác được gọi là
một con khủng long nguyên sơ. Tìm số ô nhiều nhất có thể có của một con khủng
long nguyên sơ.

Lời giải. Xét đồ thị G=(V,E) với mỗi đỉnh là một ô của con khủng long, mỗi cạnh của
đồ thị là một đường nối giữa 2 điểm có 2 ô tương ứng kề nhau. Khi đó, G là đồ thị
liên thông và mỗi đỉnh có bậc không vượt quá 4.
Con khủng long là nguyên sơ khi và chỉ khi đồ thị G biểu diễn nó không chia
được thành 2 đồ thị con liên thông và có nhiều hơn hoặc bằng 2007 đỉnh.
Ta sẽ sử dụng bổ đề sau:
Bổ đề. Xét đồ thị G liên thông n đỉnh có  là bậc cao nhất của các đỉnh. Khi đó, G
n 1
có thể chia thành 2 đồ thị con liên thông mà mỗi phần có nhiều hơn hoặc bằng



đỉnh.
Chứng minh. Từ đồ thị G liên thông ta luôn có thể xóa bớt một số cạnh để thu được
một cây. Do đó ta chỉ cần chứng minh bổ đề cho cây T nhận được từ G.
Nếu chọn 1 đỉnh x làm gốc của cây thì từ mỗi cạnh xuất phát từ x ta có một
nhánh của cây. Gọi f ( x) là số đỉnh của nhánh có nhiều đỉnh nhất của cây gốc x . Xét
cách chọn x để f ( x) đạt giá trị nhỏ nhất.
n 1
Vì từ x có nhiều nhất  nhánh cây, nên f ( x) 
.



n
Ta chứng minh f ( x)  .
2
n
Thật vậy, giả sử f ( x)  . Gọi A là đồ thị thành phần chứa tất cả các đỉnh của
2

nhánh có nhiều đỉnh nhất của x , nên A có f ( x) đỉnh. Gọi a là một đỉnh thuộc A mà
kề với x .

16


Xét cây gốc a . Khi đó, các nhánh của a nằm trong A hiển nhiên có số đỉnh
n
nhỏ hơn f ( x) . Nhánh còn lại chứa x có số đỉnh không vượt quá n  f ( x)  . Suy ra
2
f ( a)  f ( x) (mâu thuẫn với cách chọn x ).
n
Do đó f ( x)  . Gọi B là đồ thị thành phần chứa tất cả các đỉnh ngoài A, thì số
2
n
n 1
đỉnh của B lớn hơn , và cũng lớn hơn
đỉnh.
2

Vậy luôn chia được G thành 2 đồ thị con liên thông, mỗi phần nhiều hơn hoặc
n 1
bằng
đỉnh.



Trở lại bài toán, nếu G có số đỉnh là n  2006.4  1  8025 đỉnh. Theo bổ đề, G
có thể chia thành 2 đồ thị con liên thông mà mỗi phần có số đỉnh lần lượt là n1 , n2
với

n 1
n1 , n2 
 2006  n1 , n2  2007
4
Hay mỗi phần là một con khủng long.
Do đó để G là một con khủng long nguyên sơ thì n  8025 .
Trường hợp dấu "=" xảy ra, ta xét một cây 8025 đỉnh gốc x với 4 nhánh, mỗi
nhánh 2006 đỉnh như sau

Đồ thị này không thể chia thành 2 con khủng long nguyên sơ.
Vậy số ô nhiều nhất có thể có của 1 con khủng long nguyên sơ là 8025 ô.

17


V. SẮC SỐ, ĐỒ THỊ TÔ MÀU VÀ ĐỊNH LÝ RAMSEY
1. Định nghĩa
Trong một cách tô màu các đỉnh của đồ thị G cho trước, một đỉnh a của G được
gọi là được tô màu ổn định nếu như không có điểm nào kề với a cũng được tô màu
giống a. Một cách tô màu các đỉnh của đồ thị G được gọi là một cách tô màu ổn định
nếu như không có hai đỉnh kề nhau nào của G được tô màu giống nhau.
Số nhỏ nhất các màu có thể tô các đỉnh của đồ thị G một cách ổn định được gọi
là sắc số của G, kí hiệu bởi  (G ) .
2. Tính chất
Định lý 5.1. Với mỗi đồ thị G có bậc lớn nhất  , ta có
 (G )    1
Chứng minh. Ta có một cách tô màu các đỉnh của đồ thị G sao cho không có hai đỉnh
kề nhau nào được tô cùng một màu như sau: Khi ta muốn tô màu một đỉnh x thì ta tô
nó bởi một màu khác với tất cả các màu của đỉnh kề với nó. Cách tô này luôn thực
hiện được, bởi vì ta có   1 màu để lựa chọn, trong khi x chỉ có nhiều nhất  đỉnh kề

