Số ramsey và ứng dụng giải toán sơ cấp

1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

NGUYỄN XUÂN THẮNG

SỐ RAMSEY VÀ ỨNG DỤNG GIẢI TOÁN SƠ CẤP

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 60.46.40

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Giáo viên hướng dẫn: PGS.TSKH. TRẦN QUỐC CHIẾN

Đà Nẵng, Năm 2012


2

MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài.
Tổ hơ ̣p là ngành khoa ho ̣c xuấ t hiê ̣n khá sớm vào đầ u thế kỷ 17, cho đế n nay
đã đươ ̣c áp du ̣ng trong nhiề u liñ h vực khác nhau như lý thuyế t số , hiǹ h học, đại số ,
xác suấ t thố ng kê, quy hoa ̣ch thực nghiê ̣m, khoa ho ̣c máy tiń h, hóa ho ̣c…Các bài
toán tổ hơ ̣p đươ ̣c phân thành các da ̣ng: bài toán tồ n ta ̣i, bài toán đế m, bài toán liệt
kê và bài toán tố i ưu. Bài toán tồ n ta ̣i thường có nô ̣i dung hấ p dẫn và khó giải quyết,
thường xuyên xuấ t hiê ̣n trong các kỳ thi học sinh giỏi quố c gia và quố c tế . Mô ̣t công
cu ̣ hữu hiê ̣u để giải quyế t da ̣ng toán này là số Ramsey. Số Ramsey là một ứng dụng
quan trọng của nguyên lý Dirichlet, để vận dụng đươ ̣c nó trong viê ̣c giải toán thì đòi
hỏi phải hiể u nó mô ̣t cách sâu sắ c và vâ ̣n du ̣ng nó mô ̣t cách linh hoa ̣t trong từng bài

toán cu ̣ thể . Hiê ̣n nay chưa có mô ̣t tài liê ̣u trin
̀ h bày mô ̣t cách hê ̣ thố ng kiế n thức về
số Ramsey và ứng du ̣ng giải toán sơ cấ p. Chính vì lẻ đó tôi cho ̣n đề tài này nghiên
cứu với mong muố n ho ̣c tâ ̣p và tić h lũy cho bản thân kiế n thức về số Ramsey và
ứng du ̣ng giải toán sơ cấ p, bản luận văn này bổ sung thêm về tài liệu về tổ hợp cho
học sinh phổ thông; đặc biệt là dành cho những em học sinh có năng khiếu mơn
tốn. Chúng tơi hi vọng luận văn này sẽ đáp ứng được phần nào lịng u thích
khám phá tốn học của các em. Đồng thời đây cũng là tài liệu tham khảo quan trọng
cho đồng nghiệp.

2. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu.
Nghiên cứu về số Ramsey và viê ̣c ứng du ̣ng nó để giải các bài tốn tồn tại
trong tốn sơ cấp.

3. Mục tiêu và nhiệm vụ của việc nghiên cứu.
3.1. Mục tiêu nghiên cứu:
- Hiểu được số Ramsey và các tính chất cơ bản của nó.
- Vâ ̣n du ̣ng linh hoa ̣t số Ramsey để giải quyế t các bài toán tồn tại trong toán
sơ cấp.


3

3.2. Nhiê ̣m vụ nghiên cứu:
- Hê ̣ thố ng mô ̣t số kiế n thức cơ bản về bài toán tồ n ta ̣i.
- Nắ m vững và vâ ̣n du ̣ng số Ramsey để phân lớp các ứng dụng của các số
Ramsey thường gặp trong việc giải các bài toán tồn tại trong toán sơ cấp.

4. Phương pháp nghiên cứu.
Tham khảo, phân tić h, tổ ng hơ ̣p, hê ̣ thố ng: Tham khảo các nguồ n tài liê ̣u

khác nhau có liên quan đế n bài toán tồ n ta ̣i và ứng du ̣ng giải toán sơ cấ p, phân tić h
tư liê ̣u thu thâ ̣p đươ ̣c sau đó tổ ng hơ ̣p, hê ̣ thố ng la ̣i viế t đề tài này.

5. Kết quả dự kiến:
Trình bày mô ̣t cách hê ̣ thố ng kiế n thức về số Ramsey và ứng du ̣ng của số
Ramsey để giải các bài toán tồn tại trong toán sơ cấp.

6. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài.
6.1. Ý nghiã khoa học:
Hê ̣ thố ng các kiế n thức về bài toán tồ n ta ̣i, số Ramsey và ứng du ̣ng giải toán
sơ cấ p.

6.2. Ý nghiã thực tiễn:
Đề tài hoàn thành trở thành tài liê ̣u tham khảo bổ ić h cho giáo viên , ho ̣c
sinh ở trường THPT, sinh viên ở các trường đa ̣i ho ̣c và cao đẳ ng , các ba ̣n yêu toán,
đă ̣c biê ̣t là các đố i tươ ̣ng da ̣y bồ i dưỡng và tham gia các kỳ thi học sinh giỏi quố c
gia và quố c tế .

7. Cấu trúc của luận văn:
Ngoài phần mở đầ u, kết luận và tài liệu tham khảo trong luận văn gồm
có 3 chương như sau:
Chương 1. ĐẠI CƯƠNG VỀ TỔ HỢP VÀ ĐỒ THỊ.
Chương 2. LÝ THUYẾT VỀ SỐ RAMSEY
Chương 3. ỨNG DỤNG GIẢI TOÁN SƠ CẤP.


4

Chương 1. ĐẠI CƯƠNG VỀ TỔ HỢP VÀ ĐỒ THỊ
1.1. Sơ lược lịch sử:

