Matemática discreta

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I.T.I. GESTION MATEMATICA DISCRETABOLETIN CON LOS EJERCICIOS RESUELTOS

1. Introduccion a la teorıa de grafos

1. a) ¿Cuantas aristas tiene Kn?

b) ¿Cuantas aristas tiene Km,n?

Solucion.

a) Con generalidad, ocurre en teorıa de grafos que un mismo problema se puede resolver de variasformas distintas, algunas mas cortas que otras, algunas mas elegantes que otras. Aunque bastaresolver el problema por uno de entre los metodos disponibles, siempre es enriquecedor plantearsealternativas distintas para resolver un mismo problema. En el caso que nos lleva, el numero de

aristas de Kn es a =n(n− 1)

2, cuestion que vamos a demostrar de tres formas distintas.

a.1) Si tratamos de contar las aristas una a una, resulta que del primer vertice, x1, salen n − 1aristas; del segundo, x2, n− 2 que no se hayan contado (todas, salvo la que une x2 con x1,que se ha contado antes); y, ası sucesivamente, del i-esimo vertice, xi, salen n− i aristas queno se hayan contado antes. De hecho, de xn−1 sale una sola arista que no se haya contadoantes, precisamente la que une este vertice con xn. Y de xn no hay ninguna arista que salgaque no haya sido contemplada con anterioridad. En definitiva, el grafo tiene tantas aristascomo suma la expresion a = (n− 1) + (n− 2) + · · ·+ 1 + 0, progresion aritmetica de paso 1

que se puede hallar sumando los terminos extremos dos a dos; de manera que a =n(n− 1)

2.

a.2) Utilizando argumentos de combinatoria, el grafo Kn tiene todas las aristas que caben entrelos n vertices. Como una arista es un par no ordenado de vertices, Kn consta de todoslos pares no ordenados que se pueden formar con n vertices, sin repetir ninguno; esto es,

combinaciones de n elementos tomados de 2 en 2, C2,2 =(

n2

)=

n(n− 1)2

.

a.3) El grafo completo Kn consiste en un grafo (n − 1)-regular de n vertices. Segun el lema delapreton de manos,

2a =∑

xi∈V

δ(xi) =n∑

i=1

(n− 1) = n(n− 1)

de donde a =n(n− 1)

2.

b) Aunque este apartado se puede resolver tambien de varias formas, analogas a las anteriores, solomostraremos la ultima modalidad, aplicando el lema del apreton de manos. El grafo Km,n constade m vertices de valencia n y otros n vertices de valencia m. De manera que ha de ser

2a =m∑

i=1

n +m+n∑

i=m+1

m = mn + nm = 2mn

de manera que a = mn.

2. Demostrar que todo grafo de 3n vertices de valencias comprendidas entre n y n + 2 contiene al menosbien n vertices de valencia n, bien n + 2 vertices de valencia n + 1, bien n + 1 vertices de valencian + 2.

Solucion.

Matematica Discreta. Ingenierıa Tecnica en Informatica de Gestion 2

Sea un grafo de 3n vertices de valencias n, n + 1 o n + 2. Si no tiene al menos bien n vertices devalencia n, bien n + 2 vertices de valencia n + 1, bien n + 1 vertices de valencia n + 2; entonces tienea lo mas n− 1 vertices de valencia n, n + 1 vertices de valencia n + 1 y n vertices de valencia n + 2.Pero como el grafo tiene 3n vertices, estas cantidades se alcanzan, de manera que n− 1 de los verticestienen de hecho valencia n, otros n + 1 tienen valencia n + 1 y los restantes n tienen valencia n + 2.

Ası, la lista de grados es de la forma (n+2, n. . ., n+2, n+1, n+1. . . , n+1, n, n−1. . . , n). Pero esto es imposible,porque hay un numero impar de vertices de valencia impar:

• Si n es par, los vertices de valencia impar son aquellos con valencia n + 1, que totalizan n + 1vertices, ¡en cantidad impar!

• Si n es impar, los vertices de valencia impar son aquellos con valencia n + 2 y valencia n, quetotalizan 2n− 1 vertices, ¡tambien en cantidad impar!

De manera que el grafo ha de tener al menos bien n vertices de valencia n, bien n + 2 vertices devalencia n + 1, bien n + 1 vertices de valencia n + 2.

3. Un conjunto de vertices I de un grafo G(V, A) se dice independiente si en I no hay dos verticesadyacentes (por ejemplo, en el segundo grafo de la Figura 1, el conjunto {1, 3, 8} es independiente,pero el {1, 3, 6} no lo es). Se considera el algoritmo siguiente, que denominamos IND:

I ← ∅, P ← V

mientras P 6= ∅x ← primer vertice de P con el menor grado posible

I ← I ∪ {x}P ← P − {x} − {y ∈ P | y es adyacente a x}

retorna I

a) Aplicar IND a los grafos siguientes, y verificar que la salida constituye en cada caso un conjuntoindependiente de vertices:

3

8 5

2

9

6

3 1

3 2

4 6 5

1

7

4

10

5

2

6

6

4 1 8

9 11

7 G 3

G 2 G 1

Figura 1: Tres grafos distintos

b) Para cada uno de los anteriores estudiar cuales de los conjuntos independientes obtenidos sonmaximales (no contenidos en un conjunto independiente mayor).

c) Probar que el algoritmo IND halla siempre un conjunto independiente maximal.

d) Mostrar que dos conjuntos independientes maximales de un mismo grafo no tienen por que constardel mismo numero de vertices. Sugerencia: encontrar conjuntos independientes maximales paralos grafos de la Figura 1 con 3, 4 y 4 vertices, respectivamente.

e) Un conjunto independiente de vertices maximal se dice supremo cuando no existe otro conjuntoindependiente de vertices de cardinal superior (i.e. que conste de mayor cantidad de vertices).El numero de independencia de un grafo, que se denota por β(G), consiste en el numero devertices que tiene cualquier conjunto independiente supremo. Determinar β(G) para los grafosde la Figura 1.

f) Mostrar que el algoritmo IND no siempre devuelve conjuntos independientes supremos de vertices.Sugerencia: aplicar IND al grafo de la Figura 2 segun las ordenaciones de vertices dadas respec-tivamente por {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13} y {2, 4, 6, 8, 1, 3, 5, 7, 9, 10, 11, 12, 13}.


8 5

2

9

6

3 1

7

4 11

12

13

10

Figura 2: Grafo 4-regular

Solucion.

a) En las tablas siguientes recogemos la informacion concerniente a la aplicacion del algoritmo INDa cada uno de los grafos que propone el apartado a), de manera que se muestran los valores delas variables a la salida de la iteracion correspondiente del bucle mientras.

a.1)Iteracion x I P

0 − ∅ {1, 2, 3, 4, 5, 6}1 1 {1} {2, 3, 4, 5, 6}2 2 {1, 2} {4, 5, 6}3 4 {1, 2, 4} {6}4 6 {1, 2, 4, 6} ∅

La salida consiste en el conjunto I = {1, 2, 4, 6}, vertices dos a dos no adyacentes entre sı,de manera que I constituye un conjunto independiente de vertices para G1.

a.2)Iteracion x I P

0 − ∅ {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}1 1 {1} {3, 5, 6, 7, 8, 9}2 3 {1, 3} {5, 7, 8, 9}3 5 {1, 3, 5} {7, 9}4 7 {1, 3, 5, 7} {9}5 9 {1, 3, 5, 7, 9} ∅

La salida consiste en el conjunto I = {1, 3, 5, 7, 9}, vertices dos a dos no adyacentes entre sı,de manera que I constituye un conjunto independiente de vertices para G2.

a.3)Iteracion x I P

0 − ∅ {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11}1 1 {1} {3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11}2 3 {1, 3} {4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11}3 7 {1, 3, 7} {4, 5, 8, 9, 10, 11}4 5 {1, 3, 7, 5} {8, 9, 10, 11}5 10 {1, 3, 7, 5, 10} {9, 11}6 9 {1, 3, 7, 5, 10, 9} ∅

La salida consiste en el conjunto I = {1, 3, 5, 7, 9, 10}, vertices dos a dos no adyacentes entresı, de manera que I constituye un conjunto independiente de vertices para G3.

b) Los tres definen conjuntos independientes maximales, ya que en cada caso los restantes verticesde cada grafo son adyacentes a alguno que ya figura en el correspondiente conjunto I.

c) Efectivamente, el algoritmo IND no puede sino devolver un conjunto independiente maximal:

• De una parte, devuelve un conjunto independiente, porque cada vez que se anade un verticea I, este no puede ser adyacente a ninguno de los que ya hubiera en I: I comienza comola lista vacıa, y cada vez que se anade un vertice x a I se elimina de P todos aquellosvertices que sean adyacentes a x, luego los vertices que se anadan posteriormente a la lista


I tendran garantizado no ser adyacentes a x. De manera que el conjunto I de salida es, porconstruccion, independiente.

• De otra parte, ha de ser necesariamente maximal: el algoritmo para cuando P se convierteen la lista vacıa, es decir, cuando todos los vertices que no estan en I son adyacentes a algunvertice que ya esta en I (esto es, no quedan vertices en el grafo que puedan ser anadidos sinperder el caracter de conjunto independiente).

d) El conjunto I1 = {1, 2, 5} es independiente maximal para G1 y consta de un vertice menos queel que ofrece como salida el algoritmo IND.Por su parte, el conjunto I2 = {2, 4, 6, 8} es independiente maximal para G2 y consta de unvertice menos que el que ofrece como salida el algoritmo IND.Por ultimo, el conjunto I3 = {2, 6, 8, 11} es independiente maximal para G3 y consta de dosvertices menos que el que ofrece como salida el algoritmo IND.

e) Vamos a demostrar que los conjuntos independientes que ha devuelto la aplicacion de IND a losgrafos de la Figura 1 son supremos, de manera que β(G1) = 4, β(G2) = 5 y β(G3) = 6.Es claro que si un vertice forma parte de un conjunto independiente I, todos los que son a el adya-centes no pueden estar en I, luego vertices adyacentes por una arista son mutuamente excluyentesen un conjunto independiente: o esta uno, o esta el otro, pero nunca los dos simultaneamente.Ası, en el grafo G1 ha de ser β(G1) ≤ 4, toda vez que consta de seis vertices y tiene dos parejasde vertices mutuamente excluyentes en un conjunto independiente, como son 2 y 3, por un lado,y 5 y 6, por otro; de manera que aparte de un representante de cada una de estas parejas, a losumo los otros 2 vertices (1 y 4) podran eventualmente pertenecer al conjunto independiente,en cuyo caso este tendrıa un maximo de 4 vertices. El conjunto independiente que devuelveel algoritmo IND (ver apartado a) del problema) es supremo, puesto que esta formado por 4vertices, de suerte que β(G1) = 4.En el grafo G2, tiene que ser β(G2) ≤ 5, dado que no existen conjuntos independientes con masde cinco vertices:

• La eventual incorporacion del vertice 5 a un conjunto independiente restringe la longitud delconjunto a un maximo de cinco (el propio vertice 5 y los unicos cuatro vertices de G2 noadyacentes a el).

• Si el vertice 5 no esta en un conjunto independiente maximal, es debido a que un verticex de entre sus cuatro vertices adyacentes (2, 4, 6 y 8) sı lo esta. De cualquier modo, dadoque x tiene en cualquier caso valencia 3, para que el conjunto independiente constara deseis vertices tendrıa que ocurrir que estuviera formado por x y los unicos cinco vertices noadyacentes a el, que no podrıan compartir arista alguna. Este no es el caso: por simetrıaen el grafo, se puede suponer que x = 2, y por ejemplo los vertices 7 y 8 son ambos noadyacentes a 2 pero sı adyacentes entre sı.

Pero de hecho β(G2) = 5, como demuestra el conjunto independiente maximal hallado en elapartado a), a fortiori no solo maximal, sino supremo.Finalmente, β(G3) ≤ 6, como probamos a continuacion. Dado que los vertices extremos de unaarista son mutuamente excluyentes en un conjunto independiente, ocurre que en un conjuntoindependiente maximal si no esta un vertice de valencia 1 necesariamente esta el unico vertice ael adyacente, y recıprocamente. Ası:

• Si en el conjunto independiente maximal esta el vertice 2, automaticamente quedan descar-tados los vertices 1, 3 y 4, a el adyacentes. Quedarıan dos componentes conexas, formadaspor un camino simple de longitud dos (vertices 5, 6 y 7) y otro camino simple de longitudtres (vertices 10, 8,9 y 11); cada uno de los cuales aportarıa un maximo de dos vertices adi-cionales al conjunto independiente. De manera que, a lo sumo, un conjunto independientemaximal en que participe el vertice 2 consta de cinco vertices.

• Si el conjunto independiente maximal con contiene al vertice 2, necesariamente consta de losvertices 1 y 3. Asimismo, o bien consta del vertice 8 (en cuyo caso, necesariamente tambiencontiene al vertice 11, y bien a 5 y 7 o solo a 6, lo que totaliza un maximo de seis vertices), obien del vertice 10, uno de entre el 9 y 11, y dos de entre 4, 5, 6 y 7, lo que vuelve a totalizarun maximo de seis vertices.