với nó.
Định lý 5.2. Một đồ thị cho trước G với ít nhất một cạnh có sắc số bằng 2 khi và chỉ
khi G không có chu trình lẻ cạnh.
Chứng minh. Từ định lý 4.3 ta có: đồ thị G không có chu trình lẻ cạnh khi và chỉ khi
nó là đồ thị lưỡng phân, tức là ta có thể phân hoạch tập đỉnh của G thành 2 tập hợp X
và Y sao cho các đỉnh trong cùng một tập hợp không kề nhau. Khi đó ta tô các đỉnh
của tập X bởi 1 màu và tô các đỉnh của tập Y bởi màu thứ 2, ta được đồ thị G có sắc
số bằng 2.
Định lý 5.3. Nếu tất cả các cạnh của một đồ thị đơn vô hướng đầy đủ 6 đỉnh được tô
bởi hai màu thì phải tồn tại ít nhất một chu trình đơn độ dài 3 có tất cả các cạnh cùng
màu.
Chứng minh. Xét đồ thị đầy đủ gồm 6 đỉnh A1, A2,..., A6 có các cạnh được tô bởi 1
trong 2 màu xanh hoặc đỏ.
Khi đó theo nguyên lý Dirichlet, trong 5 cạnh nối với A1 phải có ít nhất 3 cạnh
cùng màu. Không mất tính tổng quát, ta giả sử các cạnh A1A2, A1A3, A1A4 cùng màu
xanh.
Nếu một trong ba cạnh A2A3, A3A4 và A2A4 có một cạnh màu xanh thì ta thêm
đỉnh A1 vào sẽ được một chu trình 3 cạnh cùng màu xanh. Ngược lại thì ta có tam
giác A2A3A4 có 3 cạnh màu đỏ.
Vậy định lý được chứng minh.
18


Định lý 5.4. (Định lí Ramsey) Cho 2 số tự nhiên p và q . Khi đó tồn tại số tự nhiên
nhỏ nhất R( p, q ) chỉ phụ thuộc vào các số p, q sao cho mọi đồ thị đầy đủ n đỉnh 2
màu xanh và đỏ, n  R( p, q) luôn tồn tại một đồ thị con đầy đủ p đỉnh mà tất cả các
cạnh được tô màu xanh hoặc một đồ thị con đầy đủ q đỉnh mà tất cả các cạnh được
tô màu đỏ.
Số R( p, q ) như vậy được gọi là số Ramsey.
Để chứng minh định lí Ramsey, ta sử dụng 2 bổ đề sau

Bổ đề 5.5. (i) R( p,2)  p
(ii) R (2, q)  q
(iii) R ( p, q )  R( q, p)
Chứng minh. (i) Nếu R ( p, 2)  p  1 , ta chọn đồ thị đầy đủ có p  1 đỉnh mà tất cả
các cạnh được tô màu xanh thì đồ thị này không thỏa mãn định nghĩa, suy ra
R ( p, 2)  p  1 .
Ta xét một đồ thị 2 màu đầy đủ có p đỉnh. Nếu tất cả các cạnh được tô màu
xanh thì p đỉnh này thỏa mãn định nghĩa. Nếu tồn tại một cạnh được tô màu đỏ thì
cạnh này chính là một đồ thị con đầy đủ 2 đỉnh được tô màu đỏ. Suy ra R ( p, 2)  p .
Vậy R( p,2)  p .
(ii) Chứng minh tương tự (i) ta có R (2, q)  q .
(iii) Do vai trò như nhau của 2 màu xanh, đỏ nên ta có R ( p, q)  R (q, p) .
Bổ đề 5.6. R ( p, q)  R( p  1, q)  R( p, q  1) .
Chứng minh. Đặt n  R( p  1, q)  R( p, q  1) . Xét đồ thị 2 màu đầy đủ n đỉnh kí hiệu
là Kn. Gọi A là một đỉnh bất kì thuộc đồ thị.
Kí hiệu:
BA: Tập tất cả các đỉnh thuộc Kn mà cạnh nối nó với A có màu xanh.
RA: Tập tất cả các đỉnh thuộc Kn mà cạnh nối nó với A có màu đỏ.
Vì Kn là đồ thị đầy đủ nên | BA |  | RA | n  1 .
Nếu | BA | R ( p  1, q ) và | RA | R ( p, q  1) thì | BA |  | RA | n  2 vô lí.
Suy ra | BA | R ( p  1, q ) hoặc | RA | R ( p, q  1) .

