ToanDHSP.com Bai Tap Toan Roi Rac Co Loi Giai

Links downloaded from ToanDHSP.COMBai tap toan roi rac co giai

BT Toan roi rac 1

BÀI TẬP CHƯƠNG I

Bài 1: Số mã vùng cần thiết nhỏ nhất là bao nhiêu để đảm bảo 25 triệu máy điện thoại khác nhau.

Mỗi điện thoại có 9 chữ số có dạng 0XX-8XXXXX với X nhận giá trị từ 0 đến 9.

Giải: Vì số mã vùng có dạng: 0XX-8XXXXX, với X nhận các giá trị từ 0 đến 9 (10 số), có 07 ký tự X do vậy sẽ có 107 trường hợp. Do đó, theo nguyên lý Dirichlet với 10 triệu máy điện thoại thì số mã vùng

cần thiết là: ] [ 35,2000.000.10000.000.25 ==⎢⎣

⎡⎥⎦⎤ . Vậy số mã vùng cần thiết thỏa yêu cầu bài toán là 3.

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

Giải

Bài toán này có 02 cách hiểu: serial ở đây có thể là 02 ký tự NN đầu tiên hoặc là 02 ký tự XN cuối cùng. Cách hiểu 1: (serial là 02 ký tự XN cuối cùng).

Hai số NN đầu là mã tỉnh, do nhà nước quy định nên không ảnh hưởng đến kết quả bài toán. Sáu ký tự còn lại có 5 ký tự là N, như vậy có 510 trường hợp. Theo nguyên lý Dirichlet, số serial

X tối thiểu phải thỏa mãn: 100000.100

000.000.10 =⎢⎣⎡

⎥⎦⎤ . Điều này không hợp lý vì số ký tự chữ cái chỉ là 26. Do

vậy, nếu bài toán sửa lại là 1 triệu bảng số xe thì kết quả hợp lý hơn, khi đó số serial là:

10000.100000.000.1 =⎢⎣

⎡⎥⎦⎤ .

Cách hiểu 2: (serial là 02 ký tự NN đầu tiên) Bốn ký tự NNNN sẽ có 104 trường hợp, 02 ký tự XN sẽ có 26*10 = 260 trường hợp. Theo quy tắc nhân, tổng số trường hợp sẽ là: 104*260 = 2.600.000. Do đó, theo nguyên lý Dirichlet, số serial tối thiểu phải là:

] [ 484,3000.600.2000.000.10 ==⎢⎣

⎡⎥⎦⎤ .

Vậy cần 04 số serial để đăng ký đủ cho 10 triệu xe. Bài 3: Có bao nhiêu xâu nhị phân có độ dài 10:

a. Bắt đầu bằng 00 hoặc kết thúc bằng 11. b. Bắt đầu bẳng 00 và kết thúc bằng 11.

Giải

a. Bắt đầu bằng 00 hoặc kết thúc bằng 11.

Xâu nhị phân bắt đầu bằng 00 có dạng: 00.xxxx.xxxx. Ký tự x có thể là 0 hoặc 1, có 8 ký tự x do vậy có 82 xâu. Xâu nhị phân kết thúc bằng 11 có dạng: xx.xxxx.xx11. Tương tư ta cũng tính được có 82 xâu. Xâu nhị phân bắt đầu bằng 00 và kết thúc bằng 11 có dạng 00.xxxx.xx11. Tương tự như trên, ta cũng tính được có 62 xâu. Vậy số xâu nhị phân bắt đầu bằng 00 hay kết thúc bằng 11 là:

http://vnmaths.tk


BT Toan roi rac 2

4486451222*2 68 =−=−=n xâu. b. Bắt đầu bằng 00 và kết thúc bằng 11.

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

xâu.

Bài 4: Khóa 29 CNTT có 150 SV học NNLT Java, 160 SV hoc Delphi, 40 SV học cả hai môn trên.

a. Tìm tất cả SV của khóa 29 biết rằng SV nào cũng phải học ít nhất 01 môn. b. Biết tổng số SV là 285, hỏi có bao nhiêu SV không học Java hoặc Delphi.

Giải

Gọi J: SV học Java D: SV học Delphi

a. Số SV của khóa 29 là: 270401601501 =−+=−+== DJDJDJn IU SV b. Câu b có 02 cách hiểu:

Cách 01: không học ít nhất 01 môn. Số SV không học Java hoặc Delphi là (áp dụng nguyên lý bù trừ) ta tính được:

245402852 =−=−= DJnn I SV Cách 02: không học Java cũng chẳng học Delphi:

Theo cách hiểu này, áp dụng nguyên lý bù trừ ta tính được số SV như sau: 1540160150285'

2 =+−−=+−−== DJDJnDJn IU SV

Bài 5: Mỗi người sử dụng máy tính dùng password có 6 -> 8 ký tự. Các ký tự có thể là chữ số hoặc chữ cái, mỗi password phải có ít nhất 01 chữ số. Tìm tổng số password có thể có.

Giải

Bài toán này cũng có thể được hiểu theo 02 cách. Cách 01: phân biệt chữ thường với chữ hoa.