De manera que β(G3) ≤ 6, aunque se alcanza la igualdad, segun se desprende de la existenciadel conjunto independiente maximal (ahora supremo) que daba como salida el algoritmo IND enel apartado a).

f) El seguimiento del algoritmo IND aplicado al grafo G de la Figura 2 segun la ordenacion de losvertices dada por {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13} se resume en la siguiente tabla:

Iteracion x I P0 − ∅ {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13}1 1 {1} {3, 5, 6, 7, 8, 9, 12, 13}2 3 {1, 3} {5, 7, 8, 9, 13}3 5 {1, 3, 5} {7, 9, 13}4 7 {1, 3, 5, 7} {9}5 9 {1, 3, 5, 7, 9} ∅

Se trata de un conjunto independiente maximal de 6 vertices, de manera que β(G) ≥ 6.Por su parte, el seguimiento del algoritmo IND aplicado al mismo grafo pero ahora segun laordenacion de los vertices dada por {2, 4, 6, 8, 1, 3, 5, 7, 8, 10, 11, 12, 13} queda:

Iteracion x I P0 − ∅ {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13}1 2 {2} {4, 6, 7, 8, 9, 11, 12, 13}2 4 {2, 4} {6, 8, 9, 12, 13}3 6 {2, 4, 6} {8, 13}4 8 {2, 4, 6, 8} ∅

En este caso, se trata de un conjunto independiente maximal que no puede ser supremo, todavez que el conjunto independiente maximal construido previamente posee un vertice mas.

4. Un conjunto dominante de vertices en un grafo consiste en un subconjunto S de vertices con lapropiedad de que cualquier vertice del grafo que no esta en S es adyacente a algun vertice de S. Se diceque S es un conjunto dominante minimal cuando no se puede prescindir de alguno de sus verticessin perder la propiedad de ser dominante (en otras palabras, cuando no contiene propiamente a algunotro conjunto dominante). Un conjunto dominante minimal se dice ınfimo cuando no existe ningunotro conjunto dominante de cardinal inferior. El numero de dominancia de un grafo, que se denotapor σ(G), indica el numero de vertices que tiene cualquier conjunto dominante ınfimo. Se pide:

a) Demostrar que todo conjunto independiente maximal define asimismo un conjunto dominante.Deducir que σ(G) ≤ β(G).

b) Ante la celebracion inminente de un importante evento deportivo, el alcalde de una localidaddecide poner en practica un simulacro de seguridad al mas alto nivel y moviliza a las fuerzas delorden publico en un despliegue policial sin precedentes en la ciudad, de manera que cada crucedel centro de la ciudad este vigilado por una unidad de policıa. Entendiendo que una unidadde policıa situada en un cruce es capaz de vigilar no solo su posicion, sino tambien las de lasintersecciones inmediatamente colindantes, determinar el numero mınimo de unidades de policıaa movilizar para satisfacer la demanda del alcalde, si un mapa del casco historico de la ciudadresponde al esquema adjunto en la Figura 3.

c) La nocion analoga de conjunto dominante en un digrafo es la de conjunto absorbente, demanera que todo vertice fuera de el tiene una arista hacia un vertice del conjunto (de ahı elcalificativo de absorbente). Determinar conjuntos absorbentes de cardinalidad mınima para losdigrafos de la Figura 4.

d) En un digrafo, un conjunto se denomina nucleo si es simultaneamente absorbente e independi-ente. Razonar si los digrafos de la Figura 4 poseen o no nucleo, y caso afirmativo, si este es ono unico.


Figura 3: Mapa simplificado del casco historico

x 3

x 2

x 1 x 5

x 4 x 3

x 2

x 1

x 5

x 4

x 3

x 2

x 1

x 4

x 2

x 3

x 1

Figura 4: Busqueda de conjuntos absorbentes y nucleos

e) Considerese el juego siguiente, en el que el jugador que inicia la partida elige uno de entrelos 3 primeros naturales, para posteriormente turnarse con su oponente para ir sumando 1, 2o 3 a la cantidad dicha previamente por el contrincante, con objeto de llegar a sumar exacta-mente 31. Modelar la situacion por un grafo dirigido de 31 vertices. Demostrar que el con-junto {3, 7, 11, 15, 19, 23, 27, 31} constituye un nucleo para dicho digrafo. Concluir una estrategiaganadora para el juego.

f) Considerese ahora la variante del juego en que uno pierde si suma 31 o mas.g) Determinar una estrategia ganadora para el siguiente juego. Cojase una cuadrıcula de m filas y n

columnas (para fijar ideas, por ejemplo 7× 7), y situese la salida y la meta en esquinas opuestasdel mallado. Cada turno, un jugador elige marcar una casilla justo debajo, justo a la derechao a lo sumo en diagonal hacia abajo y la derecha, respecto de la casilla recientemente marcada.Gana el jugador que llegue a la casilla senalada como meta.

salida

meta

Figura 5: Movimientos admisibles en la malla 7× 7

h) Considerese ahora la variante del juego anterior en la que pierde el que se vea obligado a llegara la meta.

Solucion.

a) Si S es un conjunto independiente maximal, entonces en G−S no hay vertice alguno que deje deser adyacente a alguno de los vertices de S (de otro modo, S no serıa independiente maximal). De


manera que S conforma asimismo un conjunto dominante, puesto que los vertices que no estanen S son adyacentes a vertices que sı lo estan. Por ser S un conjunto dominante, se tiene queel numero de dominancia de G vendra acotado superiormente por el cardinal de S, σ(G) ≤ |S|.Por otra parte, por ser S un conjunto independiente, el numero de independencia de G vendraacotado inferiormente por el cardinal de S, |S| ≤ β(G). En definitiva, σ(G) ≤ |S| ≤ β(G).

b) Sea G el grafo asociado al mapa de la Figura 3, de manera que hay un vertice por cada inter-seccion, siendo dos vertices adyacentes cuando las intersecciones correspondientes estan conec-tadas de manera directa (sin mas cruces de por medio) por una calle (ver Figura 6). Resolverel ejercicio consiste en encontrar un conjunto S dominante ınfimo, de manera que σ(G) es elnumero mınimo de unidades de policıa a movilizar, y S los destinos a cubrir.

Figura 6: Modelizacion del casco historico

Acotemos σ(G). De un lado, ha de ser σ(G) ≥ 4, puesto que todo conjunto dominante posee almenos 4 vertices:

• Si en el conjunto dominante participa uno de los dos vertices de valencia 4 (situados en elcentro de la malla), necesariamente dos vertices de las esquinas quedan aislados, y han depertenecer igualmente al conjunto dominante. Para poder cubrir los 5 vertices restantesharıa falta anadir al conjunto dominante otros dos vertices mas (una tercera esquina y unocualquiera de los dos unicos vertices que restarıan sin cubrir).

• Caso de que en el conjunto dominante no aparezca ninguno de los dos vertices de valencia4, habrıan de aparecer 2 vertices de valencia 3 adyacentes respectivamente a cada uno delos vertices de valencia 4. Esto cubrirıa un maximo de 8 vertices (los dos de valencia 3 yel maximo de 6 distintos adyacentes a ellos), y dejarıa un mınimo de 4 vertices por cubrir,para los que se necesitarıan al menos 2 vertices adicionales en el conjunto dominante.

Por otra parte, es facil determinar conjuntos dominantes con 4 vertices (a fortiori ınfimos), comopor ejemplo los que recoge la Figura 7

Figura 7: Conjuntos dominantes ınfimos

c) Todos los grafos de la Figura 4 poseen conjuntos absorbentes ınfimos formados por dos vertices:

• En el primer grafo, que consiste en un ciclo C4 con todas sus aristas orientadas en el mismosentido, solo hay dos conjuntos absorbentes ınfimos, formados ambos por los pares de verticesdiametralmente opuestos, a saber, {x1, x3} y {x2, x4}.

• En el segundo grafo, el vertice x1 ha de estar en todos los conjuntos absorbentes, toda vezque de el no parte ninguna arista de salida. Ası, el unico conjunto absorbente de dos verticeses el formado por {x1, x4}, dado que los vertices x3 y x4 no son absorbidos por un mismovertice y x3 sı es absorbido por x4.


• En el tercer grafo, el vertice x1 nunca pertenecera a un conjunto absorbente ınfimo, desdeel instante en que solo es vertice de salida de aristas. Los dos unicos vertices que puedenabsorber a x1 son x2 y x5.Si x2 pertenece a un conjunto absorbente ınfimo, absorbe a x1 y x5, de manera que soloquedan x3 y x4 por absorber. Se abren dos posibilidades: x5 absorbe a ambos, y x4 absorbea x3; de manera que {x2, x5} y {x2, x4} constituyen ambos conjuntos absorbentes ınfimos.La otra posibilidad es que en el conjunto absorbente participe x5. En ese caso, el unicovertice por absorber es x2. De manera que, o bien se incluye al propio x2 en el conjuntoabsorbente (posibilidad que ya aparecio antes), o bien se incluye un vertice que lo absorba(el unico, x3). Ası, el tercer y ultimo conjunto absorbente ınfimo viene dado por {x5, x3}.

• En el ultimo grafo, ciclo C3 con todas sus aristas orientadas en el mismo sentido, no puedehaber un conjunto absorbente ınfimo formado por un solo vertice, puesto que no hay unvertice que absorba a los otros dos (todos los vertices tienen valencia 1 de entrada y valencia1 de salida). Ası, hay tres conjuntos absorbentes ınfimos, resultantes de organizar por parejaslos tres vertices.

d) Analicemos cada uno de los 4 grafos por separado:• En el primer grafo, los conjuntos absorbentes ınfimos {x1, x3} y {x2, x4} constituyen sendos

nucleos, por constituir por anadidura conjuntos independientes de vertices. No puede habermas, puesto que los restantes conjuntos independientes estan formados por un solo vertice,y ninguno de ellos es absorbente.

• En el segundo grafo, el conjunto {x1, x4} es absorbente e independiente, luego constituye unnucleo. Como los demas conjuntos independientes de dos vertices no son absorbentes, y losrestantes conjuntos independientes estan formados por un solo vertice (que en caso algunoes absorbente), no hay mas nucleos para el grafo.

• En el tercer grafo, los conjuntos {x3, x5} y {x2, x4} constituyen sendos nucleos, por ser ambossimultaneamente absorbentes e independientes. No hay mas, puesto que el otro conjuntoabsorbente de dos vertices no es independiente, y el resto de conjuntos independientes constande un solo vertice, ninguno de los cuales es absorbente.

• En el ultimo grafo, los conjuntos independientes constan de un solo vertice, ninguno de loscuales es absorbente. De manera que este grafo carece de nucleo.

e) Se puede considerar el digrafo G de 31 vertices, en correspondencia natural con los 31 primerosnumeros naturales, de manera que existe una arista orientada (i, j) si j − i ∈ {1, 2, 3} (lo queimplica que i < j). Es decir, un vertice i es adyacente a i + 1, i + 2, i + 3 siempre que no excedala suma de 31. Adjuntamos una vista del grafo en la Figura 8.

30 29 28 27

5 4 3

2 1

Figura 8: Digrafo modelando el juego de sumar 31

Demostrar que el conjunto {3, 7, 11, 15, 19, 23, 27, 31} constituye un nucleo para G se traduce enprobar que S es un conjunto simultaneamente absorbente e independiente:• De un lado, S es independiente porque sus vertices no son adyacentes, dado que distan al

menos 4 entre sı, y la adyacencia se da entre vertices que distan a lo sumo 3.• De otra parte, S es absorbente, porque para todo vertice i fuera de S se tiene que bien i+1,

i + 2 o i + 3 esta en S (empezando en 3, en S estan todos los vertices de la forma 3 + 4npara 0 ≤ n ≤ 7, de manera que de todo vertice de la forma 0, 1, 2 + 4k sale una arista hacia3 + 4k, que esta en S, k ≤ 0 ≤ 7).

De donde S conforma un nucleo de G. Una estrategia ganadora es conservar el nucleo del grafo,dado que:• Si un jugador dice un numero de S (de la forma 3 + 4k), el contrincante obligatoriamente

dira un numero fuera de S (de la forma 0, 1, 2 + 4(k + 1), de hecho). Esto es ası porque S esun conjunto independiente.


• Si un jugador dice un numero fuera de S (de la forma 0, 1, 2+4k), el oponente siempre tienela posibilidad de decir un numero de S (el 3 + 4k, de hecho). Esto es ası porque S es unconjunto absorbente.

• De manera que si uno logra situarse en el nucleo, es capaz de continuar en el por el resto deljuego. Como la posicion ultima ganadora esta en el nucleo, al final ganara.

• En conclusion, gana el que sale, y su juego, independientemente de lo que diga el rival,consistira en decir uno por uno los elementos del nucleo hallado, S.

Jugada 1 2 3 4 5 6 7 8Jugador 1 3 7 11 15 19 23 27 31Jugador 2

f) En esta modalidad, gana sin duda el jugador que consigue decir 30. Luego basta adaptar lo hechoen el apartado anterior para el juego analogo en el que gana el que dice 30. Ası, independiente-mente de lo que diga el contrincante, gana el que sale si dice 2 y desarrolla la partida segun elesquema siguiente:

Jugada 1 2 3 4 5 6 7 8Jugador 1 2 6 10 14 18 22 26 30Jugador 2 31

El motivo no es otro sino que el conjunto S = {2, 6, 10, 14, 18, 22, 26, 30} constituye un nucleo delgrafo que modela el juego de “gana quien dice 30”.

g) Se trata, una vez mas, de encontrar el nucleo del digrafo que modela el juego (a priori no sabemosque de hecho exista, pero demostraremos que en realidad ası es), que consiste en poner un verticeen cada casilla del mallado, de manera que las aristas dirigidas representan los movimientos lıcitosde un vertice a otro (un ejemplo se tiene en la propia Figura 5).Razonando como en el ejercicio anterior, se puede tratar de encontrar paso a paso las posicionesganadoras (marcadas en verde) y desechando las que puedan llegar a ser perdedoras (marcadasen rojo). Es obvio que las tres que rodean a la Meta son perdedoras, y las contiguas en loslaterales ganadoras. Siguiendo el esquema es facil rellenar todo el diagrama:

meta

Figura 9: Posiciones perdedoras y ganadoras

El siguiente paso es demostrar que las posiciones ganadoras (marcadas en verde) de hecho con-stituyen un nucleo del digrafo, lo cual es evidente (conforma un conjunto independiente, puestoque se trata de posiciones no contiguas; y asimismo conforma un conjunto absorbente, pues decada posicion no ganadora se puede ir a una posicion ganadora mediante un movimiento lıcito).En definitiva, el que sale gana, siempre y cuando tenga el cuidado de no abandonar con susmovimientos el nucleo del grafo.

h) En esta nueva situacion, marcamos ahora las posiciones ganadoras. Como la posicion final, Meta,es perdedora, necesariamente las contiguas horizontal y verticalmente son a fortiori ganadoras.


meta

Figura 10: Posiciones perdedoras y ganadoras caso de perder en Meta

Es facil extender ahora el esquema de posiciones ganadoras al resto de la malla, tal como muestrala Figura 10.La cuestion consiste ahora en demostrar que las posiciones marcadas en verde constituyen unnucleo del digrafo asociado. La justificacion es analoga a las realizadas con anterioridad.