19


Giả sử | BA | R ( p  1, q ) suy ra hoặc tồn tại p  1 đỉnh mà tất cả các cạnh có
màu xanh thì p  1 đỉnh này cùng với A tạo thành đồ thị có p đỉnh mà tất cả các
cạnh có màu xanh hoặc tồn tại q đỉnh mà tất cả các cạnh có màu đỏ. Vậy khi
n  R( p  1, q)  R( p, q  1) thì luôn tồn tại p đỉnh mà tất cả các cạnh có màu xanh
hoặc tồn tại q đỉnh mà tất cả các cạnh có màu đỏ, tức là

R ( p, q)  n  R ( p  1, q)  R( p, q  1)

Chứng minh định lý Ramsey.
Ta sẽ chứng minh định lí Ramsey bằng quy nạp theo p, q .
Theo bổ đề 5.5 ta có R ( p,2)  p; R (2, q)  q .
Giả sử tồn tại R( p, q  1) và R( p  1, q) , theo bổ để 5.6 ta có
R ( p, q)  R( p  1, q)  R( p, q  1) .

Suy ra định lí được chứng minh.
3. Ứng dụng
Bài toán 5.1. Chứng minh rằng các đỉnh của một ngũ giác đều không thể tô ổn định
bằng hai màu.
Lời giải. Ngũ giác đều là một đồ thị với chu trình có độ dài 5. Theo định lý 5.2 suy ra
đồ thị này không có sắc số bằng 2, hay ta không thể tôn ổn định các đỉnh của ngũ giác
đều bằng hai màu.
Bài toán 5.2. Trên một hòn đảo nọ có 10 thành phố. Có 2 hãng hàng không điều
khiển tất cả các chuyến bay giữa các thành phố này. Giữa hai thành phố bất kì đều có
đúng 1 chuyến bay (cả 2 chiều). Chứng minh rằng 1 hãng hàng không có thể cung
cấp 2 đường bay khép kín sao cho mỗi đường bay qua 1 số lẻ thành phố và 2 đường
bay đó không đi qua chung 1 thành phố nào.
Lời giải. Coi mỗi thành phố là 1 đỉnh, mỗi chuyến bay giữa 2 thành phố là 1 cạnh
giữa 2 đỉnh tương ứng, ta được 1 đồ thị đầy đủ K10.
Ta tô màu các cạnh biểu diễn đường bay từ hãng hàng không thứ nhất màu
xanh, các cạnh biểu diễn đường bay từ hãng hàng không còn lại màu đỏ.
Ta cần chứng minh đồ thị đầy đủ K10 2 màu có chứa 2 chu trình lẻ cùng màu
và không giao nhau.
Ta sử dụng định lý 5.3 và bổ đề sau:
Bổ đề. Nếu các cạnh của 1 đồ thị đầy đủ K5 được tô bởi 2 màu và đồ thị không chứa
1 tam giác đơn màu (tất cả các cạnh cùng màu) nào, thì nó chứa 2 chu trình đơn màu
có độ dài 5.