Chữ cái thường: 26 Chữ cái hoa: 26 Chữ số: 10 Do đó, tổng cộng có 26 + 26 + 10 = 62 ký tự khác nhau. Nếu password có n ký tự. Tổng số trường hợp: n62 Số password không có chữ số: n52 Suy ra số password có ít nhất 01 chữ số: nn

nn 5262 −= Áp dụng cho các trường hợp n = 6, 7, 8. Tổng số password thỏa yêu cầu đề bài là:

040.583.949.410.167526252625262 887766876 =−+−+−=++= nnnn

Cách 02: không phân biệt chữ thường với chữ hoa: Cách làm hoàn toàn tương tự, nhưng thay vì sử dụng các số 62 và 52 thì ở đây sử dụng 02 số: 36 và 26. Kết quả sẽ là: 063.3602.684.483.263626362636 887766

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

Giải

http://vnmaths.tk


BT Toan roi rac 3

Vì có n phong bì và n bì thư nên có tất cả N = n! cách bỏ thư khác nhau. Để đếm số cách bỏ thư sao cho không lá thư nào đúng địa chỉ, ta áp dụng nguyên lý bù trừ:

N = n! − N1 + N2 − ... + (−1)nNn, trong đó Nm (1 ≤ m ≤ n) là số cách bỏ thư sao cho có ít nhất m lá thư đúng địa chỉ, Nm là số cách lấy m lá thư từ n lá, với mỗi cách lấy m lá thư, có (n-m)! cách bỏ để m lá thư này đúng địa chỉ, như vậy:

Nm = mnC (n - m)! =

!!

kn do vậy N = n!(1 −

!11 +

!21 − ... + (−1)n

!1n

),

Dođó xác suất thỏa bài toán: k1 1 1 11 + - +...+(-1) ! 1! 2! 3! k!

N NpN n

= = = −

Bài 7:

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

Giải

Từ 8 số ở trên, ta chia thành 04 cặp: {1, 8}, {2, 7}, {3, 6}, {4, 5} và tổng của mỗi cặp đều bằng 9. Như vậy, đề bài sẽ trở thành chọn 5 số từ 4 cặp số trên. Theo nguyên lý Dirichlet, phải có ít nhất 01 cặp số được chọn hết. Vậy bài toán đã được chứng minh. Bài 8: Chứng minh rằng trong bất kỳ một nhóm 27 từ tiếng Anh nào cũng có ít nhất 2 từ bắt đầu từ cùng 01 chữ cái.

Giải

Bảng chữ cái của tiếng anh gồm 26 ký tự: a, b, c, …, x, y, z. Vì có 27 từ tiếng Anh và mỗi từ bắt đầu bằng 01 chữ cái nên theo nguyên lý Dirichlet phải có ít nhất 02 từ bắt đầu bằng cùng 01 chữ cái. Bài 9: Cần phải có bao nhiêu SV ghi tên vào lớp TRR để chắc chắn có ít nhất 65 SV đạt cùng điểm thi, giả sử thang điểm thi gồm 10 bậc.

Giải Gọi n là số sinh viên tối thiểu thỏa mãn đề bài, theo nguyên lý Dirichlet thì ] [ 6510 =n . Do vậy

641164*10 =+=n SV.

Bài 10: Tìm hệ thức truy hồi và cho điều kiện đầu để tính số các xâu nhị phân có độ dài n và không có 2 số 0 liên tiếp. Có bao nhiêu xâu nhị phân như thế có độ dài bằng 5.

Giải

Với xâu nhị phân có độ dài n, ta chia thành 02 trường hợp: Nếu ký tự cuối cùng là 1 thì ký tự trước đó (ký tự thứ n – 1) có thể là 1 hay là 0 đều được. Nếu ký tự cuối cùng là 0 thì ký tự trước đó (ký tự thứ n – 1) chỉ có thể là 1 (vì nếu là 0 thì vi phạm yêu cầu bài toán) nhưng ký tự trước đó nữa (thứ n – 2) có thể là 0 hay 1 đều được. Từ 02 trường hợp trên ta suy ra được: 21 −− += nnn fff

Các điều kiện đầu: 21 =f , 32 =f Có 13 xâu nhị phân có độ dài 5 và không có 2 số 0 liên tiếp.

http://vnmaths.tk


BT Toan roi rac 4

Bài 11:

Dãy các số Fibonacci thõa 21 −− += nnn fff , cho điều kiện đầu: ⎩⎨⎧

==

10

1

0

ff

. Hãy tìm hệ thức truy

hồi của Fibonacci.

Giải

Phương trình đặc trưng: 2 1 0x x− − =

có các nghiệm là: r1 = 2

51+ và r2 = 2

51− .

Do đó các số Fibonacci tổng quát sẽ có dạng: 1 21 5 1 5

2 2

n n

nf α α⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

với các điều kiện ban đầu : 1 2 1

0

1 212

100 5

1 5 1 5 1 112 2

5

ff

α α α

α α α

⎧+ =⎧ =⎪=⎧ ⎪ ⎪⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇒ ⇒+ −⎨ ⎨ ⎨+ = −= ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎩ ⎪ ⎪⎜ ⎟ ⎜ ⎟ =⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎪⎩

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

1 1 5 1 1 52 25 5

n n

nf⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −= −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Bài 12: Tìm nghiệm của hệ thức truy hồi sau: 321 652 −−− −+= nnnn aaaa trong đó các điều kiện đầu là: 70 =a , 41 −=a , 82 =a .

