Luận văn Thạc sĩ Khoa học: Lý thuyết đồ thị và ứng dụng để giải toán sơ cấp

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

NGUYỄN NGỌC HẢI

LÝ THUYẾT ĐỒ THỊ
VÀ ỨNG DỤNG ĐỂ GIẢI TOÁN SƠ CẤP

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

HÀ NỘI, NĂM 2014


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

NGUYỄN NGỌC HẢI

LÝ THUYẾT ĐỒ THỊ VÀ
ỨNG DỤNG ĐỂ GIẢI TOÁN SƠ CẤP

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60 46 40

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
GS. TS. ĐẶNG HUY RUẬN

HÀ NỘI, NĂM 2014

Mục lục
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1 Các khái niệm và định lý cơ bản

5
7

1.1

Các ví dụ về đồ thị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.2

Định nghĩa đồ thị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

1.3

Biểu diễn đồ thị bằng hình học . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

1.4

Một số dạng đồ thị đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

1.5

Phương pháp đồ thị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14

2 Đồ thị và một số bài toán phổ thơng
2.1

2.2

2.3

2.4

16

Bài tốn liên quan đến bậc của đồ thị . . . . . . . . . . . . . . .

16

2.1.1

Bậc của đỉnh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

16

2.1.2

Nửa bậc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

16

2.1.3

Một số tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

17

2.1.4

Ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21

Bài tốn liên quan đến chu trình

. . . . . . . . . . . . . . . . .

28

2.2.1

Xích, Chu trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

2.2.2

Đường, Vòng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

29

2.2.3

Một số tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

29

2.2.4

Ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

31

Bài tốn liên quan đến tính liên thông . . . . . . . . . . . . . .

38

2.3.1

Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

38

2.3.2

Một số tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

39

2.3.3

Ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

43

Đồ thị Euler - Đồ thị Hamilton . . . . . . . . . . . . . . . . . .

50

3


2.4.1

Đường đi Euler và đồ thị Euler . . . . . . . . . . . . . .

50

2.4.2

Đường đi Hamilton và đồ thị Hamilton . . . . . . . . . .

55

2.4.3

Ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

63

Bài toán liên quan đến đồ thị tô màu . . . . . . . . . . . . . . .

70

2.5.1

Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

70

2.5.2

Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

71

2.5.3

Thuật tốn tìm sắc số . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

74

2.5.4

Lớp đồ thị có chu trình tam giác cùng màu . . . . . . . .

75

2.5.5

Ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

77

Bài toán về cây . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

84

2.6.1

Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

85

2.6.2

Đặc điểm của cây và bụi . . . . . . . . . . . . . . . . . .

85

2.6.3

Ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

88

Lời kết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

91

Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

93

2.5

2.6

4


Mở đầu
Lý thuyết đồ thị (lý thuyết graph) là một ngành toán học hiện đại, một lĩnh
vực khá trẻ của toán học mặc dù những vấn đề của lý thuyết đồ thị đã có từ
vài trăm năm trước đây.
Những ý tưởng cơ bản về lý thuyết đồ thị được đưa ra vào năm 1736 bởi
nhà toán học Thụy Sĩ Leonhard Euler với bài toán nổi tiếng về 7 cây cầu
thnh ph Kăonigsberg. Nhng cụng trỡnh nghiờn cu v lý thuyết đồ thị gắn
liền với những tên tuổi các nhà toán học lớn như Euler, Hamilton,... Cuốn sách
giáo khoa đầu tiờn v lý thuyt th c Kăonig vit v xuất bản tại Leipzig
năm 1936. Mãi 22 năm sau, cuốn sách giáo khoa thứ hai về đồ thị mới được ra
đời bởi nhà toán học Berge viết và in tại Paris.
Vả lại, do đặc trưng rất “gần gũi” với thực tế của mình, lý thuyết đồ thị
ngày càng khẳng định được vị trí quan trọng trong việc áp dụng để giải các
bài tốn trong cuộc sống. Nó có nhiều ứng dụng quan trọng trong nhiều ngành
khoa học, kĩ thuật hiện đại: vật lý, hóa học, sinh học, tin học,... Ngày nay, lý

thuyết đồ thị đã trở thành một công cụ không thể thiếu được khi phải giải
quyết những vấn đề có tính chất phải xem xét cả tổng thể.
Được sự hướng dẫn tận tâm, sự chỉ bảo tận tình và những bài giảng tâm
huyết của NGND.GS.TS Đặng Huy Ruận. Tác giả xin đóng góp một phần nhỏ
tìm hiểu của bản thân về lý thuyết đồ thị qua luận văn: “Lý thuyết đồ thị và
ứng dụng để giải toán sơ cấp”.
Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo và 2 chương.
Chương 1. Các khái niệm và định lý cơ bản.
Chương 1 trình bày một số bài tốn dẫn đến khái niệm đồ thị, một số khái
niệm và định lý hay dùng trong lý thuyết đồ thị. Các lý thuyết này đã được
GS.TS Đặng Huy Ruận tích lũy trong cuốn sách “Lý thuyết đồ thị và ứng
dụng” bao gồm:
- Khái niệm về lý thuyết đồ thị.
- Các cách biểu diễn đồ thị.
5