Chứng minh. Gọi v1, v2, v3, v4, v5 là các đỉnh của K5.
20


Nếu từ 1 đỉnh của đồ thị có 3 cạnh cùng màu thì ta sẽ có 1 tam giác đơn màu.
Cụ thể, giả sử v1v2, v1v3, v1v4 cùng màu đỏ. Khi đó nếu 1 trong 3 cạnh v2v3,
v3v4, v2v4 có màu đỏ thì ta được một tam giác màu đỏ, nếu không ta được tam giác
v2v3v4 màu xanh.
Vì không có tam giác đơn màu nào trong K5 nên từ mỗi đỉnh có đúng 2 cạnh
màu đỏ và 2 cạnh màu xanh.
Tạm thời không xét đến các cạnh màu xanh, ta sẽ có một đồ thị con 5 đỉnh với
mỗi đỉnh có bậc là 2. Nên đồ thị này phải là một chu trình hoặc có thể chia thành một
số chu trình không giao nhau. Nhưng vì mỗi chu trình có ít nhất 3 đỉnh, mà đồ thị này
chỉ có 5 đỉnh nên không thể chia thành các chu trình không giao nhau được. Do đó ta
có một chu trình 5 cạnh màu đỏ.
Chứng minh tương tự, ta cũng có một chu trình 5 cạnh màu xanh.
Quay trở lại bài toán, gọi v1, v2, v3, ..., v10 là các đỉnh của đồ thị đầy đủ K10 2
màu. Từ Định lý 5.3, có một tam giác đơn màu trong K10, giả sử là v1v2v3. Xét đồ thị
con K10-{v1,v2,v3} với 7 đỉnh, ta lại có một tam giác đơn màu, giả sử là v4v5v6. Nếu
v1v2v3 và v4v5v6 cùng màu thì bài toán được chứng minh. Nếu không, giả sử v1v2v3
màu xanh và v4v5v6 màu đỏ. Xét 9 cạnh vivj với 1  i  3 , 4  j  6 , theo nguyên lý
Dirichlet, có 5 cạnh cùng màu. Không mất tính tổng quát, ta giả sử 5 cạnh đó cùng
màu xanh. Do đó có 1 điểm vj’, ( 4  j '  6 ) sao cho 2 trong 3 cạnh v1vj’, v2vj’, v3vj’
cùng màu xanh. Khi đó ta có 1 tam giác màu đỏ và 1 tam giác màu xanh với đúng 1
điểm chung vj’.
Để đơn giản, ta đặt tên lại các điểm sao cho v1v2v3 màu xanh và v3v4v5 màu đỏ.
Xét đồ thị con đầy đủ K10-{ v1, v2, v3, v4,v5}=K5 có 5 đỉnh. Nếu trong K5 có một tam
giác đơn màu, tam giác này sẽ cùng màu với một trong hai tam giác v1v2v3 và v3v4v5.
Nếu trong K5 không có tam giác nào đơn màu, từ Bổ đề suy ra K5 có chu trình 5 cạnh
đơn màu. Vậy bài toán được chứng minh.

VI. CẶP GHÉP
1. Định nghĩa
Cho một đồ thị đơn vô hướng G = (X, E) và một tập cạnh S.
Một tập cạnh S của G được gọi là tập cạnh độc lập nếu như không có hai cạnh
nào của S có đỉnh chung với nhau.
Một tập cạnh độc lập S của đồ thị G được gọi là một thành tố tuyến tính của đồ
thị G, nếu như S chứa tất cả các đỉnh của G.
Số lớn nhất các cạnh độc lập của đồ thị G được ký hiệu bởi  (G ) .
2. Tính chất

21


Cho trước một đồ thị G và một tập đỉnh S. Ta kí hiệu G-S là đồ thị thu được từ
đồ thị G sau khi bỏ đi tập đỉnh S, l (G  S ) là số các thành phần liên thông lẻ đỉnh
của đồ thị G-S.
Định lý 6.1. Một đồ thị G = (X, E) cho trước chứa một thành tố tuyến tính khi và chỉ
khi bất đẳng thức | S | l (G  S ) được thỏa mãn cho mọi tập con S của X.
Chứng minh. Hiển nhiên ta có | S | l (G  S ) được thỏa mãn cho mọi tập con S của
X, nếu G có một thành tố tuyến tính. Bởi vì nếu tô màu các cạnh của thành tố tuyến
tính này màu đỏ, thì mỗi thành phần liên thông có lẻ đỉnh của G-S phải có ít nhất một
đỉnh được nối với một đỉnh của S bởi một cạnh đỏ.
Đảo lại, giả sử rằng nếu G = (X, E) là một đồ thị sao cho ta có | S | l (G  S )
được thỏa mãn cho mọi tập con S của X. Khi đó ta sẽ chứng minh rằng G có một
thành tố tuyến tính. Ta chứng minh điều này bằng phản chứng. Giả sử ngược lại là G
không có thành tố tuyến tính nào cả, ta sẽ chỉ ra một tập hợp S0 sao cho bất đẳng thức
| S | l (G  S ) không được thỏa mãn cho tập con S0 của X.
Ta chọn một tập nhiều cạnh độc lập nhất có thể T và tô màu các cạnh của đồ
thị G bởi hai màu xanh và đỏ, tất cả các cạnh của T tô màu đỏ và các cạnh còn lại tô
màu xanh. Vì đồ thị G không có thành tố tuyến tính nên tồn tại trong G một đỉnh p0