Giải

Phương trình đặc trưng 0)6)(1(0652 223 =−−−⇔=+−− xxxxxx

Các nghiệm của phương trình đặc trưng: ⎪⎩

⎪⎨

⎧

=−=

=

32

1

2

1

0

xxx

Do đó, hệ thức truy hồi sẽ có dạng: nnnna 3)2(1 321 ααα +−+=

Với các điều kiện đầu được cho: 70 =a , 41 −=a , 82 =a . Ta có hệ phương trình như sau:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

−===

⇒⎪⎩

⎪⎨

⎧

++=+−=−

++=

135

948324

7

3

2

1

321

321

321

ααα

αααααα

ααα

Vậy nghiệm của hệ thức truy hồi là: nnna 3)2(35 −−+=

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

Giải

http://vnmaths.tk


BT Toan roi rac 5

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

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

Giải

Trong đồ thị đơn, số bậc tối đa cung TH1: Giả sử đồ thì không có đỉnh treo, do đó số bậc tối thiểu của các đỉnh là 1, số bậc tối đa của

các đỉnh là n-1 (vì là đơn đồ thị). Có n đỉnh, số bậc của các đỉnh đi từ 1 đến n-1 (n-1) giá trị. Do đó theo nguyên lý Dirichlet phải có ít nhất 02 đỉnh có cùng bậc.

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

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

Giải

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

Vậy, tổng số bậc của cả đồ thị là: n*(n – 1) bậc. II. Các bài tập trong giấy kiểm tra lần 1. Bài 16: (giống bài 12 phần trước). Tìm nghiệm của hệ thức truy hồi sau: 321 652 −−− −+= nnnn aaaa trong đó các điều kiện đầu là: 70 =a , 41 −=a , 82 =a .

Giải Phương trình đặc trưng 0)6)(1(0652 223 =−−−⇔=+−− xxxxxx

Các nghiệm của phương trình đặc trưng: ⎪⎩

⎪⎨

⎧

=−=

=

32

1

2

1

0

xxx

Do đó, hệ thức truy hồi sẽ có dạng: nnnna 3)2(1 321 ααα +−+=

Với các điều kiện đầu được cho: 70 =a , 41 −=a , 82 =a . Ta có hệ phương trình như sau:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

−===

⇒⎪⎩

⎪⎨

⎧

++=+−=−

++=

135

948324

7

3

2

1

321

321

321

ααα

αααααα

ααα

Vậy hệ thức truy hồi là: nnna 3)2(35 −−+=

Bài 17:

http://vnmaths.tk


BT Toan roi rac 6

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

Giải

Gọi P: là tập gồm các SV học Pascal F: là tập gồm các SV học Fortran C: là tập gồm các SV học C N: là tổng số SV (2504 SV) Gọi K là số SV học ít nhất 01 môn

Theo nguyên lý bù trừ, ta có: K P F C P F C P F F C C P P F C= = + + − − − +U U I I I I I

4932011250420111892902328763459991876 =−=−=⇒=+−−−++= KNKK SV Vậy có 493 SV không học môn nào trong 03 môn: Pascal, Fortran và C. Bài 18: Hãy tìm số đỉnh, số cạnh, số bậc của mỗi đỉnh và xác định các đỉnh cô lập, đỉnh treo, ma trận liền kề, ma trận liên thuộc trong mỗi đồ thị vô hướng sau:

Giải

Câu 18.1.

Số đỉnh: 8 Số cạnh: 11 Đỉnh cô lập: D Đỉnh treo: không có

Tên đỉnh a b C d e g h i Bậc của định 3 2 4 0 5 3 2 3

Ma trận liền kề:

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

0100010110000010000201000020011100000000101100000101000010010100

, thứ tự đỉnh: a, b, c, d, e, g, h, i

http://vnmaths.tk


BT Toan roi rac 7

Ma trận liên thuộc:

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

10010000100100000100000110100000001100101010000000000000001110000100000011000000000001111110987654321

IHGEDCBA

eeeeeeeeeee

trong đó:

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

====

),(),(),(),(

4

3

2

1

ebeiaeeaecae

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

====

),(),(),(),(

8

7

6

5

icegceecehbe

⎪⎩

⎪⎨

⎧

===

),(),(),(

11

10

9

ihegeegee

Câu 18.2.

Số đỉnh: 5 Số cạnh: 12 Đỉnh cô lập: không có Đỉnh treo: không có

Tên đỉnh a b c d e Bậc của định 6 5 5 5 3

Ma trận liền kề:

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

0101110310031001100310031

, thứ tự đỉnh: a, b, c, d,

Ma trận liên thuộc:

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

100000110000111101000000011110000000000001101110000000011111121110987654321

edcba

eeeeeeeeeeee

trong đó:

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

====

),(),(),(),(

4

3

2

1

baebaebaeaae

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

====

),(),(),(),(

8

7

6

5

ccedbeebeeae

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

====

),(),(),(),(

12

11

10

9

ededcedcedce

a b

c d

e

http://vnmaths.tk


BT Toan roi rac 8

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

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

0111100010011010

, ⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

0111100110011110

.

Giải

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

Theo hình vẽ của hai đơn đồ thị ta thấy chúng không có cùng số cạnh, một bên có 4 cạnh và một bên có 5 cạnh. Vậy hai đồ thị có ma trận liền kề đã cho ở trên không đẳng cấu.