- Một số dạng đồ thị đặc biệt.
Chương 2. Đồ thị và một số bài tốn phổ thơng.
Chương 2 trình bày một số ứng dụng của lý thuyết đồ thị để giải quyết 6
dạng toán:
1. Các bài toán liên quan đến bậc của đồ thị.
2. Các bài toán liên quan đến chu trình.
3. Các bài tốn liên quan đến đồ thị liên thơng.
4. Các bài tốn ứng dụng đồ thị Euler và đồ thị Hamilton.
5. Các bài toán ứng dụng đồ thị tơ màu.
6. Các bài tốn ứng dụng cây.
Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến NGND.GS.TS Đặng Huy Ruận,
người Thầy đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình học
tập và hồn thành luận văn. Kính chúc thầy mạnh khoẻ, hạnh phúc để thế hệ

học trò chúng con được học hỏi nhiều hơn nữa từ tấm gương của thầy.
Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng đào tạo Sau đại
học, Khoa Toán - Cơ - Tin học, các thầy giáo, cô giáo và các bạn của seminar
“Phương pháp Toán sơ cấp” Trường Đại học Khoa học Tự nhiên - ĐHQGHN
đã giúp đỡ và góp ý cho luận văn được hồn chỉnh.
Do trình độ cịn hạn chế, chắc chắn luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót.
Tác giả mong nhận được nhiều đóng góp từ các bạn đọc để luận văn được hoàn
thiện hơn.
Xin trân trọng cảm ơn.
Học viên
Nguyễn Ngọc Hải

6


Chương 1
Các khái niệm và định lý cơ bản
1.1

Các ví dụ về đồ thị

Ví dụ 1.1.1. Một đồn khách du lịch đến Hà Nội và muốn đi thăm các danh
lam thắng cảnh của Hà Nội. Sơ đồ các danh lam thắng cảnh cũng như hệ thống
giao thông ở Hà Nội cho phép đi từ địa điểm này sang địa điểm khác được cho
theo sơ đồ ở hình 1.1. Trong đó các điểm biểu thị các nơi khách cần đến, các
đoạn thẳng biểu thị các con đường có thể đi được. Bạn hãy giao cho Công ty
du lịch Hà Nội lập hành trình sao cho khách có thể đi tới thăm mọi địa điểm,
mỗi địa điểm đi qua không quá một lần và chỉ đi theo các đường có trong sơ
đồ. Thêm vào đó con đường bắt đầu từ A và kết thúc ở K.

Hình 1.1

Theo sơ đồ thì đến C và E, mỗi điểm chỉ có hai con đường. Vì thế hành
trình thoả mãn u cầu bài tốn phải đi đến bằng một đường và ra bằng con
đường còn lại. Do vậy một đoạn hành trình khi đến C phải là I → C → B
hoặc B → C → I. Tương tự hành trình qua E phải là B → E → F hoặc
7


F → E → B. Nhưng trong hành trình, mỗi địa điểm chỉ đi qua không quá một
lần nên một đoạn của hành trình phải là I → C → B → E → F hoặc ngược
lại F → E → B → C → I (hình 1.2).
Do con đường bắt đầu từ A nên một đoạn đầu của hành trình là A → I →
C → B → E → F.

Hình 1.2

Đoạn cịn lại chỉ có thể là F → M → H → D → K.
Vậy hành trình phải tìm là:
A → I → C → B → E → F → M → H → D → K.
Từ lời giải suy ra rằng hành trình thoả mãn bài ra là duy nhất.
Ví dụ 1.1.2. Một mảnh giấy được xé làm 3 phần nhỏ. Đến lượt thứ hai ta lại
xé một vài mảnh giấy nhỏ, mỗi lần một mảnh giấy nhỏ được xé làm 3 phần
nhỏ hơn. Tiếp tục lặp lại q trình đó. Chứng minh rằng, sau k (với k là số
nguyên dương) lần xé ta thu được số mảnh giấy là một số lẻ.
Ta biểu thị mỗi mảnh giấy như một dấu chấm chấm tròn. Sự kiện mỗi mảnh
giấy sau mỗi lần xé được thành ba mảnh, mơ tả trên hình 1.3, trong đó dấu
chấm trịn đen biểu thị mảnh giấy ban đầu khơng cịn nữa và dấu chấm tròn
trắng biểu thị các mảnh giấy nhận được.
Hình 1.3 giúp ta thấy rằng sau mỗi lần xé được thêm hai mảnh giấy (3

mảnh giấy mới thay cho mảnh giấy cũ) và một ví dụ cho 4 lần xé.
• Lượt thứ nhất xé mảnh ban đầu: được 3 mảnh giấy nhỏ.
8


Hình 1.3

• Lượt thứ hai xé 2 mảnh: được 7 mảnh giấy nhỏ.
• Lượt thứ ba xé 4 mảnh: được 15 mảnh giấy nhỏ.
• Lượt thứ tư xé 1 mảnh: được 17 mảnh giấy nhỏ.
Có được 17 dấu chấm trịn trắng, tương ứng 17 mảnh giấy được nhận.
Khi một mảnh giấy bị xé thành 3 mảnh giấy nhỏ hơn, ta thấy rằng mỗi
mảnh giấy mất đi ta được thêm 2 mảnh giấy mới. Cứ như vậy, sau k lần xé,
mất đi l mảnh giấy, ta được số mảnh giấy sẽ là: 2l + 1.
Vậy số mảnh giấy là một số lẻ.
Ví dụ 1.1.3. Có thể có một nhóm 5 người mà mỗi người quen đúng với hai
người khác trong nhóm hay khơng ?