Tư duy về tổ hơ ̣p ra đời từ rấ t sớm. Ở Trung Quố c, vào thời nhà Chu người ta
đã biế t đế n những hiǹ h vuông thầ n bi.́ Thời cổ Hy La ̣p, thế kỷ thứ 4 trước Công
nguyên, nhà triế t ho ̣c Kxenokrat đã biế t cách tiń h số các từ khác nhau lâ ̣p từ bảng
chữ cái cho trước. Nhà toán ho ̣c Pitagor và ho ̣c trò đã tìm ra đươ ̣c nhiề u số có tính
chấ t đă ̣c biê ̣t. Chẳ ng ha ̣n 36 không những là tổ ng 4 số chẳ n và 4 số lẻ đầu tiên mà
còn là tổ ng lâ ̣p phương của 3 số tự nhiên đầ u tiên.
36 = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 = 13  23  33
Từ đinh
̣ lý Pitagor người ta cũng tìm ra những số mà biǹ h phương của nó bằ ng
tổ ng bình phương của 2 số khác. Các bài toán như vâ ̣y đòi hỏi phải có nghê ̣ thuâ ̣t tổ
hơ ̣p nhấ t đinh.
̣ Tuy nhiên có thể nói rằ ng, lý thuyế t tổ hơ ̣p đươ ̣c hình thành như mô ̣t
ngành của toán ho ̣c rời ra ̣c chỉ vào thế kỷ 17 bằ ng mô ̣t loa ̣t các công trình nghiên
cứu nghiêm túc của các nhà toán ho ̣c xuấ t sắ c như Pascal, Fermat, Leibnitz,
Euler…Mă ̣c dầ u vâ ̣y, tổ hơ ̣p vẫn là liñ h vực mờ nha ̣t và it́ đươ ̣c chú ý trong quañ g
thời gian hơn hai thế kỷ.
Các bài toán tổ hơ ̣p có đă ̣c trưng bùng nổ tổ hơ ̣p với số cấ u hình tổ hơ ̣p khổ ng
lồ (có trường hơ ̣p mấ t hàng chu ̣c năm). Vì vâ ̣y trong thời gian dài, khi mà các ngành
toán ho ̣c như Phép tính vi phân, Phép tiń h tích phân, Phương trình vi phân,…phát
triể n như vũ baõ , thì dường như nó nằ m ngoài sự phát triể n và ứng du ̣ng của toán
ho ̣c. Tình thế thay đổ i từ khi xuấ t hiê ̣n máy tính và sự phát triể n của toán ho ̣c hữu
ha ̣n. Nhiề u vấ n đề tổ hơ ̣p đươ ̣c giải quyế t trên máy tính. Từ chỗ chỉ nghiên cứu các
trò chơi, tổ hơ ̣p đã trở thành ngành toán ho ̣c phát triể n ma ̣nh me,̃ có nhiề u ứng du ̣ng
trong các liñ h vực toán ho ̣c, tin ho ̣c.
Vì tổ hơ ̣p có liên quan tới nhiề u vấ n đề trong nhiề u liñ h vực của đời sống và
các khoa ho ̣c khác nhau nên khó có thể đinh
̣ nghiã nó mô ̣t cách hin
̀ h thức chă ̣t che.̃
Nói chung, lý thuyế t tổ hơ ̣p gắ n liề n với viê ̣c nghiên cứu các cấ u hiǹ h tổ hơ ̣p và các
cấ u trúc tổ hơ ̣p mà ta có thể đinh

̣ nghiã chúng mô ̣t cách khái quát như dưới đây.


5
Cấ u hin
̀ h tổ hơ ̣p
Cho các tâ ̣p hơ ̣p A 1 ,..., An . Giả sử S là sơ đồ sắ p xế p các phầ n tử của A 1 ,...,
An đươ ̣c mô tả bằ ng các quy tắ c sắ p xế p và R1,..., Rn là các điề u kiê ̣n ràng buô ̣c lên

mỗi sắ p xế p theo sơ đồ S. Khi đó mỗi sắ p xế p các phầ n tử của A 1 ,..., An thoả mañ
các điề u kiê ̣n R1,..., Rn go ̣i là mô ̣t cấ u hiǹ h tổ hơ ̣p trên các tâ ̣p A 1 ,..., An .
Ví du ̣ 1. Xét sự bố trí các quân cờ trên bàn cờ vua. Mỗi thế cờ có thể coi là
mô ̣t cấ u hình tổ hơ ̣p. Ở đây ta có thể đinh
̣ nghiã
A là tâ ̣p hơ ̣p các quân cờ trắ ng
B là tâ ̣p hơ ̣p các quân cờ đen
S là sơ đồ sắ p xế p các quân cờ trên bàn cờ
R là hê ̣ thố ng các điề u kiê ̣n đươ ̣c xác đinh
̣ bằ ng luâ ̣t cờ vua
Ví du ̣ 2. Bài toán tháp Hà Nô ̣i
A là tâ ̣p hơ ̣p n điã
S là sơ đồ sắ p xế p các điã trên 3 co ̣c
R 1 là điề u kiê ̣n mỗi lầ n chuyể n 1 điã từ mô ̣t co ̣c sang co ̣c khác
R 2 là điề u kiê ̣n điã nằ m dưới lớn hơn điã nằ m trên
Cấ u hình tổ hơ ̣p là mô ̣t cách sắ p xế p các điã trên 3 co ̣c thỏa các điều kiê ̣n R 1
và R 2 .
Cấ u trúc tổ hơ ̣p
Giả sử V là mô ̣t tâ ̣p bấ t kỳ. Ta ký hiê ̣u  (V) là tâ ̣p tấ t cả cấ u hin
̀ h tổ hơ ̣p trên
V (theo mo ̣i sơ đồ sắ p xế p S và mo ̣i điề u kiê ̣n R1,..., Rn có thể ). Khi đó bô ̣ ba

G = (V, E, f) đươ ̣c go ̣i là mô ̣t cấ u trúc tổ hơ ̣p trên V nế u V và E là các tâ ̣p rời nhau,
f là mô ̣t hàm từ E vào  (V) và V, E, f thoả mañ mô ̣t số tiên đề xác đinh
̣ nào đó.
Ví du ̣ 3. Giả sử V = v1,..., vm  , E = e1,..., en  với V E   . Ta cũng giả sử
S là sơ đồ sắ p xế p “ că ̣p  x1 , x2  ” và f là hàm từ E vào  (V) .
(a) Nế u với mo ̣i e  E, f(e) là mô ̣t cấ u hiǹ h tổ hơ ̣p theo S trên các bản sao rời
nhau A1 và A2 của V thoả mañ x1  A1 , x2  A2 , thì cấ u trúc tổ hơ ̣p (V, E, f) đươ ̣c go ̣i