Bài toán này có thể không cần vẽ hình lại cũng được, từ ma trận kề ta cũng có thể dễ dàng xác định được số cạnh của mỗi đồ thị lần lượt là 4 và 5. Do vậy chúng không thể đẳng cấu.

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

Giải

a. Hình 01. Hai đồ thị cho ở trên có: số đỉnh, số cạnh, tổng số bậc và số bậc của mỗi đỉnh bằng nhau. Đặc biệt, các đỉnh của đồ thị thứ nhất và thứ hai khi sắp theo thứ tự sau đây thì chúng hoàn toàn tương đương về mọi mặt:

Đồ thị thứ nhất u1 u2 u3 u4 u5 u6 Đồ thị thứ hai v5 v6 v3 v2 v1 v4

U1 U2

U3 U4

V1 V2

V3V4

u1

u2

u3

u4

u5

u6

v1

v2

v4

v3

v5

v6

http://vnmaths.tk


BT Toan roi rac 9

Số bậc của mỗi đỉnh 3 4 4 3 5 5

Chính vì vậy, hai đồ thị trên là đẳng cấu. b. Hình 02. Hai đồ thị có hướng cho ở trên khi sắp theo thứ tự sau đây về các đỉnh thì chúng tương đương về tất cả các mặt: từ số đỉnh, tổng số bậc, bậc vào, bậc ra của mỗi đỉnh, tổng số cạnh, thứ tự và chiều của các cạnh đều tương ứng:

Đồ thị thứ nhất u1 u2 u3 u4 u5 u6 Đồ thị thứ hai v3 v5 v1 v2 v4 v6 Bậc vào: deg-(X) 1 2 1 2 2 1 Bậc ra: deg+(X) 2 1 2 1 1 2

Vì vậy, hai đồ thị có hướng ở trên là đẳng cấu với nhau. Bài 21: (3.1) Cho G là đồ thị có v đỉnh và e cạnh, còn m và M tương ứng là bậc nhỏ nhất và lớn nhất các

đỉnh của G. Chứng tỏ rằng: 2em Mv

≤ ≤

Giải

Vì m và M tương ứng là bậc nhỏ nhất và lớn nhất các đỉnh của G, do đó ta dễ dàng có được:

1

1

deg( ) .deg( ) , 1,

deg( ) .

v

ii

i v

ii

v v mm v M i v

v v M

=

=

⎧ ≥⎪⎪≤ ≤ = ⇔ ⎨⎪ ≤⎪⎩

∑

∑

2 . 2. 2 .2 .e vm evm e vM m Me vM v≥⎧

⇔ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤⎨ ≤⎩ (đpcm)

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

đẳng thức sau đây:

2

(1)4ve ≤

Giải

u1 u2 u3

u4 u5 u6

v1 v2

v6 v3

v5 v4

http://vnmaths.tk


BT Toan roi rac 10

Gọi n1, n2 lần lượt là số đỉnh của mỗi phần (n1 + n2 = v). Vì là đơn đồ thị phân đôi nên số cạnh

nhiều nhất khi nó là đơn đồ thị phân đôi đủ, tức là: 1 2,n nK .

Khi đó, số cạnh nhiều nhất sẽ là: 1 2 1 2(2)n n n e n n= × ⇔ ≤ . Ta dễ dàng có được:

2 2 2 2 21 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 2( ) 0 2 0 2 4n n n n n n n n n n n n− ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ + + ≥

2 2(2)1 2

1 2( )

4 4n n vnn e e+⇔ ≥ ≥ ⎯⎯→ ≥ (đpcm).

Bài 23: (3.4) Hãy vẽ các đồ thị vô hướng biểu diễn bởi các ma trận sau:

a.1 2 32 0 43 4 0

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

b.

1 2 0 12 0 3 00 3 1 11 0 1 0

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

c.

0 1 3 0 41 2 1 3 03 1 1 0 10 3 0 0 24 0 1 2 3

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Giải

Bài 24: (3.6)

Tìm ma trận liền kề cho các đồ thị sau: a.Kn b.Cn c.Wn d.Km,n e.Qn

Giải

A

B

C

h.a

A B

C D

h.b A B

C D

E h.c

http://vnmaths.tk


BT Toan roi rac 11

0 1 1 1 ... 1 11 0 1 1 ... 1 11 1 0 1 ... 1 1

. : 1 1 1 0 ... 1 1... ... ... ... ... ... ...1 1 1 1 ... 0 11 1 1 1 ... 1 0

na K

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

0 1 0 0 ... 0 11 0 1 0 ... 0 00 1 0 1 ... 0 0

. : 0 0 1 0 ... 0 0... ... ... ... ... ... ...0 0 0 0 ... 0 11 0 0 0 ... 1 0

nb C

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

0 1 0 0 ... 1 11 0 1 0 ... 0 10 1 0 1 ... 0 1

. : 0 0 1 0 ... 0 1... ... ... ... ... ... ...1 0 0 0 ... 0 11 1 1 1 ... 1 0

ncW

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

,

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

. :

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

m n

m n m nd K

⎛ ⎞⎜ ⎟⎧⎜ ⎟⎪⎨⎜ ⎟⎪⎜ ⎟⎩⎜ ⎟

⎜ ⎟⎜ ⎟⎧⎜ ⎟⎪⎨⎜ ⎟⎪⎜ ⎟⎩⎝ ⎠

6474864748

6474864748

Bài 25: (3.8)