Hình 1.4

Biểu thị mỗi một người là một điểm cịn nếu hai người quen nhau thì ta nối
hai điểm tương ứng lại, nếu khơng quen nhau thì giữa hai điểm không được
nối.
9


Xét một ngũ giác thơng thường trên hình 1.4. Rõ ràng mỗi đỉnh ngũ giác
được nối với đúng hai đỉnh khác. Vì thế có thể có 5 người mà mỗi người quen
với đúng hai người khác trong số 4 người cịn lại.
Trong bài tốn này có thể thay số 5 bởi một số tự nhiên n > 2 tuỳ ý. Lúc

đó tương ứng thay ngũ giác bởi đa giác n cạnh.
Tuy nhiên ta cũng có thể thử suy nghĩ xem có hay khơng một nhóm 5 người
mà mỗi người quen đúng với 3 người cịn lại trong nhóm ?
Ví dụ 1.1.4. Hãy phân nhóm học tập cho lớp học sao cho những người trong
cùng một nhóm là bạn thân với nhau.
Chọn đỉnh của sơ đồ cần lập là những em học sinh trong lớp. Trong sơ đồ
biểu diễn, ta nối những cặp hai em học sinh thân nhau bằng một đoạn thẳng
(hoặc một đoạn cong).
Bằng cách như vậy, ta sẽ có một sơ đồ gồm các đỉnh (các em học sinh) và
các cạnh (các đường nối hai em khi và chỉ khi hai em này thân nhau).
Những mơ hình quy về các tập đỉnh và các cạnh nối đỉnh là những đồ thị.
Ví dụ 1.1.5. Bẩy cây cầu ở thành ph Kă
onigsberg nm 1736 (theo [1]).
Thnh ph Kăonigsberg ca nc Đức (bây giờ là thành phố Kaliningrad
của liên bang Nga) có dịng sơng Pregel chảy qua, giữa sơng có cù lao Kneiphof
và 7 cây cầu như Hình 1.5a

Hình 1.5

Từ khi xuất hiện 7 cây cầu, người dân ở đây đã đặt ra vấn đề: “Liệu có cách
nào đi qua được cả bẩy cây cầu và qua mỗi cây cầu đúng một lần được không
?”.
10


Đến năm 1736 nhà toán học Euler đã chứng minh bài tốn trên khơng giải
được. Bằng cách dùng các đỉnh A, B, C, D để biểu thị các miền đất ở hai bên
cầu; các cây cầu được biểu thị bằng các cạnh nối giữa các đỉnh tương ứng với
các miền đất hai bên cầu. Euler đã chứng minh được rằng khơng thể vẽ tất cả
các cạnh của đồ thị Hình 1.5b bằng một nét bút. Từ đó, những đường một nét

trong lý thuyết đồ thị được mang tên ông.
Trong 5 ví dụ nói trên và nhiều bài tốn khác, người ta thường dùng các
sơ đồ (hay hình vẽ) gồm các điểm và các đoạn nối các điểm này để giải toán,
hoặc làm sáng tỏ các lập luận, hoặc minh họa cho các tình huống. Đó là những
minh hoạ của đồ thị.

1.2

Định nghĩa đồ thị

Tập hợp X = ∅ các đối tượng và bộ E các cặp sắp thứ tự và không sắp
thứ tự các phần tử của X được gọi là một đồ thị, đồng thời được ký hiệu bằng
G(X, E) (hoặc bằng G = (X, E)) hoặc G(X).
Các phần tử của X được gọi là các đỉnh. Cặp đỉnh không sắp thứ tự được
gọi là cạnh, cặp đỉnh sắp thứ tự được gọi là cạnh có hướng hay cung.
Đồ thị chỉ chứa các cạnh được gọi là đồ thị vô hướng, đồ thị chỉ chứa các
cung được gọi là đồ thị có hướng. Nếu đồ thị chứa cả cạnh lẫn cung được gọi
là đồ thị hỗn hợp hay đồ thị hỗn tạp.
Một cặp đỉnh có thể được nối với nhau bằng hai hoặc nhiều hơn hai cạnh
(hai hoặc nhiều hơn hai cung). Các cạnh (cung) này được gọi là các cạnh (cung)
bội.
Một cung (hoặc một cạnh) có thể bắt đầu và kết thúc tại cùng một đỉnh.
Cung (cạnh) này được gọi là khuyên.
Cặp đỉnh x, y được nối với nhau bằng cạnh (hoặc cung) a thì x, y được gọi
là các đỉnh hay hai đầu của cạnh (cung) a và a được gọi là cạnh (cung) thuộc
đỉnh x, đỉnh y.

11

Nếu cung b xuất phát từ đỉnh u và đi vào đỉnh v, thì u được gọi là đỉnh
đầu, cịn v được gọi là đỉnh cuối của cung b.
Cặp đỉnh x, y được gọi là hai đỉnh kề nhau, nếu x = y và x, y là hai đầu
của cùng một cạnh hay một cung.
Đối với mọi đỉnh x, ta dùng D(x) để chỉ tập đỉnh, mà mỗi đỉnh này được
nối với x bằng ít nhất một cạnh; D+ (x) để chỉ tập đỉnh, mà mỗi đỉnh này từ
x có cung đi tới; D− (x) để chỉ tập đỉnh, mà mỗi đỉnh này có cung đi tới x.
Hai cạnh (cung) a, b được gọi là kề nhau nếu:
1. Chúng khác nhau.
2. Chúng có đỉnh chung (nếu a, b là cung, thì khơng phụ thuộc vào đỉnh
chung đó là đỉnh đầu hay đỉnh cuối của cung a, đỉnh đầu hay đỉnh cuối của
cung b).

1.3

Biểu diễn đồ thị bằng hình học

Giả sử có đồ thị G(X, E).
Biểu diễn đỉnh: Lấy các điểm trên mặt phẳng hoặc trong không gian
tương ứng với các phần tử thuộc tập X và dùng ngay kí hiệu các phần tử này
để ghi tên các điểm tương ứng.
Biểu diễn cạnh: Nếu cạnh a với hai đỉnh đầu là x và y thì nó được biểu
diễn là bằng đoạn thẳng hay một đoạn cong nối giữa hai điểm x, y và không
đi qua các điểm tương ứng trung gian khác.
Biểu diễn cung: Nếu cung a có đỉnh đầu là x, đỉnh cuối là y, thì nó được
biểu diễn bằng một đoạn thẳng hoặc một đoạn cong được xác định hướng đi
từ x sang y và không đi qua các điểm tương ứng trung gian khác.
Hình nhận được gọi là dạng biểu diễn hình học của đồ thị G(X, E). Đơi khi
người ta cũng gọi dạng biểu diễn hình học là một đồ thị.