6
là mô ̣t đa đồ thi ̣ có hướng với tâ ̣p đin
̉ h V và tâ ̣p cung E. Nế u hàm f nói trên là đơn
ánh, thì cấ u trúc tổ hơ ̣p (V, E, f) đươ ̣c go ̣i là mô ̣t đơn đồ thi ̣ có hướng và thường
đươ ̣c go ̣i tắ t là đồ thi ̣có hướng.
(b) Nế u với mo ̣i e  E, f(e) là mô ̣t cấ u hình tổ hơ ̣p theo S trên A1 = V thoả
mãn x1  A1 , x2  A1 \ x1 , thì cấ u trúc tổ hơ ̣p (V, E, f) đươ ̣c go ̣i là mô ̣t đa đồ thi ̣ có
hướng không có khuyên. Nế u hàm f la ̣i là đơn ánh, thì cấ u trúc tổ hơ ̣p (V, E, f) đươ ̣c
go ̣i là mô ̣t đơn đồ thi ̣có hướng không có khuyên và thường đươ ̣c go ̣i tắ t là đồ thi ̣có
hướng không có khuyên.
Các cấ u trúc tổ hơ ̣p đươ ̣c biế t nhiề u tới hiê ̣n nay là đồ thi,̣ siêu đồ thị
(hypergraph), thiế t kế khố i (block design), matroid. Mỗi cấ u trúc tổ hơ ̣p này đề u đã
có mô ̣t lý thuyế t phát triể n đô ̣c lâ ̣p cho min
̀ h.
Các vấ n đề của lý thuyế t tổ hơ ̣p liên quan tới các cấ u hiǹ h tổ hơ ̣p cũng rấ t đa
dạng. Tuy nhiên, bố n loa ̣i bài toán kể ra dưới đây thường gă ̣p hơn cả. Trong các bài
toán này, người ta thường giả thiế t rằ ng các tâ ̣p A1 , ..., Am mà trên đó các cấ u hin
̀ h tổ
hơ ̣p đươ ̣c ta ̣o lâ ̣p, đề u là hữu ha ̣n.

1.2. Các dạng bài tốn tổ hợp:

1.2.1. Bài toán đế m
Nơ ̣i dung bài toán đế m là trả lời câu hỏi “Có bao nhiêu cấ u hin
̀ h thuô ̣c da ̣ng
đang xét ?”. Phương pháp đế m cấ u hin
̀ h tổ hơ ̣p thường dựa vào mô ̣t số quy tắ c,
nguyên lý đế m và phân rã đưa về các cấ u hình tổ hơ ̣p đơn giản. Khi viê ̣c xác định
chin
́ h xác số cấ u hiǹ h tổ hơ ̣p gă ̣p khó khăn hay chưa giải quyế t đươ ̣c tro ̣n ve ̣n,
người ta thường đă ̣t ra bài toán đánh giá số các cấ u hiǹ h tổ hơ ̣p đó bằ ng cách xác
đinh
̣ câ ̣n trên và câ ̣n dưới của nó. Bài toán đế m đươ ̣c áp du ̣ng có hiê ̣u quả vào
những công viê ̣c mang tiń h chấ t đánh giá như tin
́ h xác xuấ t của mô ̣t sự kiện, tin
́ h
đô ̣ phức ta ̣p của mô ̣t thuâ ̣t toán.
Ví du ̣ 4. Đếm số tập con của một tập hợp cho trước.
Ví du ̣ 5. Đếm số nghiệm nguyên dương của phương trình
x + y + z = 10


7

1.2.2. Bài toán liê ̣t kê
Các bài toán này quan tâm đế n viê ̣c tìm các thuâ ̣t toán có hiê ̣u quả để xây
dựng tấ t cả các cấ u hình tổ hơ ̣p thuô ̣c da ̣ng đã cho. Theo thuâ ̣t toán đó người ta lâ ̣p
trình để máy tính in ra tấ t cả cấ u hiǹ h tổ hơ ̣p cầ n liê ̣t kê. Các bài toán trong các liñ h
vực khác nhau thường đươ ̣c đưa về bài toán liê ̣t kê và kiể m tra xem các cấ u hình tổ
hơ ̣p liê ̣t kê đó có thoả mãn tính chấ t này hay tính chấ t khác không. Vì thế mà bài
toán liê ̣t kê là cơ sở để giải quyế t nhiề u bài toán trong các liñ h vực khác nhau của
cuô ̣c số ng. Hiê ̣n nay nhiề u bài toán vẫn chưa có cách giải nào khác ngoài cách giải

dựa vào bài toán liê ̣t kê. Nế u trước đây, cách giải này còn mang tiń h lý thuyế t thì
bây giờ nó ngày càng khả thi nhờ sự tiế n bô ̣ nhanh chóng của khoa ho ̣c máy tin
́ h.
Ví du ̣ 6. Liê ̣t kê tấ t cả các hoán vi ̣của n phầ n tử.

1.2.3. Bài toán tố i ưu tổ hợp
Trong nhiề u vấ n đề , mỗi cấ u hiǹ h tổ hơ ̣p đươ ̣c gán mô ̣t giá tri ̣ bằ ng số (chẳ ng
ha ̣n như hiê ̣u quả sử du ̣ng, hay chi phí thực hiê ̣n). Khi đó bài toán tố i ưu tổ hơ ̣p
nghiên cứu những thuâ ̣t toán tìm cấ u hiǹ h tổ hơ ̣p có giá tri ̣ tố i ưu (lớn nhấ t hay nhỏ
nhấ t). Đây là bài toán có nhiề u ứng du ̣ng trong thực tiễn. Lý thuyế t tổ hơ ̣p đã đóng
góp mô ̣t phầ n đáng kể trong viê ̣c xây dựng những thuâ ̣t toán hữu hiê ̣u để giải quyế t
các bài toán tố i ưu tổ hơ ̣p.
Ví du ̣ 7.(Bài tốn ba lơ). Một nhà thám hiểm dùng một cái ba lô trọng lượng
không quá b để mang đồ vật. Có n đồ vật 1, 2, …, n. Đồ vật thứ j có trọng lượng a j
và giá trị sử dụng là cj, j = 1, 2, …, n. Hỏi nhà thám hiểm cần mang theo những đồ
vật nào để tổng giá trị sử dụng là lớn nhất.

1.2.4. Bài toán tồ n ta ̣i
Trong các bài toán đế m, bài toán liê ̣t kê hay bài toán tố i ưu tổ hơ ̣p, viê ̣c tồ n ta ̣i
các cấ u hình tổ hơ ̣p thuô ̣c da ̣ng đã cho là hiể n nhiên. Tuy nhiên đố i với mô ̣t số cấ u
hình tổ hơ ̣p, viê ̣c chúng có tồ n ta ̣i hay không chưa đươ ̣c sáng tỏ. Viê ̣c tìm ra câu trả
lời “có” hay “khơng có” các cấ u hình này chính là mu ̣c tiêu của bài toán tồ n ta ̣i. Để
trả lời “có”, ta thường phải xây dựng đươ ̣c mô ̣t cấ u hiǹ h tổ hơ ̣p thuô ̣c da ̣ng đã cho.
Nhiề u bài toán loa ̣i này là những bài toán rấ t nan giải. Lich
̣ sử toán ho ̣c để la ̣i nhiề u


8
bài toán khó loa ̣i này và viê ̣c cố gắ ng giải quyế t chúng đã thúc đẩ y không it́ sự phát
triể n của nhiề u hướng nghiên cứu trong lý thuyế t tổ hơ ̣p.