Hai đồ thị với ma trận liền kề sau đây có đẳng cấu với nhau không? 0 1 0 11 0 0 1

( .1)0 0 0 11 1 1 0

h

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

0 1 1 11 0 0 1

( .2)1 0 0 11 1 1 0

h

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Giải

Hai đồ thị với ma trận liền kề ở trên không thể đẳng cấu với nhau vì: chúng có số cạnh khác nhau: đồ thị thứ nhất có 4 cạnh, đồ thị thứ hai có 5 cạnh. Bài 26: (3.9) Hai đồ thị với ma trận liền kề sau đây có đẳng cấu với nhau không?

1 1 0 0 01 0 1 0 1

( .1)0 0 0 1 10 1 1 1 0

h

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

0 1 0 0 10 1 1 1 0

( .2)1 0 0 1 01 0 1 0 1

h

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Giải

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

http://vnmaths.tk


BT Toan roi rac 12

1 2 3 4 5

1

2

3

4

e e e e ev 1 1 0 0 0

( .1')v 1 0 1 0 1v 0 0 0 1 1v 0 1 1 1 0

h

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

' ' ' ' '1 2 3 4 5

'1'2'3'4

0 1 0 0 1( .2 ')0 1 1 1 0

1 0 0 1 01 0 1 0 1

e e e e ev

hvvv

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Xét ánh xạ f từ V1 lên V2 sao cho: ' '

1 1 2 2' '

3 3 4 4

( ) _& _ ( ) ;

( ) _& _ ( ) ;

f v v f v v

f v v f v v

⎧ = =⎪⎨

= =⎪⎩, đồng thời biểu diễn lại đồ thị

của ma trận liên thuộc ở hình (h.2’). Trong đó, các cạnh được sắp theo thứ tự: ' ' ' ' '

2 5 3 1 4e e e e e⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→ . Lúc này, hai ma trận liên thuộc hoàn toàn giống nhau. Vì vậy chúng đẳng cấu với nhau.

' ' ' ' ' ' ' ' ' '1 2 3 4 5 2 5 3 1 4

' '1 1' '2 2' '3 3' '4 4

0 1 0 0 1 1 1 0 0 0( .2 ') ( .2 '')0 1 1 1 0 1 0 1 0 1

1 0 0 1 0 0 0 0 1 11 0 1 0 1 0 1 1 1 0

e e e e e e e e e ev v

h hv vv vv v

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⇒⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

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

Giải Bài này hoàn toàn giống bài số 20 đã giải ở trên. Bài 28: (3.11) Cho V = {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} và E là tập hợp các cặp phần tử (u, v) của V sao cho u < v và u với v là các số nguyên tố cùng nhau. Hãy vẽ đồ thị có hướng ( ),G V E= .

Tìm số đường đi phân biệt độ dài 3 từ đỉnh 2 tới đỉnh 8.

Giải

7

2

4

3

8

http://vnmaths.tk


BT Toan roi rac 13

Bài 29: (3.12) Hãy tìm số đường đi độ dài n giữa hai đỉnh liền kề (t.ư không liền kề) tùy ý trong K3,3 với mỗi giá trị của n sau: a. n = 2, b. n = 3, c. n = 4, d. n = 5.

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

o Hai đỉnh liền kề, n chẵn: m = 0, o Hai đỉnh liền kề, n lẻ: m = 3n-1, o Hai đỉnh không liền kề, n chẵn: m = 3n-1, o Hai đỉnh không liền kề, n lẽ: m = 0.

Áp dụng cho các trường hợp:

Số cạnh n = 2 n = 3 n = 4 n = 5

Liền kề 0 9 0 81

Không liền

kề

3 0 27 0

1

2

3

5

6

4

(II) (I)

http://vnmaths.tk


BT Toan roi rac 14

Bài tập chương III

Câu 1: Cho G là đồ thị có v đỉnh và e cạnh, còn M, m tương ứng là bậc lớn nhất và nhỏ nhất của các đỉnh của G. Chứng tỏ rằng:

m ≤ ve2 ≤ M.

Câu 2: Chứng minh rằng nếu G là đơn đồ thị phân đôi có v đỉnh và e cạnh, khi đó e ≤ v2/4.

Câu 4: Hãy vẽ các đồ thị vô hướng được biểu diễn bởi ma trận liền kề sau:

a)

1 2 32 0 43 4 0

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

, b)

1 2 0 12 0 3 00 3 1 11 0 1 0

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟

, c)

0 1 3 0 41 2 1 3 03 1 1 0 10 3 0 0 24 0 1 2 3

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

. Câu 6: Tìm ma trận liền kề cho các đồ thị sau:

a) Kn b) Cn c) Wn d) Km,n e) Qn Câu 8: Hai đơn đồ thị với ma trận liền kề sau đây có là đẳng cấu không?

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

0111100010011010

, ⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

0111100110011110

.

Câu 9: Hai đơn đồ thị với ma trận liên thuộc sau đây có là đẳng cấu không?