2. Conexion

5. Usar el metodo de induccion para probar que si un grafo de 2n vertices no contiene 3–ciclos entoncestiene, como maximo, n2 aristas.

Solucion.

Procedemos por induccion en el numero 2k de vertices.

Para k = 1, el resultado es valido: un grafo de 2k = 2 vertices tiene a lo sumo k2 = 1 arista.

Aunque no hace falta, probamos el resultado asimismo para el caso k = 2: un grafo de 2k = 4 verticessin 3-ciclos tiene a lo sumo k2 = 4 aristas (la eliminacion de una de las 6 aristas de K4 siempre dejaun grafo que contiene un ciclo de orden 3).

Supuesto que se verifica que grafos de a lo sumo 2n vertices sin 3-ciclos tienen un maximo de n2

aristas, vamos a probar que este misma propiedad se da en grafos de 2(n + 1) = 2n + 2 vertices sin3-ciclos.

Sea G un grafo de 2n + 2 vertices sin 3-ciclos, y e = {x, y} una arista suya. Sea G′ el grafo que seobtiene al eliminar de G los vertices x e y (y las aristas a ellos incidentes). El grafo G′ consta de 2nvertices y carece de 3-ciclos (por ser subgrafo de G), de manera que por hipotesis de induccion, G′

posee a lo sumo n2 aristas.

Contemos las aristas de G que no estan en G′, que son precisamente las incidentes en x o y. Dado queG carece de 3-ciclos y {x, y} es una arista, es imposible que x e y sean simultaneamente adyacentes aun mismo vertice de G′, de manera que de x e y salen en total un maximo de 2n aristas hacia los 2nvertices de G′. La unica arista que queda por contar es precisamente la arista e que une los verticesx e y.

En definitiva, G consta a lo sumo de las n2 aristas de G′, las 2n aristas de x e y a G′, y la arista e, loque suma un maximo de n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 aristas, justamente la cota que querıamos probar.

6. Sea Ad la matriz de adyacencia de un grafo G(V, A) con v vertices.


a) Probar que el elemento a(k)ij que ocupa la posicion (i, j) de la matriz Adk representa el numero

de caminos de longitud k que conectan a los vertices i y j de dicho grafo.

b) Probar que si Ad + Ad2 + Ad3 + · · · + Adv−1 posee algun elemento nulo, el grafo no puede serconexo.

Solucion.

a) Vamos a probar de dos formas diferentes que el elemento a(k)ij que ocupa la posicion (i, j) de la

matriz Adk representa de hecho el numero de caminos de longitud k que conectan a los verticesi y j del grafo: la primera, se basa en la expresion que tiene a

(k)ij como resultado del producto de

la matriz Ad por sı misma k veces; la segunda, aunque en el fondo se fundamenta en el mismohecho, sigue un proceso inductivo en el exponente k, lo que permite progresar aun desconociendola expresion general de la potencia de una matriz.

• Sabiendo que la entrada a(k)ij que ocupa la posicion (i, j) de la matriz Adk viene expresada

en la forma

a(k)ij =

v∑

l1,...,lk−1=1

ail1al1l2 · · · alk−2lk−1alk−1j ,

es obvio que esta cantidad representa el numero de caminos de longitud k que conectanlos vertices i y j; toda vez que para que un sumando de la suma anterior no se anuley sume 1 es necesario y suficiente que todos los anm sean 1, lo que se traduce en que(ail1al1l2 · · · alk−2lk−1alk−1j) conforma un camino, de longitud k, entre i y j. Recıprocamente,todo camino de longitud k entre i y j es de la forma anterior, y por tanto aporta un sumandono nulo a la suma precedente, la cual a fortiori totaliza el numero de caminos de esta longitud.

• Explicamos ahora el metodo inductivo. Es claro que para k = 1 la propiedad se verifica: aij

representa el numero de caminos de longitud 1 que conectan i y j, toda vez que aij vale 1 siy solo si i y j son adyacentes. Supuesto que se verifica el resultado para caminos de longitudhasta k, lo probamos para caminos de longitud k + 1. Como Adk+1 = Ad · Adk, la entrada(i, j) de Adk+1 resulta ser

a(k+1)ij =

n∑

l=1

aila(k)lj

de manera que un sumando deja de ser nulo si y solo si los terminos correspondientes ail ya(k)lj son asimismo no nulos. Por otra parte, todo camino (i, l, . . . , j) de longitud k + 1 entre

i y j no es mas que un camino de longitud k entre l y j precedido de la arista que va dei a l, y recıprocamente. Como quiera que, por hipotesis de induccion, el termino a

(k)lj hace

referencia al numero de caminos de longitud k que conectan l con j, y ail vale 1 si y solo si i

y l son adyacentes, concluimos que a(k+1)ij =

n∑

l=1

aila(k)lj representa de facto el numero total

de caminos de longitud k + 1 que conectan i con j.

b) Si Ad+Ad2 +Ad3 + · · ·+Adv−1 posee algun elemento nulo, digamos la entrada (i, j), entonces esque es nula la entrada (i, j) de todas las matrices Ad, . . . , Adv−1, de manera que no hay caminosde longitud a lo sumo v − 1 conectando los vertices i y j. Se sabe por teorıa que si existe uncamino conectando dos vertices, asimismo existe un camino simple conectando dichos vertices,cuya longitud obviamente en caso alguno puede exceder el numero de aristas de cualquier arbolrecubridor de la componente conexa de la que se trate. Como el grafo tiene v vertices, concluimosque si i y j estuvieran en la misma componente conexa (formada por a lo mas los v vertices delgrafo, caso de que este fuera conexo), existirıa un camino simple de longitud a lo sumo v − 1conectando ambos vertices, cosa que en realidad no sucede. Luego i y j estan en componentesconexas distintas, de donde el grafo no es conexo.

7. Sea T un arbol con, al menos, dos vertices. Probar que tiene, al menos, dos vertices de grado 1.


Solucion.

Vamos a probar esto de varias maneras formalmente diferentes, aunque todas ellas utilizan los mismosrecursos (un arbol es un grafo conexo sin ciclos):

a) Por ser arbol, el numero de aristas coinciden con el de vertices menos 1, a = v−1. Segun el lemadel apreton de manos, se tiene que

∑

x∈V

δ(x) = 2a = 2(v − 1) = 2v − 2

Como se trata de un arbol conexo, no hay vertices de valencia 0. Si no hubiera al menos dosvertices de valencia 1, entonces al menos v − 1 vertices serıan de valencia mayor o igual que 2 yun vertice tendrıa valencia mayor o igual que 1, de donde

∑

x∈V

δ(x) ≥ 2(v − 1) + 1 > 2(v − 1) = 2a

lo que entra en contradiccion con el lema del apreton de manos. De manera que al menos dosvertices han de tener valencia 1.

b) Situemonos en un vertice cualquiera del grafo, y emprendamos un camino a partir del mismo,tan largo como se pueda. Este camino tiene que tener fin (el grafo es finito), y en caso algunopuede repetir algun vertice ya visitado (de otro modo habrıamos formado un camino cerrado, dedonde un ciclo, de los cuales carece el arbol), de manera que necesariamente el vertice terminaldel camino ha de tener valencia 1 (o de otro modo el camino se podrıa continuar, que no es lasituacion). Ası las cosas se ha determinado un primer vertice de valencia 1. Por otra parte, siel vertice del que partimos tiene valencia 1, ya hemos encontrado un segundo vertice de valencia1. En otro caso, de tener valencia mayor que uno, esto quiere decir que podemos emprender unsegundo camino, igualmente formado por vertices aun no visitados (de otro modo concurrirıamosuna vez mas en la formacion de un ciclo, lo cual es imposible en un arbol), que termina como nopuede ser de otro modo en un segundo vertice de valencia 1.

c) Enraicemos el arbol en un vertice cualquiera. Sabemos que cada rama de un arbol acaba en unvertice de valencia 1, que se denomina hoja (esto es ası, porque si no, de otro modo, la ramaacabarıa dando lugar a un ciclo). Si el vertice que hemos tomado por raız tiene valencia 1, yahemos localizado dos vertices de valencia 1, a saber: la raız, y el vertice hoja que correspondea la rama que origina la raız. Si el vertice raız origina mas de una rama, habrıa al menos unvertice hoja (i.e. de valencia 1) por cada una de las ramas (que son un mınimo de dos), luegopor tanto asimismo un mınimo de dos vertices de valencia 1. Esta demostracion es la misma quela anterior, sustituyendo la nocion de camino por la de rama.

8. Resolver las siguientes cuestiones independientes:

a) Demostrar que el numero de vertices de grado 1 en un arbol T (V, A) es: 2 +∑

δ(v)≥3

(δ(v)− 2).

b) ¿Es cierto que todo arbol es un grafo bipartito?

Solucion.

a) Aquı tambien podemos proceder de varias maneras:

• Podemos desglosar los v vertices del grafo en los v1 vertices de valencia 1, mas los v2 verticesde valencia 2, mas los restantes v3 vertices de valencia mayor o igual que 3, de manera quev = v1 + v2 + v3. Manipulando convenientemente la formula del lema del apreton de manos,se tiene que

2a = 2v − 2 = 2v1 + 2v2 + 2v3 − 2 =∑

x∈V

δ(x) =∑

δ(x)=1

δ(x) +∑

δ(x)=2

δ(x) +∑

δ(x)≥3

δ(x),


de manera que

2v1 −∑

δ(x)=1

δ(x) + 2v2 −∑

δ(x)=2

δ(x) = 2 +∑

δ(x)≥3

δ(x)− 2v3

Como∑

δ(x)=1 δ(x) = v1 y∑

δ(x)=2 δ(x) = 2v2, ası como 2v3 =∑

δ(x)≥3 2, simplificando laformula anterior llegamos a

2v1 − v1 + 2v2 − 2v2 = 2 +∑

δ(x)≥3

δ(x)−∑

δ(x)≥3

2

de dondev1 = 2 +

∑

δ(x)≥3

(δ(x)− 2)

que es la formula que pretendıamos probar.• Como sabemos que en un arbol hay al menos dos vertices de valencia 1 (ver Ejercicio 7

de este mismo boletın), enraicemos el arbol en uno de estos vertices. Contar el numero devertices de valencia 1 que restan es contar el numero de vertices hoja a que da lugar el arbolenraizado.La situacion mas simple es que el arbol conste de una sola rama (i.e. un camino simple),en cuyo caso todos los vertices tendrıan valencia 2, exceptuando los extremos (vertice raızy vertice hoja), los dos unicos vertices de valencia 1. Esta situacion satisface la formula delenunciado.Si el arbol consta de mas de una rama. Sucesivamente, cada rama que se bifurque de laprincipal lo hara por un vertice de valencia mayor que 2, y cada rama contribuira con unnuevo vertice hoja. De hecho, si un vertice tiene valencia k originara k − 2 bifurcaciones dela rama principal en la que se situe

b) Sı: basta enraizar el arbol para organizarlo segun niveles en una busqueda en anchura, de maneraque en el nivel 0 se situa el vertice raız, en el nivel 1 los vertices adyacentes al vertice raız, ysucesivamente, en el nivel k los vertices aun no visitados que sean adyacentes a algun verticesituado en el nivel k − 1 previo. Segun esta descripcion, un vertice del nivel i es exclusivamenteadyacente a un vertice del nivel i − 1 (su padre) y eventualmente a vertices del nivel i + 1 (sushijos). Ası, una particion de los vertices del arbol que permite visualizarlo como bipartito es laque separa los vertices situados en un nivel par de aquellos vertices situados en un nivel impar,toda vez que vertices en niveles de la misma paridad nunca son adyacentes entre sı, segun laobservacion anterior.

9. De las siguientes afirmaciones sobre un grafo G(V,A) demostrar cuales son verdaderas y cuales falsas.

a) Si |A| ≥ |V | entonces G contiene, al menos, un ciclo.

b) Si G es conexo y |A| = |V |+ 1 entonces G posee exactamente dos ciclos.

c) Existe un grafo G con 15434 vertices todos ellos de diferente grado.

Solucion.

a) Verdadero: un grafo acıclico es un bosque, y si consta de c componentes conexas resulta quea = v − c, de donde siempre es a ≤ v − 1.b) Falso: considerar por ejemplo el caso de un C4 con una diagonal. Dicho grafo consta de dos C3 yun C4.c) Falso: todo grafo de mas de un vertice tiene al menos dos de ellos con el mismo grado (masconcretamente, los v vertices de un grafo tienen v valencias posibles, entre 0 y v − 1, siendo lasvalencias extremo incompatibles entre sı).


10. Demostrar las siguientes cuestiones, en las que G(V, A) representa a un grafo conexo de, al menos,dos vertices.

a) Demostrar si G posee aristas puente, entonces tiene vertices de valencia impar.b) Si la media aritmetica de los grados de los vertices de G no es inferior a 2 entonces, no puede

tratarse de un arbol.c) Se verifica que |V | ≤ 2|A| ≤ |V |(|V | − 1).d) Si |A| = |V | entonces, G tiene un ciclo como subgrafo.