chỉ là đỉnh của các cạnh màu xanh. Một đường đi W trong G được gọi là một đường
đan màu nếu như các cạnh dọc đường đi W có tính chất là không có hai cạnh liên tiếp
nào cùng màu. Lấy đỉnh p0 làm chuẩn, ta gọi một đỉnh p ≠ p0 là một đỉnh:
0- đỉnh: nếu không có đường đi đan màu nào nối đỉnh p0 với đỉnh p.
x- đỉnh: nếu tồn tại đường đi đan màu nối đỉnh p0 với đỉnh p, và mỗi đường đi
đan màu như vậy đều kết thúc bởi cạnh màu xanh.
đ- đỉnh: nếu tồn tại đường đi đan màu nối đỉnh p0 với đỉnh p, và mỗi đường đi
đan màu như vậy đều kết thúc bởi cạnh màu đỏ.
Xđ-đỉnh: nếu tồn tại hai đường đi đan màu nối đỉnh p0 với đỉnh p, và một
đường đi đan màu nối đỉnh p0 với đỉnh p kết thúc bởi cạnh màu xanh, một đường đi
đan màu nối đỉnh p0 với đỉnh p kết thúc bởi cạnh màu đỏ.
Hai đỉnh của đồ thị được gọi là đỉnh bạn bè của nhau nếu như chúng được nối
với nhau bởi một cạnh đỏ. Ta dễ dàng chứng minh được rằng:
1. Bạn bè của x-đỉnh là đ-đỉnh và ngược lại.
2. Bạn bè của xđ-đỉnh là xđ-đỉnh.
3. Bạn bè của 0-đỉnh là 0-đỉnh.
4. Mỗi đường đi nối đỉnh p0 với một đ-đỉnh chứa ít nhất một x-đỉnh.
5. Mỗi đường đi chứa hai đ-đỉnh khác nhau chứa ít nhất một x-đỉnh.
Gọi S là tập hợp các x-đỉnh. Khi đó mỗi thành phần liên thông của G-S0 chỉ
chứa nhiều lắm một trong các đỉnh p0 hoặc một đ-đỉnh. Một thành phần liên thông
được gọi là thành phần liên thông tốt nếu như nó chứa một trong các đỉnh p0 hoặc
22


một đ-đỉnh. Dễ thấy một thành phần liên thông tốt sẽ chỉ còn chứa các xđ-đỉnh và do
đó là một thành phần liên thông có lẻ đỉnh. Do vậy đồ thị G-S0 có ít nhất |S0|+1 thành
phần liên thông lẻ, mâu thuẫn với giả thiết cho trước của bài toán. (đpcm)
3. Ứng dụng
Bài toán 6.1. Trên mỗi đỉnh của 2000-giác đều có đặt một hòn bi. Hai người chơi A
và B chơi trò chơi sau: Trước hết là A bắt đầu và sau đó là B, lần lượt thay đổi nhau.