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

01110110001010100011

, ⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

10101010010111010010

.

http://vnmaths.tk


BT Toan roi rac 15

Câu 10: Các đồ thị G và G’ sau có đẳng cấu với nhau không? a) b) Câu 11: Cho V={2,3,4,5,6,7,8} và E là tập hợp các cặp phần tử (u,v) của V sao cho u<v và u,v nguyên tố cùng nhau. Hãy vẽ đồ thị có hướng G=(V,E). Tìm số các đường đi phân biệt độ dài 3 từ đỉnh 2 tới đỉnh 8. Câu 12: Hãy tìm số đường đi độ dài n giữa hai đỉnh liền kề (t.ư. không liền kề) tùy ý trong K3,3 với mỗi giá trị của n sau:

a) n=2, b) n=3, c) n=4, d) n=5.

u1

u2

u3

u4

u5

u6

v1 v2

v6 v3

v5 v4

u1

u2

u3

u4

u5

u6

v1

v2

v4

v3

v5

v6

http://vnmaths.tk


BT Toan roi rac 16

Câu 1:

Vì m và M tương ứng là bậc nhỏ nhất và lớn nhất các đỉnh của G, do đó ta dễ dàng có được:

deg( ) , i=1,vim v M≤ ≤ ⇔ 1

1

deg( ) .

deg( ) .

v

i

v

i

i

i

v v m

v v M=

=

∑

∑

⎧ ≥⎪⎨

≤⎪⎩

2 . 2. 2 .2 .e vm evm e vM m Me vM v≥⎧

⇔ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤⎨ ≤⎩

Câu 2:

Gọi n1, n2 lần lượt là số đỉnh của mỗi phần (d1 + d2 = v). Vì là đơn đồ thị phân đôi nên số cạnh

nhiều nhất khi nó là đơn đồ thị phân đôi đủ, tức là: 1, 2d dK

Khi đó, số cạnh nhiều nhất sẽ là: 1 2 1 2 (2)d d d e d d= × ⇔ ≤ Ta dễ dàng có được:

2 2 2 2 21 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 2( ) 0 2 0 2 4d d d d d d d d d d d d− ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ + + ≥

21 2

1 2

( ) .4

d d d d e+ ≥ ≥ (đã chứng minh xong).

Câu 4: a)

b)

V1

V3

V2

V1

V4 V3

V2

http://vnmaths.tk


BT Toan roi rac 17

c) Câu 6:

0 1 1 1 ... 1 11 0 1 1 ... 1 11 1 0 1 ... 1 1

) : 1 1 1 0 ... 1 1... ... ... ... ... ... ...1 1 1 1 ... 0 11 1 1 1 ... 1 0

na K

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

V5

V4 V3

V2

V1

http://vnmaths.tk


BT Toan roi rac 18

0 1 0 0 ... 0 11 0 1 0 ... 0 00 1 0 1 ... 0 0

) : 0 0 1 0 ... 0 0... ... ... ... ... ... ...0 0 0 0 ... 0 11 0 0 0 ... 1 0

nb C

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

n

0 1 0 0 ... 1 11 0 1 0 ... 0 10 1 0 1 ... 0 1

) W : 0 0 1 0 ... 0 1... ... ... ... ... ... ...1 0 0 0 ... 0 11 1 1 1 ... 1 0

c

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

http://vnmaths.tk


BT Toan roi rac 19

m,n

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

) K :

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

m n

m nd

⎡ ⎤⎢ ⎥⎧⎪⎢ ⎥⎨⎢ ⎥⎪⎢ ⎥⎩⎢ ⎥⎢ ⎥⎧⎢ ⎥⎪⎢ ⎥⎨⎢ ⎥⎪⎢ ⎥⎩⎣ ⎦

6474864748

6474864748

http://vnmaths.tk


BT Toan roi rac 20

Câu 8: Dựa vào ma trận liền kề của hai đơn đồ thị ta có thể vẽ lại các đồ thị bằng hình vẽ: Dựa vào hình vẽ của hai đơn đồ thị ta thấy hai đơn đồ thị không có cùng số cạnh, một bên có 4 cạnh và một bên có 5 cạnh. Vậy hai đơn đồ thị có ma trận liền kề đã cho không đẳng cấu. Câu 9:

Theo em dề ra là hai ma trận liên thuộc Dựa vào hai ma trận liên thuộc ta có thể vẽ lại đồ thị của hai ma trận như sau: e1 e2 e2 e3 e5 e5 e3 e4 e4 e1 G1 G2 Hai đồ thị có các cạnh tương ứng là:

G1 e1 e2 e3 e4 e5

G2 e2 e5 e3 e1 e4

Hai đồ thị G1 và G2 hoàn toàn giống nhau nên chúng đẳng cấu với nhau

V1 V2

V3 V4

U1 U2

U3 U4

V1 V2

V4 V3

V1 V2

V4 V3

http://vnmaths.tk


BT Toan roi rac 21

Câu 10: a/ Hai đồ thị G1 và G2 là đẳng cấu vì hai ma trận liền kề của G theo thứ tự các đỉnh u1, u2, u3, u4, u5, u6 và của G’ theo thứ tự các đỉnh v2, v3, v6, v5, v1, v4 là như nhau và bằng:

0 1 0 0 1 11 0 1 0 1 10 1 0 1 1 10 0 1 0 1 11 1 1 1 0 11 1 1 1 1 0

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

b/ Hai đồ thị có hướng G1, G2 cho ở trên khi sắp lại thứ tự về các đỉnh thì chúng tương đương về tất cả các mặt: từ số đỉnh, tổng số bậc, bậc vào, bậc ra của mỗi đỉnh, tổng số cạnh, thứ tự và chiều đi và đến của các cạnh đều tương ứng với nhau:

Đồ thị G1 u1 u2 u3 u4 u5 u6 Đồ thị G2 v3 v2 v5 v4 v1 v6 Bậc vào: 1 2 1 2 2 1 Bậc ra: 2 1 2 1 1 2

Vì vậy, hai đồ thị G1,G2 có hướng cho ở trên là đẳng cấu với nhau.