Solucion.

a) Sea G un grafo con alguna arista puente, {x, y}. Si alguno de los vertices x o y extremos dela arista puente tiene valencia impar, no hay nada que demostrar. En otro caso, la eliminacionde la arista puente separa a x e y en dos componentes conexas diferentes, en las que cada unode x e y tiene valencia impar. Como el numero de vertices de valencia impar en un grafo (enparticular, en cada una de estas componentes conexas) es par, deben existir vertices w y z enlas componentes conexas de x e y, respectivamente, ambos de valencia impar. Estos vertices wy z tienen la misma valencia en el grafo G de partida, puesto que solo se ha eliminado la arista{x, y}. Luego el grafo original tiene vertices de valencia impar en cualquier caso.

b) Basta observar que en un arbol (donde a = v − 1), la media aritmetica de los grados de losvertices es inferior a 2. En efecto, segun el lema del apreton de manos,

∑

x∈V

δ(x) = 2a = 2v − 2 < 2v

de manera que1v

∑

x∈V

δ(x) < 2

c) El menor numero de aristas que puede tener un grafo conexo de v vertices es v − 1 (las decualquier arbol recubridor suyo), y resulta obvio que v ≤ 2v−2 para todo v ≥ 2. Esto demuestraque v ≤ 2v − 2 ≤ 2a en todo grafo conexo de al menos dos vertices. Por otra parte, el numero

maximo de aristas en un grafo de v vertices corresponde con las aristas de Kv, a saber,v(v − 1)

2,

de donde la ultima desigualdad.d) En un grafo conexo de v vertices cualquier arbol recubridor contiene v − 1 aristas. Si el grafo

posee v aristas, cualquier arbol recubridor solo deja una arista sin utilizar (no siempre la misma,depende del arbol recubridor elegido), la cual necesariamente une 2 vertices del arbol, formandoun ciclo.

11. a) Demostrar que en un grafo conexo, una arista forma parte de un ciclo si, y solo si, el graforesultante de eliminar dicha arista sigue siendo conexo.

b) Hallar (y justificar) cual es el numero maximo de aristas que pueden eliminarse de un grafoconexo sin que este se desconecte.

Solucion.

a) Si una arista forma parte de un ciclo, la eventual eliminacion de la arista no desconecta susvertices extremos, que siguen conectados por el camino que recorre el resto del perımetro delciclo. Recıprocamente, si la eliminacion de una arista no desconecta dos vertices, es porqueexiste un camino que los conecta (que se puede asumir simple), y no utiliza dicha arista. Enparticular, ese camino junto con la arista en cuestion define un ciclo.Podrıa haberse dado un enunciado mas general, prescindiendo de la hipotesis de conexion. En ungrafo cualquiera, una arista forma parte de un ciclo si, y solo si, el grafo resultante de eliminardicha arista no posee una componente conexa mas que el original. O, equivalentemente, unaarista forma parte de un ciclo si, y solo si, no es arista puente.


b) Todas las que excedan de las que posea cualquier arbol recubridor suyo, es decir, a − (v − 1) =a − v + 1. De hecho, para eliminar estas aristas adecuadamente, basta eliminar, paso a paso,aristas que pertenezcan a un ciclo, segun lo dicho en el apartado anterior.

12. Sea G un grafo con, al menos, dos vertices y Ad su matriz de adyacencia. Sabiendo que el elementoque ocupa la posicion (i, j) de la matriz Adm representa el numero de caminos de longitud m queconectan los vertices i y j de dicho grafo, se pide:

a) Probar que si G es un arbol, la traza (i.e. suma de los elementos situados en la diagonal principal)de Ad2n−1 es nula cualquiera que sea n ∈ IN. ¿Es cierto el recıproco?

b) Si la traza de Ad2n es nula para algun n ∈ IN, ¿puede ser G un arbol?

Solucion.

a) Nos piden demostrar, en definitiva, que no existe ningun camino (a fortiori, cerrado) de longitudimpar conectando un vertice consigo mismo en un arbol. Basta observar que para poder cerrarun camino en un arbol (el cual carece de ciclos) es necesario desandar lo andado, de manera quecada arista del camino aparece dos veces (una en el camino de ida, otra en el camino de vuelta),de donde el camino ha de tener siempre longitud par.El recıproco no es cierto: pudiera ser que el grafo no fuera conexo (tomar un bosque de var-ios arboles) o incluso tuviera ciclos (tomar C4) y aun ası verificara la condicion de no poseercaminos cerrados de longitud impar. En el Tema 5 se vera que los grafos que se caracterizan poresta propiedad son precisamente los grafos bipartitos, que son aquellos que carecen de ciclos delongitud impar.

b) Rotundamente, no. Mas aun, en ese caso se puede asegurar que el grafo en cuestion es un grafovacıo, toda vez que si tuviera alguna arista, los extremos de la arista nunca tendrıan un cero enla posicion diagonal que les corresponde en Ad2n, puesto que un camino cerrado de longitud parconectando un vertice consigo mismo es utilizar la misma arista 2n veces, n para ir y otras npara volver.

13. El grafo de la Figura 11 modela el sistema de conexiones de un operador por cable de telefonıa ytelevision entre diversas poblaciones. Se pide:

x 11

x 9

x 10

x 8

x 7

x 6

x 1

x 4

x 2

x 3

x 5

x 12 x 13

x 14 x 15

Figura 11: Conexiones por cable del operador

a) Determinar el numero de cables en mal estado a partir del cual es seguro que se desconectan laspoblaciones.

b) Hallar los cables cuyo fallo individual desconecta alguna poblacion. ¿Cual es el numero maximode grupos de poblaciones desconectadas entre sı que se forman?

c) Hallar las poblaciones en las que la caıda del servicio desconecta otras poblaciones. ¿Cual es elnumero maximo de grupos de poblaciones desconectadas entre sı que se forman?


d) Como primera medida de seguridad en caso de que se produzca algun fallo en el sistema, la em-presa pretende agrupar poblaciones vecinas de manera que ante un fallo eventual de un cable o lacaıda del servicio en una poblacion, el resto de las poblaciones sigan conectadas por agrupacionesvecinales. Determinar una estructura valida de agrupaciones vecinales.

e) Determinar el numero maximo y el numero mınimo de cables a anadir, ası como las poblacionesa unir en cada caso, para conseguir que el sistema de comunicacion entre las distintas poblacionespueda soportar el fallo eventual de un cable sin llegar a desconectar poblacion ninguna.

f) Determinar el numero maximo y el numero mınimo de cables a anadir, ası como las poblacionesa unir en cada caso, para conseguir que la red de comunicacion entre las distintas poblacionespueda soportar la caıda eventual del sistema en una poblacion sin llegar a desconectar el resto depoblaciones.

Solucion.

a) Nos estan pidiendo el numero de aristas que hay que quitar para asegurar la desconexion delgrafo. Como cualquier arbol recubridor tiene v − 1 aristas, hay que dejar al grafo con a lo sumov − 2 aristas. Como el grafo consta de 22 aristas y 15 vertices, hay que dejar al grafo con a losumo 13 aristas, de manera que hay que eliminar por lo menos 9 aristas (eventualmente menos,si no se tiene la precaucion de ir eliminando aristas que pertenezcan a ciclos, ver el Ejercicio 11de este mismo boletın).

b) Piden las aristas puente, de las cuales carece el grafo. Caso de haber habido alguna, en la segundapregunta requieren el numero de componentes conexas nuevas a las que da lugar la eliminacionde una arista puente, que siempre es 2 (las que corresponden a cada uno de los extremos de laarista puente).

c) Piden los vertices de corte, ası como el numero de componentes conexas a que da lugar laeliminacion de cada uno de ellos: x2, que da lugar a 3 componentes conexas (a saber, (x3, x5),(x14, x15) y (x1, x4, x6, x7, x8, x9, x10, x11, x12, x13)); x6, que da lugar a dos componentes conexas(a saber, (x1, x2, x3, x4, x5, x14, x15) y (x7, x8, x9, x10, x11, x12, x13)); y x8, que da lugar a trescomponentes conexas (a saber, (x1, x2, x3, x4, x5, x6, x7, x14, x15), (x9, x10, x11) y (x12, x13)).

d) Piden determinar los bloques del grafo (componentes 2-conexas y aristas puente), lo que resultainmediato tras los apartados anteriores: las agrupaciones vecinales han de ser (x8, x9, x10, x11),(x8, x12, x13), (x6, x7, x8), (x1, x2, x4, x6), (x2, x3, x5) y (x2, x14, x15). Notese que hay vertices(i.e. poblaciones) que pertenecen a mas de una asociacion vecinal (todas ellas corresponden avertices de corte, necesariamente).

e) En este caso, 0, puesto que no hay aristas puente.

f) Preguntan cotas superior e inferior del numero de aristas a anadir para convertir al grafo en un2-conexo. Es claro que si la eliminacion de un vertice de corte da lugar a c componentes conexas,entonces se necesitan al menos c− 1 aristas para conectar estas c componentes conexas entre sı.De manera que una cota inferior para el numero de aristas a anadir es restar uno al mayor numerode componentes conexas que origina la eliminacion de un vertice de corte. En el caso del grafoque nos lleva, el mayor numero de componentes conexas que se originan es 3, de suerte que comocota inferior obtenemos 2.Por otra parte, una cota superior se puede obtener sumando las aristas necesarias para conectarlas componentes conexas que origina cada vertice de corte. En nuestro caso, como hay 3 verticesde corte que originan 3, 2 y 3 componentes conexas, respectivamente, harıan falta a lo sumo 2,1 y 2 aristas nuevas, totalizando un global de 5.En definitiva, hace falta anadir entre 2 y 5 aristas. Pero de hecho, con solo anadir 2 se puedetransformar al grafo en uno 2-conexo, por ejemplo conectando los vertices {x3, x10} por un ladoy los vertices {x12, x14} por otro (la solucion no es unica).

3. Caminos y recorridos


14. Demostrar que todo grafo euleriano carece de aristas puentes.

Solucion.

Si atendemos al Ejercicio 10 de este mismo Boletın, resulta que un grafo con aristas puente poseevertices de valencia impar, de donde no puede ser euleriano. Esto bastarıa para resolver este ejercicio.

No obstante, procedemos de otra manera alternativa. Un grafo euleriano posee un circuito euleriano,recorrido cerrado que pasa por todas las aristas sin repetir ninguna. De manera que la eliminacionpuntual de una arista no desconecta sus extremos, que siguen conectados recorriendo el resto delotrora circuito, que ha pasado a ser un recorrido euleriano.

15. En la isla de Wanda los lugares interesantes y los caminos que los unen estan representados por elgrafo cuya lista de adyacencia es:

0 1 2 3 4 5 6 7 81 0 1 0 3 0 1 0 13 2 3 2 5 4 5 2 35 6 7 4 6 7 6 57 8 8 8 8 7

Estudiar, si es posible encontrar:

a) un recorrido euleriano.

b) un circuito euleriano.

c) un camino hamiltoniano.

d) un ciclo hamiltoniano.

Solucion.

a) Sı: el grafo es conexo (posee un camino simple como subgrafo conectando ordenadamente losvertices del 0 al 8) y posee exactamente dos vertices de valencia impar (el 2 y el 6).b) No: posee vertices de valencia impar (mas aun, la existencia de un recorrido y un circuito eulerianoen un grafo son sucesos incompatibles entre sı, y en el apartado anterior se contesto afirmativamente).c) Sı: el camino simple que se comento en el apartado a).d) No: basta observar que se trata de un grafo bipartito (vertices pares a un lado, vertices imparesa otro: todas las aristas relacionan vertices de una paridad con vertices de la paridad contraria) conun numero impar de vertices, en particular con un numero distinto de vertices en una columna y enotra, de donde no puede ser hamiltoniano (ver Ejercicio 28 del Boletın con solucion final).

16. Sea G(V, A) un grafo conexo. Llamamos grafo lınea de G al grafo L(G) cuyos vertices son las aristas(ei ∈ A) de G y donde {ei, ej} es una arista de L(G) si ei y ej tienen en G un vertice comun. Sepide:

a) demostrar que el numero de aristas de L(G) es∑

x∈V

(δ(x)2

)y que si e = {xi, xj} entonces

δ(e) = δ(xi) + δ(xj)− 2, donde δ(e) representa el grado de e en L(G) y

b) demostrar que si G es euleriano entonces L(G) es euleriano y hamiltoniano.Usar K4 para probar que L(G) puede ser euleriano sin serlo G.