Ví du ̣ 8. Giả sử A1 là tâ ̣p gồ m 2n vâ ̣t. Ta cũng giả sử rằ ng sơ đồ sắ p xế p S
đươ ̣c xác đinh
̣ bởi mô ̣t lưới ô vuông ta ̣o bởi n đường kẻ ngang cách đề u nhau một
đơn vi ̣ đo và n đường kẻ do ̣c cũng cách đề u nhau mô ̣t đơn vi ̣ đo đó. Các đường kẻ
ngang và kẻ do ̣c của lưới giao nhau ta ̣o ra n  n giao điể m go ̣i là các điể m của lưới.
Ta cầ n sắ p xế p 2n vâ ̣t của A 1 lên các điể m của lưới này.
Điề u kiê ̣n sắ p xế p R1 : Tấ t cả 2n vâ ̣t từ tâ ̣p A1 đề u phải đươ ̣c sắ p lên các điể m
của lưới.
Điều kiê ̣n sắ p xế p R2 : Không có 3 vâ ̣t nào đươ ̣c sắ p thẳ ng hàng với nhau
theo cả chiề u ngang, do ̣c và chéo.
Với 3  n  15 cấ u hiǹ h tổ hơ ̣p tồ n ta ̣i. Nhưng bài toán chưa có lời giải với n >
15. Dưới đây là lời giải đố i với n =12











































Hình 1.1


9
Hiê ̣n nay, bài toán liê ̣t kê cấ u hình tổ hơ ̣p là mô ̣t bô ̣ phâ ̣n quan tro ̣ng của liñ h

vực phầ n mề m ứng du ̣ng, còn bài toán tố i ưu tổ hơ ̣p thì đã phát triể n thành mô ̣t liñ h
vực đô ̣c lâ ̣p go ̣i là tố i ưu tổ hơ ̣p. Đố i với bài toán tồ n ta ̣i, mô ̣t số lý thuyế t đã hình
thành cho mô ̣t số lớp bài toán (lý thuyế t Ramsey, lý thuyế t chứng minh tồ n ta ̣i bằ ng
phương pháp không kiế n thiế t như phương pháp xác suấ t). Tuy nhiên, chưa có một
lý thuyế t thố ng nhấ t để giải quyế t mo ̣i bài toán tồ n ta ̣i .

1.3. Nguyên lý Dirichlet
1.3.1. Nguyên lý Dirichlet 1 ( nguyên lý chim bồ câu)
Một số đối tượng được xếp vào một số hộp. Nếu số đối tượng nhiều hơn số
hộp, thì tồn tại hộp chứa ít nhất 2 đối tượng.
Chứng minh.
Nếu khơng có hộp có ít nhất 2 đối tượng, thì số đối tượng không lớn hơn số
hộp, mâu thuẩn giả thiết.
Ví dụ 9. Trong 367 người bao giờ cùng có hai người trùng ngày sinh nhật, vì
trong năm chỉ có nhiều nhất 366 ngày.
Ví dụ 10. Mười người có họ Trần, Lê, Nguyễn và tên A, B, C. Khi đó sẽ có
ít nhất 2 người trùng họ và tên. Vì chỉ có 9 cặp họ tên khác nhau, trong khi đó có 10
người.

1.3.2. Nguyên lý Dirichlet 2
Nếu xếp N đối tượng vào k cái hộp thì tồn tại hộp chứa ít nhất ┌N/k┐đối
tượng ( ┌x┐ là số nguyên nhỏ nhất  x ).
Chứng minh.
Nếu khơng có hộp có ít nhất ┌N/k┐đối tượng, thì số đối tượng nhỏ hơn
k.(N/k) = N, mâu thuẩn với giả thiết số đối tượng nhiều hơn N.
Ví dụ 11. Trong 100 người bao giờ cũng có ít nhất 9 người trùng tháng sính.
Chứng minh.
Thật vậy, xếp những người cùng tháng sinh vào 1 nhóm. Có 12 nhóm tất cả.
Ta có ┌100/12┐= 9. Vậy theo nguyên lý Dirichlet tồn tại nhóm có ít nhất 9 người.

10
Ví dụ 12.Trong hội nghị có n người bao giờ cũng có 2 người có số người
quen bằng nhau.
Chứng minh.
Thật vậy, xếp những người có số người quen bằng nhau và bằng i vào cùng
một nhóm, kí hiệu nhóm i, 0  i  n 1. Ta phân làm 2 trường hợp:
(i)

Có một người khơng quen ai cả. Trong trường hợp này khơng có ai

quen (n-1) người. Vì vậy có tối đa (n-1) nhóm 0, 1, 2, …, n-3, n-2. Như vậy theo
nguyên lý Dirichlet phải tồn tại nhóm có ít nhất 2 người.
(ii)

Ai cũng có người quen. Ta có tối đa (n-1) nhóm 1, 2, …, n-2, n-1. Như
vậy theo ngun lý Dirichlet phải tồn tại nhóm có ít nhất 2 người.

Ví dụ 13. Trong mặt phẳng cho 6 điểm, trong đó khơng có 3 điểm thẳng
hàng. Các điểm được nối với nhau từng cặp một bởi các cạnh xanh hoặc đỏ. Chứng
minh rằng luôn tồn tại một tam giác có các cạnh cùng màu.
Chứng minh.
Chọn điểm P bất kỳ từ 6 điểm. Từ P có 5 cạnh nối đến 5 điểm còn lại.
Như vậy theo nguyên lý Dirichlet sẽ có 3=┌5/2┐ cạnh cùng màu PP1, PP2, PP3. Giả
sử đó là màu xanh. Nếu các cạnh P1P2, P2P3, P3P1 màu đỏ thì ta có  P1P2P3 cùng
màu. Nếu một trong các cạnh P1P2, P2P3, P3P1 có màu xanh, giả sử đó là PiPj thì
 PPiPj cùng màu xanh.

Hình 1.3

1.3.3. Nguyên lý Dirichlet mở rộng.
Giả sử A1, A2,…, Ak là các tập con của tập hữu hạn S.
a) Nếu mỗi phần tử của S chứa trong ít nhất r tập con Ai, thì

A1  ...  Ak  r S


11
b) Nếu mỗi phần tử của S chứa đúng trong r tập con Ai, thì

A1  ...  Ak  r S
Ví dụ 14.
Xếp ngẫu nhiên các số 1, 2, …, 12 trên vịng trịn. Chứng minh rằng ln tìm
được ba số kề nhau có tổng  20.
Chứng minh.
Đánh số các vị trí từ 0 đến 11, và kí hiệu số ở vị trí thứ i là ai. Ta đặt ai quả
bóng vào vị trí i và kí hiệu Ai là tập hợp các quả bóng ở vị trí i, i+1 và i+2, ở đây
i+1và i+2 đưựoc lấy theo mođunlo 12. Kí hiệu S là tập hợp tất cả quả bóng:
S=

 A1  A 2 ...  A11

Khi đó mỗi quả bóng chứa đúng trong 3 tập Ai. Vì vậy theo nguyên lý Dirichlet mở
rộng ta có

A0  A1  ...  A11  3 S
Ta có 3 S = 3.(1+2+…+12) = 234
Suy ra phải tồn tại một tập Ai có ít nhất 20 quả bóng, đpcm.