12


1.4

Một số dạng đồ thị đặc biệt

Trong trường hợp không cần phân biệt giữa cạnh và cung ta quy ước dùng
cạnh thay cho cả cung.
Đồ thị G(X, E) khơng có khuyên và mỗi cặp đỉnh được nối với nhau bằng
không quá một cạnh, được gọi là đồ thị đơn hay đơn đồ thị và thông thường
được gọi là đồ thị.
Đồ thị G(X, E) khơng có khun và có ít nhất một cặp đỉnh được nối với
nhau bằng từ hai cạnh trở lên được gọi là đa đồ thị.
Đồ thị vô hướng (hoặc có hướng) G(X, E) được gọi là đồ thị - đầy đủ, nếu
mỗi cặp đỉnh được nối với nhau bằng đúng một cạnh (hoặc một cung với chiều
tùy ý).
Đồ thị vơ hướng (hoặc có hướng) G(X, E) được gọi là đồ thị k - đầy đủ,
nếu mỗi cặp đỉnh được nối với nhau bằng đúng k cạnh (hoặc k cung với chiều
tùy ý).
Đồ thị (đa đồ thị) G(X, E) được gọi là đồ thị (đa đồ thị) hai mảng, nếu tập
đỉnh X của nó được phân thành hai tập con rời nhau X1 , X2 (với X1 ∪ X2 = X
và X1 ∩ X2 = ∅) và mỗi cạnh đều có một đầu thuộc X1 , cịn đầu kia thuộc X2 .
Khi đó G(X, E) cịn được ký hiệu bằng G(X1 , X2 , E).
Đồ thị (đa đồ thị) G(X, E) được gọi là đồ thị (đa đồ thị) phẳng, nếu nó có
ít nhất một dạng biểu diễn hình học trải trên một mặt phẳng nào đó, mà các
cạnh của đồ thị chỉ cắt nhau ở đỉnh.
Đồ thị (đa đồ thị) G(X, E) được gọi là đồ thị (đa đồ thị) hữu hạn, nếu số
đỉnh của nó hữu hạn, nghĩa là tập X có lực lượng hữu hạn.
Đồ thị (đa đồ thị) với tập đỉnh vô hạn, được gọi là đồ thị (đa đồ thị) vô

hạn.
Đồ thị (đa đồ thị) với số cạnh thuộc mỗi đỉnh đều hữu hạn được gọi là đồ
thị (đa đồ thị) hữu hạn địa phương.
Trong các phần tiếp theo, nếu chúng tôi không chú ý gì thêm, thì các đồ
thị, đa đồ thị được xét đều hữu hạn.
13


Cho Y ⊆ X, Y = ∅; H ⊆ E, F = E ∩ (Y × Y ); V = (X × X)/E với
X × X = {(x, y) : x, y ∈ X}; Y × Y = {(x, y) : x, y ∈ Y ⊆ X}.
Đồ thị G1 (Y, F ) được gọi là đồ thị con, còn đồ thị G2 (X, H) được gọi là đồ
thị bộ phận của đồ thị G(X, E).
Đồ thị G (X, V ) được gọi là đồ thị bù của đồ thị G(X, E).
Đồ thị có hướng G(X, E) được gọi là đồ thị đối xứng, nếu
∀ x, y ∈ X : (x, y) ∈ E ⇒ (y, x) ∈ E.
Trong đồ thị đối xứng tùy ý hai đỉnh kề nhau x, y luôn được nối bằng hai
cung ngược chiều nhau. Để đơn giản, trong trường hợp này ta quy ước thay
hai cung nói trên bằng một cạnh nối giữa x và y.
Đồ thị có hướng G(X, E) được gọi là đồ thị phản đối xứng, nếu
∀ x, y ∈ X : (x, y) ∈ E ⇒ (y, x) ∈
/ E.

1.5

Phương pháp đồ thị

Về thực chất, phương pháp đồ thị là cách giải tốn thơng qua cơng cụ trung
gian là đồ thị. Phương pháp đồ thị bao gồm 3 bước:
Bước 1 : Xây dựng đồ thị (G) mơ tả tồn bộ quan hệ được cho trong bài tốn
T

• Đỉnh: Lấy các điểm trên mặt phẳng hoặc trong không gian tương ứng
với các đối tượng được cho trong bài toán. Dùng ngay tên các đối tượng
để ghi trên các điểm tương ứng.
• Cạnh: Hai đỉnh x, y tùy ý được nối bằng một cạnh (hay cung) khi và chỉ
khi hai đối tượng x, y có một quan hệ tương ứng nào đó.
Đồ thị G mơ tả tồn bộ các quan hệ được cho trong bài toán T . Lúc này
bài toán T đã được phát biểu dưới dạng tính chất của đồ thị.
Bước 2 : Căn cứ vào đồ thị G, trên cơ sở các kết quả của lý thuyết đồ thị, mà
ta suy ra đáp án của bài tốn T bằng ngơn ngữ đồ thị.
14


Bước 3 : Căn cứ vào sự đặt tương ứng, đặc thù của cạnh và cung mà “dịch” đáp
án từ ngôn ngữ đồ thị sang ngôn ngữ thông thường.

15


Chương 2
Đồ thị và một số bài tốn phổ
thơng
2.1

Bài tốn liên quan đến bậc của đồ thị

2.1.1

Bậc của đỉnh

Giả sử G(X, E) là một đồ thị hay đa đồ thị có hướng hoặc khơng có hướng.