Solucion.

a) Contar las aristas de L(G) consiste en contar los pares de vertices ei y ej de L(G) que sonadyacentes, lo que se traduce en contar los pares de aristas ei y ej de G que son incidentes. Paraproceder a contar los pares de aristas incidentes en G se puede seguir el siguiente metodo: contar


los pares de aristas de G que inciden en x1, para despues contar los pares de aristas de G queinciden en x2, y ası sucesivamente, hasta contar los pares de aristas de G que inciden en xv,ultimo vertice de G. Con esta cuenta hemos contado todas los pares de aristas incidentes de G,toda vez que han de incidir en alguno de los vertices xi del grafo.Pero contar el numero de pares de aristas incidentes en un vertice xi consiste en agrupar lasaristas incidentes en xi en grupos de dos de todas las formas posibles. Como en xi inciden δ(xi)aristas, estamos hablando de agrupar δ(xi) aristas en grupos de dos de todas las formas posibles,sabiendo que el par (ei, ej) representa el mismo par de aristas que el (ej , ei). En definitiva, se tratade hacer agrupaciones sin repeticion y sin importar el orden de δ(xi) elementos (aristas) tomados

de dos en dos, cantidad que viene dada por el numero combinatorio Cδ(xi),2 =(

δ(xi)2

). De

aquı la formula del enunciado.Por otra parte, la valencia de un vertice e = {x, y} de L(G) vendra dada por el numero de aristasde G que inciden con e bien en el vertice x, bien en el vertice y. Que incidan con e en el verticex hay δ(x)− 1 aristas de G, a saber, todas las que inciden en x salvo la propia arista e = {x, y}.Analogamente, que incidan con e en el vertice y hay δ(y)− 1 aristas de G, todas las que incidenen y salvo la propia arista e. De donde hay δ(x) + δ(y)− 2 aristas de G que incidan con e, y estevalor da la valencia de e como vertice de L(G).

b) Si G es euleriano, entonces el circuito euleriano de G se transforma en L(G) en un ciclo hamiltoni-ano, toda vez que los vertices de L(G) son las aristas de G, y el circuito euleriano recorre las aristasuna y solo una vez sin repetir ninguna empezando y terminando por el mismo vertice (i.e. por lamisma arista). Ası, si el circuito euleriano es de la forma (z1, z2, z3, . . . , zm−2, zm−1, zm, z1) en-tonces el ciclo hamiltoniano de L(G) es ({z1, z2}, {z2, z3}, . . . , {zm−2, zm−1}, {zm−1, zm}, {zm, z1}).Por otra parte, si G es euleriano, entonces L(G) es conexo (segun lo anterior es hamiltoniano,luego conexo) y todos sus vertices tienen valencia par, toda vez que la valencia en L(G) de unvertice e = {x, y} viene dada (segun el apartado anterior), por δ(x) + δ(y)− 2, suma de numerospares (G es euleriano, de donde todos sus vertices tienen valencia par, en particular δ(x) y δ(y)son ambos pares).

17. Conociendo que el numero de aristas de un grafo G = (V, A) de 10 vertices de grados no inferiores a6 es divisible por 13, se pide:

a) demostrar que es conexo,

b) hallar el numero de aristas,

c) probar que posee ciclos de longitud impar y

d) hallar el numero de vertices de grado 6 sabiendo que todos los demas tienen el mismo grado yque G no es euleriano.

Solucion.

a) Sea un vertice cualquiera del grafo. En su componente conexa hay al menos 7 vertices, a saber:el mismo, y los al menos seis a los que el es adyacente. Ası, como el grafo consta de solo 10vertices, necesariamente todos ellos estan en la misma componente conexa: para que hubiera doscomponentes conexas se necesitarıan al menos 14 vertices, y no los hay.

b) Segun el lema del apreton de manos,∑

x∈V

δ(x) = 2a. Como δ(x) ≥ 6 para todo x, se tiene que

6 · 10 ≤∑

x∈V

δ(x) = 2a. Por otra parte, siempre es 2a ≤ v(v − 1) = 90 (ver Ejercicio 10 de

este mismo boletın). De manera que 60 ≤ 2a ≤ 90, o equivalentemente 30 ≤ a ≤ 45. El unicomultiplo de 13 en este rango es 39, de manera que a = 39.

c) Sea x un vertice cualquiera del grafo, y llamemos y a cualquier vertice a el adyacente. Dadoque ambos vertices son adyacentes a un mınimo de 5 vertices mas de entre los 8 que restan,


necesariamente existe un vertice z en el grafo simultaneamente adyacente a x e y (para que estono ocurriera ası, los 5 vertices adyacentes a x habrıan de ser todos distintos del los 5 verticesadyacentes a y, lo que se traducirıa en que se necesitarıan 10 vertices mas aparte de los propiosx e y, lo cual no sucede, solo hay 8). Los vertices x, y y z conforman, pues, un C3.

d) Como 6 ≤ δ(x) ≤ 9 (hay 10 vertices, todos ellos de valencia al menos 6), hay vertices de dos tiposde valencia (6 y d) y G no es euleriano (de donde debe haber vertices de valencia impar, puestoque es conexo segun el apartado a)), concluimos que bien es d = 9, bien es d = 7. Llamemos nal numero de vertices de valencia 6, siendo por tanto 10− n los vertices de valencia d.Caso de que d = 7, segun el lema del apreton de manos, se tiene que

78 = 2a =∑

x∈V

δ(x) = 6n + 7(10− n) = 70− n

de donde habrıa de ser n = −8, lo cual no tiene sentido.Caso de que d = 9, segun el lema del apreton de manos, se tiene que

78 = 2a =∑

x∈V

δ(x) = 6n + 9(10− n) = 90− 3n

de donde habrıa de ser n = 4, y es la solucion buscada: 4 vertices de valencia 6 y 6 vertices devalencia 9.Como anecdota, digamos que un tal grafo existe: basta tomar K6 de un lado, y cuatro verticesaislados, de otro; y hacer cada uno de los cuatro vertices aislados adyacentes a todos y cada unode los vertices de K6 (utilizando la notacion de la operacion suma de grafos, se trata de la sumade K6 con el grafo vacıo de 4 vertices). De este modo, los cuatro vertices inicialmente aisladospasan a tener valencia 6, mientras que los seis vertices de K6 pasan a tener valencia 5 + 4 = 9.


4. Grafos ponderados

18. El estadio Da Luz de Lisboa dispone de un reten de 10 unidades de bomberos para atender otrostantos puntos estrategicos, distanciados segun el diagrama adjunto.

3 3 3

3

1

2

2 2 J

I

H

G F E

D

C

B

A

Retén

1

2 2

5 5

3

4 2

2 2

1

a) Se quiere conectar en un sistema de alarma todos los enclaves con el reten. Determinar unesquema que utilice la menor cantidad posible de metros de cable.

b) Calcular las rutas optimas desde el reten para las unidades de bomberos, ası como las distanciasque estas recorren.

c) ¿Son unicos los esquemas de los apartados anteriores?

Solucion.

a) La distribucion optima se obtendrıa para un arbol recubridor de peso mınimo. Un tal arbol sepuede obtener mediante la aplicacion del algoritmo de Kruskal. Ordenemos las aristas por pesoen orden creciente:

• Peso 1: {reten, A}, {C,D}, {H, I}.• Peso 2: {reten, B}, {reten, J}, {A,B}, {A, J}, {B,C}, {G, I}, {H,J}, {I, J}.• Peso 3: {B, D}, {D, E}, {E, F}, {F, G}, {G,H}.• Peso 4: {C, E}.• Peso 5: {B, E}, {G, J}.

A continuacion las seleccionamos por orden, siempre que no den lugar a un ciclo con las aris-tas previamente seleccionadas: {reten, A}, {C, D}, {H, I}, {reten, B}, {reten, J}, {B,C}, {G, I},{H, J}, {D, E}, {E, F}.De manera que la longitud mınima del cable es la suma del peso de las aristas seleccionadas, asaber: 19.

b) Ahora se trata de encontrar un arbol recubridor que de las distancias mas cortas desde el verticereten hasta los restantes (algoritmo de Dijkstra). En la tabla que se adjunta se obvia la columnacorrespondiente al reten.

A B C D E F G H I J base arista1 2 2 A {reten,A}- 2 2 B {reten,B}- - 4 5 7 2 J {reten,J}- - 4 5 7 7 4 4 - C {B,C}- - - 5 7 7 4 4 - H {J,H}- - - 5 7 7 - 4 - I {J,I}- - - 5 7 6 - - - D {B,D}- - - - 7 6 - - - G {I,G}- - - - 7 9 - - - - E {B,E}- - - - - 9 - - - - E {G,F}

Las aristas senaladas conforman un arbol recubridor cuyas ramas dan las rutas mas cortas, cuyasdistancias son precisamente los valores destacados en negrita.


c) La respuesta es negativa en ambos casos.Otro arbol recubridor de peso mınimo se obtiene al cambiar la arista {reten, B} por la arista{A,B}, por ejemplo.Asimismo, hay dos caminos distintos de peso mınimo 5 para ir del reten a D: el inicialmenteelegido (reten,B, D), o tambien (reten,B, C,D).


5. Coloreado

19. Un raton intenta comerse un cubo 3× 3× 3 de queso; empieza en una esquina y se come cada vez uncubo 1 × 1 × 1 antes de pasar a uno adyacente. ¿Puede el raton comerse el cubo central en ultimolugar?

Solucion.

El queso que pretende comerse el raton es un cubo 3× 3× 3, como el de la figura 12.

Figura 12: Queso cubico 3× 3× 3

Este puede modelarse mediante un grafo en el que cada vertice representa un cubo unitario y dosvertices son adyacentes si los cubos unitarios correspondientes tambien lo son, como se observa en lafigura 13.

Figura 13: Grafo que modela la porcion de queso anterior

Si se pretende que el raton se coma el queso comenzando por una esquina y que siempre continuecomiendo un cubo adyacente al ultimo que se haya comido, lo que estamos buscando es un caminohamiltoniano. Dicho camino, segun el enunciado, ha de empezar en una esquina y terminar en el vertice(cubo) central. Luego, nuestro problema se traduce en determinar si existe tal camino hamiltoniano.

Por otra parte, es facil determinar que el numero cromatico de este grafo es dos, puesto que susvertices se pueden colorear con dos colores, como se ve en la figura 14, pero no con uno (ya que elgrafo es no vacıo). Por tanto, se trata de un grafo bipartito.

Figura 14: Grafo de numero cromatico 2

Ademas, este grafo consta de 33 = 27 vertices, es decir, tiene un numero impar de vertices. Luego, losdos subconjuntos de vertices en que se dividen los vertices del grafo bipartito tienen distinto cardinal.


Esto hace necesario, si existe un camino hamiltoniano, que dicho camino empiece por un vertice delsubconjunto de mayor numero de vertices y termine en otro vertice del mismo subconjunto.

Pero si nos fijamos en nuestro grafo, las esquinas y el vertice central tienen distinto color. En con-clusion, no se puede encontrar un camino hamiltoniano en este grafo de manera que se empiece enuna esquina y se termine en el centro. Ası es que, el raton no puede comerse el cubo de queso centralen ultimo lugar si empezo comiendo un cubo de una de las esquinas.

20. Determinar el numero cromatico de los siguientes grafos, dados por sus listas de adyacencia:

G1 : ((2,3,4,5,6,7,8,9), (1,3,9), (1,2,4), (1,3,5), (1,4,6), (1,5,7), (1,6,8), (1,7,9),(1,2,8))

G2 : ((2,5,6,8), (1,3,7,9), (2,4,8,10), (3,5,6,9), (1,4,7,10), (1,4,11), (2,5,11), (1,3,11),(2,4,11), (3,5,11), (6,7,8,9,10))

G3 : ((2,3,5,6), (1,3,4), (1,2,4,5,6), (2,3,5), (1,3,4,6), (1,3,5))

Solucion.

G1 : Por comodidad podemos trabajar con la tabla de adyacencia del grafo:

1 2 3 4 5 6 7 8 92 1 1 1 1 1 1 1 13 3 2 3 4 5 6 7 24 9 4 5 6 7 8 9 856789

Apliquemos el algoritmo voraz con la ordenacion que sugiere el problema para obtener unavertice-coloracion:

vertice 1 2 3 4 5 6 7 8 9color 1 2 3 2 3 2 3 2 3

En la vertice-coloracion ası obtenida se han utilizado 3 colores, por lo que el numero cromaticoes menor o igual que 3.Veamos que χ(G1) tiene que ser mayor que 2. Para ello analicemos como son las adyacenciasde este grafo: en primer lugar, se observa que el vertice 1 es adyacente a todos los demas; elvertice 2, ademas de ser adyacente al primer vertice, tambien es adyacente a los vertices 3 y9; cualquier otro vertice i es adyacente, ademas de al primero, al i − 1 y al i + 1. Por tanto,existen ciclos de longitud impar, por ejemplo {1, 2, 3, 1}, y, como consecuencia, se necesita almenos 3 colores para colorear los vertices del grafo. Teniendo en cuenta que hemos encontradouna 3-vertice-coloracion, χ(G1) = 3.

G2 : La tabla de adyacencia del grafo en este caso es:

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 112 1 2 3 1 1 2 1 2 3 65 3 4 5 4 4 5 3 4 5 76 7 8 6 7 11 11 11 11 11 88 9 10 9 10 9

10


vertice 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11color 1 2 1 2 3 3 1 2 1 2 4


En la vertice-coloracion ası obtenida se han utilizado 4 colores, por lo que el numero cromaticoes menor o igual que 4.Por otra parte, podemos ver que χ(G2) es mayor o igual que 3, ya que los vertices 1, 2, 3, 4 y 5constituyen un ciclo de longitud impar. Con todo esto, sabemos que 3 ≤ χ(G2) ≤ 4.En cualquier ciclo de longitud impar, cuando se asignan los 3 colores necesarios para su vertice-coloracion, dichos colores se asignan de manera que dos de ellos se van alternando y un tercercolor es asignado a un unico vertice. Si coloreamos ası el ciclo impar formado por los 5 primerosvertices, se observa que 3 de los vertices que denominamos 6, 7, 8, 9, 10 han de tener asignados 3colores distintos entre sı, puesto que uno de ellos es adyacente a los colores 1 y 2 (segun nuestraordenacion, el vertice 6); otro es adyacente a los colores 2 y 3 (segun nuestra ordenacion, elvertice 7); y otro es adyacente a los colores 1 y 3 (segun nuestra ordenacion, el vertice 10).Dado que el vertice central (vertice 11 en esta ordenacion) es adyacente a estos tres verticesque necesariamente han de ser coloreados con colores diferentes entre sı, dicho vertice tendraque colorearse con un cuarto color, distinto de los anteriores. Luego, hemos demostrado queno se puede dar una 3-vertice-coloracion para este grafo, siendo necesario utilizar al menos 4colores. Como hemos visto que con 4 colores sı es posible colorear los vertices del grafo, elnumero cromatico es χ(G2) = 4.

G3 : La tabla de adyacencia del grafo es:

1 2 3 4 5 62 1 1 2 1 13 3 2 3 3 35 4 4 5 4 56 5 6

6


vertice 1 2 3 4 5 6color 1 2 3 1 2 4

En la vertice-coloracion ası obtenida se han utilizado 4 colores, por lo que el numero cromaticoes menor o igual que 4.Por otra parte, si observamos la tabla de adyacencias con detenimiento, se comprueba que losvertices 1, 3, 5, 6 son adyacentes entre sı, constituyendo un grafo completo, K4, por lo que elnumero cromatico de G3, ha de ser mayor o igual que 4.En definitiva, χ(G3) = 4.

21. Sea G(V,A) un grafo conexo con 2n vertices, Ad su matriz de adyacencia y χ(G) su numero cromatico.

a) Demostrar que si existe una matriz M , no necesariamente cuadrada, tal que

Ad =(

0 MM t 0

)

entonces χ(G) = 2.

b) Demostrar el recıproco del apartado anterior: si χ(G) = 2 entonces reordenando adecuadamentesus vertices, su matriz de adyacencia es de la forma anterior.

c) Probar que si Ad es de la forma(

0 MN 0

), siendo M una matriz cuadrada, entonces N = M t.

Solucion.


a) Sea M una matriz de orden i×j. Entonces, la matriz de adyacencia sera, segun indica el enuciado,de la forma

Ad =

0 Mi×j

M ti×j 0

=

0 · · · 0 a1,i+1 · · · a1,i+j

.... . .

......

. . ....

0 · · · 0 ai,i+1 · · · ai,i+j

ai+1,1 · · · ai+1,i 0 · · · 0...

. . ....

.... . .

...ai+j,1 · · · ai+j,i 0 · · · 0

.

La caja correspondiente a las i primeras filas y columnas es toda de ceros. Eso nos indica quelos i primeros vertices, segun la ordenacion seguida para dar la matriz de adyacencia, no sonadyacentes entre sı. Lo mismo ocurre con los ultimos j vertices, puesto que la caja de la matrizde adyacencia correspondiente a las ultimas j filas y columnas tambien es toda de ceros.En el resto de entradas de la matriz de adyacencia puede haber elementos no nulos (de hecho,debe existir algun elemento no nulo en la matriz M , salvo que estemos hablando de una grafocon todos sus vertices aislados). Eso significa que sı pueden existir aristas cuyos extremos seanun vertice de entre los i primeros y otro vertice de entre los j ultimos. Y, por tanto, todas lasaristas que existan en el grafo verificaran esta caracterıstica.Luego, se trata de un grafo bipartito en el que el conjunto de vertices se divide en los dossubconjuntos V1 = {v1, · · · , vi} y V2 = {vi+1, · · · , vi+j}. Y por tanto, χ(G) = 2.

b) Si χ(G) = 2, entonces G es un grafo bipartito, por lo que el conjunto de vertices se puede dividiren dos subconjuntos V1 = {v1, · · · , vi} y V2 = {vi+1, · · · , vi+j}, de manera que dos vertices delmismo subconjunto no pueden ser adyacentes y todas las aristas del grafo han tener por extremosun vertice de cada subconjunto. Ası, si ordenamos los vertices de modo que primero esten todoslos vertices de V1 y luego los de V2, tendremos que la matriz de adyacencia sera de la formaindicada, por el mismo razonamiento que se hizo en el apartado anterior.

c) Si M es una matriz cuadrada, dado que la matriz de adyacencia es simetrica, se debe cumplirque Ad = Adt, es decir, (

0 MN 0

)=

(0 N t

M t 0

)

Por tanto, N = M t.

22. Demostrar que χ1(K2n+1) = 2n + 1 y χ1(K2n+2) = 2n + 1. Deducir cual es el mınimo numero dejornadas para un calendario deportivo a una vuelta que enfrenta a k equipos entre sı, dos a dos, asıcomo un procedimiento para disenar un tal calendario.

Solucion.

• Sea K2n+1 un grafo completo de 2n+1 vertices. Segun el Teorema de Vizing, 2n ≤ χ1(K2n+1) ≤2n + 1. Con un mismo color se puede colorear a lo sumo b 2n+1

2 c = n aristas, puesto que es elnumero maximo de parejas de vertices que se pueden formar (sin repetir ningun vertice) con2n + 1 vertices (uno de los vertices quedarıa desparejado).Por otra parte, el numero de aristas de un grafo completo de 2n + 1 vertices es

a =(2n + 1)2n

2= n(2n + 1).

Luego, el numero mınimo de colores que se ha de utilizar para colorear las aristas del grafo,suponiendo que cada color se emplea en n aristas, sera:

χ1(K2n+1) ≥ a

n=

n(2n + 1)n

= 2n + 1.

De donde χ1(K2n+1) = 2n + 1.


• Sea K2n+2 un grafo completo de 2n + 2 vertices. Segun el Teorema de Vizing, 2n + 1 ≤χ1(K2n+2) ≤ 2n + 2. Si eliminamos un vertice v cualquiera de este grafo y todas las aristasadyacentes a el, tenemos un grafo completo K2n+1. Veıamos anteriormente que en este grafo sepodıan emparejar los vertices formando n parejas y quedando un vertice libre. Esto significa quedado un color, se pueden colorear n aristas con el, y en uno de los vertices no sale ninguna aristacon dicho color. Eso mismo ocurrira para todos los 2n+1 colores que se emplean en la coloracionde las aristas de K2n+1. De modo, que en todos los vertices hay un color libre, distinto paracada vertice. Si volvemos a anadir el vertice v al grafo y todas las aristas incidentes en el, paracolorear las aristas de este grafo completo de 2n+2 vertices, partimos de la coloracion de K2n+1

con los 2n + 1 colores necesarios y basta asignar el color libre del cada vertice vi de K2n+1 a laarista {vi, v}.

• Vamos a resolver el problema de averiguar cual es el numero mınimo de jornadas para un cal-endario deportivo a una vuelta que enfrenta a k equipos. En primer lugar, vamos a modelardicho problema mediante un grafo. Podemos considerar que los distintos equipos de la liga sonlos vertices del grafo, mientras que las aristas pueden representar los partidos, de modo que dosvertices (equipos) son adyacentes si se van a enfrentar en un partido. Dado que todos los equiposdeber enfrentarse a todos los demas, todos los vertices han de ser adyacentes entre sı. Por tanto,el problema queda modelado con un grafo completo de k vertices, Kk. En cada jornada unmismo equipo solo puede jugar un partido, luego, en una misma jornada solo se pueden jugaraquellos partidos que esten representados por aristas que no sean incidentes. Es decir, en unamisma jornada solo se pueden jugar aquellos partidos que esten representados por aristas que sepueden colorear con un mismo color. Por tanto, el problema se reduce a determinar cual es elmınimo numero de colores que se ha de utilizar para colorear las aristas del grafo completo Kk.Segun demostramos anteriormente, si k es un numero impar, el ındice cromatico es χ1(Kk) = ky si k es par el ındice cromatico es χ1(Kk) = k − 1. Por tanto, el mınimo numero de jornadaspara elaborar un calendario deportivo a una vuelta que enfrenta a k equipos es k si el numero deequipos es impar o k − 1 si el numero de equipos es par. Como consecuencia, un procedimientopara realizar el calendario podrıa ser buscar una arista-coloracion del grafo asociado con k o k−1colores segun la paridad del numero de equipos.Todo esto que acabamos de ver, tiene un claro reflejo en el mundo deportivo. Efectivamente, sitenemos una liga en la que participan un numero impar de equipos, k = 2n + 1, sabemos que encada jornada se pueden jugar n partidos y uno de los k equipos descansara. Por su puesto, encada jornada el equipo que descansa es distinto. Por lo que se tiene que el numero de jornadasha de ser al menos igual al numero de equipos cuando el numero de equipos es impar.Si anadimos un equipo mas a la liga anterior (tendrıamos ahora 2n+2 equipos), el nuevo equipopuede jugar con el equipo que descansaba en cada jornada. Ası este nuevo equipo juega unpartido en cada jornada y al final de las k = 2n+1 jornadas habra jugado con todos (al igual quetodos los demas equipos). Por tanto, se siguen necesitando 2n + 1 jornadas, es decir, se necesitaun numero menos de jornadas que de equipos cuando el numero de equipos es par.Este mismo problema se podrıa modelar mediante un grafo de otra forma: utilizando un grafo deincompatibilidades. De modo que los vertices representarıan los partidos que se han de jugar a lolargo de la liga y dos vertices serıan adyacentes si los partidos que representan son incompatiblesen una misma jornada, es decir, si implican a un mismo equipo. Notese que este grafo y el quehemos utilizado para resolver el ejercicio tienen una cierta relacion. Este grafo no es mas queel grafo lınea del utilizado en el ejercicio. Ya sabıamos que un problema de arista-coloracion sepuede transformar en un problema de vertice coloracion sin mas que tomar el grafo lınea delgrafo al que se pretende dar la arista-coloracion.

23. Sea G un grafo no necesariamente conexo y con, al menos, 3 vertices. Se dice que G es crıtico parael color si para todo vertice v de G, al eliminar v y todas las aristas incidentes con v del grafo G, elnumero cromatico del grafo resultante disminuye. Se pide:

a) Explicar por que los ciclos impares son crıticos para el color, mientras que los pares no lo son.

b) ¿Cuando es crıtico para el color el grafo completo Kn?


c) Probar que si G es crıtico para el color, entonces G es conexo.

d) Demostrar que si G es crıtico para el color y χ(G) = k, entonces para todo vertice v de G esδ(v) ≥ k − 1.

Solucion.

a) Sea C2n+1 un ciclo impar, por tanto, su numero cromatico es 3. Supongamos que eliminamos unvertice cualquiera v de este ciclo y todas las aristas incidentes en el. El nuevo grafo C2n+1− v esun camino simple con 2n vertices. Como dicho grafo es bipartito, siendo su numero cromaticoχ(C2n+1 − v) = 2. Luego, efectivamente se ha reducido el numero cromatico al eliminar unvertice cualquiera del ciclo de longitud impar, por lo que los ciclos impares son crıticos para elcolor.Sin embargo, veamos que los ciclos pares no son crıticos para el color. Sea C2n un ciclo par. Sunumero cromatico es, por tanto, χ(C2n) = 2. Si eliminamos un vertice v cualquiera y todas lasaristas incidentes en el, el nuevo grafo C2n−v es un camino simple con 2n−1 vertices. Este grafotambien es bipartito, siendo su numero cromatico χ(C2n − v) = 2. Ası, el numero cromaticose mantiene invariante al eliminar un vertice del ciclo par, luego, los ciclos pares no son crıticospara el color.

b) El numero cromatico de cualquier grafo completo es χ(Kn) = n. Si de un grafo completo de nvertices eliminamos un vertice cualquiera y todas las aristas incidentes en el, se obtiene el grafocompletos de n − 1, vertices, cuyo numero cromatico es χ(Kn−1) = n − 1, es decir, siempre sereduce el numero cromatico. Luego, todos los grafos completos son crıticos para el color.

c) Veamos que si G es un grafo crıtico para el color, ha de ser conexo. Para ello, supongamos queG es un grafo disconexo, constituido por las componentes conexas G1, G2, · · · , Gc. El numerocromatico de G sera χ(G) = max{χ(G1), χ(G2), · · · , χ(Gc)} = k. Si eliminamos un vertice deuna componente conexa distinta de la de numero cromatico mayor (o en el caso de que haya masde una componente que alcance dicho numero cromatico, eliminamos un vertice cualquiera) ylas aristas incidentes en el, entonces max{χ(G1), χ(G2), · · ·χ(Gi − v), · · · , χ(Gc)} seguira siendok. Como puedo eliminar vertices del grafo sin que disminuya el numero cromatico, entonces ungrafo disconexo no puede ser crıtico para el color. Por tanto, si un grafo es crıtico para el color,debe ser conexo.

d) Veamos, por reduccion al absurdo, que si tenemos un grafo crıtico para el color, con numerocromatico χ(G) = k, entonces todo vertice de G ha de tener valencia mayor o igual que k − 1.Sea G un grafo crıtico para el color y tal que χ(G) = k. Supongamos que existe un vertice vde G con valencia δ(v) < k − 1. Si eliminamos dicho vertice y las aristas incidentes en el, elgrafo resultante G − v debe tener numero cromatico χ(G − v) = k − 1. Por tanto, se puedecolorear con k − 1 colores. Si ahora anadimos el vertice v, como tiene valencia δ(v) < k − 1, esadyacente a k − 2 vertices a lo sumo. Para colorear estos k − 2 vertices se utilizaron a lo mask − 2 colores, por tanto, queda al menos un color libre, que se puede utilizar para colorear elvertice v. Luego, tendrıamos una k − 1-vertice-coloracion de G, lo cual es imposible puesto quesu numero cromatico habıamos dicho que era k. Ası, δ(v) ≥ k − 1.

24. Sea G = (V,A) un grafo donde V = {1, 2, 3..., 1998} y dos vertices a,b son adyacentes si a + b esmultiplo de 3. Se pide:

a) Hallar el grado de cada vertice. ¿Es G un grafo regular?Indicacion: para cada vertice x considerar x mod 3, es decir, cada x ∈ V es tal que x = 3k ox = 3k + 1 o x = 3k + 2, k ∈ Z+

b) Demostrar que G tiene exactamente dos componentes conexas y que estas no son isomorfas.

c) Hallar el numero cromatico de cada componente conexa, demostrando el resultado.

d) Estudiar cada una de las componentes de G. ¿Alguna de ellas es un grafo euleriano? ¿Y hamil-toniano? Justificar la respuesta.


e) Identificar las componentes conexas de G, ¿que grafos son?

Solucion.

a) Siguiendo la indicacion, podemos dividir el conjunto de vertices en tres subconjuntos:

V1 = {x ∈ V |x = 3k + 1} = {1, 4, · · · , 1996}

V2 = {x ∈ V |x = 3k + 2} = {2, 5, · · · , 1997}

V3 = {x ∈ V |x = 3k} = {3, 6, · · · , 1998}De modo que |V1| = |V2| = |V3| = 666.Se puede observar que cualquier vertice v1 de V1 es adyacente a todos los vertices de V2 y a ningunotro vertice, por lo que δ(v1) = 666. Del mismo modo, cualquier vertice v2 de V2 es adyacente atodos los vertices de V1 y a ningun otro vertice, por lo que δ(v2) = 666. Sin embargo, un verticecualquiera v3 de V3 es adyacente al resto de vertices de V3, y a ningun otro, luego δ(v3) = 665.Por tanto, G no es un grafo regular.

b) Veamos que G tiene dos componentes conexas:

• Una de ellas es G1 = (V1 ∪V2, A1), cuyo conjunto de vertices es la union de los subconjuntosV1 y V2 y las aristas son las aristas de G que van de vertices de V1 a vertices de V2. Efecti-vamente, G1 es conexo, puesto cualquier par de vertices de G1 estan conectados entre sı: silos dos vertices en cuestion pertenecen uno al subconjunto V1 y el otro al subconjunto V2,como veıamos en el apartado anterior, los dos vertices son adyacentes; y si los dos verticespertenecen al mismo subconjunto Vi con i = 1, 2, entonces, ambos son adyacentes a un tercervertice del otro subconjunto, por tanto, tambien estan conectados entre sı.

• La otra componente conexa es G2 = (V3, A2), cuyo conjunto de vertices es el subconjuntoV3 y las aristas son las aristas de G que van de vertices de V3 a vertices de V3. Que G2 esconexo es claro, puesto que todos los vertices de V3 son adyacentes entre sı.

Ademas, los vertices de G1 y G2 no estan conectados entre sı, pues los vertices de V3 solo sonadyacentes a vertices del propio subconjunto. Por lo que tenemos demostrado que G consta de2 componentes conexas.

c) Por la descripcion que hemos hecho de G1 sabemos que se trata de un grafo bipartito (el conjuntode vertices de dicha componente se divide en los dos subconjuntos V1 y V2, de modo que todaslas aristas de G1 van de un subconjunto al otro). Por tratarse de un grafo bipartito, su numerocromatico es χ(G1) = 2.La componente conexa G2 es un grafo completo K666(pues los 666 vertices de esta componenteson adyacentes a todos los demas vertices de dicha componente), por tanto, su numero cromaticoes χ(G2) = 666.

d) G1 es un grafo euleriano, puesto que el grado de todos los vertices es par. Ademas, se trata de ungrafo hamiltoniano, por tratarse de un grafo bipartito completo con el mismo numero de verticesen cada uno de los dos subconjuntos de vertices (ver Ejercicio 28 del Boletın con solucion final).De hecho, un ciclo hamiltoniano es {1, 2, 4, 5, 7, · · · , 1996, 1997, 1}.G2 no es euleriano, puesto que todos sus vertices tienen valencia impar. Sin embargo, sı eshamiltoniano, ya que posee un ciclo hamiltoniano {3, 6, 9, · · · , 1998, 3}.

e) Como ya hemos visto, G1 es un grafo bipartito completo de 666 vertices en cada uno de los dossubconjuntos de vertices, luego es isomorfo a K666,666.La componente conexa G2 es un grafo completo de 666 vertices, luego es isomorfo a K666.

6. Emparejamientos


25. Se tienen cinco comisiones: C1 = {a, c, e}, C2 = {b, c}, C3 = {a, b, d}, C4 = {d, e, f} y C5 = {e, f}.Cada comision ha de enviar un representante al Congreso Anual de Comisiones; C1 quiere nombrar ae, C2 a b, C3 a a y C4 a f .

a) Demostrar que no es posible respetar los deseos de C1, C2, C3 y C4.

b) Usar el metodo del camino alternado y el grafo asociado para hallar un sistema completo derepresentantes distintos.

c) ¿Es posible elaborar un sistema completo de representantes distintos si la comision C1 se niegaa cambiar su nominacion?

Solucion.

Podemos modelar la situacion mediante un grafo bipartito como el de la figura 15 en el que los verticesdel primer subconjunto representan cada una de las comisiones y los vertices del segundo subconjuntorepresentan los miembros de dichas comisiones, de modo que el vertice yi del segundo conjunto esadyacente al xi del primer subconjunto, si yi es un miembro de la comision xi.

C 1 C 2 C 3 C 4 C 5

a b c d e f

Figura 15: Grafo bipartito que modela la situacion del problema

a) No es posible respetar los deseos de C1, C2, C3 y C4, puesto que con el emparejamiento asıpropuesto, no se podrıa asignar ningun representante a la comision C5, como se ve en la figura16.

C 1 C 2 C 3 C 4 C 5

a b c d e f

Figura 16: Emparejamiento propuesto

b) Partimos de un vertice del primer subconjunto que no este emparejado, en este caso, la unicaposibilidad es tomar como vertice inicial C5. En el nivel 1 estaran todos los vertices adyacentesa C5: e y f . Como ambos vertices estan emparejados, continuamos, de forma que en el nivel 2se encontraran los vertices emparejados a los del nivel 1: C1 y C4, respectivamente. En el nivel3 se situan los vertices adyacentes a estos, que no hayan aparecido todavıa: a y c y d. Como cno esta emparejado, entonces tenemos un camino alternado, como se puede ver en la figura 17.

C 5

e f

C 4 C 1

a c d

Figura 17: Arbol de camino alternado


C 1 C 2 C 3 C 4 C 5

a b c d e f

Figura 18: Emparejamiento completo

Ası se tiene el emparejamiento completo siguiente:Luego, un sistema completo de representantes distintos se tiene si C1 nombra a c, C2 nombra ab, C3 nombra a a, C4 nombra a f y C5 nombra a e.

c) Se trata de buscar si existe otro emparejamiento de manera que la arista {C1, e} este contenidaen el. Para estudiar si esto es posible podemos abordar el problema de dos formas distintas.Una primera manera es considerar que de C1 solo sale la arista {C1, e}. Ası, tendrıamos quebuscar un emparejamiento completo en el grafo de la figura 15. Para ello se puede recurrir igualque en el apartado anterior al metodo del camino alternado.Otra forma de resolver el problema es buscar en el grafo de la figura 15 otro camino alternado,en el que no aparezca C1. En realidad este camino ya se tiene, puesto que si nos fijamos en laotra rama del arbol de camino alternado de la figura 17, vemos que hay otro camino alternado,ya que el vertice d tampoco estaba emparejado en el emparejamiento de partida.

C 5

e f

C 4 C 1

a c d

Figura 19: Arbol de camino alternado

El emparejamiento pedido es, por tanto, el siguiente:

C 1 C 2 C 3 C 4 C 5

a b c d e f

Figura 20: Emparejamiento completo en el que aparece la arista {C1, e}

Luego, un sistema completo de representantes distintos si la comision C1 nombra obligatoriamentea e como su representante, es la obtenida si C2 nombra a b, C3 nombra a a, C4 nombra a d y C5

nombra a f .

26. En la Eurocopa de Portugal 2004 los 16 equipos participantes se han organizado en grupos de 4,resultando los siguientes partidos:


Grupo A Grupo B Grupo C Grupo DPortugal–Grecia Suiza–Croacia Dinamarca–Italia Alemania–HolandaEspana–Rusia Francia–Inglaterra Suecia–Bulgaria R. Checa–LetoniaGrecia–Espana Croacia–Francia Italia–Suecia Holanda–R. ChecaRusia–Portugal Inglaterra–Suiza Bulgaria–Dinamarca Letonia–AlemaniaRusia–Grecia Inglaterra–Croacia Bulgaria–Italia Letonia–Holanda

Espana–Portugal Francia–Suiza Suecia–Dinamarca R.Checa–Alemania

Cuartos de final: Portugal–Inglaterra, Grecia–Francia, Holanda–Suecia, R.Checa–Dinamarca.

Semifinales: Portugal–Holanda, Grecia–R.Checa. Final: Portugal–R.Checa. Se pide:

a) Distribuir los partidos en el menor numero de campos de futbol, de manera que ningun equipojuegue dos veces en el mismo campo.

Para arbitrar los 12 partidos correspondientes a la primera fase de los grupos A y B, se dispone delos siguientes 12 arbitros que, ademas de no poder pitar ninguno de los partidos del grupo en que seencasilla su propio paıs, se han de ajustar a las siguientes limitaciones: el arbitro espanol no puedepitar ni a Francia ni a Inglaterra; el frances, ni a Espana ni a Rusia; el ingles, ni a Espana, ni aGrecia; el portugues, a Croacia; el italiano, ni a Grecia ni a Portugal ni a Francia; el aleman, solopuede pitar partidos que enfrenten a dos de entre Espana, Portugal y Grecia; y los arbitros de Letonia,Bulgaria, Croacia, Grecia, Suiza y Rusia no gozan de excesivo credito en la U.E.F.A., de manera quela organizacion no quiere que arbitren los partidos de gran repercusion mediatica, tales como los 3partidos de Portugal, el Francia–Inglaterra o el Inglaterra–Croacia.

2. Determinar una asignacion de arbitros para los partidos de los grupos A y B, utilizando loscolegiados citados con anterioridad, a partir de la siguiente propuesta inicial:

Arbitro aleman leton bulgaro croata suizo rusoPartido Por–Gre Rus–Gre Fra–Cro Esp–Rus Esp–Gre Ing–Sui

3. ¿Serıa posible la asignacion en caso de que el arbitro aleman pitara el Portugal–Grecia?

Solucion.

a) Consideremos el grafo G cuyos vertices son los equipos, y cuyas aristas representan los partidos.Asignar sedes a partidos de manera que un equipo no repita sede se traduce en clasificar lasaristas (partidos) en paquetes (sedes), de manera que aristas incidentes (partidos que implicanun mismo equipo) no esten en el mismo paquete (no se jueguen en la misma sede). Esto es,χ1(G), el menor numero de colores que se necesita para dar color a las aristas de G; ası comouna coloracion que alcance esta cantidad.Sabemos que χ1(G) oscila entre la valencia maxima de G y la valencia maxima mas 1. En estecaso, la valencia maxima viene dada por los vertices que corresponden a los equipos que masjuegan, que son precisamente los que alcanzan la final. Ası, la valencia maxima coincide conel numero de partidos que juega Portugal (o R. Checa), esto es, seis: tres en la primera fase,cuartos de final, semifinal y final. Luego, 6 ≤ χ1(G) ≤ 7.Apliquemos el algoritmo voraz para arista-coloraciones a la ordenacion natural de los partidos,por filas, recorriendo las columnas del enunciado de izquierda a derecha y de arriba hacia abajo:

Por −Gre Sui− Cro Din− Ita Ale−Hol Esp−Rus Fra− Ing Sue−Bul R.Che− Let1 1 1 1 1 1 1 1

Gre− Esp Cro− Fra Ita− Sue Hol −R.Che Rus− Por Ing − Sui Bul −Din Let−Ale2 2 2 2 2 2 2 2

Rus−Gre Ing − Cro Bul − Ita Let−Hol Esp− Por Fra− Sui Sue−Din R.Che−Ale3 3 3 3 3 3 3 3

Por − Ing Gre− Fra Hol − Sue R.Che−Din Por −Hol Gre−R.Che Por −R.Che4 4 4 4 5 5 6


Segun el razonamiento anterior, se tenıa que el mınimo numero de sedes era necesariamente 6 o7. Con el algoritmo voraz comprobamos que con 6 sedes es suficiente. En conclusion, es necesarioy suficiente disponer de 6 sedes distintas para que se jueguen todos los partidos de manera queningun equipo repita sede. En la tabla anterior se recogen los partidos que se han de jugar encada una de estas sedes.Este apartado se podrıa haber planteado asimismo como un problema de incompatibilidades, demanera que los vertices del grafo de incompatibilidades serıan los partidos y dos partidos sonincompatibles (esto es, adyacentes) si implican un mismo equipo. Hallar el menor numero de sedescon la condicion dada se traduce en encontrar el numero cromatico del grafo de incompatibilidadesası definido. Es claro que este grafo consiste en el grafo lınea del grafo G considerado previamente.Y sabemos por teorıa que el numero cromatico del grafo lınea de G coincide con el ındice cromaticode G.

b) Se trata de encontrar un emparejamiento completo en el grafo bipartito que conforman los 12arbitros seleccionados y los 12 partidos de la primera fase de los grupos A y B; a partir delemparejamiento inicial que da el enunciado. Las aristas relacionan cada arbitro con los partidosque este puede pitar.

ale let búl cro sui rus esp fra ing por ita gri

Por-Gre Esp-Rus

Gre-Esp

Rus-Por

Rus-Gre

Esp-Por

Sui-Cro

Fra-Ing

Cro-Fra

Ing-Sui

Ing-Cro Fra-Sui

Figura 21: Emparejamiento inicial

Segun las restricciones impuestas, el arbitro espanol solo puede pitar el partido Suiza-Croacia, elfrances el Portugal-Grecia y el ingles el Rusia-Portugal. Dos de estas tres aristas se pueden anadirdirectamente al emparejamiento, no ası la del partido Portugal-Grecia, que estaba inicialmenteasignado al arbitro aleman.Dado que el arbitro frances solo puede pitar este partido, buscamos un camino alternado conorigen el arbitro frances: (arbitro frances, Portugal-grecia, arbitro aleman, Portugal-Espana).Este es el camino alternado mas corto, aunque no el unico: se podrıa tratar de proceder de estaotra manera: (...,arbitro aleman, Espana-Grecia, arbitro suizo, Rusia-Grecia o Espana-Rusia,arbitro leton o arbitro checo,...). Nosotros utilizaremos el mas corto.De modo que ahora tenemos un emparejamiento con 9 aristas: 8 de las iniciales, y las querelacionan el arbitro aleman con Portugal-Espana, arbitro frances con Portugal-Grecia, arbitroespanol con Suiza-Croacia y arbitro ingles con Rusia-Portugal.Quedarıan por emparejar tres partidos y tres arbitros, a saber: Francia-Inglaterra, Francia-Suiza,Inglaterra-Croacia y portugues, italiano y griego. El portugues es el unico de los tres que puedepitar el Francia-Inglaterra, el italiano es el unico de los tres que puede pitar el Inglaterra-Croaciay el griego puede pitar el partido restante, Francia-Suiza. Con esto hemos determinado unemparejamiento completo, que quedarıa como se puede ver en la figura 22.

c) La respuesta es automaticamente negativa, dado que ese es precisamente el unico partido quepuede arbitrar el colegiado frances.

7. Grafos planos

27. Sea G un grafo plano conexo de v vertices, a aristas y c caras. Probar que:


ale let búl cro sui rus esp fra ing por ita gri

Por-Gre Esp-Rus

Gre-Esp

Rus-Por

Rus-Gre

Esp-Por

Sui-Cro

Fra-Ing

Cro-Fra

Ing-Sui

Ing-Cro Fra-Sui

Figura 22: Emparejamiento completo

a) v − a + c = 2(Indicacion: vease que pasa cuando a = 1, a = 2 y a = 3 y pruebese por induccion sobre elnumero de aristas a)

b) Suponiendo que a ≥ 3

b.1) 3c2 ≤ a

b.2) a ≤ 3v − 6

c) K5 es no plano

d) Kn es no plano para n ≥ 5

Solucion.

a) Vease los apuntes de teorıa.

b) b.1) Vease los apuntes de teorıa.b.2) Vease los apuntes de teorıa.

c) Vease los apuntes de teorıa.

d) Sea Kn un grafo completo de n vertices (con n ≥ 5). Por el apartado b.2) sabemos que si setrata de un grafo plano ha de verificar la relacion a ≤ 3v − 6. Dado que el numero de aristas deun grafo completo de n vertices es a = n(n−1)

2 , se ha de cumplir que n(n−1)2 ≤ 3n− 6. Operando

n(n− 1)2

≤ 3n− 6 ⇔ n2 − 7n + 12 ≤ 0

Sin embargo, si resolvemos la ecuacion n2 − 7n + 12 = 0 las soluciones que se tienen son n = 3 on = 4. De manera que si n ≥ 5 se tiene que n2 − 7n + 12 > 0. Por tanto, si n ≥ 5 no se satisfacela relacion del apartado b.2), luego, Kn no es plano para n ≥ 5.

28. a) Sea G = (V, A) un grafo conexo con |V | ≥ 11. Demostrar que al menos uno de entre G y sucomplementario G debe ser un grafo no plano.

b) El resultado de (a) es verdadero para |V | ≥ 9, pero la demostracion para |V | = 9, 10 es muchomas difıcil. Encontrar un contraejemplo de la parte (a) para |V | = 8.

Solucion.

a) Sea G un grafo conexo con v vertices, siendo v ≥ 11, y a aristas. Su grafo complementarioG tendra el mismo numero de vertices y v(v−1)

2 − a aristas. Supongamos que tanto G comoG son planos (lo que implica en particular que ambos tienen mas al menos tres aristas, todavez que en otro caso alguno no serıa plano). Como en todo grafo plano de al menos 3 aristas(independientemente de que sea o no conexo: se sugiere adaptar las formulas del ejercicio anteriorpara el caso de grafos no conexos de k componentes conexas) se verifica la relacion a ≤ 3v − 6,se tiene que:


G es plano ⇒ a ≤ 3v − 6

G es plano ⇒ v(v − 1)2

− a ≤ 3v − 6 ⇒ v(v − 1)2

− 3v + 6 ≤ a

}⇒ v(v − 1)

2−3v+6 ≤ 3v−6 ⇒

⇒ v2 − 13v + 24 ≤ 0

Las soluciones de la ecuacion v2−13v +24 = 0 son ambas menores que 11 y a partir de la mayorde estas soluciones se tiene que v2 − 13v + 24 > 0. Por tanto, se tiene una contradiccion, por loque los dos grafos G y G no pueden ser ambos planos si el numero de vertices v ≥ 11.

• Tenemos que encontrar un grafo G plano de 8 vertices, cuyo complementario sea tambien plano.Para buscar dos grafos complementarios de 8 vertices que sea plano, teniendo en cuenta que K8

tiene a = 8·72 = 28 aristas, busquemos un grafo G de 14 aristas que admita una inmersion en el

plano, como el de la figura 23.

a b

c

d

e f

g

h

a b

c

d

e f

g

h

Figura 23: Grafo plano G de 8 vertices y una inmersion en el plano de dicho grafo

Su complementario es el grafo representado en la figura 24, que como se puede ver, es isomorfo aG, por tanto, tambien admite una inmersion en el plano (el grafo G es autocomplementario, porser isomorfo a su complementario).

a f

c

h

e b

g

d

a b

c

d

e f

g

h

Figura 24: El grafo complementario de G es isomorfo a G

29. Consideremos el grafo ponderado G = (V,A) de la Figura 25.

Sea M la matriz de adyacencia de G, la cual tiene por filas: (0, 0, 1, 0, 2, 1, 3), (0, 0, 0, 2, 0, 4, 1),(1, 0, 0, 3, 0, 0, 5), (0, 2, 3, 0, 5, 0, 0), (2, 0, 0, 5, 0, 3, 0), (1, 4, 0, 0, 3, 0, 1), (3, 1, 5, 0, 0, 1, 0), y donde loselementos no nulos de M representan los pesos de las aristas de G. Responder razonadamente a lassiguientes cuestiones:

a) ¿Es G plano? En caso afirmativo dar una realizacion plana del mismo.

b) ¿Es G euleriano? ¿Es G hamiltoniano? En caso afirmativo encontrar un circuito euleriano o unciclo hamiltoniano.

c) ¿Es G bipartito? Justifica la respuesta.


5

7

6

2 1

3

4

Figura 25: Grafo ponderado

d) Hallar χ(G).

e) Hallar el camino mas corto del vertice 2 al vertice 5, construyendo el arbol recubridor de G.

Solucion.

a) Efectivamente, se trata de un grafo plano. De hecho, en la figura 26 se muestra una inmersiondel grafo en el plano.

5

7

6

2

1

3

4


b) El grafo G dado no es un grafo euleriano, ya que contiene vertices de valencia impar: 2, 3, 4 y 5.Sin embargo, este grafo es hamiltoniano, ya que el ciclo {2, 7, 3, 1, 6, 5, 4, 2} es un ciclo hamilto-niano.

c) Es facil comprobar que este grafo no es bipartito, puesto que contiene ciclos de longitud impar,como por ejemplo el ciclo de longitud 3 siguiente: {1, 6, 5, 1}.

d) Podemos aplicar el algoritmo voraz para obtener una cota superior del numero cromatico. Siaplicamos el algoritmo siguiendo la ordenacion natural, tenemos lo siguiente:

vertices 1 2 3 4 5 6 7colores 1 1 2 3 2 3 4

Hemos encontrado una 4-vertice-coloracion, por lo que el numero cromatico es χ(G) ≤ 4.Por otra parte, dado que el grafo no es bipartito, necesariamente el numero cromatico χ(G) ≥ 3.Luego, tenemos probado que 3 ≤ χ(G) ≤ 4.Pero, en realidad, χ(G) > 3, como se puede comprobar con un razonamiento del tipo que seexpone a continuacion.Los vertices 1, 3 y 7 conforman un ciclo C3, de manera que han de poseer colores distintos entre sı.Supongamos que se asigna color 1 a 1, color 2 a 3, color 3 a 7. Por ser 6 adyacente simultaneamentea 1 y 7, habrıa de colorearse con color 2. El vertice 2 es adyacente simultaneamente a 6 y 7,


luego habrıa de colorearse con color 1. A su vez, el vertice 5 es adyacente simultaneamente a 1 y6, luego habrıa de tener color 3. De manera que el vertice 4 es adyacente a vertices con los trescolores (al vertice 2, con color 1; al vertice 3, con color 3; al vertice 5, con color 3), por lo quetendrıa que utilizarse un cuarto color para el.

e) Para hallar el camino mas corto del vertice 2 al vertice 5, podemos aplicar el algoritmo deDijkstra, tomando como vertice base inicial el vertice 2.

1 2 3 4 5 6 7 base arista∞ 0 ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ 2 −∞ − ∞ 2 ∞ 4 1 7 {2, 7}4 − 6 2 ∞ 2 − 4 {2, 4}3 − 5 − 7 2 − 6 {7, 6}3 − 5 − 5 − − 1 {7, 1}− − 4 − 5 − − 3 {1, 3}− − − − 5 − − 5 {6, 5}

De la tabla anterior se deduce que el camino mas corto para ir del vertice 2 al vertice 5 es:{2, 7, 6, 5} y la longitud de dicho camino es 5.La figura 27 muestra un arbol recubridor de G que da los caminos mas cortos desde el vertice 2hasta cualquier otro vertice (en particular, al vertice 5).

2

7 4

6

5 1

3

1

1

1 3

2

1


30. El esquema que se adjunta a continuacion representa las sedes de la Eurocopa 2004 de Portugal, asıcomo las carreteras que las unen.

Braga

Guimaraes

Oporto Aveiro

Coímbra

Leiría

Lisboa

Faro

a) Unos inspectores de la U.E.F.A. pretenden supervisar las sedes, para lo cual quisieran estable-cer una ruta que evite visitar mas de una vez cada poblacion. ¿Es esto posible empezando yterminando en la misma poblacion?

b) ¿Y comenzando y terminando en poblaciones distintas?

c) Por otra parte, el Ministerio de Fomento y Obras Publicas de Portugal quiere exportar unaimagen saludable de Portugal, por lo que se preocupa del estado de las carreteras. Justificar laexistencia de una ruta para que un funcionario del ministerio revise todas las carreteras sin pasardos veces por la misma vıa.

d) Establecer dicha ruta, mediante el procedimiento adecuado.


e) Hallar una coloracion optima para las provincias de Portugal:

f) ¿Es posible que las provincias correspondientes a Lisboa y Oporto tengan el mismo color en unacoloracion optima?

Solucion.

a) Es trata de encontrar un ciclo hamiltoniano, que no existe por tener el grafo un vertice de corte;dicho vertice de corte es Oporto.

b) Encontrar un camino hamiltoniano, que es lo que nos estan pidiendo, sı es posible. Un ejemplode camino hamiltoniano que podemos dar es (Guimares, Braga, Oporto, Aveiro, Leirıa, Lisboa,Faro, Coımbra).

c) Se trata de probar que el grafo admite un circuito euleriano o un recorrido euleriano. Se observaclaramente que el grafo es conexo y, ademas, todos los vertices tienen valencia par exceptuandolos vertices correspondientes a Aveiro y Faro. De manera que admite un recorrido euleriano, deextremos ambas ciudades.

d) Basta anadir una arista entre Aveiro y Faro (si se quiere, con un vertice intermedio, aunque nohace falta) y aplicar el algoritmo de Euler para la localizacion de un circuito euleriano, consistenteen la insercion sucesiva de un ciclo en otro ya preexistente. Ası:

• Partimos del ciclo C=(Faro, Lisboa, Leirıa, Aveiro, Oporto, Coımbra, Faro).• Insertamos el ciclo (Oporto, Guimares, Braga, Oporto), de manera que tenemos C=(Faro,

Lisboa, Leirıa, Aveiro, Oporto, Guimares, Braga, Oporto, Coımbra, Faro).• Insertamos ahora el ciclo (Faro, Aveiro,Coımbra, Leirıa, Faro), obteniendo C=(Faro, Aveiro,Coımbra,

Leirıa, Faro, Lisboa, Leirıa, Aveiro, Oporto, Guimares, Braga, Oporto, Coımbra, Faro).

El resultado buscado consiste en eliminar la primera arista (que fue la artificialmente anadida)del circuito anterior.

e) Consideremos el grafo G asociado al plano dado, con un vertice por cada region, siendo dosvertices adyacentes cuando las regiones correspondientes son fronterizas por un segmento:Es claro que χ(G) ≥ 3, dado que G no es un grafo bipartito (contiene ciclos de orden 3, porejemplo). Para obtener una cota superior del numero cromatico, aplicamos el algoritmo vorazde vertice coloracion. Para ello podemos seguir la ordenacion que se indica a continuacion:

vertice Faro Beja Setubal Evora Lisboa Santarem Portalegre Leirıa C.Brancocolor 1 2 1 3 3 2 1 1 3vertice Coımbra Guarda Aveiro V iaeu Braganza Oporto V.Real Braga V.Castelocorlor 2 1 1 3 2 2 1 3 1

De esta forma, hemos conseguido dar una vertice-coloracion con 3 colores y como habıamosdemostrado este era el mınimo valor que podıa tomar el numero cromatico, tenemos que χ(G) = 3.


Faro Beja

Setúbal

Lisboa

Santarem

Évora

Portalegre

Castelo Branco

Guarda

Braganza

Vila Real

Braga

Viana do Castelo

Oporto

Aveiro

Coimbra Leiría

Viaeu

f) Hemos visto que una coloracion optima utiliza 3 colores. Como consecuencia, los vertices deLisboa y Castelo Branco han de tener el mismo color, pues los dos son adyacentes a una parejade vertices, a su vez adyacentes entre sı, ( Santarem y Leirıa). Por otra parte, y siguiendo elmismo razonamiento, Oporto y Coımbra tambien estaran coloreados con el mismo color, puesambos son adyacentes a la pareja de vertices Aveiro y Viaeu, que tambien son adyacentes entresı. Pero Coimbra y Castelo Branco tambien son adyacentes entre sı, por lo que no pueden tenerel mismo color, resultando que Oporto y Lisboa nunca pueden tener el mismo color en ningunade las coloraciones optimas.

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