1.4. Ngun lý Dirichlet đối ngẫu

Nguyên lý Dirichlet đối ngẫu hữu hạn phần tử
Nguyên lý Dirichlet đối ngẫu. Cho tập hữu hạn S   và S1, S2, …, Sn là các
tập con của S sao cho S1  ...  Sn  k S .Khi đó tồn tại một
phần tử x  S sao cho x là phần tử chung của k+1 tập Si ( i = 1, 2,…, n).
Định lí 1. ( Định lí tương đương). Nguyên lý Dirichlet và và nguyên lý
Dirichlet đối ngẫu tương đương nhau.
Chứng minh.
Nguyên lý Dirichlet suy ra ngun lý Dirichlet đơí ngẫu .
Giả sử S có m phần tử x1, x2,…, xm.





Xét tập X   xi , S j  xi  S j , i  1,2,..., m & j  1,2,..., n .


12
Hiển nhiên X  S1  ...  Sn  k S  k.m .
Ta phân bố các phần tử của tập X vào m hộp 1, 2,…, m như sau: nếu xi  S j thì

x S 
i,

j

được phân vào hộp i với mọi i = 1, 2, …, m và j = 1, 2, …, n. Khi đó, theo

ngun lí Dirichlet, tồn tại hộp i có ít nhất k+1 phần tử. Từ đó suy ra tồn tại phần tử
xi là phần tử chung của k+1 tập Sj ( j=1,2, …, n)

Nguyên lý Dirichlet đối ngẫu suy ra nguyên lý Dirichlet .
Kí hiệu n phần tử là j = 1, 2, …, n. Ta phân bố các phần tử j vào m hộp
Hi, i= 1, 2, …, m. Kí hiệu S  Hi i  1, 2,..., m , S j  Hi j  Hi   j = 1, 2, …, n.
Hiển nhiên S j  1  j = 1, 2,…, n và S  m
Suy ra S1  ...  Sn  n  k.m  k S .
Theo nguyên lý Dirichlet đối ngẫu tồn tại phần tử Hi chung của k+1 tập Sj (
i=1, 2,…,n), tức là tồn tại hộp Hi chứa ít nhất k+1 phần tử.

1.5. Sơ lược về lí thuyết đồ thị.
1.5.1. Các khái niệm cơ bản.
1.5.1.1. Đồ thị vô hướng và có hướng.
Định nghĩa 1. Đồ thị vơ hướng G = (V,E) gồm một tập V các đỉnh và tập E
các cạnh.
Mỗi cạnh e  E được liên kết với một cặp đỉnh v, w ( không kể thứ tự) như hình sau.
v

e

w

Ví dụ 15. Hình 1a là đồ thị 4 đỉnh và 7 cạnh. Hình 1b là đồ thị 5 đỉnh và 5
cạnh.


13

Hình 1.4 a

Hình 1.4 b

Định nghĩa 2. Cho số n nguyên dương. Ta gọi Kn là một bộ hai tập V và E,
trong đó V là tập n điểm và E là tập các đoạn nối tất cả các cặp điểm trong V. Ta
nói Kn là đồ thị với tập đỉnh V và tập cạnh E.
Định nghĩa 3. Đồ thị có hướng G(V,E) gồm một tập V các đỉnh và tập E các
cạnh có hướng gọi là cung.
Mỗi cung e  E được liên kết với một cặp đỉnh (v,w) có thứ tự như hình sau.

v

e

w

Ví dụ 16. Hình 2 là đồ thị có hướng gồm 6 đỉnh gồm 6 đỉnh và 8 cung

Hình 1.5
Cho đồ thị có hướng G = (V,E). Nếu ta thay mỗi cung của G bằng một cạnh, thì đồ
thị vô hướng nhận được gọi là đồ thị lót của đồ thị có hướng G.
Ghi chú. Đồ thị vơ hướng có thể coi là đồ thị có hướng trong đó mỗi cạnh


14
e = (v,w) tương ứng với hai cung (v,w) và (w,v).
Cho đồ thị ( có hướng hoặc vơ hướng) G=(V, E).
- Nếu cạnh e liên kết đỉnh v, w thì ta nói cạnh e liên thuộc đỉnh v, w, các đỉnh v, w
liên thuộc cạnh e, các đỉnh v, w là các đỉnh biên của cạnh e và đỉnh v kề đỉnh w.
- Nếu chỉ có duy nhất một cạnh e liên kết với cặp đỉnh v, w, ta viết e=(v,w). Nếu e
là cung thì v gọi là đỉnh đầu và w gọi là đỉnh cuối của cung e.
- Nếu có nhiều cạnh liên kết với cùng một cặp đỉnh thì ta nói đó là các cạnh
song song.

- Cạnh có hai đỉnh liên kết trùng nhau gọi là khuyên.
- Đỉnh không kề với đỉnh khác gọi là đỉnh cô lập.
- Số đỉnh của đồ thị gọi là bậc của đồ thị, số cạnh hoặc số cung của đồ thị gọi là cỡ
của đồ thị.
- đồ thị thị hữu hạn là đồ thị có bậc và cỡ hữu hạn.
- Đồ thị đơn là đồ thị khơng có khun và khơng có cạnh song song.
- Đồ thị vô hướng đủ là đồ thị mà mọi cặp đỉnh đều kề nhau.
- Đồ thị có hướng đủ là đồ thịcó đồ thị lót đủ.

1.5.1.2. Bậc, nửa bậc vào, nửa bậc ra.
Cho đồ thị G = (V, E)
Định nghĩa 4.
Giả sử đỉnh v V có p khuyên và q cạnh liên thuộc ( không phải khuyên). Khi đó
bậc của đỉnh v là 2p+q và ký hiệu là degG(v) hoặc đơn giản deg(v)
Số bậc đỉnh lớn nhất của G ký hiệu là (G) , số bậc đỉnh nhỏ nhất của G ký
hiệu là  (G) .
Từ định nghĩa suy ra đỉnh cô lập trong đồ thị đơn là đỉnh có bậc bằng 0. Đỉnh
có bậc bằng 1 gọi là đỉnh treo.
Định nghĩa 5.
Cho G = (V, E) là đồ thị có hướng, v V , nửa bậc ra của đỉnh v, ký hiệu là degO
(v), là số cung đi ra từ đỉnh v ( v là đỉnh đầu), và nửa bậc vào của đỉnh v V , ký
hiệu là degI(v), là số cung đi tới đỉnh v ( v là đỉnh cuối).