Câu 12: Hai đỉnh liền kề phải ở 2 phần khác nhau cảu đồ thị. Một cạnh chỉ có thể nối từ 1 đỉnh ở phần (I) đến 1 đỉnh ở phần (II) và ngược lại. Gọi b là số đường đi giữa 2 đỉnh bất kỳ trong K3,3 có độ dài n. TH1: n chẵn. Nếu n chẵn thì đỉnh đầu và đỉnh cuối của đường đi phải ở cùng 1 phần, do vậy chúng không thể liền kề. TH2: n lẻ. Nếu n lẻ thì đỉnh đầu và đỉnh cuối của đường đi phải ở trên 2 phần khác nhau, do vậy chúng phải liền kề (vì đây là K3,3). Mặc khác mỗi một đỉnh ở phần này luôn có 3 đường đi để đi qua 1 đỉnh ở phần kia. Do vậy ta có được các kết quả sau đây rút ra từ suy luận trên:

o Hai đỉnh liền kề, n chẵn: b = 0, o Hai đỉnh liền kề, n lẻ: b = 3n-1,

(II) (I)

1 4

3

2 5

6

http://vnmaths.tk


BT Toan roi rac 22

o Hai đỉnh không liền kề, n chẵn: b = 3n-1, o Hai đỉnh không liền kề, n lẽ: b = 0.

Áp dụng cho các trường hợp:

Số cạnh n = 2 n = 3 n = 4 n = 5

Liền kề 0 9 0 81

Không liền

kề

3 0 27 0

BÀI TẬP CHƯƠNG 4

ĐỒ THỊ EULER VÀ ĐỒ THỊ HAMILTON

Bài 1: Với giá trị nào của n thì các đồ thị sau đây là đồ thị Euler?

a. Kn b. Cn c. Wn d. Qn

Giải: Điều kiện cần và đủ để một đồ thị là đồ thị Euler là khi và chỉ khi tất cả các đỉnh của nó đều có bậc chẵn. Do đó ta có:

a. Kn: Vì mỗi đỉnh của Kn có số bậc bằng nhau và bằng n – 1. Để Kn là đồ thị Euler thì n – 1 = chẵn. Do

vậy n phải lẻ (n >= 3). b. Cn:

Vì mọi đỉnh của Cn đều có bậc là 2 nên Cn luôn là đồ thị Euler. c. Wn:

Chủ có một đỉnh có bậc là n – 1, còn lại các đỉnh khác đều có bậc là 3, do vậy đây không thể là đồ thị Euler.

d. Qn: Vì mọi đỉnh đều có bậc là n, do vậy để Qn là đồ thị Euler thì n chẵn.

Bài 2: Với các giá trị nào của m và n thì đồ thị phân đôi đầy đủ Km,n có:

a. Chu trình Euler. b. Đường đi Euler.

Giải

a. Vì các đỉnh của đồ thị phân đôi đủ Km,n có bậc là m hoặc n. Do vậy, để nó là đồ thị Euler thì m và

n đều phải là một số chẵn. b. Để một đồ thị có đường đi Euler thì phải có đúng 2 đỉnh bậc lẻ, các đỉnh còn lại phải là bậc chẵn. Vậy một trong 2 giá trị m, n phải là 2, giá trị còn lại phải là số lẻ.

http://vnmaths.tk


BT Toan roi rac 23

Bài 3: Với giá trị nào của m và n thì đồ thị phân đôi đầy đủ Km,n có chu trình Hamilton.

Giải

Theo định lý Dirac, nếu G là đơn đồ thị có n đỉnh và mọi đỉnh của G đều có bậc không nhỏ hơn 2n thì G

là một đồ thị Hamilton. Với Km,n các đỉnh có bậc m hoặc n, nên để đồ thị đầy đủ Km,n là đồ thị Hamilton thì phải có điều kiện sau:

2

2

n mnm n m n m

n mm

+⎧ ≥⎪⎪ ⇔ ≤ ≤ ⇔ =⎨ +⎪ ≥⎪⎩

Câu 4:

Chứng minh rằng đồ thị lập phương Qn là một đồ thị Hamilton. Vẽ cây liệt kê tất cả các chu trình Hamilton của đồ thị lập phương Q3.

Câu 5:

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

Câu 6:

Hiệu trưởng mời 2n (n ≥ 2) sinh viên giỏi đến dự tiệc. Mỗi sinh viên giỏi quen ít nhất n sinh viên giỏi khác đến dự tiệc. Chứng minh rằng luôn luôn có thể xếp tất cả các sinh viên giỏi ngồi xung quanh một bàn tròn, để mỗi người ngồi giữa hai người mà sinh viên đó quen.