Số cạnh và cung thuộc đỉnh x được gọi là bậc của đỉnh x và ký hiệu bằng m(x).
Đỉnh có bậc bằng 0 được gọi là đỉnh biệt lập.
Đỉnh có bậc bằng 1 được gọi là đỉnh treo.
Cạnh (cung) có ít nhất một đầu là đỉnh treo được gọi là cạnh (cung) treo.
2.1.2

Nửa bậc

Giả sử G(X, E) là một đồ thị hay đa đồ thị có hướng.
Số cung đi vào đỉnh x được gọi là nửa bậc vào của đỉnh x và ký hiệu bằng
m (x) hoặc bằng m− (x).
Số cung đi ra khỏi đỉnh x được gọi là nửa bậc ra của đỉnh x và ký hiệu bằng
m (x) hoặc bằng m+ (x).
Ký hiệu tập cung đi vào đỉnh x bằng E − (x), tập cung đi ra khỏi đỉnh x
bằng E + (x).

16


2.1.3

Một số tính chất

Một số kết quả nhận được từ [5] như sau:
Định lý 2.1.1. Trong một đồ thị hay đa đồ thị tùy ý, tổng số bậc của tất cả
các đỉnh bao giờ cũng gấp đôi số cạnh.
Định lý 2.1.2. Trong một đồ thị hay đa đồ thị tùy ý, số đỉnh bậc lẻ luôn luôn
là một số chẵn.
Chứng minh.
Giả sử đồ thị (đa đồ thị) G(X, E) có n đỉnh, m cạnh

X = {x1 , x2 , x3 , . . . , xk , xk+1 , . . . , xn−1 , xn },
các đỉnh x1 , x2 , . . . , xk bậc lẻ và xk+1 , . . . , xn−1 , xn bậc chẵn.
Theo định lý 2.1.1 ta có đẳng thức:
m(x1 ) + m(x2 ) + . . . + m(xk ) + m(xk+1 ) + . . . + m(xn−1 ) + m(xk ) = 2m.
A

B

Vì B là tổng của các số chẵn nên B là một số chẵn. Do đó A = 2m − B là một
số chẵn.
Số A là tổng của k số lẻ nên k phải là số chẵn. Bởi vậy, số đỉnh bậc lẻ trong
đồ thị hay đa đồ thị bất kỳ phải là một số chẵn.

Định lý 2.1.3. Trong một đồ thị với n (n

2) đỉnh có ít nhất 2 đỉnh cùng

bậc.
Chứng minh.
Giả sử đồ thị G(X, E) có n đỉnh với n

2. Ta xét 2 khả năng:

1) Nếu đồ thị có đỉnh bậc 0:
Khi đó trong đồ thị khơng có một đỉnh nào kề với tất cả các đỉnh còn lại,
nên mỗi đỉnh của đồ thị có bậc là một trong n − 1 số nguyên: 0, 1, ..., n − 2.
2) Nếu đồ thị có đỉnh bậc n − 1:
17

Khi đó đồ thị khơng có đỉnh bậc 0. Do đó, bậc của mỗi đỉnh thuộc đồ thị
là một trong n − 1 số nguyên: 1, ..., n − 2, n − 1.
Từ kết quả lý luận trên khẳng định được rằng, đồ thị G(X, E) với n đỉnh,
nhưng chỉ có khơng q n − 1 loại bậc. Bởi vậy, phải có ít nhất 2 đỉnh cùng
bậc.

Định lý 2.1.4. Nếu đồ thị với n (n > 2) đỉnh có đúng 2 đỉnh cùng bậc thì hai
đỉnh này khơng thể đồng thời có bậc 0 hoặc n − 1.
Chứng minh.
Với n = 3, định lý hiển nhiên đúng.
Ta xét với n

4.

Giả sử là hai đỉnh cùng bậc của đồ thị G(X, E) và đều có bậc 0 hoặc bậc
n − 1. Loại x, y và tất cả các cạnh thuộc chúng khỏi đồ thị G, ta được đồ thị
con G1 có n − 2 đỉnh. Theo định lý 2.1.3, trong G1 có hai đỉnh cùng bậc, giả
sử là u, v.
1) Nếu x, y cùng bậc 0 thì u, v trong G không kề với x, y nên u, v đồng thời
là hai đỉnh cùng bậc trong đồ thị G. Như vậy, đồ thị G phải có ít nhất 2 cặp
đỉnh cùng bậc.
2) Nếu x, y cùng bậc n − 1. Khi đó mỗi đỉnh u, v đều kề đồng thời với x, y
nên trong đồ thị G các đỉnh u, v cũng cùng bậc . Như vậy, đồ thị G phải có ít
nhất 2 cặp đỉnh cùng bậc.
Cả hai trường hợp đều dẫn tới mâu thuẫn với tính chất: đồ thị G có duy
nhất một cặp đỉnh cùng bậc nên x, y không thể cùng bậc 0 hoặc bậc n − 1.
Khẳng định được chứng minh.