15

1.5.2. Các Định lý, bổ đề, và thuật toán cơ bản.
1.5.2.1. Đồ thị, đỉnh, cạnh, cung.
Bổ đề bắt tay (Hand Shaking Lemma). Cho đồ thị G = (V,E). Khi đó
(i) Tổng bậc các đỉnh của đồ thị là số chẵn và

 d (v)

= 2.card(E)

vV

(ii) Nếu G là đồ thị có hướng thì

d
vV

O

(v) =

 d (v)
vV

I

= card(E)

trong đó card(E) ký hiệu số phần tử của tập X.
Chứng minh
(i) Mỗi cạnh e = (u, v)  E tham gia tính 1 bậc của đỉnh u và 1 bậc của đỉnh v. Từ
đó suy ra công thức (i)
(ii) Mỗi cung e = (u, v)  E tham gia tính 1 bậc ra của đỉnh u và 1 bậc vào của đỉnh
v. Từ đó suy ra công thức (ii)
Hệ quả. Số đỉnh bậc lẻ của đồ thị vô hướng là số chẵn.

Chứng minh
Cho đồ thị G = (V,E). Ký hiệu V1 là tập số đỉnh bậc lẻ, V2 là tập số đỉnh bậc
chẵn. Theo bổ đề ta có
2. card(E) =

 d (v)
vV

=

 d (v) +  d (v)
vV2

vV1

  d (v) = 2. card(E) 
vV1

là số chẵn. Các số hạng d(v) trong tổng

 d (v)

 d (v)

vV2

đều là số lẻ. Vì vậy để cho tổng

vV1

 d (v)

là số chẵn thì số các số hạng đó phải là số chẵn, tức card(V1) là số chẵn.

vV1

Suy ra số đỉnh bậc lẻ trong V là số chẵn.

1.5.2.2. Đường đi, chu trình, tính liên thơng
Định lý 1.


16
(i) Trong đồ thị vô hướng mỗi dãy từ đỉnh v đến w chứa đường đi sơ cấp từ v
đến w.
(ii) Trong đồ thị có hướng mỗi dãy có hướng từ đỉnh v đến w chứa đường đi có
hướng sơ cấp từ v đến w.
Chứng minh
(i) Cho  = (v, e1, v1, e2, v2, ... , vn-1, en, w) là dãy từ v đến w. Nếu v1, ..., vn-1
khác nhau thì  là đường đi sơ cấp. Ngược lại tồn tại i, j, 0 < i < j < n, thoả v i =
vj. Ta loại các đỉnh vi+1, ..., vj khỏi dãy  và nhận được dãy từ v đến w có độ dài
ngắn hơn. Như vậy ta loại được ít nhất một đỉnh lặp. Tiếp tục quá trình trên cho
đến khi khơng cịn đỉnh lặp nữa, ta sẽ nhận được đường đi sơ cấp từ v đến w.
(ii) Chứng minh tương tự như (i).
Định lý 2. Đồ thị G lưỡng phân khi và chỉ khi G không chứa chu
trình độ dài lẻ.
Chứng minh (xem [Christofides tr.21]).
+ Điều kiện cần: hiển nhiên.
+ Điều kiện đủ: Cho G=(V,E) là đồ thị khơng chứa chu trình độ dài lẻ. Khơng
mất tính tổng quát ta giả thiết G liên thông (nếu không ta xét từng thành phần liên

thông).
Ta xây dựng các tập con V+ và V_ của V như sau.
Chọn một đỉnh x0 bất kỳ. Gán cho x0 nhãn là dấu +.
Với mỗi đỉnh x đã gán nhãn, ta tìm các đỉnh chưa có nhãn kề x và gán cho
các đỉnh này dấu ngược với dấu của x (tức là dấu - nếu x mang dấu +, dấu + nếu x
mang dấu -). Lặp lại quá trình này cho đến khi xảy ra một trong các trường hợp sau.
(i) Tất cả các đỉnh được gán nhãn (khơng có hai đỉnh kề nhau cùng nhãn).
Trong trường hợp này ta ký hiệu V+ là tập các đỉnh mang dấu +, V_ là tập các
đỉnh mang dấu -. V+ và V_ là phân hoạch của V và các đỉnh trong cùng một tập
không kề nhau. Như vậy G là đồ thị lưỡng phân.
(ii) Xuất hiện hai đỉnh kề nhau cùng dấu.


17
Gọi a và b là hai đỉnh kề nhau cùng dấu. Tồn tại đường đi 1 từ x0 đến a và
2 từ x0 đến b. Ký hiệu x là điểm chung cuối cùng của 1 và 2. Theo cách gán
nhãn, độ dài đường đi 1(x,a) từ x đến a và độ dài đường đi 2(x,b) từ x đến b cùng
chẵn hoặc cùng lẻ. Như vậy chu trình [1(x,a),(a,b),2(b,x)] sẽ có độ dài lẻ, mâu
thuẫn với giả thiết.
Định lý 3. Cho đồ thị đơn G=(V,E) với n đỉnh, và k thành phần liên thơng.
Khi đó số cạnh m của đồ thị thoả bất đẳng thức
n–km

(n  k )(n  k  1)
2

Chứng minh.
(i) Bất đẳng thức n – k  m chứng minh bằng quy nạp theo m.
Nếu m = 0, tức G là đồ thị hồn tồn khơng liên thơng, bất đẳng thức đúng
vì n = k.

Giả sử G có m cạnh, m  1. Gọi G’=(V’,E’) là đồ thị thu được từ G bằng
cách bỏ bớt 1 cạnh. Ký hiệu n’, k’ và m’ là số đỉnh, số thành phần liên thơng và
số cạnh của G’. Khi đó có 2 khả năng:
- Trường hợp 1: n' = n , k' = k và m' = m – 1
Theo giả thiết qui nạp
n – k = n’ – k’  m’  m
- Trường hợp 2: n' = n , k' = k + 1 và m' = m – 1
n – k = n’ – k’ + 1  m’ + 1 = m

(ii) Ta chứng minh bất đẳng thức
(n  k )(n  k  1)
2
quy nạp theo k.

m

-

Bước cơ cở: k=1. Khi đó m 

(*)
n.(n  1)
vì đồ thị đơn n đỉnh nhiều cạnh nhất là
2

Kn.
-

Bước quy nạp: Giả sử bất đẳng thức (*) đúng với mọi đồ thị có số thành phần
liên thơng nhỏ hơn k.