Giải Giả sử có đồ thị G = (V, E) mà trong đó ta có: V là tập hợp các sinh viên được mời dự tiệc, E = (u,v) với u, v thuộc V và u, v có quan hệ là quen biết nhau (theo giả thiết của đề bài). Như vậy theo giả thiết của bài toán ta sẽ xác lập được một đồ thị là một đơn đồ thị có 2n đỉnh, mỗi đỉnh có bậc tối thiểu là n (vì theo đề bài cho: mỗi sinh viên quen biết với ít nhất là n sinh viên khác).Cho nên ta

có: số bậc của mỗi đỉnh 2 2nn n≥ =

Do đó, theo định lý Dirac thì G là đồ thị Hamilton. Mặc khác, đây là đồ thị vô hướng Vậy theo các lập luận trên thì luôn luôn có thể xếp tất cả các sinh viên giỏi ngồi xung quanh một bàn tròn, để mỗi người ngồi giữa hai người mà sinh viên đó quen. (đpcm)

Câu 7:

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

Hãy tìm nơi giấu báu vật?

21

3 4 5 6

7

http://vnmaths.tk


BT Toan roi rac 24

Giải Giả sử chúng ta xem mỗi một phòng là một đỉnh của đồ thị G và mỗi một cửa thông giữa các phòng là một cạnh của đồ thị G thì theo yêu cầu của bài toán (qua tất cả các cửa và mỗi cửa chỉ qua một lần) ta phải đi tìm đường đi Euler của đồ thị cho ở trên. Sau đây là đường đi để tìm báu vật: (xuất phát từ phòng số 6, kết thúc ở phòng 18 là cửa cuối cùng) 6 2 1 4 3 7 11 12 8 13 12 17 16 20 21 17 18 13 14

9 5 4 2 5 6 10 15 14 19 18. Câu 8:

Đồ thị cho trong hình sau gọi là đồ thị Peterson P.

a) Tìm một đường đi Hamilton trong P. b) Chứng minh rằng P \ {v}, với v là một đỉnh bất kỳ của P, là một đồ thị Hamilton.

Giải a) Đường đi Hamilton là:

a b c d e f h k g i. b) Câu 9:

Giải bài toán người phát thư Trung Hoa với đồ thị cho trong hình sau:

a

e

k i

bg

f h

d c

1

9 12

8 10 311

5 467

2

http://vnmaths.tk


BT Toan roi rac 25

Giải Gọi Vo(G) là tập tất cả các đỉnh bậc lẻ trong G.

Vo(G)= {2, 4, 8, 11}

P1= { (2,4), (8,11) }

P2 ={ (2,8), (4,11) }

P3 ={ (4,8), (2,11) }

d(P1)= d (2, 4) + d (8, 11) =2 + 3 = 5

d(P2)= d (2, 8) + d (4, 11) = 3 + 1 = 4

d(P3)= d (4, 8) + d (2, 11) = 3 + 2 = 5

d(Pi) = d (Pi ) = 5 + 4 + 5 = 14

m(G) = min (Pi) = d(P2) = 4

Ta vẽ thêm cạnh (2, 8), (4, 11).

Chu trình Euler trong hành trình ngắn nhất cần tìm là:1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 8, 6, 10, 5, 11, 4, 3, 1, 12, 3, 2, 12, 9, 1.

Câu 10:

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

Giải

Đồ thị G có đường đi Hamilton từ s tới r nhưng không có chu trình Hamilton thì ta cần tìm một đường đi từ s tới r qua tất cả các đỉnh còn lại nhưng không trở về đỉnh xuất phát .

Đường đi Hamilton là : s a b c e f g d h r

Từ đồ thị ta nhận thấy sẽ không có bất kỳ chu trình Hamilton nào xuất phát từ s và lại trở về s.

Câu 11:

Cho thí dụ về:

a) Đồ thị có một chu trình vừa là chu trình Euler vừa là chu trình Hamilton;

b) Đồ thị có một chu trình Euler và một chu trình Hamilton, nhưng hai chu trình đó không trùng nhau;

c) Đồ thị có 6 đỉnh, là đồ thị Hamilton, nhưng không phải là đồ thị Euler;

d) Đồ thị có 6 đỉnh, là đồ thị Euler, nhưng không phải là đồ thị Hamilton.

Giải

a) b)

a

c

b

sr

f

e

d

g

h

1

3 2

1 2 3

4

6

5

http://vnmaths.tk


BT Toan roi rac 26

Chu trình E : 1, 2, 3,1 Chu trình E: 1, 2, 3, 4, 2, 6, 4, 5, 6, 1

Chu trình Hamilton: 1, 2, 3, 1 Chu trình Haminton: 1, 2, 3, 4, 5, 6

c) d)

Câu 12:

Chứng minh rằng con mã không thể đi qua tất cả các ô của một bàn cờ có 4 x 4 hoặc 5 x 5 ô vuông, mỗi ô chỉ một lần, rồi trở về chỗ cũ.

---Hết---

1 23

4

6

5

1

2 3

4

6

5

http://vnmaths.tk

ToanDHSP.com Bai Tap Toan Roi Rac Co Loi Giai

Documents

Transcript of ToanDHSP.com Bai Tap Toan Roi Rac Co Loi Giai