Định lý 2.1.5. Số đỉnh bậc n − 1 trong đồ thị G với n (n

4) đỉnh, mà 4

đỉnh tùy ý có ít nhất một đỉnh kề với 3 đỉnh cịn lại, khơng nhỏ hơn n − 3.
Chứng minh.
1) Nếu G đầy đủ thì khẳng định là hiển nhiên.
18


2) Nếu G có cặp đỉnh duy nhất khơng kề nhau. Khi đó trong G có n − 2
đỉnh bậc n − 1.
3) Nếu G có 2 cặp đỉnh khơng kề nhau.
Khi đó, 2 cặp đỉnh này phải có đỉnh chung. Thật vậy, giả sử A, B; I, D là
hai cặp đỉnh không kề nhau. Nếu hai cặp đỉnh này khơng có đỉnh chung thì
trong 4 đỉnh A, B, I, D khơng có đỉnh nào kề với 3 đỉnh cịn lại, như vậy mâu
thuẫn với giả thiết. Do đó, hai cặp A, B; I, D phải có hai đỉnh trùng nhau, giả
sử là B ≡ I.
Lấy đỉnh C tùy ý khác A, B, D. Trong bộ bốn đỉnh A, B, C, D đỉnh C kề
với cả 3 đỉnh A, B, D
Loại D ra khỏi bộ bốn đỉnh trên và thay vào đó là đỉnh E tùy ý khác với
A, B, C, D. Trong bộ bốn đỉnh A, B, C, E hoặc C hoặc E phải kề với 3 đỉnh
còn lại, nếu E kề với 3 đỉnh cịn lại thì C kề với E. Do đó C kề với cả 3 đỉnh
A, B, E.
Do E là đỉnh tùy ý trong n − 4 đỉnh còn lại (khác A, B, C, D), nên C có
bậc n − 1.
C là đỉnh tùy ý trong n − 3 đỉnh khác A, B, D nên đồ thị có n − 3 đỉnh bậc
n − 1. Khẳng định được chứng minh.

Định lý 2.1.6. Với mọi số tự nhiên n (n > 2), luôn tồn tại đồ thị n đỉnh mà
3 đỉnh bất kì của đồ thị đều không cùng bậc.
Chứng minh.

1) Với n = 3 đồ thị G3 gồm một đỉnh bậc 0 và hai đỉnh bậc 1.
2) Giả sử khẳng định đúng với đồ thị Gn có n đỉnh.
Đồ thị Gn+1 được xây dựng như sau:
a) Nếu Gn có đỉnh bậc n − 1. Khi đó Gn khơng có đỉnh bậc 0. Nếu ta ghép
vào Gn đỉnh x bậc 0 và được Gn+1 gồm n + 1 đỉnh. Việc ghép thêm đỉnh x vẫn
bảo toàn tính chất của Gn : ba đỉnh bất kỳ đều khơng cùng bậc và đồ thị Gn
khơng có đỉnh bậc 0, nên trong Gn+1 ba đỉnh bất kỳ đều không cùng bậc.
19


b) Nếu Gn khơng có đỉnh bậc n − 1. Khi đó tất cả các đỉnh của Gn đều có
bậc không vượt quá n − 2. Nếu ta ghép vào Gn đỉnh x (không thuộc Gn ) và
nối x với từng đỉnh của Gn bằng một cạnh, được Gn+1 gồm n + 1 đỉnh. Đỉnh x
có bậc bằng n, cịn bậc của mỗi đỉnh thuộc Gn trong Gn+1 được tăng thêm 1
đơn vị, nhưng đều không vượt quá n − 1 và trong bậc mới ba đỉnh bất kỳ của
Gn vẫn không cùng bậc.
Khẳng định được chứng minh.

Định lý 2.1.7. Đồ thị hai mảng G(Y, Z; E) với mọi đỉnh y ∈ Y đều có m(y)
1, đồng thời có tính chất: bất kỳ hai cặp đỉnh y1 , y2 ∈ Y ; z1 , z2 ∈ Z nào cũng thỏa
mãn điều kiện: Nếu y1 kề với z1 , y2 kề với z2 thì trong hai cặp đỉnh y1 , z2 ; y2 , z1
có ít nhất một cặp đỉnh kề nhau. Khi đó trong tập Z có ít nhất một đỉnh kề với
tất cả các đỉnh thuộc Y .
Chứng minh.
Ký hiệu |Y | = m, |Z| = n. Xét ba khả năng có thể xảy ra:
1) m = 1: Do Y có phần tử duy nhất y, mà m(y), nên trong tập Z có ít
nhất phần tử z kề với y. Bởi vậy m(z) = 1 = |Y |.
2) m > 1, n = 1, theo giả thiết, với mọi y ∈ Y đều có m(y)

1, nên đỉnh z

duy nhất của tập Z phải kề với tất cả cá đỉnh thuộc Y hay m(z) = |Y |.
3) m > 1, n > 1. Gọi z là đỉnh có bậc lớn nhất trong tập Z.
a) Nếu m(z) = |Y |, khẳng định được chứng minh.
b) Giả sử m(z) = k < m = |Y |. Ký hiệu y1 , y2 , . . . , yk là các đỉnh kề với z và
yk+1 phải kề với đỉnh t ∈ Z và t = z.
Xét hai cặp đỉnh (z, yi ), (t, yk+1 ) với i = 1, 2, . . . , k ⇒ t kề với y1 , y2 , . . . , yk .
Ngồi ra t cịn kề với yk+1 nên m(t) = k + 1 > k = m(z). Điều này mâu thuẫn
với m(z) cực đại.
Khẳng định được chứng minh.

Định lý 2.1.8. Trong đồ thị G(X, E) với ít nhất kn + 1 đỉnh, mỗi đỉnh có bậc
không nhỏ hơn (k − 1)n + 1, luôn tồn tại một đồ thị con đầy đủ gồm k + 1 đỉnh.
20