Ai đến lượt phải lấy đi 3 hòn bi. Họ cứ chơi như vậy cho đến khi còn 2 hòn bi. Nếu 2
hòn bi này nằm trên 2 đỉnh kề nhau của 2000-giác đều thì người B thắng cuộc, còn
không thì người A thắng cuộc. Hỏi rằng ai sẽ thắng và thắng bằng cách nào?
Lời giải. Đồ thị được tạo bởi tập đỉnh là 2000 đỉnh của 2000-giác đều và cạnh nối
cách đỉnh này tương ứng với cạnh của 2000-giác đã cho là đồ thị có một tập hợp gồm
1000 cạnh đôi một không kề nhau. Ta tô màu đỏ 1000 cạnh của đồ thị này.
Người B sẽ chiến thắng với chiến thuật sau:
1) Nếu người A lấy 3 viên đá thuộc 3 cạnh đỏ khác nhau thì người B lấy 3 viên
đá còn lại của 3 cạnh đỏ này.
2) Nếu người A lấy 2 viên ở 2 đỉnh của cùng một cạnh và 1 viên đá ở cạnh đỏ
thứ 2 thì người B lấy nốt viên đá còn ở cạnh đỏ thứ 2 cùng với 2 viên đá ở 2 đỉnh của
cùng 1 cạnh đỏ thứ 3 khác.
Theo chiến thuật này, sau bước đi của B, bất kỳ viên đá nào trong các viên đá
còn lại đều ở trên cùng 1 cạnh đỏ với một viên đá khác trong số còn lại. Như vậy 2
viên đá còn lại cuối cùng sẽ cùng nằm trên 1 cạnh đỏ, tức là nằm cạnh nhau. Vậy
người B sẽ chiến thắng.
Bài toán 6.2. Có 2017 hộp bi, mỗi hộp 10 viên bi. Biết rằng không có 11 hòn bi nào
cùng màu cả. Chứng minh rằng có thể chọn ra từ trong mỗi hộp bi một hòn bi sao cho
ta có 2017 hòn bi đôi một khác màu nhau.
Lời giải. Ta chứng minh bằng quy nạp mệnh đề tổng quát sau:
Cho trước n hộp bi. Nếu trong k ≤ n hộp bi tùy ý luôn có ít nhất k hòn bi đôi
một có màu khác nhau, thì luôn chọn được từ mỗi hộp một hòn bi sao cho không có
hai hòn bi được chọn nào có màu giống nhau.
Với n=1 hộp bi, hiển nhiên mệnh đề đúng.
Giả sử mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên m ≤ n, nghĩa là: ta có thể chọn từ mỗi
hộp trong m hộp bi một hòn bi sao cho không có hai hòn bi được chọn nào có màu
giống nhau nếu như trong mọi k ≤ m hộp bi tùy ý luôn có ít nhất k hòn bi đôi một có
màu khác nhau.
Giả sử có n+1 hộp bi sao cho từ k ≤ n+1 hộp bi tùy ý luôn có ít nhất k hòn bi
đôi một có màu khác nhau. Ta xét hai trường hợp có thể xảy ra:

23


+ Trường hợp 1. Tồn tại k0 ≤ n hộp bi sao cho trong k0 hộp bi này chỉ có bi của
đúng k0 màu.
Khi đó tập hợp n  1  k0 hộp bi còn lại với tập hợp màu bi không có trong k0
hộp bi ban đầu cũng thỏa mãn giả thiết bài toán, trong k  n  1  k0 hộp bi tùy ý luôn
có ít nhất k màu bi khác nhau trong số các màu bi. Ta áp dụng giả thiết quy nạp vào
tập hợp k0 hộp bi ban đầu và số n  1  k0 hộp bi còn lại. Bằng cách đó ta lấy ra được
từ mỗi một trong số n+1 hộp bi một hòn bi sao cho không có hai hòn bi được chọn có
màu giống nhau.
+ Trường hợp 2. Trong mọi k ≤ n hộp bi tùy ý luôn có ít nhất k+1 màu bi khác
nhau.
Khi đó ta có thể chọn ra từ hộp đầu tiên một hòn bi bất kì. Ta bỏ các bi có màu
giống màu hòn bi được chọn ra khỏi n hộp bi còn lại. Áp dụng giả thiết quy nạp vào n
hộp bi còn lại này, ta rút ra được từ mỗi một trong số n+1 hộp bi ra một hòn bi sao
cho có được n+1 hòn bi đôi một khác màu nhau.
Như vậy mệnh đề được chứng minh.
Trở lại bài toán, không có 11 hòn bi nào cùng màu nhau, nên trong 11 hộp bi
tùy ý (mỗi hộp 10 hòn bi), luôn có ít nhất 11 hòn bi đôi một khác màu nhau. Áp dụng
mệnh đề cho k = 11 ta được điều phải chứng minh.

24


PHẦN III. KẾT LUẬN
Chuyên đề nhỏ này đã tổng hợp một số kết quả từ cơ bản đến nâng cao có
nhiều ứng dụng trong lí thuyết đồ thị, đồng thời đưa ra một số bài tập lí thuyết đồ thị
tiêu biểu với nhiều phương pháp chứng minh khác nhau.
Hi vọng nội dung chuyên đề có thể giúp ích cho các bạn học sinh giỏi cũng

như đồng nghiệp trong quá trình nghiên cứu về Lí thuyết đồ thị.

25