18
Cho G=(V,E) là đồ thị có k thành phần liên thơng:
Gi=(Vi,Ej) có ni đỉnh và mi cạnh,  i=1,...,k
Hiển nhiên là n1 + n2 + n3 + ... + nk = n và m1 + m2 + m3 + ... + mk =m

(1.1)

Đặt h =n1 + n2 và gọi G’ là đồ thị có n’=n-1 đỉnh gồm k-1 thành phần liên
thông Kh-1 , G3 , ... , Gk
(Kh-1 là đơn đồ thị đủ có h-1 đỉnh).
Theo giả thiết quy nạp, số cạnh m’ của G’ thoả

m’ 

[n'(k  1)].[n'(k  1)  1]
(n  k )(n  k  1)
 m’ 
2
2

(1.2)

Tiếp theo ta có
m1  m2 

n1 (n1  1) n2 (n2  1) h(h  1)



2
2
2

(1.3)

(bất đẳng thức cuối cùng tương đương (n1-1)(n2-1)  0 ).
Bây giờ từ (1),(2) và (3) ta suy ra
m  m’ 

(n  k )(n  k  1)
2

Hệ quả. Mọi đơn đồ thị n đỉnh với số cạnh lớn hơn
thông.

(n  1)(n  2)
là liên
2


19

Chương 2. LÝ THUYẾT VỀ SỐ RAMSEY
2.1. Bài toán mở đầu:
Tìm số lượng khách tối thiểu phải được mời sao cho có ít nhất 3 người đều
biết nhau hoặc là có ít nhất 3 người khơng biết nhau?
Đây là một bài toán cơ bản dẫn đến lý thuyết Ramsey.
 Bài toán bữa tiệc tổng quát:
Tìm số lượng tối thiểu R (i, j) khách phải được mời để có ít nhất i người đều

biết nhau hoặc ít nhất là j người khơng biết nhau .
R (i, j) ở đây chính là số Ramsey.

2.2. Định nghĩa 1.
Cho hai số nguyên i  2, j  2 . Số nguyên dương n gọi là có tính chất (i, j) –
Ramsey, nếu Kn với mỗi cạnh được tô bằng một trong hai màu xanh hoặc đỏ thì Kn
chứa hoặc Ki đỏ hoặc Kj xanh .
Hiển nhiên là nếu m có tính chất (i,j)-Ramsey và n>m, thì n cũng có tính
chất (i,j)-Ramsey .

2.3. Định nghĩa 2.
Số Ramsey R(i,j) là số nguyên dương nhỏ nhất có tính chất (i,j)-Ramsey.

2.3.1. Mệnh đề 1. R(3,3) = 6.
Chứng minh.
Chọn điểm P bất kỳ từ 6 điểm. Từ P có 5 cạnh nối đến 5 điểm còn lại.
Như vậy theo nguyên lý Dirichlet sẽ có 3=┌5/2┐ cạnh cùng màu PP1, PP2, PP3. Giả
sử đó là màu xanh. Nếu các cạnh P1P2, P2P3, P3P1 màu đỏ thì ta có  P1P2P3 cùng
màu. Nếu một trong các cạnh P1P2, P2P3, P3P1 có màu xanh, giả sử đó là PiPj thì
 PPiPj cùng màu xanh.


20

Hình 1.3
Suy ra 6 có tính chất (3,3)-Ramsey.
Nhưng 6 có phải là số nhỏ nhất có tính chất này khơng? Xét K5 với các cạnh được
tô màu xanh, đỏ theo hình 2.1
Khi đó khơng tồn tại K3 xanh hoặc đỏ. Như vậy số 5 khơng có tính chất (3,3)Ramsey. Vậy 6 là số nhỏ nhất có tính chất (3, 3)-Ramsey.

Hình
Hình
2.12.1b


21

2.3.2. Mệnh đề 2. R(2,j) = j
Chứng minh.
Nếu Kj có cạnh đỏ thì đó chính là K2 đỏ. ngược lại ta có Kj xanh. Mặt khác
nếu h
2.3.3. Mệnh đề 3.
Số Ramsey có các tính chất sau
(i) R(i,j) = R(j,i)
(ii) Nếu i1  i2  2 thì R i1, j   R i2 , j  j  2
Chứng minh (i).
Đặt R(i,j) =N1, R(j,i) =N2.
Ta đi chỉ ra rằng R(i,j) ≥ R(j,i) và R(j,i) ≥ R(i,j).
(1). Giả sử N1 > N2 khi đó tồn tại 1 cách tơ màu cạnh của KN2 sao cho khơng
có Ki màu đỏ và khơng có Kj màu xanh .
Khi đó nếu ta đổi 2 màu xanh đỏ cho nhau ta được 1 cách tơ KN2 khơng có
Ki màu xanh. Mâu thuẫn với R(j,i).
(2). Tương tự như trên ta cũng có N2 ≥N1.
(3). Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.
Chứng minh (ii).
Đặt R(i1,j) =M, R(i2,j) =N.
Giả sử M< N
Vì R(i1,j) =M nên KM chứa Ki1 đỏ hoặc Kj xanh.
Vì R(i2,j) = N nên KN chứa Ki2 đỏ hoặc Kj xanh.

Vì i1  i2 nên KM chứa Ki2 . Điều này mâu thuẩn với N là số nhỏ nhất mà KN
chứa Ki2 đỏ.Suy ra M≥N.
Vậy ta có điều phải chứng minh.


22

2.3.4. Mệnh đề 4.
Nếu i  3 và j  3 và tồn tại R i, j 1 , R i 1, j  thì tồn tại R i, j  và
R  i, j   R i, j 1  R i 1, j 

Chứng minh.
Đặt m  R i, j 1  R i 1, j  . Ta chứng minh m có tính chất (i,j)-Ramsey.
Giả sử các cạnh của Km được tô bằng màu xanh hoặc đỏ. Chọn một đỉnh v của Km .
Ta tách tập U  V \ v thành hai tập rời nhau:
A là tập các đỉnh nối với v bằng cạnh đỏ
B là tập các đỉnh nối với v bằng cạnh xanh
Từ A  B  m 1  R i, j 1  R i 1, j  1
suy ra A  R i 1, j  hoặc B  R i, j 1 .
Xét trường hợp A  R i 1, j  . Gọi K A là bộ gồm các tập đỉnh trong A và
tập cạnh là các cạnh của Km nối các cặp đỉnh trong A. Do A  R i 1, j  nên K A
hoặc chứa Ki-1 đỏ hoặc Kj xanh. Nếu K A chứa Ki-1 đỏ, thì bổ sung vào nó đỉnh v và
các cạnh nối v với các đỉnh trong A ta thu được Ki màu đỏ. Nếu K A chứa Kj xanh
thì đương nhiên đó cũng là Kj xanh của Km.
Trường hợp B  R i, j 1 cũng được xét tương tự.
Như vậy m có tính chất (i,j)-Ramsey và từ đó suy ra bất đẳng thức.
Suy ra từ mệnh đề 4:

R(3,t) 

t2  3
với mọi số nguyên t≥2.
2

Chứng minh:
R(3,t)

≤ R(2,t)+R(3,t−1) ≤ R(2,t)+R(2,t−1)+R(3,t−2)
≤ ... ≤ R(2,t)+R(2,t−1)+...+R(2,4)+R(2,3)+R(3,2).