Chứng minh.
Khẳng định được chứng minh bằng quy nạp theo k như sau:
1) Với k = 1, khẳng định hiển nhiên đúng.
2) Với k = 2 có thể làm chặt hơn giả thiết: Nếu đồ thị có 2n + 1 đỉnh, mà mỗi
đỉnh có bậc khơng nhỏ hơn n + 1 thì nó có đồ thị con đầy đủ gồm 3 đỉnh.
Thật vậy, xét đỉnh x tùy ý, còn y là một trong những đỉnh kề với x. Tổng số
đỉnh kề với x và y không nhỏ hơn 2n, nhưng số đỉnh khác x và y chỉ là 2n − 1.
Vậy phải có ít nhất một đỉnh z được tính 2 lần. Khi đó x, y, z tạo thành một
đồ thị con đầy đủ gồm 3 đỉnh.
3) Giả sử khẳng định đúng với k. Ta cần chỉ ra tính đúng đắn của khẳng định
với k + 1.
Theo giả thiết, trong đồ thị G gồm (k + 1)n + 1 đỉnh, số đỉnh kề với đỉnh x
tùy ý không nhỏ hơn kn + 1, nên số đỉnh của G không kề với x sẽ không vượt
quá n. Bởi vậy, mỗi đỉnh y kề với x, thì nó sẽ kề với nhiều nhất n đỉnh khơng

kề với đỉnh x. Do đó đỉnh y phải kề với ít nhất kn + 1 − n = (k − 1)n + 1 đỉnh
kề với x. Xét đồ thị con G1 gồm các đỉnh kề với x. Đồ thị con G1 gồm ít nhất
kn + 1 đỉnh và mỗi đỉnh của nó kề với ít nhất (k − 1)n + 1 đỉnh thuộc G1 , nên
theo giả thiết quy nạp, trong G1 có đồ thị con đầy đủ G2 gồm k + 1 đỉnh. Vì
đỉnh x kề với từng đỉnh thuộc G2 , nên đỉnh x kết hợp với các đỉnh thuộc G2
lập thành một đồ thị đầy đủ gồm k + 2 đỉnh trong đồ thị G.
Khẳng định được chứng minh.

2.1.4

Ứng dụng

Bài toán 2.1.1. (xem [2]) Một tổ học sinh lớp 10 chun tốn có 11 học sinh.
Buổi họp đầu tiên của tổ vào dịp đầu năm học. Bạn tổ trưởng đã phát hiện ra
điều thú vị rằng mỗi bạn trong tổ đã quen đúng 3 bạn khác. Ngay lập tức bạn
Chi đứng lên bác bỏ phát hiện đó. Vậy trong hai bạn ai nói đúng? Vì sao?
Giải.
Đưa bài tốn trên về ngơn ngữ đồ thị, trong đó các đỉnh của đồ thị tương
21


ứng với các bạn học sinh, cụ thể có 11 học sinh đặt tương ứng với 11 đỉnh của
đồ thị; nếu hai bạn quen nhau nối 2 đỉnh tương ứng bởi 1 cạnh.
Theo giả thiết của bài toán ta thấy mỗi học sinh đều có quan hệ quen với 3
bạn khác điều đó ứng với trong đồ thị tại mỗi đỉnh đều có cạnh nối tới 3 đỉnh
khác hay tất cả các đỉnh đều có bậc 3.
Trong đồ thị đó, ta thấy mỗi đỉnh của đồ thị đều có bậc là 3 (do theo bài
toán mỗi bạn đều quen đúng 3 bạn).
33
= 16, 5. Vô lý.

2
Vậy phát hiện của bạn tổ trưởng về số người quen của mỗi bạn trong tổ là
Theo định lý 2.1.1, số cạnh của đồ thị là

sai. Do đó, bạn Chi nói đúng.
Hình 2.1 mơ tả bài tốn

Hình 2.1

Bài tốn 2.1.2. (xem [6]) Trong giải thi đấu bóng đá theo thể thức đấu vịng
trịn có 29 đội tham gia. Chứng tỏ rằng tại mỗi thời điểm ln có một đội đã
đấu ở trong giải được một số chẵn trận hoặc chưa đấu trận nào.
Giải.
Đưa bài toán về ngơn ngữ đồ thị, trong đó các đỉnh của đồ thị tương ứng
với các đội bóng, có 29 đội bóng tương ứng với 29 đỉnh của đồ thị; ta nối hai
đỉnh của đồ thị bằng một cạnh nếu hai đội bóng tương ứng đã đấu với nhau.

22


Nếu giả sử khơng có đội bóng nào đấu một số chẵn trận thì tất cả các đỉnh
trong 29 đỉnh của đồ thị đã cho đều có bậc lẻ. Điều này mâu thuẫn với định lý
2.1.2. Điều giả sử là sai.
Vậy tại mỗi thời điểm ln có một đội đã đấu ở trong giải được một số chẵn
trận, kể cả đội chưa đấu trận nào.
Bài tốn 2.1.3. Trong phịng có 6 người chứng minh rằng tồn lại 3 người đôi
một quen nhau hoặc đơi một khơng quen nhau.
Giải.
Đưa bài tốn về ngơn ngữ đồ thị, trong đó các đỉnh của đồ thị tương ứng
với một trong sáu người; ta dùng một đoạn thẳng nối giữa các đỉnh thể hiện

sự quen nhau và dùng đoạn nối nét đứt giữa các đỉnh thể hiện sự không quen
giữa hai người.
Bây giờ ta xét 6 điểm O, A, B, C, D, E lấy O làm tâm. Trong 5 điểm còn
lại, ta thấy 2 người bất kì hoặc là quen nhau, hoặc là khơng quen nhau.
Theo ngun lí Dirichlet thì tồn tại ít nhất 3 đoạn thẳng nét liền hoặc 3
đoạn thẳng nối nét đứt từ O đến 5 điểm A, B, C, D, E.
Giả sử OA, OB, OC là các nét liền.
Từ A lại tiếp tục nối với B và C.
- Nếu AB, hoặc AC là các nét liền, ta có điều phải chứng minh.
- Nếu AB và AC là các nét đứt. Khi đó, BC là nét liền hoặc nét đứt ta đều
có điều phải chứng minh.
Vậy ln tìm được 3 người đơi một quen nhau hoặc khơng quen nhau.
Bài tốn 2.1.4. (xem [6]) Có 17 đội bóng đá gặp nhau trong một đợt tranh
giải theo thể thức thi đấu vòng tròn nghĩa là hai đội bất kỳ phải gặp nhau
đúng một trận. Chứng tỏ rằng tại một thời điểm bao giờ cũng có ít nhất hai
đội đã thi đấu trong giải có cùng một số trận.
Giải.
Đánh số các đội bóng theo thứ tự từ 1 đến 17. Biểu thị các đội bóng tham
dự giải trong đồ thị G có 17 đỉnh x1 , x2 , . . . , x17 như sau:
23


- Đội bóng đánh số i cho tương ứng đỉnh xi .
- Tại thời điểm nào đó nếu hai đội bóng thứ i và thứ j đã gặp nhau thì ta
nối xi xj làm một cạnh đồ thị.
Rõ ràng tại mỗi thời điểm ta có một đồ thị 17 đỉnh.
Theo định lý 2.1.3, ln tồn tại ít nhất 2 đỉnh cùng bậc. Nghĩa là, tại mỗi
thời điểm ln có ít nhất 2 đội đấu cùng một số trận.
Bài toán 2.1.5. Chín người chơi cờ gặp nhau trong một lần thi đấu theo thể
thức đấu vòng tròn. Tại thời điểm nào đó có đúng hai người đã đấu được cùng

một số trận. Chứng tỏ rằng tại thời điểm đó hoặc có đúng một người chưa chơi
một trận nào, hoặc có đúng một người đã chơi tất cả mọi trận của mình.
Giải.
Đưa bài tốn trên về ngơn ngữ đồ thị, trong đó đỉnh của đồ thị là người
chơi cờ, còn mỗi cạnh tương ứng với hai người chơi đã gặp nhau. Từ điều kiện
bài toán suy ra rằng đồ thị 9 đỉnh đó có đúng hai đỉnh cùng bậc.
Ta cần chứng minh rằng, đồ thị 9 đỉnh đó hoặc có một đỉnh bậc 0, hoặc
một đỉnh bậc 8.
Trong đồ thị, bậc của mỗi đỉnh là một trong các số nguyên: 0, 1, 2, 3, 4, 5,
6, 7, 8. Vì có đúng hai đỉnh A và B cùng bậc nên mọi đỉnh còn lại có bậc khác
nhau.
Theo định lý 2.1.4, hai đỉnh A và B khơng thể có cùng bậc 0 hoặc cùng bậc
8. Suy ra m(A) = m(B) = a với a là một số nguyên nằm giữa 1 và 7.
Trong 7 đỉnh cịn lại nếu khơng có đỉnh nào bậc 0 hoặc bậc 8 thì suy ra 7
đỉnh cịn lại chỉ nhận 6 giá trị về bậc từ 1 đến 7 (trừ ra giá trị a). Do vậy, ắt
có hai đỉnh khác nhau cùng bậc. Vơ lý.
Do đó đồ thị có đúng một đỉnh bậc 0, hoặc một đỉnh bậc 8. Bài toán được
giải.
Bài toán 2.1.6. Trong số các học sinh chuyên toán của Trường THPT Chuyên
KHTN, mỗi nam sinh đều quen với ít nhất một nữ sinh. Với bất kì hai nữ sinh
24


x, y và nam sinh a, b trong trường luôn thỏa mãn điều kiện: nếu cặp x, a quen
nhau và cặp y, b quen nhau thì ít nhất một trong hai cặp x, b; y, a quen nhau.
Chứng minh rằng có ít nhất một nữ sinh quen với tất cả các nam sinh.
Giải.
Đưa bài tốn trên về ngơn ngữ đồ thị, trong đó đỉnh của đồ thị là học sinh
của trường, còn mỗi cạnh tương ứng với hai bạn nam, nữ quen nhau. Từ điều
kiện bài tốn ta có một đồ thị hai mảng G(Y, Z; E) với Y là tập hợp các đỉnh

biểu diễn cho các nam sinh, Z là tập hợp các đỉnh biểu diễn cho các bạn nữ
sinh, E là tập các cạnh của đồ thị mô tả sự quen biết giữa hai bạn khác giới
trong trường.
Theo định lý 2.1.7, trong tập Z có ít nhất một đỉnh kề với tất cả các đỉnh
thuộc Y . Vì vậy, có ít nhất một nữ sinh quen với tất cả các nam sinh.
Bài toán được chứng minh.
Bài toán 2.1.7. Trong Lễ kỉ niệm 55 năm thành lập Khoa Toán – Cơ – Tin
học, Trường ĐHKHTN, có 5001 đại biểu tham dự. Biết mỗi đại biểu có số
người quen khơng nhỏ hơn 4001 người. Chứng minh rằng, luôn tồn tại một bộ
6 đại biểu mà các đại biểu quen nhau từng đơi một.
Giải.
Đưa bài tốn trên về ngơn ngữ đồ thị, trong đó mỗi đỉnh của đồ thị biểu
diễn cho 1 đại biểu, còn mỗi cạnh tương ứng với hai đại biểu quen nhau.
Từ điều kiện bài tốn ta có một đồ thị G gồm 5001 đỉnh mà mỗi đỉnh có
bậc khơng nhỏ hơn 4001.
Theo định lý 2.1.8, với n = 1000, k = 5, đồ thị G luôn tồn tại một đồ thị
con đầy đủ gồm 6 đỉnh. Như vậy, luôn tồn tại một bộ 6 đại biểu mà các đại
biểu quen nhau từng đơi một.
Bài tốn được giải.
Bài toán 2.1.8. (xem [5]) Chứng minh rằng: Trong n - giác lồi G, không tồn
tại tập U chứa hơn n cạnh hay đường chéo, sao cho 2 đoạn bất kỳ trong U đều
có điểm chung.
25