Ta có: R(2,k)=k


23

Do đó: R(3,t) ≤ t+(t−1)+...+4+6 =
Ta có :

t (t  1)

2

t2  3
2

t (t  1)
2

.

với t≥3

Khi t=2 thì ta cũng đc đpcm.
Suy ra đpcm.

2.3.5. Mệnh đề 5.
p, q  N* và tồn tại số R  p, q  , ta có: R  p, q   C  p  q  2, p 1

Chứng minh:
Sử dụng quy nạp trên tổng số k = p + q, với các trường hợp p ≤ 2 và q ≤ 2 dễ
dàng kiểm tra. Vì vậy chúng ta có thể giả định rằng k ≥ 3 và p, q ≥ 2. Sử dụng
mệnh đề 4 ta nhận được
R( p, q)  R( p  1, q)  R( p, q 1)  C ( p  q  3, p  2)  C ( p  q  3, p 1)  C ( p  q  2, p 1)

Cách khác chứng minh mệnh đề 5:
Mệnh đề 5 tương đương với: R(k,l)  C(k+l-2,k-1)
Chứng minh:
Quy nạp theo k+l. Đúng cho k+l ≤5. Khi đó:
R(k,l)  R(k,l-1)+R(k-1,l)  C(k+l-3, k-1) + C(k+l-3,k-2) = C(k+l-2, k-1)
Vì vậy, từ đó ta có R(k,k)  C(2k-2, k-1)  4k
Bây giờ chúng ta muốn một ràng buộc thấp hơn về số Ramsey.Một quan sát
đơn giản là:

2.3.6. Mệnh đề 6.
R( p, q)  R( p  1, q), R( p, q)  R( p, q  1)

Chứng minh:
Giả sử R (p, q) = N. Điều đó có nghĩa là KN -1 khơng có Kp màu đỏ và Kq màu
xanh.Tất nhiên KN -1 khơng có chứa Kp+1 đỏ và Kq màu xanh, và khơng có chứa
Kp màu đỏ và khơng có Kq+1 màu xanh.

Do đó R (p+1, q) ≥ N, và R (p, q + 1) ≥ N.
Vì vậy, số Ramsey tăng cũng là tăng đối số.


24

2.3.7. Mệnh đề 7. (Định lý Ramsey)
R(i,j) tồn tại với mọi i  2 và j  2
Chứng minh. Quy nạp theo n = i+j
-

Mệnh đề đúng với n = 4, 5, 6 ( theo mệnh đề 1, 2)

-

Giả sử mệnh đề đúng với n, ta chứng minh nó đúng với n+1.

Thật vậy, cho i  2 , j  2 , i+j = n+1. ta có i+(j-1) = n và (i-1)+j = n và theo giả
thiết quy nạp R  i, j  1 và R  i  1, j  tồn tại. Từ đó theo mệnh đề 4 thì R i, j  tồn
tại.

2.3.8. Mệnh đề 8.
Nếu

i3

và j  3

và

tồn

tại

R i, j 1 , R i 1, j 

chẵn

thì

R  i, j   R i, j 1  R i 1, j  -1

Chứng minh.
Đặt p = R(i-1,j), q = R(i,j-1), r = p+q. Theo giả thiết p, q, r là các số chẵn. Ta chứng
minh r-1 có tính chất (I,j)-Ramsey. Xét đồ thị Kr-1 với các đỉnh được đánh số 1, 2,
…, r-1. Giả sử các cạnh của Kr-1 được tô bằng màu xanh hoặc đỏ. Kí hiệu dv là số
cạnh màu đỏ được nối với đỉnh v, v=1,…,r-1. Xét cạnh đỏ e nối đỉnh u với v. Khi
đó e được tính một lần cho dv và 1 lần cho du.
Vì vậy tổng d1+d2+…+dr-1 bằng số cạnh đỏ và là số chẵn.
Vì r-1 là số lẻ, nên tồn tại đỉnh v với dv chẵn.
Ta tách tập U = {1,2,…,r-1}\{v} thành hai tập rời nhau:
A là tập các đỉnh nối v bằng cạnh đỏ;
B là tập các đỉnh nối với v bằng cạnh xanh.
Vì |A| = dv chẵn, nên |B| = r-2-|A| cũng chẵn.
Từ |A|+|B| = r-2 = p+q-2 suy ra hoặc |A|  p-1 hoặc |B|  q ( vì ngược lại ta có r2=|A| + |B|  p-2+q-1 = r-3, vô lý).
Nếu |A|  p-1, thì do |A| chẵn và p-1 lẻ, nên |A|  p.
Dựa vào chứng minh của mệnh đề 4 ta chứng minh được r-1 có tính chất (i,j)Ramsey. Vậy ta có điều phải chứng minh.


25

2.3.9. Mệnh đề 9. R(4,3)  9
Chứng minh.
Từ mệnh đề 1, 2, 6 ta có R(4,3)  R 3,3  R  4, 2 1 = 6+4-1= 9.
Xét K8 với các cạnh được tơ màu xanh, đỏ như sau.

Hình 2.3
Rõ ràng không tồn tại K4 đỏ cũng như K3 xanh. Vậy R(4,3)  9 .

2.3.10. Mệnh đề 10. R(3,5)  14
Chứng minh
Từ mệnh đề 1, 2, 4 ta có R 3,5  R 3, 4  R  2,5 = 9 + 5 = 14.
Xét K13 với các đỉnh xếp cách đều trên đường tròn và được đánh từ 1 đến 13. Mỗi
đỉnh được nối với đỉnh thứ 5 về bên phải và đỉnh thứ 5 về bên trái bằng cạnh màu
đỏ. Các cạnh khác màu xanh. Khi đó sẽ không tồn tại K3 đỏ cũng như K5 xanh. Vậy
13 khơng có tính chất (3,5)-Ramsey, suy ra R  3,5  14 .
Hình vẽ minh hoạ: