Colección de Exámenes de Matemática Discreta

Escuela Técnica Superior
de Ingenierı́a Informática Curso 2007/2008
Colección de Exámenes
de
Matemática Discreta
Depto. de Matemática Aplicada I
MATEMÁTICA DISCRETA
Colección de exámenes
Curso 2007/2008
10 de Diciembre de 1999
Ejercicio 1
Se denomina grafo molinillo de orden n, Mn , a un grafo con vértices Vn = {0, 1, 2, . . . , 2n} y aristas An =
{{0, i} : 1 ≤ i ≤ 2n} ∪ {{2i − 1, 2i} : 1 ≤ i ≤ n}. Ası́ por ejemplo M4 serı́a el grafo
4
3
2
Q
,
,
Q
,
Q
,
QQ
,
0
5
1
Z
"
"
Z
"
Z
"
Z
"
6
7
8
1. ¿Para qué valores de n es Mn euleriano?
2. ¿Para qué valores de n admite Mn un recorrido euleriano?
3. Se define vértice de corte como aquel, que al eliminarlo del grafo, aumenta el número de componentes
conexas del mismo. Encontrar el número de vértices de corte de Mn para todo n.
4. ¿Para qué valores de n es Mn hamiltoniano?
5. ¿Para qué valores de n admite Mn un camino hamiltoniano?
6. Calcular el número cromático de Mn .
7. Dar un coloreado de aristas de Mn utilizando el menor número de colores posibles.
Solución. La Figura 1 muestra los grafos molinillo M1 , M2 , M3 y M4 .
2
3
4
1
0
M2
M1
5
0
M4
6
5
1
0
6
2
2
3
4
1
0
3
4
2
M3
1
8
7
Figura 1: Los grafos molinillo M1 , M2 , M3 y M4 .
1. Teniendo en cuenta que, para cualquier n: δ(0) = 2n, δ(i) = 2 (1 ≤ i ≤ 2n), el grafo es siempre euleriano,
ya que todos los vértices son pares.
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2. Por la misma razón anterior, nunca admite un recorrido euleriano.
3. Si n = 1 el grafo no tiene vértices de corte, ya que se trata del ciclo C3 . En cambio, si n > 1, el vértice 0
es un vértice de corte, ya que se trata de un grafo conexo y al eliminar el vértice 0 obtendrı́amos un grafo
con n componentes conexas.
4. Para n = 1 el grafo es hamiltoniano, pues se trata de C3 . En cambio para n ≥ 2 no lo es ya que tiene un
vértice de corte.
5. Para n = 1 admite el camino hamiltoniano 0 − 1 − 2. Para n = 2 admite el camino hamiltoniano 1 − 2 −
0 − 3 − 4. Para n ≥ 2 no existe camino hamiltoniano, ya que tiene un vértice de corte de forma que al ser
eliminado, el número de componentes conexas del grafo aumenta en n ≥ 2 unidades.
6. Habida cuenta que Mn contiene el ciclo impar C3 ≡ 0 − 1 − 2 − 0, el grafo no es bipartito y por tanto
χ(Mn ) ≥ 3. Por otro lado la aplicación c : V −→ N , c(0) = 0, c(2i − 1) = 1, c(2i) = 2 es una vértice–
coloración con tres colores, por lo que χ(Mn ) = 3.
7. Está respondido en el apartado anterior.
Ejercicio 2
Responder a las siguientes cuestiones:
1. Se define estructura arbórea como todo grafo obtenido a partir del siguiente proceso:
a) Un vértice aislado es una estructura arbórea.
b) Si a una estructura arbórea se le añade un vértice y una arista que lo une a otro vértice cualquiera,
resulta otra estructura arbórea.
Demostrar que un grafo T es un árbol si y solo si T es estructura arbórea.
2. ¿Cuántas componentes conexas debe tener un grafo con 1200 vértices, 1000 aristas y sin ciclos? Describir
dos grafos no isomorfos cumpliendo las condiciones anteriores.
3. ¿Cuál es el número máximo de componentes conexas de un grafo con 1200 vértices y 1000 aristas, posea
o no ciclos? Describir dicho grafo.
Solución.
1. Es evidente que si un grafo T es una estructura arbórea es conexo, ya que en cada paso a.2) se conserva
la conexión del grafo y además el número nv de vértices y el número na de aristas verifican na = nv − 1,
ya que en el paso a.1) comenzamos con un vértice aislado y cada paso por a.2) aumenta tanto el número
como el de aristas en una unidad. Por lo tanto T es un árbol. Recı́procamente, si T es un árbol, podemos
describirlo mediante una estructura arbórea eligiendo, para empezar, uno cualquiera de sus vértices, que
se puede considerar la raı́z del árbol y recorrer el árbol mediante cualquiera de los algoritmos DFS o BFS.
2. Teniendo en cuenta la relación a = v − l entre las a aristas, los v vértices y las l componentes conexas de
un bosque, el bosque tendrá l = 200 componentes conexas.
3. Para conseguir el mayor número de componentes conexas habrá que conseguir el mayor número posible
de vértices aislados. Para ello hemos de incluir el mayor número de aristas con el menor número posible
de vértices en una misma componente conexa. Esto es, hay que conseguir un grafo completo con el mayor
n(n − 1)
≤ 1000.
número posible de las 100 aristas. Por lo tanto hemos de buscar el mayor número n tal que
2
√
Es decir, como 2000 ≈ 44,7, n = 45. El grafo completo K45 tiene 45 vértices y 990 aristas. Si añadimos
un vértice unido a 10 de los vértices de K45 por el resto de las 10 aristas, tendremos una componente
conexa C1 con 46 vértices y 1000 aristas. Si consideramos los otros 1200 − 46 = 1154 vértices aislados
tendremos un grafo con 1200 vértices , 1000 aristas y 1155 componentes conexas (véase la Figura 2).
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10
9
8
K45
7
6
5
4
3
46
47
48
1200
2
1
Figura 2: Un grafo con 1200 vértices, 1000 aristas y 1155 componentes conexas.
Ejercicio 3
A una fiesta de final de carrera acuden un grupo de amigos cuyos nombres son: Alicia (A), Berta (B), Celia (C),
Darı́a (D), Elena (E), Felipe (F), Gerardo (G), Hilario (H), Ignacio (I) y Jacobo (J). Cada chica solo acepta
bailar con un chico según el esquema siguiente: A acepta como pareja a F,G,H.
B acepta como pareja a
G,I. C acepta como pareja a F,G.
D acepta como pareja a G,I,J. E acepta como pareja a F,G,H
1. Dibujar el grafo que modela la situación anterior, representando cada persona por un vértice.
2. ¿Es posible conseguir que, a la vez, cada chica baile con un chico de los que acepta como pareja de baile?
En caso afirmativo dar dichas parejas de baile. En caso contrario, encontrar el número máximo de parejas
de baile posibles cumpliendo las condiciones indicadas.
3. ¿Es posible la situación b) si Darı́a baila con Ignacio? En caso afirmativo dar dichas parejas de baile.
4. Al grupo se incorporan seis nuevos amigos: Luisa (L), Marı́a (M), Natalia (N), Otilio (O), Pedro (P) y
Quintı́n (Q) quedando el esquema del siguiente modo: A acepta como pareja a F,G,H,O.
B acepta
como pareja a G,I. C acepta como pareja a F,G,O.
D acepta como pareja a G,I,J. E acepta como
pareja a F,G,H,O,P,Q.
L acepta como pareja a I,O. M acepta como pareja a J.
N acepta como
pareja a G,I,J,O. Resolver las cuestiones b) y c) en esta situación.
5. Indicar cual es el número mı́nimo de bailes necesarios para que cada chica baile con todos y cada uno de
los chicos a los que acepta como pareja de baile.
Solución.
1. El resultado está en la Figura 3.
2. Podemos encontrar un emparejamiento completo (véase la Figura 4). Las parejas de baila son A − H,
B − I, C − G, D − J y E − F .
3. Si Darı́a baila con Ignacio, el problema se modeliza con un grafo de forma que D sólo es adyacente a I
e I sólo es adyacente a D. En este caso el grafo no admite un emparejamiento completo, la Figura 5 nos
muestra el emparejamiento máximo A − H, B − G, C − F y D − I.
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A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
Figura 3:
A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
Figura 4:
A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
Figura 5:
A
B
C
D
E
L
M
N
F
G
H
I
J
O
P
Q
Figura 6:
4. En este caso tenemos un nuevo grafo bipartito. Las Figuras 6 y 7 nos muestran, respectivamente, los
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A
B
C
D
E
L
M
N
F
G
H
I
J
O
P
Q
Figura 7:
resultados a los dos problemas anteriores en la nueva situación.
5. En cada baile debe haber parejas, de forma que no pueden haber dos parejas con la misma persona,
por lo tanto se trata de obtener una arista–coloración del grafo correspondiente. Por tanto hemos de
obtener el ı́ndice cromático del grafo. Teniendo en cuenta que la valencia máxima del grafo es ∆ = 6,
6 ≤ χ1 (G) ≤ 7. La Figura 8 muestra una arista–coloración del grafo con 6 colores. Por lo tanto el número
A
B
1
2
1
4
3
2
3
F
1
2
1 3
C
2
2
4
1
1
3
5
6
G
D
4
1
3
H
2
1
E
2
3
L
3
5
4
1
2
2
1
I
J
4
5
6
3
1
4
2
O
6
1
5
5
N
M
3
4
5
3
6
4
P
Q
Figura 8:
de bailes necesarios para que cada chica baile con cada uno de los chicos será 6.
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13 de Junio de 2000
Ejercicio 1
Para cada n ∈ N, sea Pn el panal simétrico formado por 2n − 1 columnas de celdillas hexagonales apiladas unas
encima de otras, que en las columnas i y 2n − i consta de exactamente i celdillas:
x6
u
x2
u
x4
u
u u
u
e
u u
x9
u
x12
u
x7
u
u x1 u
x3
u
P1
ux16
x13
u
x8
u
u u
u u
x10
u
x5
u
u u
x14
u
u
x15
u
u u
u pu
u u
u u
u u
u u
u u
u u
x11
u
u
u u
u u
u u
P3
P2
Se pide:
1. Hallar el número de caras, vértices y aristas del grafo plano Pn .
Ayuda: Contar vértices y celdillas de Pn por columnas.
2. Calcular el número de aristas que serı́a necesario eliminar para obtener un árbol recubridor en Pn .
3. ¿Es Pn bipartito?. Justifı́quese la respuesta. Calcular el número cromático de Pn , ası́ como el número
mı́nimo de colores que se puede utilizar para realizar una arista-coloración de Pn .
4. Llamemos Xn (Yn , respectivamente) al conjunto de vértices en Pn situados en las columnas impares
(pares, respectivamente). Probar que en Xn y en Yn hay el mismo número de vértices. Encontrar en P2
un emparejamiento máximo a partir del emparejamiento inicial entre X2 e Y2 que constituyen todas las
aristas horizontales. Enunciar la condición de Hall. ¿Se verifica esta condición para P2 ? Justifı́quese la
respuesta.
5. Estudiar el carácter euleriano y hamiltoniano de Pn , según el valor de n.
Solución
1. Si llamamos ci al número de caras interiores que se encuentran en la columna i de celdillas y teniendo en
cuenta la simetrı́a del grafo:
c = 1 + c1 + c2 + · · · + cn−1 + cn + cn−1 + · · · + c2 + c1 = 1 + 2(1 + 2 + · · · + (n − 1)) + n
1 + (n − 1)
(n − 1) + n = n2 + 1
2
Igualmente, si llamamos vi al número de vértices de la columna i de celdillas, i = 1, . . . , 2n − 1 y teniendo
en cuenta de nuevo la simetrı́a del grafo:
c=1+2
v = 1 + v1 + v2 + · · · + vn−1 + vn + vn−1 + · · · + v2 + v1 + 1 = 1 + 2(4 + 6 + · · · + 2n) + 2(n + 1) + 1
4 + 2n
(n − 1) + 2n + 2 = 2n2 + 4n
2
Como se trata de un grafo plano conexo, verifica la fórmula de Euler,
v =2+2
v + c = a + 2 =⇒ a = v + c − 2 = 2n2 + 4n + n2 + 1 − 2 = 3n2 + 4n − 1
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2. Teniendo en cuenta que un árbol recubridor tiene v − 1 aristas, éste tendrá 2n2 + 4n − 1 aristas, por lo
que habrá que eliminar a − v aristas:
3n2 + 4n − 1 − (2n2 + 4n − 1) = n2
3. Sı́ es un grafo bipartito, ya que los únicos ciclos que contiene son de longitud par. En efecto, para formar
un ciclo, cada vez que nos desplacemos hacia un vértice a la derecha, hemos de realizar el mismo desplazamiento hacia la izquierda y por tanto tendrá un número par de aristas. En virtud de lo anterior, el
número cromático de Pn será χ(Pn ) = 2. Igualmente y teniendo en cuenta que la máxima valencia de Pn
es 3, el ı́ndice cromático de Pn será χ1 (Pn ) = ∆ = 3.
4. Teniendo en cuenta que el grafo es simétrico respecto de una lı́nea imaginaria que divida verticalmente la
columna central de celdillas y que el número de columnas verticales en que quedan divididos los vértices
es par, concretamente 2(2n − 1) + 2 = 4n, el número de vértices de columnas impares coincidirá con el
número de vértices de columnas pares. En cuanto al estudio de P2 , la Figura 9 muestra el árbol de camino
alternado obtenido a partir del emparejamiento inicial y nos muestra el emparejamiento completo obtenido
produciendo el correspondiente cambio en el camino alternado x1 − x2 − x4 − x6 − x9 − x12 − x14 − x16 .
El grafo P2 si verifica la condición de Hall, ya que admite un emparejamiento completo.
x6
x2
x4
x1
x12
x7
x3
x1
x9
x13
x8
x5
x6
x7
x8
x9
x10
x11
x12
x13
x14
x15
x15
x11
x3
x4
x16
x10
x5
x2
x14
x16
Figura 9:
5. El grafo Pn es euleriano si y sólo si n = 1, ya que en otro caso tiene vértices de valencia 3. Igualmente Pn
es hamiltoniano si y sólo si n = 1, ya que si tratamos de encontrar un ciclo Hamiltoniano en Pn (n > 1)
y empezamos dicho ciclo en x1 , al llegar a x4 o x5 tenemos las opciones x6 , x7 , x8 , por lo que al volver de
nuevo al punto x5 o x4 dejarı́amos uno de los vértices x6 , x7 , x8 sin visitar.
Ejercicio 2
(2.1) Sea G un grafo sin ciclos con p vértices y q aristas.
1. Probar que si q = p − 1, entonces G es un árbol.
2. Si q < p − 1, ¿puede ser G conexo?. Justificar la respuesta.
(2.2) Se considera el siguiente algoritmo, que toma como dato de entrada un grafo G = (V, A) conexo, ponderado
de p vértices y q aristas.
P1 S ← ∅
P2 Tomar una arista a ∈ A de peso mı́nimo de entre las que verifiquen que a ∈
/ S y (V, S ∪ {a}) no tenga
ciclos; entonces S ← S ∪ {a}
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P3 Si |S| = p − 1, entonces el proceso termina y retorna como salida T = (V, S). En otro caso, volver a
P2.
Nota: En todo lo que sigue, G denotará el grafo entrada del algoritmo y T el grafo salida.
1. Ejecutar este algoritmo sobre el grafo siguiente:
gy
2
gx
5
3
5
4
6
gw
2
g
u
2
1
g
v
2. Probar que si |S| < p − 1 y (V, S) no tiene ciclos, entonces existe una arista de G, a, satisfaciendo
que a ∈
/ S y (V, S ∪ {a}) no tiene ciclos. Deducir que el algoritmo termina siempre. ¿Cuantas veces
son necesarias ejecutarse P2 para que el algoritmo termine?.
3. Probar que T es un árbol recubridor de G.
4. Para cualquier arista a denotaremos su peso por ω(a). Se define el peso de G, ω(G), como la suma
de los pesos de cada una de sus aristas. Denotaremos por a1 , a2 , . . . , ap−1 las aristas de T ordenadas
según se van incorporando a S en el algoritmo.
Sea H un árbol recubridor de G de peso mı́nimo; (esto es, si F es cualquier árbol recubridor de G,
entonces ω(H) ≤ ω(F ) ). Supongamos que H = T y que ai es la primera arista de T que no está en
H.
a) Probar que G = H ∪ {ai } posee un ciclo.
b) Probar que existe una arista a del ciclo del apartado anterior que no está en T , verificando que
T = G − {a } es un árbol recubridor de G y ω(a ) ≤ ω(ai ).
c) Deducir que ω(a ) = ω(ai ) por la construcción de T según el algoritmo.
d ) Probar que ω(H) = ω(T ).
e) Haciendo uso del apartado anterior, probar que T es un árbol recubridor de peso mı́nimo para
G.
Solución.
(2.1)
1. Si T = (V, A) es un grafo acı́clico, de forma que sus números p de vértices y q de aristas verifican
q = p − 1, probemos que T es conexo. Si T no fuera conexo, sean T1 = (V1 , A1 ), . . . Tk = (Vk , Ak ) sus
componentes conexas. Obviamente p = |V | = |V1 | + · · · + |Vk | y q = |A| = |A1 | + · · · + |Ak |.
Sean v1 ∈ V1 , v2 ∈ V2 , . . ., vk ∈ Vk un vértice de cada una de las componentes conexas. Si al grafo T
le añadimos, como muestra la Figura 10, las k − 1 aristas {v1 , v2 }, {v2 , v3 }, . . . , {vk−1 , vk } obtenemos
un grafo que ya es conexo y que sigue sin tener ciclos, por lo tanto es un árbol. Pero el número de
aristas de este árbol serı́a q + k − 1 y por lo tanto tendrı́amos la contradicción de disponer de un árbol
que no verifica la propiedad T.5. Por lo tanto el grafo T ha de ser conexo y se trata de un árbol.
2. Si fuera conexo, serı́a un árbol. Pero esto es contradictorio con el hecho de que q < p − 1.
(2.2) Demostración extraı́da del texto:
“Applied and Algorithmic Graph Theory”de G. Chartrand y O.R. Oellermann
1. Se obtiene el árbol de aristas S = {{u, v}, {y, x}, {u, w}, {u, x}} (véase la Figura 11).
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v1
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v2
(V2,A2)
(V1,A1)
vk
(Vk,Ak)
Figura 10: Todo grafo sin ciclos con nv − 1 aristas es conexo.
y
2
x
5
5
6
3
u
2
w
4
2
v
1
Figura 11:
2. Si |S| < p − 1 y (V, S) no tiene ciclos, entonces (V, S) no puede ser conexo, ya que si lo fuera serı́a un
árbol, lo que es contradictorio con el hecho de tener un número de aristas inferior a p − 1. Por lo tanto
(V, S) tiene al menos dos componentes conexas C1 y C2 . Ahora bien, como el grafo G es conexo, ha
de existir una arista a que une un vértice de C1 con otro de C2 y tenemos entonces que (V, S ∪ {a})
no tiene ciclos. Según la demostración anterior, el algoritmo tendrá fin, ya que está garantizado que
podemos llevar a cabo el paso P 2 cada vez que pase por él. Este algoritmo terminará cuando pase
por P 2 un total de p − 1 veces.
3. Al terminar el algoritmo tenemos un grafo T = (V, A), con el mismo conjunto de vértices que el grafo
inicial G, por lo tanto será un subgrafo recubridor de G. Además este grafo T = (V, A) no tiene ciclos
y conserva la relación |A| = |V | − 1 y por tanto será un árbol. Por tanto T es un árbol recubridor de
G.
4. Sea T = (V, A), siendo A = {a1 , a2 , . . . , ap−1 }, el árbol recubridor proporcionado por el algoritmo. Sea
H un árbol recubridor de peso mı́nimo de G. Supongamos que H fuera distinto del árbol recubridor
T . Sea ai la primera arista de T que no está en H.
a) El grafo G = H ∪ {ai } es conexo. Además como H es un árbol, tiene p − 1 aristas, por lo que
el grafo G tiene p aristas, por lo tanto debe contener un ciclo C, que obviamente contendrá la
arista ai .
b) Además este ciclo debe contener una arista a no contenida en T , ya que de lo contrario el ciclo
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C estarı́a contenido en T . Por otro lado T = G − {a } es conexo y tiene p − 1 aristas, luego es
un árbol recubridor de G, cuyo peso viene dado por
w(T ) = w(H) + w(ai ) − w(a )
Como H es mı́nimo, w(T ) ≥ w(H), por lo que w(ai ) ≥ w(a ).
c) Ahora bien, ai es la arista de menos peso de G, de forma que {a1 , a2 , . . . , ai−1 } ∪ {ai } no tiene
ciclos. Pero {a1 , a2 , . . . , ai−1 } ∪ {a } ⊆ H y por tanto no tienen ciclos, por lo que w(ai ) ≤ w(a ).
Tenemos por tanto que w(ai ) = w(a ).
d ) Como w(T ) = w(H) + w(ai ) − w(a ), tenemos que w(T ) = w(H).
e) Si T no fuera un árbol recubridor de peso mı́nimo, tomarı́amos como árbol H el árbol recubridor
de peso mı́nimo que tenga el mayor número de aristas en común con T . Como este árbol H serı́a
distinto de T podrı́amos seguir los pasos anteriores y llegarı́amos a una contradicción, ya que el
nuevo árbol T tiene una arista más en común con T que el árbol H.
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Septiembre de 2000
Ejercicio 1
Sea G = (V, A) un grafo conexo, plano con p vértices y q aristas. Denotaremos por ni el número de vértices de
valencia i.
1. Probar que q ≤ 3p − 6.
2. Probar que
(6 − i)ni ≥ 12.
Ayuda:
i≥1
i≥1
ni = p,
ini = 2q.
i≥1
3. Probar que G contiene, al menos, un vértice u de valencia menor o igual que cinco.
4. Supongamos que G − {u} admite una vértice-coloración con cinco colores. Probar que:
a) Si δ(u) < 5, o bien, si δ(u) = 5 pero dos de los vértices adyacentes a u están coloreados con un mismo
color para la 5-coloración de G − {u}, entonces G admite una vértice-coloración con cinco colores.
b) Si δ(u) = 5 donde para la 5-coloración de G − {u} los vértices adyacentes a u que denotamos por
{z1 , z2 , z3 , z4 , z5 } tienen colores diferentes, suponemos que zi está coloreado con el color i. Definimos
el conjunto S formado por los vértices de colores 1 o 3 que están conectados a z1 por caminos formados
por vértices de colores 1 o 3.
Probar que si en S intercambiamos el color 1 por 3. La 5-coloración de G − {u} no se ve alterado.
Probar que si z3 no pertenece a S, entonces G admite una vértice-coloración con cinco colores.
5. Suponiendo en el apartado d,2) que en el caso en que z3 ∈ S, también se pueda obtener una vérticecoloración de G con cinco colores. Probar que todo grafo plano, conexo admite una vértice coloración con
cinco colores.
Solución:
1. Está demostrado en teorı́a.
(6 − i)ni =
6 ni −
i ni = 6 p − 2q ≥ 12, utilizando el apartado anterior.
2.
i≥1
i≥1
i≥1
3. Según el apartado anterior
(6 − i)ni ≥ 12 > 0, entonces
i≥1
6n0 + 5n1 + 4n2 + 3n3 + 2n4 + n5 +
(6 − i)ni > 0 =⇒ 6n0 + 5n1 + 4n2 + 3n3 + 2n4 + n5 >
(i − 6)ni > 0
i≥6
i≥7
Por lo que alguno de los números no negativos n0 , n1 , n2 , n3 , n4 , n5 ha de ser no nulo y por lo tanto debe
haber al menos un vértice u con valencia menor o igual que 5.
4. Demostración extraı́da del texto:
“Applied and Algorithmic Graph Theory”de G. Chartrand y O.R. Oellermann
Tengamos una vértice-coloración de G − {u}, con cinco colores.
a) Si u es un vértice con valencia δ(u) < 5 (o con valencia δ(u) = 5 pero dos de sus vértices adyacentes
tienen el mismo color en la coloración de G−{u}), uno de los colores de dicha coloración no está siendo
utilizado por ninguno de los vértices adyacentes a u, por lo que podremos asignar dicho color al vértice
u y tendremos una vértice-coloración de G con 5 colores.
b) Sea δ(u) = 5, de forma que los vértices adyacentes a u, z1 , z2 , z3 , z4 , z5 , tienen colores diferentes, por
ejemplo cada zi tiene el color i (véase la Figura 12).
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Colección de exámenes
Curso 2007/2008
S
1
3
3
2
1
z1
1
2
z2
1
3
3
5
z5
z3
u
4
z4
2
2
5
4
Figura 12:
Si no pudiéramos intercambiar los colores 1 y 3 en S serı́a debido a que algún vértice y de S,
por ejemplo de color 1, es adyacente a un vértice w, de color 3, que no está en S. Pero esto es
imposible, ya que entonces este nuevo vértice es un vértice conectado a u con un camino formado
por vértices coloreados con 1 y 3. Por lo tanto se puede alterar los colores 1 y 3 en los vértices
de S y seguirı́amos teniendo una vértice-coloración de G − {u} con 5 colores.
Si z3 ∈
/ S, al cambiar los colores de los vértices de S, tendrı́amos que z1 y z3 tendrı́an asignados
el color 3, por lo que podemos asignar a u el color 1 y tendrı́amos una vértice-coloración de G
con 5 colores.
5. En este caso podrı́amos probar que todo grafo plano conexo es 5-coloreable. Procederemos por inducción:
Todo grafo de un número de vértices p ≤ 5 es 5-coloreable. Supongamos que la propiedad es cierta para
cualquier grafo con p vértices. Sea G un grafo con p + 1 vértices. Según hemos visto anteriormente, G ha
de tener un vértice u con valencia menor o igual que 5, entonces el grafo G − {u} tiene p vértices y por
tanto 5-coloreable. Siguiendo el proceso descrito anteriormente podemos obtener una vértice-coloración
de G con 5 colores.
Ejercicio 2
Consideremos un juego completo de dominó compuesto por 28 fichas que son todos los pares de combinaciones
posibles entre los elementos {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}. El juego consiste en concatenar las fichas por un lado común.
1. Tomando como vértices los elementos {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}, ¿qué representa una ficha?, ¿cuáles son las fichas
que se corresponden con los lazos?. Identificar el grafo que se obtiene con todas las fichas, sin dibujarlo.
2. Usando el grafo obtenido en el apartado anterior, demostrar que se puede concatenar las 21 fichas que no
son dobles (sin dibujarlo). ¿Se pueden concatenar todas las fichas?.
3. Consideremos ahora sólo aquellas fichas que contengan a un elemento impar y a un elemento par a la vez.
Decir de qué grafo se trata. ¿Se pueden concatenar todas estas fichas?. Razonar la respuesta.
4. En el juego clásico de dominó (en el que se reparten las 28 fichas entre 4 jugadores y sucesivamente van
poniendo una ficha cada uno de ellos) en un momento determinado se cierra el juego (no se pueden poner
más fichas por ningún extremo). Demostrar que cada componente conexa del grafo que resulta de eliminar
las aristas correspondientes a las fichas utilizadas, es euleriano. Como consecuencia, deducir que en un
cierre de dominó, el número de puntos que resta sin jugar ha de ser necesariamente par.
5. Representemos de otro modo el juego completo de dominó. Los vértices del grafo serán las fichas del dominó y existirá una arista entre dos vértices si las fichas correspondientes se pueden concatenar. ¿Se puede
encontrar un ciclo hamiltoniano en este grafo?. ¿Se cumple la condición suficiente de grafo hamiltoniano
(teorema de Hamilton)?.
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Curso 2007/2008
Solución:
1. Cada ficha será una arista del grafo. Las fichas dobles serán lazos que unen un vértice consigo mismo. Se
trata del grafo K7 con un lazo en cada vértice.
2. Concatenar fichas significa encontrar dos aristas incidentes en un vértice. Por lo tanto nos preguntan si
el grafo formado por las 21 fichas no dobles es euleriano. La respuesta es afirmativa ya que la valencia de
cada vértice es δ(v) = 6 y por tanto par. Sı́ se pueden concatenar todas las fichas, ya que en la solución
anterior bastarı́a incorporar el lazo, correspondiente a la ficha doble n− n en cualquier unión de dos aristas
incidentes en el vértice n.
3. En este caso el conjunto de vértices lo podemos dividir en dos V1 = {0, 2, 4, 6} y V2 = {1, 3, 5}, siendo
V = V1 ∪ V2 y el grafo será K4,3 . En este caso no se pueden concatenar todas las fichas, ya que la valencia
de los vértices {0, 2, 4, 6} es impar δ(2n) = 3 y por tanto no es un grafo euleriano.
4. Si el juego se cierra tendremos un circuito (secuencia de aristas incidentes, comenzando y terminando en
un mismo vértice). Entonces en cada vértice incide un número par de estas aristas, por lo que al eliminar
dichas aristas, la valencia de los vértices ha disminuido en un número par, por lo que dichos vértices siguen
siendo de valencia par y todas las componentes conexas del grafo resultante son eulerianas.
5. El grafo que aquı́ se describe es el grafo de lı́nea del grafo original. Por lo tanto como el grafo original es
euleriano, el grafo de lı́nea es hamiltoniano. No obstante este grafo G no verifica la condición suficiente
de grafo hamiltoniano, ya que tiene 28 vértices y la valencia de cada vértice m n es
12 si m = n
δ(m n) =
6 si m = n
Por lo tanto δ(G ) = 6 < 14 y no verifica la condición suficiente.
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Curso 2007/2008
27 de noviembre de 2000
Ejercicio 1
Se considera el grafo G que tiene por matriz de adyacencia:
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
0
1
1
1
1
1
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
Se pide:
1. Demostrar que el grafo es conexo, construyendo un árbol recubridor mediante la búsqueda en profundidad.
2. Estudiar si el grafo admite circuitos o recorridos Eulerianos y Hamiltonianos y en caso afirmativo hallarlos.
3. Responder a la pregunta anterior si se añade una arista entre el vértice 3 y el vértice 5.
Solución:
1. La Figura 13 muestra el árbol recubridor DFS.
1
2
8
3
7
4
6
1
4
6
2
5
8
3
7
5
Figura 13:
2. δ(1) = 4, δ(2) = 4, δ(3) = 3, δ(4) = 4, δ(5) = 3, δ(6) = 4, δ(7) = 4 y δ(8) = 4. Por lo tanto el grafo no
admite circuito euleriano, pero sı́ admite un recorrido euleriano (tiene dos vértices impares y los demás
pares). El algoritmo de Euler-1 nos aporta el recorrido euleriano:
3–7–4–8–2–5–8–3-6–2–7–1–4–6–1–5
Sı́ admite un ciclo hamiltoniano. Basta añadir al árbol obtenido en el apartado a, la arista 7–1, es decir:
1–4–6–2–5–8–3–7–1
La Figura 14 muestra el ciclo hamiltoniano.
3. Si se añade la arista 3–5, el grafo es euleriano y por tanto admite un circuito euleriano. Sigue lógicamente
siendo hamiltoniano.
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1
Curso 2007/2008
2
8
3
7
4
5
6
Figura 14:
Ejercicio 2
El responsable de organización académica de un centro en el que se imparte una diplomatura está tratando
de diseñar un calendario de exámenes en el que se utilice el mı́nimo número de dı́as posible. En cada uno de
los tres cursos hay 4 asignaturas, que etiquetamos según el orden natural (en primero, {1, 2, 3, 4}; en segundo,
{5, 6, 7, 8}; y en tercero, {9, 10, 11, 12}). Aparte de las incompatibilidades propias entre las asignaturas de un
mismo curso, se da la siguiente lista de incompatibilidades:
La asignatura 5 es incompatible con las asignaturas 2, 3, 4, 10, 11, 12.
La asignatura 6 es incompatible con las asignaturas 2 y 10.
La asignatura 7 es incompatible con la asignatura 11.
Se pide:
1. Calcular una distribución de asignaturas por dı́as de exámenes que utilice el menor número posible de
dı́as.
2. Hay disponibles tres aulas, con capacidad para 50, 100 y 150 alumnos, respectivamente. La relación de
matriculados por asignatura es la siguiente:
Asignatura
N. alumnos
1
100
2
125
3
110
4
115
5
105
6
75
7
60
8
50
9
25
10
45
11
35
12
40
¿Se puede llevar a cabo la distribución hallada en el apartado anterior? En caso negativo, encontrar una
distribución válida en el menor número de dı́as.
Solución:
1. La Figura 15 muestra una vértice–coloración del grafo del problema con 4 colores (a, b, c y d), obtenida
utilizando el algoritmo voraz de coloración de vértices con el orden natural de los vértices. Por lo que
χ(G) ≤ 4, pero como el grafo contiene a K4 , χ(G) ≥ 4. Por lo tanto χ(G) = 4 y la vértice–coloración
ofrecida es óptima en cuanto al número de colores. Por lo tanto una solución del problema con el menor
número de dı́as es la siguiente:
Dı́a
1
2
3
4
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Asignaturas
1, 5 y 9
2, 7 y 10
3, 6 y 11
4, 8 y 12
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(d)
12
(c)
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Curso 2007/2008
1 (a)
2 (b)
(b) 10
3 (c)
(a) 9
4 (d)
(d) 8
5 (a)
7 (b)
6 (c)
Figura 15:
2. Sirve la misma distribución, si llamamos 1 al aula grande, 2 a la mediana y 3 a la pequeña:
Dı́a
1
2
3
4
Aula 1
5
2
3
4
Aula 2
1
7
6
8
Aula 3
9
10
11
12
Ejercicio 3
Para 0 ≤ r ≤ 5, sea Gr = (V, Ar ) el grafo regular cuyos vértices son todos los números binarios de 5 cifras
V = {(x1 , . . . , x5 ) : xi ∈ {0, 1}},
y en el que dos vértices son adyacentes si se diferencian en exactamente r posiciones,
Ar = {uv : u = (u1 , . . . , u5 ), v = (v1 , . . . , v5 ), u = v,
5
|ui − vi | = r}.
i=1
Se pide:
1. Calcular el número de vértices de Gr y sus valencias.
2. Calcular el número de aristas de G0 . Deducir de qué grafo se trata.
3. Estudiar todas las propiedades del grafo G5 .
4. Demostrar que G1 es conexo y bipartito.
5. Probar asimismo que G2 no es conexo y tiene exactamente dos componentes conexas.
Solución:
1. |V | = 25 = 32. Son todos grafos regulares de valencias:
⎧
0
⎪
⎪
⎪
⎪
⎧
5
⎪
⎪
⎨
⎨ 0 si r = 0
10
5
δ(v) =
=
si r = 0
⎪ 10
⎩
⎪
r
⎪
⎪
5
⎪
⎪
⎩
1
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si
si
si
si
si
si
r=0
r=1
r=2
r=3
r=4
r=5
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Colección de exámenes
Curso 2007/2008
2. G0 no tiene aristas, se trata del grafo trivial formado por 32 vértices aislados.
3. G5 es un grafo formado por 16 componentes conexas, todas ellas isomorfas a P2 .
4. En efecto. Dados dos vértices cualesquiera, siempre existe un camino entre ellos. Si u = (u1 , . . . , u5 ) y
v = (v1 , . . . , v5 ) son dos vértices cualesquiera. Podemos “transformar.el primero de ellos en el segundo
cambiando en cada paso uno de los elementos ui que lo difieren de v. Cada una de estas transformaciones
representan una arista del grafo G1 . Además es bipartito, ya que el conjunto de vértices V se pueden
partir en dos subconjuntos independientes de vértices
V1 = {(x1 , . . . , x5 ) :
5
es impar}
V2 = {(x1 , . . . , x5 ) :
i=1
5
es par},
i=1
5. Este grafo está formado por dos componentes conexas, cuyos conjuntos de vértices respectivos son
V1 = {(x1 , . . . , x5 ) :
5
i=1
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es impar}
V2 = {(x1 , . . . , x5 ) :
5
es par},
i=1
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Curso 2007/2008
19 de Junio de 2001
Ejercicio 1
Para cada n ≥ 3, sea Pn la figura formada por tres polı́gonos regulares concéntricos de n lados cada uno, unidos
por los vértices del siguiente modo:
t
T
T
t T
T
T T
trs T T
T T T
T T T
T T T
T T T
T T T
Tsv T T
t
T
Q
QTts T
u
Q
Q TT
u
Qu
P3
t
ct
@ u
@
@t
u
u
t
s
@ t
@
@t
u
t
P4
1. Determinar para cada n, el mı́nimo número de colores necesarios para una vértice-coloración adecuada.
2. Demostrar que para todo n, el mı́nimo número de colores necesarios para una arista-coloración es 4.
3. ¿Existe un emparejamiento completo en Pn para n impar?
4. Dar un emparejamiento completo para P4 . Generalizarlo para Pn , con n par.
5. Enunciar la condición de Hall y razonar si se verifica para los grafos Pn .
6. Usando el algoritmo de búsqueda en anchura, obtener el árbol recubridor para P3 con raı́z en el vértice 0.
Solución:
1. La Figura 16 nos muestra cómo χ(P2k−1 ) = 3 y χ(P2k ) = 2.
2. Véase la Figura 17.
3. Imposible. Tienen un número impar de vértices.
4. Véase la Figura 18.
5. Se verifica para los grafos P2k .
6. Véase la Figura 19.
Ejercicio 2
1. Sea G un grafo 3–regular y hamiltoniano. Se pide:
a) Probar que G tiene un número par de vértices.
b) Demostrar que admite una arista coloración con tres colores.
c) ¿Es G euleriano?
2. Dado un grafo G = (V, A), llamemos L(G) (grafo lı́nea de G) al grafo cuyos vértices son las aristas (ai ∈ A)
de G y donde {ai , aj } es una arista de L(G) si ai y aj tienen en G un vértice común. Se pide:
a) Probar que K4 y L(K4 ) son hamiltonianos.
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9
13
7
5
12
6
1
3
14
1
5
8
2
4
2
3
9
4
8
6
10
7
11
15
11
12
15
7
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8
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1
1
14
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10
3
6
7
3
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8
5
10
2
2
12
9
13
17
4
11
18
Figura 16:
Figura 17:
b) Demostrar que si un grafo G es hamiltoniano entonces su grafo lı́nea L(G) también lo es.
c) ¿Es cierto el recı́proco del teorema anterior? Si no lo es, poner un contraejemplo.
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15
7
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9
8
6
2
1
2
1
10
14
6
7
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3
4
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5
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18
13
Figura 18:
8
0
4
0
2
7
3
1
2
4
5
3
8
1
6
5
7
6
Figura 19:
Solución:
1.
a) Teniendo en cuenta que la suma de valencias es par, como cada vértice tiene valencia 3, no puede
tener un número impar de vértices.
b) Si el grafo es hamiltoniano, existe un ciclo que contiene a todos sus vértices. Podemos colorear las
aristas de este ciclo con dos colores (y están incluidos todos los vértices), ya que este ciclo tiene un
número par de aristas. El resto de aristas puede ser coloreado con el tercer color, ya que serán sólo
incidentes a aristas ya coloreadas, pues están incluidos todos los vértices.
c) No puede ser euleriano pues tiene vértices impares (todos ellos).
2.
a) La Figura 20 muestra los grafos K4 y L(K4 ). En el primero de ellos el ciclo a − b − c − d − a es un
ciclo hamiltoniano, mientras que en el segundo los es el ciclo a1 − a6 − a2 − a3 − a4 − a5 − a1 .
b) Si G es hamiltoniano entonces admite un ciclo v1 − v2 − · · · − vn − v1 . Si ordenamos las aristas según
el orden previsto por este ciclo: en primer lugar las aristas a11 , . . . , a1i1 incidentes en v1 , siendo a11
la arista vn − v1 y a1i1 la arista v1 − v2 , en segundo lugar las aristas a21 , . . . , a2i2 incidentes con v2
que no lo son con v1 ,siendo a2i2 la arista v2 − v3 , en tercer lugar las aristas a31 , . . . , a3i3 incidentes
con v3 no incidentes ni con v1 ni con v2 , siendo a3i3 la arista v3 − v4 y ası́ sucesivamente. El grafo de
lı́nea tiene como ciclo a11 , . . . , a1i1 , a21 , . . . , a2i2 , a31 , . . . , a3i3 , . . . , a11 .
c) No es verdad. Basta encontrar un grafo G euleriano que no sea hamiltoniano, como el de la Figura 21,
ya que si G es euleriano entonces L(G) es hamiltoniano y tendrı́amos L(G) hamiltoniano sin serlo G.
Ejercicio 3
La red de ordenadores de una determinada empresa se puede representar por un grafo ponderado donde los
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a
a1
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a2
a4
a6
d
a1
b
a3
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a2
a6
a5
c
a3
a4
a5
K4
L(K4)
Figura 20:
a1
a2
a4
a1
a6
a5
a3
a2
a3
a6
a4
a5
G
L(G)
Figura 21:
pesos de las aristas vienen dados por la longitud de los cables en metros.
A
B
B
C
5
5
D
E
F
G
H
I
2
2
2
C
2
D
3
E
F
2
3
3
4
3
1. ¿Se trata de un grafo plano?. En caso afirmativo calcular el número de caras.
2. ¿Es bipartito?, ¿es árbol?. Razonar la respuesta.
3. Calcular el número de aristas que serı́a necesario eliminar para obtener un árbol recubridor del grafo.
4. Usar el algoritmo del camino más corto para determinar el camino mı́nimo desde el terminal A al terminal
D.
5. ¿Se puede mandar un mensaje desde el terminal I que recorra todos los demás terminales, pasando una
sola vez por cada terminal?. En caso afirmativo decir cuál serı́a el camino.
Solución:
1. Sı́ es plano. La Figura 22 nos muestra una inmersión en el plano. Tiene v = 9 vértices y a = 12 aristas,
por tanto tiene c = a + 2 − v = 5 caras.
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Curso 2007/2008
A
5
5
2
C
2
2
E
2
4
3
2
3
H
3
I
B
3
F
D
G
Figura 22:
2. No es bipartito ya que contiene ciclos de longitud impar. No es un árbol por el mismo motivo.
3. Un árbol recubridor tendrı́a v − 1 = 8 aristas, por lo que es necesario eliminar 4 aristas.
4. Siguiendo el algoritmo de Dijkstra, se obtiene d(A, D) = A − E − D = 5. La Figura 23 nos muestra el
resultado de la ejecución de dicho algoritmo.
A
A
0,5
5
C
2
4,E
2
E
2
8,F
I
4,E
3
F
2
2
2
3
4
5,E
6,E
E
2
2,A
3
2
B
5,E
D
B
3
8,D
G
C
3
D
4
3
F
H
3
3
G
I
H
Figura 23:
5. No. El grafo no contiene ningún camino hamiltoniano ya que tiene más de dos vértices de valencia 1: I,
H y G.
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Curso 2007/2008
7 de Septiembre de 2001
Ejercicio 1
Dada la siguiente figura:
w
w
u
u
u u
u u
u
u
#
u
u
u
u
u !
"
u
u
u
u
u
Se pide:
1. Indicar el mı́nimo número de vértices necesarios que hay que añadir para transformar el multigrafo de la
figura en un grafo que llamaremos grafo G.
2. ¿Es posible pintar las lı́neas del grafo G, con una carretilla, sin levantarla ni repintar ninguna lı́nea?. En
caso de no ser posible, ¿cuántas veces hay que levantar la carretilla como mı́nimo?.
3. Sea H un grafo cualquiera conexo con exactamente h vértices de valencia impar, razona cuántas veces
como mı́nimo hay que levantar el lápiz del papel para dibujarlo sin pasar dos veces por la misma arista.
4. Demuestra que dado un grafo cualquiera H’ se cumple que H’ es bipartito si y sólo si no hay tres vértices
u, v, w verificando que u y v son adyacentes y d(u, w) = d(v, w), (d(x, y) = { número de aristas del camino
más corto que une x e y }).
5. Usando el resultado del apartado anterior, di si el grafo G es bipartito.
Solución:
1. Hay que convertir las aristas múltiples en simples. Por lo que habrá que añadir 6 aristas, indicadas con
fondo blanco en la Figura: ex070901-1-a, donde se indica la valencia de cada vértice.
3
2
2
3
3
3
2
3
2
2
2
3
4
3
2
3
4
3
2
w
3
3
u
2
v
3
3
3
2
Figura 24:
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Página 24
MATEMÁTICA DISCRETA
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Curso 2007/2008
2. El grafo G tiene 14 vértices de valencia impar. Por lo que habrá que describir 7 recorridos independientes
para recorrer todos los vértices. Tendremos por tanto que levantar como mı́nimo 6 veces la carretilla.
3. Como en todo recorrido, los únicos vértices impares son los vértices primero y último, en total serán
necesario h
2 recorridos para pasar por todos los vértices, luego el número de veces que habrá que levantar
el lápiz será h
2 − 1.
4. Veamos la doble implicación: Si H es bipartito H = (V1 ∪ V2 , A), entonces dados u, v adyacentes, si
u ∈ V1 , v ∈ V2 ,. Entonces d(u, w) y d(v, w) tienen distinta paridad, por lo que no existen los tres vértices
en las condiciones mencionadas. Por el contrario, si no existen tres vértices en las condiciones mencionadas,
entonces no puede existir un ciclo de longitud impar. En efecto si existieran ciclos de longitud impar, en
el de menor número de aristas tendrı́amos tres vértices en las condiciones mencionadas.
5. Por ejemplo los tres vértices u, v, w indicados en la Figura 24 cumplen la condición mencionada, por lo
que G no es bipartito.
Ejercicio 2
Sea G = (V, A) un grafo e I un conjunto independiente en V (si no hay en I dos vértices adyacentes).
1. Probar que
δ(x) ≤ |A|.
x∈I
2. Supongamos que G es hamiltoniano y sea
C un ciclo hamiltoniano.
Probar que el número de aristas de A
(δ(x) − 2) =
δ(x) − 2|I|.
que no están en C es mayor o igual que
3. Demostrar que si |A| −
x∈I
x∈I
δ(x) + 2|I| < |V | entonces G no es hamiltoniano.
x∈I
4. Tomando un conjunto independiente I y utilizando el resultado del apartado c), probar que el grafo
siguiente no es hamiltoniano.
u
e
u
u
e
u
u
u
u
u
u
Grafo de Herschel
u
u
Solución:
1. El número de aristas incidentes en vértices del conjunto independiente será la suma de las valencias de
sus vértices, ya que al contabilizar cada una de ellas no aparecen repetidas, ya que no existe ninguna que
tenga ambos vértices en I. Entonces:
δ(x) ≤ |A|
x∈I
2. A cada x ∈ I, al eliminar las aristas de C, le quedan δ(x) − 2 aristas y además estas aristas no son aristas
incidentes en ningún otro vértice de I, por lo que el número de aristas de A que no están en C será:
|A| − |V | ≥
(δ(x) − 2) =
δ(x) − 2|I|
x∈I
x∈I
3. Es consecuencia del apartado anterior.
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a
e
d
b
c
Figura 25:
4. El conjunto independiente I = {a, b, c, d, e} de la Figura 25 verifica la desigualdad anterior, por lo que el
grafo de Herschel no puede ser hamiltoniano.
Ejercicio 3
Un departamento de una empresa tiene establecidas dos redes locales de comunicación distintas entre sus ocho
terminales. Las lı́neas de conexión de cada red están esquematizadas en los siguiente grafos:
1
u
8
2
u
3
u
w
u
7
A
u
u 4
u
6
B
u
u
H
u
5
C
u
u D
e
u
G
u
F
Red I
u
E
Red II
1. Analizar si los grafos que representan las redes I y II son isomorfos.
2. En el grafo de la red I, ¿se pueden conectar los terminales evitando que haya superposición de las lı́neas
de conexión?. ¿Y en el grafo de la red II?.
3. Se pretende colocar etiquetas en los terminales de modo que dos terminales conectadas directamente a
través de la red II reciban etiquetas distintas. ¿Cuál es el mı́nimo número de etiquetas necesarias?.
4. Comprobar que el grafo de la red I es bipartito y encontrar un emparejamiento completo para el mismo.
5. Hallar el camino de longitud mı́nima desde el terminal A hasta el terminal C en la red II, donde la longitud
de los enlaces (en metros) viene dada por la tabla adjunta.
B
A
C
6
E
F
G
13
B
7
D
8
F
G
D
5
8
6
5
11
6
H
12
10
9
10
Solución:
1. No lo son. El segundo grafo tiene ciclos de longitud 3 y el primero no.
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2. El grafo I no es plano, pero el segundo sı́. La Figura 26 nos muestra que el primer grafo contiene a K3,3
y una inmersión del segundo grafo.
1
2
8
7
A
3
6
4
H
5
G
B
C
D
F
E
Figura 26:
3. Se necesitarán al menos 3 etiquetas, ya que χ(G) = 3 (véase la Figura 27).
A
B
C
H
G
D
F
E
Figura 27:
4. Los vértices están divididos en impares y pares.
5. Siguiendo el algoritmo de Dijkstra se obtiene el camino mı́nimo A − B − C, de longitud 13.
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26 de Noviembre de 2001
Ejercicio 1
Se define la suma de el grafo G1 = (V1 , A1 ) con el grafo G2 = (V2 , A2 ) como un nuevo grafo
G1 + G2 = (V, A) donde V = (V1 ∪ V2 ) y A = A1 ∪ A2 ∪ { {u1 , u2 } : u1 ∈ V1 , u2 ∈ V2 }
s
s
s
s
s
G1
G2
s
X
cXXXX
X
c
s
c
s
XXXc
XX
Xc
s
c
s
G1 + G2
Se pide probar las siguientes propiedades:
1. G1 + G2 es siempre conexo.
2. G1 y G2 son grafos completos si y sólo si G1 + G2 es un grafo completo.
3. Si G1 y G2 son grafos que tienen caminos hamiltonianos entonces, G1 + G2 es hamiltoniano.
4. Si G admite una vértice-coloración con k colores entonces, G + G admite una vértice-coloración con 2k
colores.
5. Si G consiste en un conjunto de n vértices aislados, decir de qué grafo se trata G + G. Razonar cual es el
mı́nimo número de colores necesarios y suficientes para dar una vértice-coloración de G + G. Idem para
una arista-coloración.
6. Dar una condición necesaria y suficiente en G para que G + G sea euleriano.
Solución:
1. Veamos que dados dos vértices u, v ∈ V1 ∪ V2 cualesquiera de G1 + G2 , siempre existe un camino entre
ellos: Si u ∈ V1 y v ∈ V2 (o viceversa), existe la arista {u, v} ∈ A en G1 + G2 . En cambio si u, v ∈ V1
(alternativamente u, v ∈ V2 ), sea w ∈ V2 (alternativamente w ∈ V1 ) un vértice cualquiera. Entonces existen
las aristas {u, w}, {v, w} ∈ A por lo que existe el camino u − w − v en G1 + G2 y el grafo es conexo.
2. Si G1 y G2 son completos, todos sus vértices son adyacentes entre sı́, como en G1 + G2 añadimos todas
las aristas que unen vértices de G1 con vértices de G2 , dados dos vértices cualquiera de G1 + G2 , serán
adyacentes y el grafo G1 + G2 será completo. Si por el contrario G1 + G2 es un grafo completo, también
lo serán G1 y G2 , ya que las únicas aristas que se añaden al grafo G1 + G2 que no están en los grafos G1
y G2 unen un vértice de G1 y otro de G2 .
3. Si G1 admite el camino hamiltoniano u1 − u2 − · · · − un (que recorre todos los vértices de G1 ) y G2 admite
el camino hamiltoniano v1 − v2 − · · · − vn (que recorre todos los vértices de G2 ), entonces el ciclo
u1 − u2 − · · · − un − v1 − v2 − · · · − vn − u1
será un ciclo hamiltoniano en G1 + G2 y por tanto G1 + G2 es hamiltoniano.
4. Si G admite una vértice–coloración con k colores, sean c1 , c2 , . . . , ck los colores de una vértice coloración
de G1 = G y ck+1 , ck+2 , . . . , c2k un vértice–coloración de G2 = G, entonces la vértice–coloración de colores
c1 , . . . , c2k es una vértice–coloración de G + G con 2k colores.
5. En este caso el grafo G + G es el grafo bipartito completo Kn,n y por tanto su número cromático es
χ(Kn,n ) = 2 y su ı́ndice cromático es χ1 (Kn,n ) = ∆ = n.
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6. Sea G = (V, A) un grafo cualquiera. Si dado un vértice v ∈ V , denotamos por δ(v) y δ (v) las valencias de
dicho vértice en G y G + G, respectivamente, entonces δ (v) = δ(v) + |V |:
⎧
⎨ δ(v) es par y |V | es par, ∀v ∈ V
ó
G + G euleriano =⇒ δ (v) = δ(v) + |V | es par, ∀v ∈ V =⇒
⎩
δ(v) es impar y |V | es impar, ∀v ∈ V
pero esta última condición es imposible, por lo tanto
G + G euleriano =⇒ G euleriano y |V | es par
Veamos que esta condición es suficiente:
G euleriano =⇒ δ(v) es par, ∀v ∈ V
=⇒ δ (v) = δ(v) + |V | es par, ∀v ∈ V =⇒ G + G euleriano
|V | es par
Por lo tanto. la condición necesaria y suficiente para que G + G sea un grafo euleriano es que G sea un
grafo euleriano con un número par de vértices.
Ejercicio 2
Dado el grafo G = (V, A) con V = {v2 , v3 , . . . , v30 }, donde vi es adyacente con vj si y sólo si m.c.d(i, j) = 1 con
2 ≤ i < j ≤ 30.
1. Razonar si G es conexo. ¿Cuántas componentes conexas tiene?
2. Determinar, razonadamente, el mayor n para el cual, Kn es subgrafo de G.
3. Sea Ḡ el complementario de G. Razonar si Ḡ es bipartito. Razonar si Ḡ es conexo.
4. Probar que G y Ḡ no son planos.
Solución:
1. No es conexo, ya que por ejemplo v17 es un vértice aislado. Tiene 5 componentes conexas, cuyos conjuntos
de vértice son V2 = {v17 }, V3 = {v19 }, V4 = {v23 }, V5 = {v29 } y V1 el resto de vértices del grafo.
2. Para que Kn sea subgrafo de G debe haber n vértices mutuamente adyacentes, por lo que sus subı́ndices
deben ser n números no primos entre sı́. El mayor caso posible nos lo dan los números pares 2, 4, . . . , 30
que son no primos entre sı́, por lo que K15 es subgrafo de G.
3. Ḡ = (V, ¯(A)), siendo {vi , vj } ∈ ¯(A) si y sólo si i y j son primos entre sı́. Este grafo no es bipartito, ya que
{v2 , v3 }, {v3 , v5 }, {v5 , v2 } ∈ ¯(A) son aristas del nuevo grafo, por lo tanto ¯(G) contiene el ciclo v2 − v3 − v5 .
El grafo Ḡ es conexo ya que, por ejemplo, el vértice v29 es adyacente a todos los demás.
4. G no es plano ya que, como vimos anteriormente, contiene a K15 . Igualmente, como 2, 3, 5, 7, 11 son
mutuamente primos entre sı́, los vértices v2 , v3 , v5 , v7 , v11 son mutuamente adyacentes en Ḡ y por lo tanto
Ḡ no es plano, ya que contiene a K5 .
Ejercicio 3
3.1 Sea h ∈ Z, h ≥ 3. Si G = (V, A) es un grafo plano conexo, siendo v su número de vértices, a su número
de aristas y tal que cada ciclo tiene, al menos, h aristas. Se pide:
h
(v − 2).
(Ayuda: 2a ≥ hc donde c es el número de caras de G)
h−2
2. ¿Cual es la longitud mı́nima de un ciclo en K3,3 y en K5 ?
1. Probar que a ≤
3. Usando los resultados anteriores probar que K3,3 y K5 no son planos.
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3.2 Probar que si G = (V, A) es un grafo plano con l componentes conexas, v vértices, a aristas y c caras
entonces, se verifica: v − a + c = l + 1.
Solución:
3.1
1.
2a ≥ hc
c =a+2−v
=⇒ 2a ≥ h(a + 2 − v) =⇒ a ≤
h(v − 2)
h−2
2. Las longitudes mı́nimas de los ciclos son h = 4 en K3,3 y h = 3 en K5 .
h(v − 2)
h − 2 = 8 < a = 9, por lo que no puede ser
h(v − 2)
plano. Igualmente en K5 tenemos v = 5, a = 10 y h = 3, por lo que
= 9 < a = 10, por lo
h−2
que no puede ser plano.
3. En K3,3 tenemos v = 6, a = 9 y h = 4, por lo que
3.2 Sean Gi = (Vi , Ai ) (i = 1, . . . , l) las componentes conexas de G y sean vi , ai , ci los vértices, aristas y
caras, respectivamente, de cada componente conexa Gi . Como cada componentes conexa es un grafo
plano conexo, vi + ci = ai + 2. Entonces:
l
l
l
l
l
(vi + ci ) =
(ai + 2) =⇒
vi +
ci =
ai + 2l
i=1
Pero
l
i=1
vi = v,
l
i=1
ai = a y
i=1
l
i=1
i=1
i=1
ci = c + (l − 1), ya que la cara exterior es considerada l veces. Entonces
i=1
v + c + (l − 1) = a + 2l, por lo que v − a + c = l + 1.
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13 de Junio de 2002
Ejercicio 1
En el siguiente grafo las aristas representan los vuelos que oferta una compañı́a aérea entre diversas ciudades.
9
3s
s 10
s h 11
h
hhs
s12
2
L sC
L ss13
J C
J C L
s
8
(
(
14
((
JCs(
4T
15 s
s 16
T
s(
((( s
7E
5Ts
e17 E
e EE
es
s
18
6
qs
1
1. Estudiar, razonadamente, si una misma tripulación puede servir todos los vuelos sin repetir ninguno,
volviendo a la ciudad de partida. En caso negativo, ¿cuántos vuelos habrı́a que añadir y entre qué ciudades
para poder subsanar tal eventualidad? Determinar, por medio del algoritmo apropiado, un itinerario de
modo que la tripulación asista todos los vuelos programados en el grafo del dibujo.
2. Estudiar si una misma tripulación puede visitar todas las ciudades sin pasar dos veces por la misma,
volviendo a la ciudad de partida. En caso afirmativo, determinar razonadamente un itinerario. En caso
negativo, decidir cuántos vuelos habrı́a que fletar y entre qué ciudades para propiciar tal circunstancia.
Solución.
1. Dado que los vuelos vienen representados por las aristas del grafo, el problema que nos plantean se traduce
en la existencia de un circuito euleriano. Dado que el grafo es claramente conexo y hay exactamente dos
vértices de valencia impar (el 4 y el 14), el grafo admite un recorrido euleriano, con vértices extremos
4 y 14, aunque no un circuito euleriano. De este modo, para que la tripulación pudiera servir todos los
vuelos sin repetir ninguno, comenzando y terminando en la misma ciudad, bastarı́a añadir un solo vuelo,
entre las ciudades marcadas con los vértices 4 y 14. Si añadimos la arista que representa este vuelo,
podrı́amos aplicar el algoritmo para construir el circuito euleriano, de modo que prescindiendo de tal
arista obtendrı́amos un recorrido euleriano entre los vértices 4 y 14. Este algoritmo busca identificar el
grafo dado como la unión por vértices de varios ciclos, tomando como base los vértices de unión. Más
concretamente, construido en una etapa un circuito con todas sus aristas distintas, se busca un vértice
de ese circuito que sea incidente con alguna de las aristas que están fuera del circuito (i.e., un vértice
no aislado) y se busca un ciclo con origen dicho vértice y cuyas aristas no pertenezcan al circuito dado.
Ahora, se inserta el ciclo en cuestión en el circuito y se repite el proceso hasta que todas las aristas del
grafo se hayan utilizado en el circuito. El proceso, desde luego, no es único. Por ejemplo, podemos realizar
los siguientes pasos:
Comenzando en el vértice 1, construimos el ciclo
C = {1, 5, 4, 9, 8, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 7, 6, 1},
y consideramos el grafo obtenido del original al prescindir de las aristas utilizadas.
El primer vértice no aislado es el 4, de modo que insertamos en el camino anterior el ciclo {4, 2, 3, 4},
para obtener ası́ el circuito
C = {1, 5, 4, 2, 3, 4, 9, 8, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 7, 6, 1}.
Aún ası́, 4 sigue siendo un vértice no aislado, de modo que podemos insertar en C el ciclo {4, 8, 7, 11, 14, 4},
donde la última arista representa el vuelo a añadir que comentáramos previamente.
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El siguiente vértice no aislado es el 15, de modo que insertamos en C el ciclo {15, 16, 17, 18, 15}. De
este modo todas las aristas han sido consideradas y obtenemos el circuito euleriano C dado por:
{1, 5, 4, 8, 7, 11, 14, 4, 2, 3, 4, 9, 8, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 15, 7, 6, 1}.
Un recorrido euleriano entre los vértices 4 y 14 serı́a, entonces:
{4, 2, 3, 4, 9, 8, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 15, 7, 6, 1, 5, 4, 8, 7, 11, 14}.
2. En cuanto al segundo apartado, ahora el problema se traduce en encontrar un ciclo hamiltoniano, que
claramente no existe dado que {4, 2, 3, 4} y {15, 16, 17, 18, 15} son ciclos que sólo tienen en común con el
resto del grafo los vértices 4 y 15, respectivamente. Más aún, los vértices 4 y 15 constituyen vértices de corte
del grafo. Por tanto, al menos habrı́a que añadir dos nuevas aristas para subsanar estas irregularidades.
De hecho, dos aristas bastan: por citar un ejemplo de entre las multitudes opciones, las aristas {3, 9} y
{17, 7}.
Ejercicio 2
1. Sea G un grafo con χ(G − u − v) = χ(G) − 2 para todo par de vértices u, v de G. Probar que G ha de ser
una grafo completo. ¿Es cierto el recı́proco? Probarlo, en caso afirmativo, o dar un contraejemplo en caso
contrario.
2. Se dice que un grafo G es sensible para el color si χ(H) < χ(G) para todo subgrafo propio H de G (esto
es, con H = G). Se pide:
a) Demostrar que todo grafo sensible para el color ha de ser conexo.
b) Probar que todo grafo G posee un subgrafo H ⊆ G sensible para el color con el mismo número
cromático, χ(H) = χ(G).
Solución.
1. Sea G un grafo con χ(G − u − v) = χ(G) − 2 para todo par de vértices u, v de G. Vamos a demostrar
que G es necesariamente un grafo completo. En efecto, si hubiera dos vértices u, v en G no adyacentes, G
admitirı́a una vértice coloración con ¡χ(G) − 1 colores!: los χ(G) − 2 colores que garantiza el enunciado
para G − u − v y un color adicional, a lo sumo, para los vértices u y v (que serı́a suficiente, por tratarse
de vértices no adyacentes). Recı́procamente, todo grafo completo verifica esta propiedad: si a un grafo
completo de n ≥ 2 vértices le quitamos un par de vértices, obtenemos el grafo completo de n − 2 vértices,
cuyo número cromático es n − 2 = χ(Kn ) − 2.
a) Está claro que un grafo sensible para el color ha de ser conexo, necesariamente: en un grafo G
no conexo, el número cromático viene dado por el mayor de entre los números cromáticos de sus
componentes conexas, de modo que el subgrafo de G dado por una (no tiene por qué ser única)
componente conexa de mayor número cromático verifica que χ(H) = χ(G), con H = G.
b) Si un grafo no es sensible para el color, es porque posee un subgrafo propio H con el mismo número
cromático. Pensemos en el siguiente procedimiento, que toma como dato de entrada un grafo dado
G. Mientras G no sea sensible para el color.
Sea H un subgrafo propio de G con χ(H) = χ(G).
Hacer G = H.
Fin mientras.
Devolver H. El procedimiento anterior es finito, dada la finitud del grafo G inicial; y está bien
definido en virtud de la noción de grafo no sensible para el color. Esto demuestra la existencia, para
todo grafo G, de un subgrafo H ⊆ G sensible para el color.
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Ejercicio 3
x1
x2
x3
x4
x5
x6
x7
x8
s
s
s
s
s
s
s
s
H
@
@ HH
A
@
A
H
@
A@ @
AH
@
A @ @ A HH
@
A @ @
HH
A
@
A @ @
HH
AA
A
s
s @s @s
s
s Hs @s
y1
y2
y3
y4
y5
y6
y7
y8
Se considera el siguiente grafo:
1. Estudiar la conexión del grafo anterior, realizando una búsqueda en profundidad con raı́z el vértice x1 .
2. Determinar un emparejamiento maximal para el grafo dado, comenzando con el emparejamiento
{{x1 , y2 }, {x2 , y4 }, {x4 , y3 }, {x5 , y5 }, {x7 , y7 }}. ¿Es completo el emparejamiento obtenido? Refrendar la
respuesta dada aplicando la condición de Hall. ¿Se trata del único emparejamiento maximal? Razonar la
respuesta.
3. Demostrar que todo grafo no plano ha de verificar alguna de estas dos condiciones:
a) Contiene al menos 5 vértices de valencia mayor o igual que 4.
b) Contiene al menos 6 vértices de valencia mayor o igual que 3.
4. Demostrar que el grafo dado es plano. ¿Se le puede aplicar la fórmula de Euler? Razonar la respuesta.
Solución.
1. Si realizamos una búsqueda en profundidad con raı́z el vértice x1 , obtenemos las siguientes ramas:
Primera rama: {x1 , y2 , x3 , y3 , x4 , y5 , x5 }.
Segunda rama: {y5 , x7 , y7 }.
De donde el grafo no es conexo. De hecho, tiene dos componentes conexas: la anterior y la formada por el
camino simple {y1 , x2 , y4 , x6 , y8 , x8 , y6 .
2. Al emparejamiento dado se le puede añadir la arista {x8 , y8 }, puesto que ambos vértices no estaban
emparejados. Llamemos M al nuevo emparejamiento. Para determinar si es maximal o existe alguno con
más aristas buscamos si admite algún camino alternado. Los únicos vértices que no están emparejados
aún son x3 y x6 . Con origen en x3 realizamos una búsqueda en anchura:
Nivel 0: {x3 }, vértice no emparejado.
Nivel 1: {y2 , y3 , y7 }, todos ellos emparejados en M .
Nivel 2: {x1 , x4 , x7 }, parejas de vértices en el nivel anterior.
Nivel 3: {y5 }, único vértice no utilizado previamente adyacente a alguno de los del nivel anterior
(más concretamente, a x4 ).
Nivel 4: {x5 }, pareja del único vértice del nivel anterior.
La búsqueda en anchura termina, puesto que los vértices adyacentes a x5 ya están emparejados. Por tanto,
no existe un camino alternado para M con comienzo en x3 . Hagamos lo propio con x6 . Con origen en x6
realizamos una búsqueda en profundidad:
Nivel 0: {x6 }, vértice no emparejado.
Nivel 1: {y4 , y8 }, todos ellos emparejados en M .
Nivel 2: {x2 , x8 }, parejas de vértices en el nivel anterior.
Nivel 3: {y1 , y6 }, ninguno de los cuales está emparejado.
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Con comienzo en x6 tenemos dos caminos alternados distintos, lo que nos produce dos emparejamientos
distintos con una arista más que M , con más que realizar una de las dos siguientes sustituciones en M :
La arista {x2 , y4 } por las aristas {x6 , y4 } y {x2 , y1 }.
La arista {x8 , y8 } por las aristas {x6 , y8 } y {x8 , y6 }.
Cualquiera de los dos nuevos emparejamientos obtenidos es maximal, puesto que con comienzo en x3
no admiten ningún camino alternado. De este modo, el grafo no tiene ningún emparejamiento completo,
por lo que no puede verificar la condición de Hall. De hecho, si consideramos el conjunto de vértices de
la componente conexa hallada en el apartado primero del problema, P = {x1 , x3 , x4 , x5 , x7 } y T (P ) =
{y2 , y3 , y5 , y7 } resulta que |P | = 5 > 4 = |T (P )|.
3. Téngase en cuenta que una subdivisión añade sólo vértices en el interior de aristas, de modo que no
modifica en absoluto la valencia de los vértices del grafo original. De este modo, los vértices originales de
K5 y K3,3 mantienen su valencia en cualquier subdivisión. Ası́, demostrar la propiedad que nos pide este
apartado consiste en una simple aplicación del T eorema de Kuratowski: si un grafo no es plano es porque
contiene un subgrafo isomorfo a una subdivisión bien de K5 , bien de K3,3 . En el primer caso, tendrı́a al
menos 5 vértices de valencia 4 y en el segundo tendrı́a al menos 6 vértices de valencia 3.
4. Dado que el grafo del enunciado no contiene ni 5 vértices de valencia mayor o igual que 4, ni 6 vértices de
valencia mayor o igual que 3; según el apartado anterior ha de ser necesariamente plano. Por otro lado,
como no es conexo, no se puede aplicar la fórmula de Euler, que sólo es válida para grafos conexos planos.
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13 de Septiembre de 2002
Ejercicio 1
Dos personas, A y R, se plantean un juego en el que primero se dibujan n puntos aleatoriamente en el plano.
Después, cada jugador va dibujando alternativamente aristas: el jugador A las dibuja en color azul y el jugador
R en rojo. Pierde el primero que dibuje un triángulo de un solo color. Se pide:
1. Demostrar que si en el transcurso del juego se pintan de un mismo color tres aristas incidentes en un
mismo vértice, entonces el juego concluye sin empate.
2. Deducir que si n ≥ 6, entonces siempre hay un jugador que pierde. Probar que si 3 ≤ n ≤ 5 el juego puede
quedar en tablas.
Solución.
1. Supongamos que en el desarrollo del juego en un vértice v1 resultan ser incidentes tres aristas del mismo color (llamémosle C), que tienen por extremos los vértices v2 , v3 y v4 . Supongamos que el juego
continuara sin acabar hasta completar todas las aristas posibles entre los n vértices (dando lugar a un
grafo completo Kn con sus aristas coloreadas con dos colores). Entre los cuatro vértices anteriores restaban por dibujar aún tres aristas más, a saber, las que unı́an dos a dos los vértices v2 , v3 y v4 .
v1
u
S
S
u S
S
S
u
Su
Si alguna de estas tres nuevas aristas fuera del mismo
color C que las incidentes en el vértice v1 , darı́a lugar a un triángulo monocolor, por lo que el juego habrı́a
acabado con un perdedor. Si ninguna de ellas es de color C, las tres son del otro color y formarı́an entre
sı́ otro triángulo monocolor, por lo que también habrı́a acabado el juego con un perdedor. En definitiva,
de un modo u otro, el juego ha de acabar sin empate porque se llega a dibujar un triángulo monocolor.
2. Si n ≥ 6, cada vértice puede llegar a tener hasta n − 1 ≥ 5 aristas incidentes en él, luego al menos
3 del mismo color. Por tanto, aplicando el apartado anterior, el juego ha de acabar con un perdedor,
necesariamente. Si n = 3, el jugador que sale dibujará dos aristas incidentes en un punto con el mismo
color y el otro jugador la arista que resta del ciclo de orden 3 con otro color; luego la partida siempre
acaba en empate en este caso. Si n = 4, la partida también puede acabar en empate. Sirva de ejemplo
la siguiente partida, en la que un jugador ha situado sus tres aristas en el perı́metro de un cuadrado y
u
u
@
@
@
@
@
u
@u
Si
el otro ha rellenado las restantes aristas de K4 :
n = 5, la partida nuevamente puede acabar en empate. Sirva de ejemplo la siguiente partida, en la que un
jugador ha situado sus aristas en el perı́metro de un pentágono y el otro ha rellenado las restantes aristas
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!
!
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u
b
Bb
B
B
B
H
H
u
Hu
QQ
Q
B
Q
Q
B
Q B
B
QQ B
QBu
u
de K5 :
Ejercicio 2
Sea G un grafo plano conexo con v vértices, a aristas y c caras que verifica:
Todas las caras están limitadas por exactamente m aristas.
En cada vértice inciden n aristas, siendo n > 2.
1. Demostrar que 2 = a
2m − mn + 2n
mn
y deducir que 2m − mn + 2n > 0.
2. Demostrar que (m − 2)(n − 2) < 4 y que 3 ≤ n, m ≤ 5.
3. Demostrar que cualquier grafo con estas caracterı́sticas tiene a lo sumo 20 vértices.
Solución.
1. De un lado, por ser el grafo plano y conexo, la fórmula de Euler garantiza que c − a + v = 2. Por
otro, dado que todas las caras están limitadas por exactamente m aristas y cada arista pertenece a dos
caras simultáneamente, ha de ser 2a = mc. Además, como el grafo es n-regular, se tiene que 2a = nv,
según la relación existente entre aristas, vértices y valencias en un grafo. Despejando c y v de estas dos
2a
últimas ecuaciones y sustituyendo los valores en la fórmula de Euler obtenemos que 2 = 2a
m − a+ n .
Reduciendo a común denominador y sacando factor común a obtenemos el resultado buscado. Ahora,
dado que a, m, n > 0, resulta que 2m − mn + 2n = 2mn
a > 0.
2. Desarrollando, obtenemos que
(m − 2)(n − 2) < 4 ⇔ mn − 2m − 2n + 4 < 4 ⇔ mn − 2m − 2n > 0,
que es la negación de la ecuación que se probó en el apartado anterior. Dado que n > 2, n − 2 ≥ 1, de
modo que ha de ser m − 2 < 4, de donde m > 6, es decir m ≤ 5. Por otro lado, como una cara de un
grafo plano está limitada como mı́nimo por tres aristas, ha de ser m ≥ 3. Según el enunciado ya es n ≥ 3.
Sólo resta probar que también es n ≤ 5. Como el valor mı́nimo de m es 3, despejando de la ecuación
(m − 2)(n − 2) < 4 llegamos a que n − 2 < 4, de donde n ≤ 5.
3. Sólo tenemos que probar para las distintas parejas de valores (n, m) con 3 ≤ n, m ≤ 5 y (m− 2)(n− 2) > 4,
cuántos vértices tienen los grafos que verifican las propiedades del enunciado. Para ello, despejaremos el
número de aristas de la ecuación del primer apartado y sustituiremos dicho valor en la ecuación v = 2a
n .
4m
. Posibles parejas:
Ası́, v = 2m−mn+2n
(n, m) = (3, 3). Resulta v = 4.
(n, m) = (4, 3). Resulta v = 6.
(n, m) = (5, 3). Resulta v = 12.
(n, m) = (3, 4). Resulta v = 8.
(n, m) = (3, 5). Resulta v = 20.
Luego a lo sumo un tal grafo tiene 20 vértices. A modo de curiosidad, estos grafos existen para cada uno de
estos valores y se corresponden con los poliedros regulares, a saber: tetraedro, cubo, octaedro, dodecaedro
e icosaedro.
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Ejercicio 3
Un operador por cable que aúna televisión y teléfono quiere introducirse en una comarca que consta de 8
poblaciones, que etiquetamos alfabéticamente desde la A hasta la H. En la siguiente tabla cada entrada indica
el número de rollos de cable que se han de utilizar para conectar entre sı́ las poblaciones correspondientes a
su fila y columna, sobrentendiendo que los huecos vacı́os corresponden a poblaciones que no pueden conectarse
directamente y que las entradas diagonales indican el número de rollos de cable que han de utilizarse para cubrir
el servicio en la población en cuestión.
A
B
C
D
E
F
G
H
A
2
4
B
4
2
4
5
C
4
4
2
5
3
D
E
5
F
2
3
5
3
1
1
1
2
5
1
4
1
4
6
G
H
6
4
2
3
3
5
3
3
Se pide:
1. Determinar, mediante el algoritmo apropiado, cuál es el número mı́nimo de rollos de cable a utilizar y una
ruta para conectar las poblaciones A y H, sin necesidad de dar cobertura a las demás poblaciones por las
que la lı́nea pase.
2. Resolver el problema anterior si en esta ocasión sı́ se ha de cubrir el servicio en todas las poblaciones por
las que pase la lı́nea.
3. ¿Son únicas las rutas establecidas en los apartados anteriores? Razonar la respuesta.
Solución.
1. Sea G = (V, A) el grafo ponderado de 8 vértices, los cuales etiquetamos de A a H en correspondencia con
las poblaciones dadas, cuya matriz de adyacencia coincide con la tabla dada en el enunciado, a excepción
de la entrada diagonal. Determinar el número mı́nimo de rollos de cable a utilizar en una ruta que conecte
las poblaciones A y H sin dar cobertura a las poblaciones por la que pase la lı́nea, corresponde con
el problema de encontrar el camino más corto de A a H. Para determinar un tal camino, tomaremos
como base el vértice A y aplicaremos el procedimiento usual, de forma que en cada paso, sucesivamente,
tomaremos un vértice que dé la menor distancia con respecto a A y tomando como base ese nuevo punto
actualizaremos las distancias restantes. A continuación incluimos una tabla con todo el proceso.
A
0
-
B
4
-
C
8
8
8
8
-
D
7
-
E
5
5
-
F
6
-
G
9
8
8
8
-
H
11
11
11
11
Vértice
A
B
E
F
D
C
G
H
Arista
AB
AE
EF
FD
BC
FG
FH
En el último paso, se comprueba que la distancia de G a H más la distancia de A a G coincide también
con 11, que era hasta entonces la menor distancia desde A hasta H, según el camino {A, E, F, H}. Ası́,
podemos concluir que la distancia más corta de A a H es 11 y se puede obtener por dos caminos distintos:
la alternativa al anterior viene dada por {A, E, F, G, H}. En definitiva, el número mı́nimo de rollos a
utilizar para conectar las poblaciones A y H, sin necesidad de dar cobertura a las demás poblaciones de
la lı́nea, es 11 + 2 + 3 = 16 rollos.
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2. El problema que se nos plantea ahora es responder a la pregunta del apartado anterior, pero teniendo
en cuenta el número de rollos de cable que hay que utilizar en cada población por la que pase la lı́nea.
Este problema se podrı́a resolver igual que el anterior, pero sumando a cada arista el número de rollos
asociado a la población que corresponde al vértice de llegada de tal arista, según se recorre el camino.
También se podrı́a seguir un razonamiento del siguiente tipo para comprobar que el camino más corto
de A a H, contando el peso de cada vértice, ha de ser necesariamente {A, E, F, H}. Al vértice H sólo se
puede acceder desde los vértices D, F y G. Desde luego, los tendidos {F, H} y {G, H} utilizarı́an 9 rollos
cada uno, mientras que {D, H} requerirı́a el uso de 12 rollos. Suprimamos ahora H del grafo. De entre D,
F y G, la población que se conectarı́a a A utilizando el menor número posible de rollos de cable serı́a F ,
dado que:
El camino {A, E, F } requiere 13 rollos.
El camino más corto que conecte D con A habrı́a de pasar por F o por C. La primera opción
directamente nos dirı́a que D está de A más lejos que F . En cualquier caso, la segunda también,
porque o bien se llega a C por F , o a D a través de los caminos {A, B, C, D} ó {A, E, C, D}, que
requieren más de 13 rollos.
G sólo es adyacente a E, F y H. Dado que la arista EG pesa más que la arista EF , en cualquier
caso G está más lejos de A que el propio F .
Por lo tanto, el camino más corto de A a H pasa por F y nunca por D y G. Ahora, F sólo queda
adyacente a C y a E. Según la tabla que se hizo en el apartado anterior C dista 8 de A y pesa 4, mientras
que E dista 5 de A y pesa 4. Ası́, podemos concluir que el camino más corto que conecta A con F es,
efectivamente, {A, E, F }, de donde el camino más corto que conecta A con H es {A, E, F, H} y utiliza
2 + 5 + 4 + 1 + 1 + 5 + 3 = 21 rollos de cable.
3. Como se vio en los propios apartados anteriores, en el primer caso tenemos 2 posibles rutas, mientras que
en el segundo la solución sı́ es única.
Ejercicio 4
Un museo necesita comprar cámaras para vigilar 24 cuadros de una exposición, los cuales etiquetamos desde 1
hasta 24. Aunque algunas cámaras permiten vigilar más de un cuadro simultáneamente, no pueden ser vigilados
por una misma cámara aquellos cuadros cuyas etiquetas sean números cuyo máximo común divisor es distinto de
1 (esto es, no primos entre sı́). Determinar razonadamente cuál es el menor número de cámaras que bastarı́an para
completar la vigilancia y qué cuadros habrı́a de vigilar cada una de estas cámaras. ¿Son únicas las asignaciones
de vigilancia para dichas cámaras? Solución. Sea el grafo G = (V, A) de 24 vértices, en el que los vértices
representan los cuadros y las aristas unen pares de vértices que corresponden con cuadros que no pueden ser
vigilados por una misma cámara. Ası́, dos vértices x e y tienen una arista en común si y sólo si mcd(x, y) > 1.
Si hacemos corresponder a cada cámara un color y coloreamos los vértices según el color de la cámara que vigila
el cuadro correspondiente, resulta que encontrar el menor número de cámaras que bastarı́an para completar la
vigilancia corresponde con el problema de encontrar una vértice coloración que utilice el menor número posible
de colores; de modo que se necesitarán tantas cámaras como número cromático tenga el grafo y vértices con
el mismo color corresponderán a cuadros que serán vigilados por la misma cámara. Si aplicamos el algoritmo
voraz al grafo, asignando el primer color libre, obtenemos la siguiente tabla:
V
C
V
C
1
1
13
1
2
1
14
7
3
1
15
4
4
2
16
8
5
1
17
1
6
3
18
9
7
1
19
1
8
4
20
10
9
2
21
5
10
5
22
11
11
1
23
1
12
6
24
12
De modo que 12 colores son suficientes, χ(G) ≤ 12. ¿Serán necesarios? Tal como se ha visto a la hora de aplicar
el algoritmo voraz, todos los cuadros que se corresponden con vértices pares presentan incompatibilidades 2 a
2 para ser vigilados por una misma cámara. Es decir, que el subgrafo formado por estos 12 vértices (todos los
pares) conforma un grafo completo K12 . Dado que el número cromático de K12 es 12, el número cromático del
grado original ha de ser al menos 12, χ(G) ≥ 12. Concluimos, pues, que 12 ≤ χ(G) ≤ 12, de donde χ(G) = 12 y
12 es el menor número de cámaras que bastan para vigilar los cuadros. En la tabla anterior tenemos una posible
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asignación de vigilancia de cada una de las 12 cámaras, por colores. Evidentemente, tal asignación no es única,
porque hay muchos cuadros que no presentan incompatibilidad con ningún otro: aquellos que se corresponden
con vértices aislados en el grafo y que resultan ser los números primos y la unidad, 1, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23.
Cualquiera de estos cuadros puede ser vigilado por cualquiera de las cámaras.
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29 de Noviembre de 2002
Ejercicio 1
Los vértices de un árbol se pueden organizar por capas de la siguiente manera: en la capa 0 (o exterior) se sitúan
los vértices hoja (de valencia 1); en la capa 1 se sitúan los vértices que se convierten en hojas al eliminar del
árbol los de la capa 0; y sucesivamente, en la capa i se sitúan los vértices que se convierten en hojas al eliminar
del árbol los vértices de las capas anteriores. La última capa se denomina capa interior y sus vértices conforman
el centro del árbol. El siguiente algoritmo pretende calcular el centro de un árbol dado.
ENTRADA: Un árbol T = (V, A).
T = T
Mientras T conste de más de dos vértices
T ← grafo que se obtiene al eliminar de T todos los vértices de valencia 1
Fin Mientras
SALIDA: T Se pide:
1. Hacer un seguimiento del algoritmo para los árboles T1 y T2 dados por:
(a) V1 = {1, 2, 3, 4, 5, 6}, A1 = {(1, 2), (1, 3), (1, 4), (4, 5), (5, 6)}.
(b) V2 = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}, A2 = {(1, 2), (1, 3), (1, 4), (2, 5), (2, 6), (3, 7), (5, 8)}.
2. Probar que si en un árbol de más de dos vértices se eliminan todos los vértices de valencia 1 se obtiene
un nuevo árbol.
3. Probar que el número de vértices de valencia 1 en un árbol es mayor o igual que 2, a excepción del árbol
que consta de un solo vértice.
4. Demostrar que el algoritmo funciona y es finito. Discutir las posibles salidas a que da lugar.
5. Concluir que el centro de un árbol está formado por uno o dos vértices.
Solución.
1.
(a) Al realizar un seguimiento del algoritmo aplicado al árbol T1 , se obtiene:
Inicialmente, T = (V , A ) = T1 = (V1 , A1 ) y por tanto consta de 6 vértices, tres de ellos hojas
(a saber, 2, 3 y 6).
Dado que T tiene 6 > 2 vértices, se eliminan de T todas las hojas, de modo que T = (V , A ),
con V = {1, 4, 5} y A = {(1, 4), (4, 5)}, que consta de tres vértices, dos de ellos hojas (1 y 5).
Como T tiene ahora 3 > 2 vértices, el algoritmo realiza una segunda iteración, de modo que
V = {4} y A = ∅.
Ahora T consta de un solo vértice, por lo que el algoritmo para y se obtiene como salida
T = ({4}, ∅).
(b) Un seguimiento del algoritmo aplicado al árbol T2 viene dado por:
Inicialmente, T = (V , A ) = T2 = (V2 , A2 ) y por tanto consta de 8 vértices, cuatro de ellos
hojas (a saber, 4, 6, 7 y 8).
Dado que T tiene 8 > 2 vértices, se eliminan de T todas las hojas, de modo que T = (V , A ),
con V = {1, 2, 3, 5} y A = {(1, 2), (1, 3), (2, 5)}, que consta de cuatro vértices, dos de ellos hojas
(3 y 5).
Como T tiene ahora 4 > 2 vértices, el algoritmo realiza una segunda iteración, de modo que
V = {1, 2} y A = {(1, 2)}.
Ahora T consta de dos vértices, de modo que el algoritmo para y se obtiene como salida T =
({1, 2}, {(1, 2)}).
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2. Recordemos que un árbol es un grafo conexo y sin ciclos. Por tanto, si en un árbol se eliminan vértices
(y las aristas que en ellos inciden) se obtiene otro grafo que asimismo no tiene ciclos. Para concluir que
al eliminar los vértices hoja de un árbol se obtiene otro árbol, basta entonces demostrar que el grafo
resultante sigue siendo conexo. Pero esto es inmediato, porque cualesquiera dos vértices del nuevo grafo
están conectados por el mismo camino que los conectaba en el árbol inicial, dado que las aristas y vértices
eliminados no podı́an aparecer en estos caminos (el camino habrı́a parado en el vértice extremo de la
arista de valencia 1).
3. En el árbol que consta de un solo vértice, obviamente dicho vértice tiene valencia 0. Para árboles con más de
un vértice, sı́ se tiene que el número de vértices de valencia 1 es mayor o igual que 2: a partir de la relación
δ(x) = 2a = 2(v − 1) = 2v − 2.
entre vértices v, aristas a y valencia de vértices en un árbol, se tiene que
x∈V
Si no hubiera vértices de valencia 1, los v vértices tendrı́an valencia mayor o igual que 2 (un árbol es conexo,
por lo que no hay vértices de valencia 0), de modo que
δ(x) ≥ 2v,
2v − 2 =
x∈V
lo que serı́a una contradicción. Un razonamiento similar lleva a que no puede haber un solo vértice de
valencia 1, dado que en ese caso habrı́a v − 1 vértices de valencia al menos 2 y tendrı́amos
δ(x) ≥ 2(v − 1) + 1 = 2v − 1,
2v − 2 =
x∈V
una nueva contradicción. Por tanto, en un árbol de más de un vértice hay al menos dos vértices hoja.
4. Según el apartado anterior, en todo árbol de más de un vértice (en particular, de más de dos vértices)
siempre hay hojas (por lo menos 2), de modo que el cuerpo del algoritmo siempre se puede aplicar (hay
vértices hoja que eliminar). Además, según el apartado 2, al eliminar de un árbol los vértices hoja se
vuelve a obtener otro árbol, por lo que el grafo T con el que trabaja el algoritmo será siempre un árbol.
Por último, como el número de vértices del árbol T disminuye en cada iteración al menos en 2 (todo árbol
de más de un vértice tiene por lo menos 2 hojas), en un número finito de iteraciones T tendrá menos
de dos vértices, por lo que el algoritmo parará. En principio, las salidas que puede dar el algoritmo son
árboles de 0, 1 ó 2 vértices. Sin embargo, un estudio más detenido muestra que no puede devolver un árbol
sin vértices: en un árbol de más de dos vértices siempre hay vértices de valencia mayor que 1, luego al
eliminar hojas en un tal árbol siempre queda algún vértice (precisamente, los que tenı́an valencia mayor
que 1). Ası́, cuando se produce la parada del algoritmo, el árbol T de salida ha de constar de algún vértice
(los que tenı́an valencia mayor que 1 antes de eliminar las hojas en la última iteración del algoritmo),
exactamente 1 ó 2; de modo que o bien es T = ({x}, ∅) o bien es T = ({x, y}, {(x, y)}).
5. Por definición, el centro de un árbol está formado por los vértices de la capa interior, la cual resulta de la
eliminación sucesiva de los vértices de las capas más externas, del exterior al interior. Precisamente éste
es el proceso que realiza el algoritmo que nos proponen: va eliminando los vértices por capas, desde la
exterior hasta la interior y devuelve como salida un árbol que contiene en particular los vértices que han
sobrevivido a la tala de la última capa eliminada por el algoritmo. Los vértices de este árbol T (1 ó 2,
como probamos en el apartado anterior) conforman de hecho el centro de T : están en la misma capa (o
son 2 vértices de valencia 1, o un solo vértice de valencia 0) y se trata de la más interior, puesto que los
restantes están en capas anteriores, luego más externas.
Ejercicio 2
Resolver los siguientes apartados independientes:
1. Dada una malla rectangular de dimensión n × m, con n, m ≥ 2, se considera el grafo Gn,m cuyos vértices
son los n · m cuadrados de la malla y cuyas aristas vienen dadas por pares de vértices correspondientes a
cuadrados de la misma fila o columna. Se pide:
(a) Demostrar que Gn,m es euleriano si y sólo si n + m es par.
(b) Probar que G5,6 es Hamiltoniano.
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(c) Demostrar que Gn,m es Hamiltoniano si n · m es par.
(d) ¿Es Gn,m bipartito? Justificar la respuesta.
2. Sea G un grafo plano, conexo y r-regular, r ≥ 2, con v vértices, a aristas y c caras.
(a) Probar que
y que
(b) En
i.
ii.
iii.
rv = n◦ de vértices de la cara 1 + · · · + n◦ de vértices de la cara c.
2a = n◦ de aristas de la cara 1 + · · · + n◦ de aristas de la cara c.
el caso de que r = 3 y todas las caras de G sean pentágonos y hexágonos:
Probar que G tiene exactamente 12 caras pentagonales.
Si a cada vértice de G llega un sólo pentágono, calcular el número de hexágonos que hay en G.
Probar que 3 ≤ χ(G) ≤ 4.
Solución.
1. (a) El grafo Gn,m es conexo, dado que los vértices de una misma fila o columna son todos adyacentes entre
sı́, de modo que un camino de un vértice (i, j) a otro (k, l) se obtiene por ejemplo mediante las aristas
{(i, j), (i, l)} y {(i, l), (k, l)} (sobrentendiendo que si j = l se utiliza sólo la segunda arista y que si i = k se
utiliza sólo la primera arista). Por tanto, sabiendo que Gn,m es siempre conexo, será euleriano si y sólo si
todos los vértices tienen valencia par. Como un vértice es adyacente a los restantes de su fila y columna,
la valencia de cualquier vértice es (n − 1) + (m − 1) = n + m − 2, que será par si y sólo si n + m es par.
1. (b) Si orientamos la malla que 5 × 6 que origina G5,6 de modo que la base está formada por 6 cuadrados y la
altura es de 5 cuadrados, se puede obtener un ciclo pasando por todos los cuadrados (vértices de G5,6 ) sin
repetir ninguno mediante el siguiente camino sobre la malla: comenzando por la esquina inferior izquierda,
se recorre la primera columna hasta llegar al techo, momento en el que se pasa al cuadrado superior de la
columna dos y se procede a bajar hasta el segundo cuadrado de la segunda columna. Una vez allı́ se pasa
a la casilla contigua de la tercera columna, para volver a subir hasta el techo. Ahora se procede a bajar
por la cuarta columna hasta la segunda casilla, pasando nuevamente a la contigua de la quinta columna.
Repitiendo la subida, se pasa finalmente a la casilla superior de la sexta y última columna y ahora se baja
hasta la primera casilla de esta columna, para finalmente recorre la primera fila desde su última casilla
hasta la primera, cerrándose el ciclo, por construcción hamiltoniano.
1. (c) El mismo esquema de construcción del ciclo hamiltoniano descrito en el apartado anterior se puede aplicar
al caso de grafos Gm,n con algún ı́ndice par (i.e. n · m par), orientando la malla correspondiente de modo
que la base tenga un número par de cuadrados y recorriendo en sentidos alternos las distintas columnas de
la segunda casilla a la última, hasta recorrer la primera fila desde la última casilla a la primera para cerrar
el ciclo. Lo importante para que este procedimiento funcione es que se llegue a la última columna por su
parte superior, para poder bajar y recorrer la primera fila desde el final. Esto es posible sólo si tenemos
un número par de columnas, de modo que las impares se recorren de abajo a arriba y las pares en sentido
contrario. De todos modos, para n y m simultáneamente impares, el procedimiento anterior acabarı́a en
la última casilla de la última columna, que es adyacente a la primera casilla de la misma columna; de
modo que para formar un ciclo hamiltoniano basta ahora recorrer la primera fila desde la última casilla a
la primera. Ası́, Gn,m es siempre hamiltoniano, para n, m ≥ 2.
1. (d) El único grafo Gn,m , con n, m ≥ 2, que es bipartito es el ciclo C4 ≡ G2,2 . En efecto, para n, m ≥ 2 y
(n, m) = (2, 2) el grafo Gn,m no es bipartito: basta tomar tres vértices consecutivos en una fila, que son
mutuamente adyacentes entre sı́ y por tanto conforman un ciclo de longitud 3, impar.
2. (a) Para los casos r ≥ 2, es importante recalcar la siguiente propiedad: en un grafo plano conexo todas las
aristas son frontera de dos caras distintas si y sólo si no hay vértices de grado 1. De este modo, cuando
r ≥ 2, las r aristas incidentes en cada vértice son frontera de r caras distintas, de donde cada vértice
pertenece a r caras distintas. Por tanto, la suma de todos los vértices de todas las caras coincide con el
producto de r por el número total de vértices. Por un razonamiento análogo, ya que cada arista es frontera
de dos caras distintas, se tiene que la suma de las aristas de todas las caras coincide con el doble de aristas
del grafo. En el caso r = 1 se mantiene la primera igualdad, dado que se trata de un grafo formado por
una arista y sus vértices extremos, por tanto de un grafo plano conexo de una sola cara con dos vértices.
Sin embargo, la segunda igualdad no es cierta, dado que 2 = 1.
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2. (b) i. Denotemos por p al número de pentágonos y por h al número de hexágonos en G. Teniendo en cuenta
el apartado anterior, dado que las caras son pentágonos o hexágonos y constan por tanto de 5 vértices y
aristas o 6 vértices y aristas, respectivamente; se tiene que 3v = 5p + 6h y que 2a = 5p + 6h. Por otra
parte, G es plano y conexo, por lo que según la fórmula de Euler ha de ser c − a + v = 2. Despejando v
y a de las primeras ecuaciones y sustituyendo estos valores posteriormente la fórmula de Euler, se llega a
que p = 12, no extrayéndose ninguna condición acerca del valor de h.
2. (b) ii. Del hecho de que a cada vértice llegue un sólo pentágono se extrae que el número de vértices de G coincide
con el número de vértices que hay en cada pentágono (v = 5 · 12 = 60). Ahora, usando 3v = 5p + 6h y que
p = 12 se llega a que h = 20.
2. (b) iii. Dado que G es un grafo 3-regular, χ(G) ≤ 3 + 1 = 4. Por otro lado, G no es bipartito (contiene 12
pentágonos, que son ciclos de longitud 5, impar), por lo que 3 ≤ χ(G). Ası́, 3 ≤ χ(G) ≤ 4.
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Colección de exámenes
Curso 2007/2008
9 de Junio de 2003
Ejercicio 1
Se considera el grafo ponderado G definido por la siguiente tabla, donde los vértices representan ciudades y las
aristas representan carreteras existentes entre las poblaciones. Los pesos indican longitudes en Kms.
A
A
B
C
D
E
F
G
H
B
20
C
D
20
28
E
F
34
10
G
H
I
45
26
22
18 19 13
22 12 25
30
12
16 14
32
1. Usando el algoritmo apropiado, calcular un árbol recubridor que dé las distancias más cortas desde A a
las restantes poblaciones y especificar cuáles son dichas distancias.
2. Se ha construido una nueva carretera entre las poblaciones B y G de forma que ahora, la distancia entre
A y H es de 68 Kms. Determinar cuál es el peso que le corresponde a la arista {B, G}.
3. Una empresa de suministros quiere contratar transportistas para cubrir el servicio en estas ciudades, de
modo que un mismo transportista sólo abastece un conjunto de poblaciones mutuamente adyacentes entre
sı́. Determinar el número mı́nimo de transportistas necesarios y las poblaciones a las que abastece cada
uno de ellos.
Solución.
1. Vamos a aplicar el algoritmo de Dijkstra para determinar el árbol recubridor de distancias más cortas
desde el vértice A, de modo que en cada fila se actualizan las distancias parciales tomando como punto
de apoyo el vértice base de la fila precedente.
A B
0 ∞
− 20
− −
− −
− −
− −
− −
− −
− −
C D
∞ ∞
∞ ∞
40 ∞
40 ∞
− 68
− 55
− 55
− −
− −
E F
∞ ∞
∞ 34
∞ 30
52 −
52 −
52 −
− −
− −
− −
G H
∞ ∞
∞ ∞
∞ ∞
60 ∞
60 ∞
56 74
56 74
56 74
− 72
I base arista
∞
A
−
45
B
{A, B}
45
F
{B, F }
42
C
{B, C}
42
I
{F, I}
−
E
{F, E}
−
D
{I, D}
−
G
{I, G}
−
H
{G, H}
De modo que las distancias más cortas desde A a los restantes vértices aparecen marcadas en negrita y vienen dadas por las ramas del siguiente árbol recubridor enraizado en A:
u
A
u
B
C
u
E
u
D
u
u
F
u
I
u
G
u
H
2. La distancia primigenia entre A y H era de 72 Kms. y el (único) camino que daba esa distancia venı́a
dado por (A, B, F, I, G, H), que daba asimismo las distancias más cortas desde A a los restantes vértices
de dicho camino (en particular a B y a G). Si al construir una nueva carretera entre B y G se reduce la
distancia entre A y H, es que necesariamente se utiliza esa carretera y por tanto se reduce la distancia de
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Curso 2007/2008
A a G, forzosamente según el camino (A, B, G); de donde el camino más corto desde A hasta H será ahora
(A, B, G, H). Si esta distancia es de 68 Kms., entonces la longitud de la nueva carretera {B, G} ha de ser
de 68 − 20 − 16 = 32 Kms.
3. Dado que un mismo transportista puede abastecer aquellas poblaciones que sean mutuamente adyacentes
entre sı́, el mayor número de poblaciones a abastecer por un mismo individuo vendrá dado por el ı́ndice
del mayor subgrafo completo que se encuentre en el grafo G = (V, A) que representa las poblaciones
y las carreteras de la tabla. Si localizamos el menor número de subgrafos completos que cubran todo G
habremos hallado el menor número de transportistas necesarios. Toda vez que G tiene 9 vértices y no tiene
como subgrafo ningún K5 , serán necesarios al menos 3 transportistas. Pero, de hecho, 3 son suficientes: por
ejemplo, los vértices {A, B, F, I} dan lugar a un K4 , {E, G, H} a un K3 y {C, D} a un K2 . La solución no
es única, puesto que podemos considerar tres K3 tomando {C, D, I}. Desde luego no es lı́cito considerar el
K4 inducido por {B, F, G, I} puesto que en ese caso serı́an 4 los transportistas necesarios, surtiendo a las
agrupaciones {A}, {C, D} y {E, H}. Otra forma de plantear el problema es calculando el número cromático
y una vértice coloración apropiada del grafo de incompatibilidades asociado al problema. En este caso, se
trata de que dos poblaciones son incompatibles si no pueden ser abastecidas por un mismo transportista,
i.e., si no son adyacentes. Luego el grafo de incompatibilidades coincide con el complementario Ḡ de G.
De un lado, χ(Ḡ) ≥ 3, puesto que, por ejemplo, (A, C, E, A) conforma un ciclo de orden 3 en Ḡ. Pero
χ(Ḡ) = 3, como se desprende de la vértice coloración a que da lugar el algoritmo voraz aplicado según el
orden alfabético de los vértices de Ḡ:
V
c
A
1
B
1
C
2
D
2
E
3
F
1
G
3
H
3
I
1
Ası́, obtenemos la primera de las soluciones propuestas anteriormente: un primer transportista abastecerı́a
las poblaciones {A, B, F, I}, otro {E, G, H} y un tercero las poblaciones {C, D}.
Ejercicio 2
Un niño localiza una máquina con una hilera de n interruptores, cada uno de los cuales consta de dos posiciones
(de encendido y de apagado, respectivamente). La tentación es mayúscula y automáticamente se pone a jugar
con los interruptores, ansiando ver su repercusión en la máquina. Eso sı́, para que no se le escape ninguna
posibilidad, realiza los cambios de manera ordenada: en cada tanda, de entre los n interruptores de que dispone,
cambia de posición exactamente k de ellos. Se considera el grafo G(n, k) cuyos vértices representan todas las
secuencias posibles de los n interruptores y cuyas aristas relacionan secuencias con exactamente k interruptores
en distinta posición. Se pide:
n
n
.
1. Justificar que G(n, k) es un grafo regular de 2 vértices de valencia
k
2. Estudiar el carácter euleriano de G(4, 2). Generalizar el resultado para G(n, k) con k par.
3. Demostrar que G(4, 3) es bipartito y estudiar razonadamente si admite un emparejamiento completo,
dando en cualquier caso un emparejamiento maximal. Generalizar el resultado para G(n, k) con k impar.
Indicación: emparejar una secuencia con la que se obtiene al cambiar
exactamente los últimos k interruptores.
4. El niño teme activar todos los interruptores simultáneamente, ası́ que decide suprimir esa posibilidad. Asumamos que k es impar. ¿Puede probar todas las secuencias sin repetir ninguna empezando y terminando
con todos los interruptores apagados? ¿Y comenzando y terminando con otra combinación determinada
de los interruptores?
5. Sea n par y k impar. Si el niño decide suprimir además la posibilidad de no activar ningún interruptor, ¿podrá probar todas las secuencias sin repetir ninguna, aunque comience y termine con secuencias
diferentes?
Solución.
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1. El número de secuencias de longitud n que se pueden formar a partir de dos elementos (encendido y
apagado, o si se prefiere 1 y 0), viene dado por las variaciones con repetición de 2 elementos tomados de
n en n, es decir, 2n . Una secuencia será adyacente a aquellas de las que se diferencia en k posiciones. El
número total de agrupaciones de k posiciones en las que
de entre las n existentes viene dado por
diferir
n
las combinaciones de n elementos tomados de k en k,
.
k
2. Los grafos G(n, k) con k par no son eulerianos, por no ser conexos: al menos constan de dos componentes
conexas, de un lado las secuencias con un número par de interruptores activados y de otra las que constan
de un número impar de interruptores activados. Esto es ası́ porque al ser k par, dos secuencias adyacentes
tienen un número de interruptores activados con la misma paridad.
3. La misma observación realizada anteriormente conduce a la afirmación de que G(n, k) es bipartito para
k impar: ahora, dos secuencias adyacentes difieren en k interruptores, luego tienen una cantidad de interruptores activados de distinta paridad. Ası́, las aristas de G(n, k) relacionan secuencias con un número
par de interruptores activados con ciertas secuencias con un número impar de interruptores activados.
La indicación da un procedimiento para construir un emparejamiento completo en este grafo bipartito:
cada secuencia con un número par de interruptores activados determina unı́vocamente una secuencia
con un número impar de interruptores activados al cambiar de posición los últimos k interruptores. En
efecto, para que dos secuencias obtenidas mediante este procedimiento fueran las mismas, los últimos k
interruptores habrı́an de estar en la misma posición (de donde también los últimos k interruptores de
las secuencias originales, en posiciones complementarias), ası́ como los primeros n − k (que coinciden
con los n − k primeros de las secuencias originales), de donde las secuencias de partida serı́an iguales.
Ası́, este procedimiento asigna de manera biyectiva a cada secuencia con un número par de interruptores
activados una secuencia con un número impar de ellos activados, luego determina un emparejamiento completo. En el caso de G(4, 3) obtenemos el siguiente emparejamiento: (0, 0, 0, 0) con (0, 1, 1, 1), (0, 0, 1, 1)
con (0, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 1) con (0, 0, 1, 0), (1, 0, 0, 1) con (1, 1, 1, 0), (0, 1, 1, 0) con (0, 0, 0, 1), (1, 0, 1, 0) con
(1, 1, 0, 1), (1, 1, 0, 0) con (1, 0, 1, 1) y (1, 1, 1, 1) con (1, 0, 0, 0).
4. Las dos preguntas que nos plantea el enunciado se resumen en una sola, a saber: si existe un ciclo hamiltoniano (da igual con comienzo en un vértice que en otro, si existe lo hace con comienzo en cualquier
vértice, por ser un ciclo que pasa por todos los vértices). Dado que k es impar, G(n, k) es bipartito. Como
se suprime un vértice (la secuencia formada con todos los interruptores activados), se trata de buscar un
ciclo hamiltoniano en el grafo bipartito que se obtiene al eliminar un vértice de G(n, k). El número de
vértices en dicho grafo es 2n − 1, impar. Por definición, en un grafo bipartito no existen ciclos de longitud
impar, luego en particular, en este grafo no puede existir un ciclo hamiltoniano (que pasarı́a por los 2n − 1
vértices y habrı́a de tener longitud 2n − 1, impar).
5. La pregunta del enunciado se traduce en si existe un camino hamiltoniano en el grafo bipartito que se
obtiene al eliminar en G(n, k) los vértices correspondientes a las secuencias (0, . n. ., 0) y (1, . n. ., 1). Si n
es par y k es impar, en el grafo bipartito G(n, k) las secuencias formadas por todos los interruptores en
la misma posición (ya sean todos ellos encendidos, o todos ellos apagados) están en la misma partición
de vértices, por tener ambos un número par de interruptores encendidos (n y 0, respectivamente). Ası́,
en dicho grafo bipartito no existe un camino hamiltoniano, dado que en una columna de vértices (las
secuencias con un número impar de interruptores encendidos) tenemos dos vértices más que en la otra
columna (la que corresponde a las secuencias con un número par de interruptores encendidos).
Ejercicio 3
1. Un grafo G se llama plano–triangular si no contiene aristas puente y la frontera de cada cara consta de,
exactamente, 3 aristas.
a.1) Acotar el número cromático de cualquier grafo plano–triangular. Encontrar ejemplos de grafos planos–
triangulares con número cromático 3 y 4, respectivamente.
a.2) Demostrar que si G es un grafo plano–triangular con a aristas y v vértices, entonces a = 3v − 6.
2. Un grafo plano con más de 2 vértices se dice maximal si al añadir una arista entre vértices no adyacentes
se obtiene un grafo no plano. Dado un grafo plano maximal G, se pide:
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Curso 2007/2008
b.1) Determinar el número de aristas que delimitan cada cara.
b.2) Demostrar que G no posee aristas puente y concluir que si G es plano maximal, entonces G es
plano–triangular.
b.3) Demostrar que si un grafo es plano–triangular entonces es plano maximal.
Indicación: usar el apartado a.2).
Solución.
a.1) Si un grafo G es plano–triangular, entonces posee 3–ciclos C3 (cada cara, en particular la exterior), por
tanto 3 = χ(C3 ) ≤ χ(G). Por otro lado, por el teorema de los 4 colores, cualquier grafo plano admite
una vértice coloración con un máximo de 4 colores, de modo que χ(G) ≤ 4. En definitiva, 3 ≤ χ(G) ≤ 4.
Ejemplos: El grafo C3 es plano–triangular y cumple que χ(C3 ) = 3. El grafo completo K4 también es
plano–triangular (piénsese en la inmersión plana de K4 en forma de tetraedro) y χ(K4 ) = 4.
a.2) Sea G un grafo plano–triangular con a aristas, v vértices y c caras. Descartando el caso degenerado de
que existan vértices aislados en el interior de una cara, es obvio que G ha de ser conexo: de haber dos
componentes conexas, éstas se podrı́an situar en la cara exterior, la cual estarı́a delimitada por seis aristas
y no 3, tres por cada componente conexa (no hay aristas puente y todas las caras están delimitadas por
3 aristas, necesariamente frontera). Como cada cara tiene como frontera un ciclo formado por 3 aristas y
todas las aristas son frontera de exactamente dos caras (pues no hay aristas puente) entonces 3c = 2a.
Como G es plano conexo, entonces
2=c−a+v =
2
a − a + v;
3
despejando a obtenemos que a = 3v − 6.
b.1) Si G es plano maximal, entonces cada cara debe estar limitada por 3 aristas: si hubiera una cara con más
de tres aristas, en el interior de dicha cara se podrı́a añadir una arista diagonal sin perder el carácter plano
del grafo.
b.2) Si G poseyera aristas puente entonces no serı́a plano maximal: toda arista puente tiene al menos uno de sus
extremos fuera de la frontera de una cara y desde dicho extremo se puede añadir una arista a cualquiera
de los vértices de la cara a la que pertenece sin por ello afectar al carácter plano del grafo. Por definición
un grafo plano sin aristas puente y tal que todas las caras tienen tres aristas por frontera (como es el
caso de los grafos planos maximales), es un grafo plano–triangular; de donde todo grafo plano maximal es
plano–triangular.
b.3) Por reducción al absurdo: supongamos que G es un grafo plano–triangular, pero no es plano maximal.
Supongamos que G posee v vértices, c caras y a aristas. Como G no es plano maximal, existe un par de
vértices no adyacentes en G que admiten ser conectados por una arista sin afectar al carácter plano del
grafo. El hipotético grafo plano resultante G = G ∪ tiene v vértices, a = a + 1 aristas y c = c + 1 caras
(todo grafo plano–triangular no tiene aristas puente, luego todos los vértices están situados en la frontera
de alguna cara, de modo que al añadir una arista una cara se subdivide en dos). Como a = 3v − 6 en G
(apartado a.2) entonces a = a + 1 = 3v − 5. Por otro lado, al ser G plano conexo, sabemos por teorı́a
que a ≤ 3v − 6. Sustituyendo a por su valor, obtenemos que 3v − 5 ≤ 3v − 6 y por tanto, llegamos a que
6 ≤ 5, lo cual es absurdo. Luego si G es plano–triangular, entonces es plano maximal.
5 de Septiembre de 2003
Ejercicio 1
En un centro de investigaciones biológicas, se está realizando un experimento entre animales de especies sexualmente compatibles (por ejemplo, el caballo y el asno). Se dispone de animales de 10 especies distintas,
una hembra y un macho de cada tipo, que se designarán, respectivamente, mediante Hi y Mi , 1 ≤ i ≤ 10. En
principio y tras muchos experimentos, se está en disposición de asegurar que los posibles emparejamientos entre
especies responden a la tabla siguiente:
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Especie
Puede emparejarse con las especies
H1
H2
H3
H4
H5
H6
H7
H8
H9
H10
M2 , M3 , M4 , M5
M1 , M5 , M8 , M10
M1 , M4 , M5 , M8 , M10
M1 , M3 , M7 , M9
M1 , M2 , M3 , M9 , M10
M7 , M9
M4 , M6 , M9
M2 , M3
M4 , M5 , M6 , M7 , M10
M2 , M3 , M5 , M9
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Obsérvese que se han suprimido los emparejamientos entre animales de la misma especie, pues es obvia la
compatibilidad correspondiente y carece de interés para el experimento. Con objeto de agilizar el experimento y
dado que para garantizar si son compatibles o no hay que esperar un número elevado de meses, se desea hacer,
al mismo tiempo, el máximo posible de emparejamientos.
a) Indicar, usando el algoritmo apropiado, si es posible emparejar todas las especies simultáneamente. Dar
un emparejamiento máximo. Justificar si se verifica la condición de Hall. Indicación: Comenzar con
el siguiente emparejamiento {{H1 , M2 }, {H2 , M1 }, {H3 , M4 }, {H4 , M3 }, {H5 , M9 }, {H6 , M7 } {H7 , M6 }
{H9 , M5 }}.
b) Calcular el número de componentes conexas, mediante una búsqueda en anchura, del grafo que modela
todos los emparejamientos posibles que aparecen en la tabla del enunciado.
c) Calcular la longitud mı́nima de los ciclos del grafo. Demostrar que dicho grafo no es plano. Indicación:
Demostrarlo mediante reducción al absurdo.
Solución.
a) Usaremos el algoritmo de emparejamientos máximos, comenzando con el emparejamiento
M = { {H1 , M2 }, {H2 , M1 }, {H3 , M4 }, {H4 , M3 }, {H5 , M9 },
{H6 , M7 }, {H7 , M6 }, {H9 , M5 } } .
El primer paso consiste en escoger el primer vértice no emparejado: H8 . A continuación, construimos el
árbol de caminos alternados enraizado en H8 y buscamos un camino alternado comenzando con H8 . El
camino es H8 M2 H1 M4 H3 M8 . Ahora, el nuevo emparejamiento es:
M = { {H1 , M4 }, {H2 , M1 }, {H3 , M8 }, {H4 , M3 }, {H5 , M9 },
{H6 , M7 }, {H7 , M6 }, {H8 , M2 }, {H9 , M5 } } .
Continuamos buscando otro vértice no emparejado, en este caso: H10 . Un camino alternado para H10 serı́a
H10 M5 H9 M10 . Por tanto, el nuevo emparejamiento es:
M={
{H1 , M4 }, {H2 , M1 }, {H3 , M8 }, {H4 , M3 }, {H5 , M9 },
{H6 , M7 }, {H7 , M6 }, {H8 , M2 }, {H9 , M10 }, {H10 , M5 } } .
Debido a que este emparejamiento es completo, hemos terminado. Debe cumplirse la condición de Hall
pues es una condición equivalente a que exista emparejamiento completo y acabamos de comprobar que
tal emparejamiento existe.
b) Representamos los pasos del algoritmo en la siguiente tabla. Construimos un árbol enraizado comenzando
con H1 :
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Cola
H1
H1 M 2
H1 M 2 M 3
H1 M 2 M 3 M 4
H1 M 2 M 3 M 4 M 5
M 2 M 3 M 4 M 5 H5
M 2 M 3 M 4 M 5 H5 H8
M2 M3 M4 M5 H5 H8 H10
M3 M4 M5 H5 H8 H10 H4
M4 M5 H5 H8 H10 H4 H3
M4 M5 H5 H8 H10 H4 H3 H7
M4 M5 H5 H8 H10 H4 H3 H7 H9
H5 H8 H10 H4 H3 H7 H9 M1
H5 H8 H10 H4 H3 H7 H9 M1 M9
H5 H8 H10 H4 H3 H7 H9 M1 M9 M10
H4 H3 H7 H9 M1 M9 M10 M7
H3 H7 H9 M1 M9 M10 M7 M8
H7 H9 M1 M9 M10 M7 M8 M6
M1 M9 M10 M7 M8 M6 H2
M9 M10 M7 M8 M6 H2 H6
Curso 2007/2008
Vértice Arista
H1
M2
H1 M 2
M3
H1 M 3
M4
H1 M 4
M5
H1 M 5
H5
M 2 H5
H8
M 2 H8
H10
M2 H10
H4
M 3 H4
H3
M 4 H3
H7
M 4 H7
H9
M 4 H9
M1
H5 M 1
M9
H5 M 9
M10
H5 M10
M7
H4 M 7
M8
H3 M 8
M6
H7 M 6
H2
M 1 H2
H6
M 9 H6
Como el árbol obtenido contiene todos los vértices del grafo, sólo puede haber una componente conexa.
c) Podemos observar que el grafo que estamos estudiando es bipartito. Como no puede contener ciclos
de longitud impar, todos sus ciclos son de longitud al menos 4. Un ciclo de longitud 4 es, por ejemplo,
H2 M1 H3 M5 H2 . Por tanto la longitud mı́nima es 4. Si el grafo fuera plano, entonces en particular verificarı́a
el teorema de Euler: v − a + c = 2, donde v es el número de vértices, a el número de aristas y c el número
de caras. En el grafo que estamos estudiando, tenemos que, v = 20 y a = 38. Además, como todos los
ciclos son de longitud al menos 4, se cumple la desigualdad 4c ≤ 2a, es decir, c ≤ 12 a = 12 · 38 = 19.
Sustituyendo todos estos datos en la igualdad v − a + c = 2 llegamos a:
2 = v − a + c ≤ 20 − 38 + 19 = 1
que es absurdo. Luego el grafo no puede ser plano.
Ejercicio 2
La Universidad de Sevilla está organizando cursos de tenis y natación para estudiantes. Las clases son diarias
de una hora de duración. Se ofrecen tres niveles de tenis: T1 , T2 , T3 ; y tres niveles de natación: N1 , N2 , N3 . Al
terminar la inscripción resulta: 7 alumnos matriculados de T1 y N1 ; 5 de T1 y N2 ; 9 de T2 y N1 ; 5 de T2 y N2 ; 2
de T2 y N3 ; 5 de T3 y N2 ; y por último, 9 de T3 y N3 . Por otro lado, la Universidad contrata sólo a un monitor
de tenis y otro de natación, en horario de 5 a 8 de la tarde. Se pide:
a) Establecer el grafo de actividades incompatibles en el tiempo. Calcular su número cromático. ¿Es posible
desarrollar los cursos en estas condiciones? Razonar la respuesta.
b) Los 5 alumnos matriculados de T2 y N2 pasan a matricularse de T3 y N3 . ¿Es posible realizar ahora las
actividades con los contratos previstos?.
c) Al final del curso se organiza un campeonato de tenis, por niveles, mediante el sistema de eliminación
simple. ¿Cuál es el número mı́nimo de rondas necesarias para conocer a los campeones de cada nivel?.
Solución.
a) Los vértices del grafo G serı́an los distintos cursos:
V = {T1 , T2 , T3 , N1 , N2 , N3 } .
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Curso 2007/2008
El conjunto de las aristas, que representan incompatibilidades entre actividades, serı́an:
A = {T1 T2 , T1 T3 , T2 T3 , N1 N2 , N1 N3 , N2 N3 , T1 N1 , T1 N2 , T2 N1 , T2 N2 , T2 N3 , T3 N2 , T3 N3 } .
Al contener dicho grafo un K4 (formado por los vértices T1 , T2 , N1 , N2 ), sabemos que χ(G) ≥ 4. Una
vértice–coloración c con 4 colores serı́a:
c(T1 ) = 1, c(T2 ) = 2, c(T3 ) = 3, c(N1 ) = 3, c(N2 ) = 4, c(N3 ) = 1
Por tanto, χ(G) = 4. No es posible desarrollar los cursos en la condiciones del enunciado ya que equivaldrı́a
a poder realizar una vértice–coloración de G con 3 colores, lo cual es imposible.
b) Ahora el grafo es G = G − {T2 N2 }. Este grafo contiene ciclos de longitud impar y por tanto χ(G ) ≥ 3.
Una vértice–coloración c con 3 colores serı́a:
c (T1 ) = 1, c (T2 ) = 2, c (T3 ) = 3, c (N1 ) = 3, c (N2 ) = 2, c (N3 ) = 1
Luego, χ(G ) = 3 y se podrı́an desarrollar los cursos en las condiciones del enunciado.
c) En T1 están matriculados 12 alumnos; en T2 hay 11 alumnos; en T3 hay 19 alumnos. El mı́nimo número
de rondas necesarias para cada campeonato coincide con el peso mı́nimo de un árbol binario con tantas
hojas como alumnos matriculados hay:
Campeonato de tenis nivel 1 → log2 12 = 4 rondas como mı́nimo,
Campeonato de tenis nivel 2 → log2 11 = 4 rondas como mı́nimo,
Campeonato de tenis nivel 3 → log2 19 = 5 rondas como mı́nimo.
Ejercicio 3
Se considera el juego de palabras encadenadas, de modo que cuando un jugador dice una palabra, ésta ha de
comenzar por la última sı́laba empleada por el jugador anterior. Por ejemplo, una secuencia válida es
casa, sapo, poto, todo, doce, cero,. . .
Supongamos que los jugadores acuerdan utilizar exclusivamente las palabras que se detallan a continuación:
roca, todo, caro, doce, cole, seco, roce, nato, toro, once, peca, cero, cena, león, tope, coto, roto, caco.
Se pide:
a) Demostrar que el grafo dirigido cuyos vértices son las sı́labas y cuyas aristas son las palabras bisı́labas que
se recogen en la lista anterior, es bipartito.
b) Justificar si se pueden utilizar todas las sı́labas, comenzando y terminando por la misma sı́laba, sin repetir
ninguna otra sı́laba. ¿Y sin repetir ni siquiera la primera sı́laba?
c) En caso de permitir la repetición de sı́labas (que no de palabras), justificar si se pueden utilizar todas
las palabras. ¿Se empezarı́a y terminarı́a por la misma sı́laba? Justificar que esto es posible añadiendo
una nueva palabra, sin alterar las sı́labas existentes. Supongamos que se añade tal palabra. Construir,
razonadamente, una secuencia del juego en la que se utilicen todas las palabras, empezando y terminando
por la misma sı́laba.
d) Asumamos ahora que un jugador sólo puede utilizar una misma sı́laba exactamente una vez. ¿Es posible
completar el juego con 5 jugadores?.
Aclaración: se supone que si una persona no puede jugar (porque ya haya utilizado
la última sı́laba empleada por el jugador que le precede), pierde su turno en favor
del siguiente jugador.
Solución.
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a) Es un grafo con 18 aristas (palabras). El conjunto de vértices (las sı́labas del grafo) pueden separarse en
dos subconjuntos disjuntos
V1 = {pe, ro, do, na, co, on} ,
V2 = {ca, to, ce, le, se}
tal que todas las aristas del grafo tienen un vértice en V1 y otro en V2 . Por tanto, el grafo es bipartito.
b) Nos preguntan si el grafo dirigido es hamiltoniano. Podemos argumentar de varias formas que dicho grafo
no es hamiltoniano: bien porque tiene un vértice de valencia 1 (se), bien porque tiene un vértice de corte
(co, cuya eliminación desconecta el vértice de valencia 1, se, con el resto del grafo), bien porque es un grafo
bipartito subgrafo de K6,5 con los once vértices (recordemos que para que un subgrafo de Kn,m con los
n + m vértices pueda ser hamiltoniano es necesario que n = m). Por tanto, no se pueden utilizar todas las
sı́labas, sin repetir ninguna, comenzando y terminando por la misma sı́laba. Más aún, tampoco se pueden
utilizar todas las sı́labas, sin repetir ninguna, aún comenzando y terminando por sı́labas distintas; esto es,
el grafo ni siquiera admite un camino hamiltoniano, lo cual volvemos a argumentar de diversas formas:
es de común conocimiento que para que un subgrafo de K6,5 admita un camino hamiltoniano, éste ha de
comenzar y terminar en vértices pertenecientes al subconjunto de 6 vértices; en nuestro caso el camino ha
de empezar necesariamente por el único vértice de valencia 1 (se, cuya única arista es de salida, seco) y
éste pertenece a la partición de 5 vértices, no la de 6. También se podrı́a seguir esta otra argumentación:
un tal hipotético camino habrı́a de empezar por el vértice se; por otra parte, los vértices do y pe sólo son
accesibles desde el vértice to, luego para poder recorrer ambos sin repetir la sı́laba to necesariamente uno
de ellos habrı́a de ser igualmente el inicio del camino; y un camino tiene un sólo inicio, no dos.
c) Nos preguntan si el grafo dirigido es euleriano. Dado que hay al menos un vértice de valencia impar
(δ(se) = 1), el grafo no puede ser euleriano. Por tanto, no se pueden utilizar todas las palabras comenzando
y terminando por la misma sı́laba. Añadiendo una arista entre los vértices ce y se, conseguiremos que
todos los vértices tengan valencia par y que el número de aristas que salen de cada vértice coincidan con el
número de aristas que entran. Por tanto, el grafo con la nueva arista (la palabra cese), es un grafo dirigido
euleriano. Para poder construir una secuencia de juego donde se usen todas las palabras, lo que tenemos
que calcular es un recorrido euleriano. Para ello, descomponemos el grafo obtenido al añadir la palabra
cese, en ciclos simples:
cese, seco, cole, león, once
coto, todo, doce, cero, roca, caco
cena, nato, toro, roce
caro, roto, tope, peca
Ahora, encadenamos los ciclos para construir un recorrido euleriano:
cese, seco, coto, todo, doce, cena, nato, toro, roce, cero,
roca, caro, roto, tope, peca, caco, cole, león, once
d) Recordemos que cada palabra se hace corresponder con una arista, de tal manera que aristas incidentes en
un vértice han de ser dichas por jugadores distintos, ya que un mismo jugador utiliza una sı́laba a lo más
una única vez. Este problema se puede interpretar como la búsqueda de una arista–coloración particular.
Como el grafo es bipartito y la valencia máxima es 6, necesitaremos al menos 6 colores para realizar una
arista–coloración cualquiera. Por tanto, 5 jugadores no son suficientes para completar el juego.
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21 de Noviembre de 2003
Ejercicio 1
Los empleados de una empresa tienen sus ordenadores, {A, B, C, D, E, F, G, H, I, J}, conectados entre sı́ en una
red, cuyas conexiones se indican (en coste por unidades de longitud de cable) en la tabla siguiente:
A
B
C
D
E
G
B C
22 15
D
E
10 12
18
F G
14
9
H
I
8
J
11
11
13
7
16
En la red se producen fallos y se han contratado los servicios de un técnico para localizarlos, independientemente
de que vengan originados por algunos ordenadores o por ciertos cables de conexión de la propia red.
1. La primera orden que recibe el técnico es la de revisar los ordenadores. El técnico no desea trabajar en
balde y como sabe que posteriormente ha de revisar asimismo el cableado, decide establecer una ruta
en la que revise todos los ordenadores sin pasar dos veces por el mismo cable u ordenador. ¿Es posible
esto empezando y terminando por el mismo ordenador? ¿Y empezando y terminando por ordenadores
distintos?
2. Tras pensar brevemente en la iniciativa anterior, el técnico vislumbra que es mucho más productivo
revisar la red de conexiones directamente, de modo que cuando pase por un ordenador por primera vez
aprovechará y lo revisará en ese instante, para después continuar su ruta por el resto del cableado. ¿Puede
realizar esta operación sin repetir un mismo cable, empezando y terminando en un mismo ordenador? ¿Y
empezando y terminando por ordenadores distintos? En caso afirmativo, ¿cuáles serı́an estos ordenadores?
En ningún caso se piden los recorridos.
3. Como el coste de reparación es demasiado elevado, se decide reparar lo indispensable para que los ordenadores A y H queden conectados por tramos renovados. ¿Cuáles serán los tramos a reparar?
4. Demostrar que el grafo es bipartito. ¿Cuál es el mı́nimo número de turnos de vacaciones de verano que
hay que establecer, si no pueden tomar vacaciones simultáneamente personas que tengan sus ordenadores
directamente conectados?
Solución.
1. Si existiera una ruta cerrada sin repetir cable ni ordenador, ésta representarı́a un ciclo hamiltoniano y
el grafo, que se muestra en el apartado a) de la Figura 28 no es hamiltoniano pues tiene un vértice de
valencia 1 (el vértice J). En la segunda pregunta nos piden si en tal grafo existe un camino hamiltoniano
y esto también es imposible ya que el grafo G tiene un vértice de corte que al ser eliminado produce más
de dos componentes conexas. Este vértice es el vértice B que su eliminación produce tres componentes
conexas, como se ve en el apartado b) de la Figura 28, de vértices respectivos V1 = {J}, V2 = {D, G, H}
y V3 = {A, C, E, F, I}.
2. No puede recorrer todos los cables de la red, comenzando y terminando en el mismo ordenador, ya que el
grafo, al tener vértices impares, no es euleriano. Si puede recorrer todos los cables de la red si empieza y
acaba en dos vértices distintos, ya que el grafo admite un recorrido euleriano ya que sólo tiene dos vértices
impares, los vértices B y J, siendo por tanto estos vértices los vértices inicial y final del recorrido.
3. Se nos pide el camino más corto entre los vértices A y H. Para ello utilizaremos el algoritmo de Dijkstra,
comenzando en el vértice A. La siguiente tabla muestra la evolución de dicho algoritmo:
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A
A
J
B
22
11
J
15
15
14
8
C
I
7
12
11
H
18
16
G
13
C
I
10
9
7
14
8
11
H
D
18
16
G
E
13
F
F
a)
b)
D
E
Figura 28: a) Grafo G del problema, b) grafo G − B.
A
(0, −)
B
(∞, −)
(22, A)
(22, A)
(22, A)
(22, A)
(22, A)
C
(∞, −)
(15, A)
(15, A)
(15, A)
D
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(32, B)
(32, B)
E
(∞, −)
(∞, −)
(15, I)
(15, I)
(15, I)
F
(∞, −)
(14, A)
(14, A)
G
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(31, B)
H
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(47, G)
(43, D)
(43, D)
I
(∞, −)
(8, A)
J
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(33, B)
(33, B)
(33, B)
vértice
A
I
F
C
E
B
G
D
J
H
De ella se desprende que la distancia d(A, H) = 43, siendo el camino mı́nimo A − B − D − H.
4. El grafo es bipartito y la vértice–coloración de 2 colores es como sigue:
c(A) = c(D) = c(E) = c(G) = c(J) = 1,
c(B) = c(C) = c(F ) = c(H) = c(I) = 2
y por tanto serán necesarios 2 turnos: Primer turno: A, D, E, G, J; Segundo turno: B, C, F, H, I.
Ejercicio 2
a) Supongamos que u y v son dos vértices de un grafo G = (V, A) no adyacentes entre sı́ de modo que
δ(u) + δ(v) ≥ |V | ≥ 3.
a.1) Demostrar que si (V, A ∪ {u, v}) admite un ciclo hamiltoniano que contenga la arista {u, v}, entonces
G admite un camino hamiltoniano P = (u, x1 , . . . , xp−2 , v). Deducir que en la lista x1 , . . . , xp−2 están
los δ(u) vértices adyacentes a u y los δ(v) vértices adyacentes a v.
a.2) Probar que en el camino P hay un par de vértices consecutivos xi y xi+1 adyacentes a v y u,
respectivamente; es decir, probar que en P no puede darse que después de cada vértice adyacente a
v haya un vértice no adyacente a u.
Ayuda: contar el número de vértices en la lista x1 , . . . , xp−2 que son adyacentes a u, ası́ como el
número de ellos que no son adyacentes a u.
a.3) Concluir que bajo las condiciones del apartado a.1) el grafo G es hamiltoniano.
b) El grafo clausura de un grafo G se obtiene al añadir aristas entre todos los pares de vértices u y v que no
son adyacentes y tales que δ(u) + δ(v) ≥ |V | = n.
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s
s
s
s
@
@
@s
s
s
s
s
b.1) Calcular el grafo clausura de los siguientes grafos:
b.2) Supongamos que para cada pareja de vértices u y v no adyacentes en un grafo G, es δ(u) + δ(v) ≥ n.
Demostrar que en este caso la clausura de G coincide con Kn .
b.3) Demostrar que si el grafo clausura de G es hamiltoniano, entonces G es hamiltoniano.
b.4) Concluir que si para todo par de vértices u y v no adyacentes de un grafo G es δ(u) + δ(v) ≥ n,
entonces el grafo en cuestión es necesariamente hamiltoniano.
Solución:
a) a.1) Si (V, A ∪ {u, v}) admite un ciclo hamiltoniano, entonces existe un ciclo maximal
u, x1 , . . . , xp−2 , v, u
por lo que, quitando la arista v, u tendremos un camino hamiltoniano P = (u, x1 , . . . , xp−2 , v) en G.
Además, al ser un camino hamiltoniano y por tanto contener a todos los vértices del grafo, en la lista
u, x1 , . . . , xp−2 , v estarán todos los vértices de G, por lo que en la lista x1 , . . . , xp−2 estarán todos los
vértices, excepto u y v, lo que contesta a la segunda pregunta.
a.2) Lo probaremos por reducción al absurdo. Supongamos que detrás de cada vértice xi de P , adyacente a
v, siga un vértice xi+1 no adyacente a u. Sea δ(u) = δ, como δ(u)+ δ(v) ≥ |V |, se tiene δ(v) ≥ |V | − δ.
Por lo tanto existen al menos |V | − δ vértices adyacentes a v y, por hipótesis de inducción, existirán
al menos |V | − δ vértices no adyacentes a u, por lo que su valencia será
δ(u) ≤ |V | − 1 − (|V | − δ) = δ − 1
teniendo por tanto que δ(u) = δ ≤ δ − 1 que resulta absurdo.
a.3) Si el grafo G admite un camino hamiltoniano P = (u, x1 , . . . , xp−2 , v), como según el apartado
anterior existen dos vértices consecutivos xi , adyacente a v y xi+1 , adyacente a u, obtenemos un
camino hamiltoniano eliminando la arista xi , xi+1 y añadiendo las aristas v − xi y u − xi+1 , como
muestra la Figura 29.
u
x1
xi-1
xi
xi+1
xi+2
xp-2
v
u
x1
xi-1
xi
xi+1
xi+2
xp-2
v
Figura 29: Obtención del ciclo hamiltoniano a partir de un camino hamiltoniano.
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G
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cl(G)
Figura 30: Un grafo G y su grafo clausura cl(G).
b) b.1) El primer grafo no tiene dos vértices no adyacentes u y v, cuya suma de valencias sea δ(u) + δ(v) ≥
|V | = 4, por lo que cl(G) = G. La solución para el segundo grafo la muestra la Figura 30.
b.2) Sean u, v dos vértices cualesquiera, entonces como δ(u) + δ(v) ≥ n, la arista u − v la contiene el grafo
clausura cl(G) ya que si no son adyacentes en G es una arista que se añade en cl(G). Por lo tanto
cl(G) = Kn .
b.3) Bastará aplicar el apartado a) reiteradamente, con cada una de las aristas que estén en el ciclo
hamiltoniano de cl(G), que no sean aristas de G.
b.4) Si para todo par de vértices u y v no adyacentes de un grafo G es δ(u) + δ(v) ≥ n, entonces la arista
{u, v} pertenece a cl(G). Por tanto cl(G) = Kn , que es hamiltoniano. Por lo tanto, según el apartado
anterior, G es también hamiltoniano.
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Ejercicio 3
s
s
s
Z
J
J s
JZ
ZJ JZ
J
JJs
JJs
ZZ
s
1. Estudiar razonadamente el problema de la planaridad en los siguientes grafos:
2. Sea Mn una malla cuadrada de n × n vértices, en la que además de las aristas naturales se consideran
adyacentes aquellos vértices que distan un salto de caballo: esto es, el vértice (i, j) es adyacente a los vértices
(i ± 1, j ± 2), (i ± 2, j ± 1); los cuales están situados bien en las filas anterior o posterior y desplazados
dos columnas, a izquierdas o derecha;
o derecha,
sH desplazados
sH s dos
sfilas
sH
s a laizquierda
s bien en las columnas
s
A HH
A HH
A HH
A A
A A A H
A A
H
H
AHHs AH
Hs
s
s
s
s AHHs
A
A
H
H
HH
H
A
A
A
A
H
H
A
A
AH
AH
s
s
H
H
A
A
A
A
H
A
H
H
A
A HH
A
H
H
AH
H
s
s
s A
s H
As
As AH
As
A
M2
HH
HAH
A
A
AH H
A H
A
M3
A H
HH
As HH
s A
s
As
arriba o abajo.
Se
M4
pide estudiar el carácter euleriano de Mn según los distintos valores de n ≥ 2.
Solución:
1. El primer grafo es plano. la Figura 31 muestra una inmersión plana de dicho grafo. El segundo grafo no es
Figura 31: El primer grafo es plano.
plano ya que es isomorfo a K3,3 , como muestra la Figura 32. El tercer grafo es plano. la Figura 33 muestra
una inmersión plana de dicho grafo. El cuarto grafo no es plano. La Figura 34 muestra como contiene una
subdivisión de K3,3 .
2. M2 y M4 son eulerianos pues todos los vértices tienen valencia par. En cambio M3 no es euleriano ya que,
por ejemplo, el vértice (2, 3) es impar δ(2, 3) = 5. Si n > 4 veamos que Mn no es euleriano ya que contiene
vértices de valencia impar. En efecto sea un vértice cualquiera de la última columna (véase la Figura 35),
que no sea ni extremo ni el anterior al extremo. Es decir el vértice (i, n), siendo 3 ≤ i ≤ n − 2. Entonces
el vértice (i, n) es adyacente a los vértices (i − 1, n), (i − 2, n − 1), (i − 1, n − 2), (i, n − 1), (i + 1, n − 2),
(i + 2, n − 1) y (i + 1, n), por lo que δ(i, n) = 7.
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s
s
J
sJ
s
J
JJs
s
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1
a
1
a
b
3
2
b
3
c
c
2
Figura 32: El segundo grafo no es plano (es isomorfo a K3,3 ).
Figura 33: El tercer grafo es plano.
a
1
2
b
1
2
3
a
b
c
c
3
Figura 34: El cuarto grafo contiene una subdivisión de K3,3 .
30 de Junio de 2004
Ejercicio 1
Sea G = (V, A) un grafo con a aristas y v vértices. Indicar cuáles de las siguientes afirmaciones son verdaderas
y cuáles falsas, demostrando las que resulten verdaderas o presentando un contraejemplo para las que resulten
falsas:
1. Si a ≥ v, entonces el grafo G es conexo.
2. Si G tiene k componentes conexas y es acı́clico, entonces a = v − k.
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(i-2,n-1)
(i-1,n-2)
(i-1,n)
(i,n-1)
(i,n)
(i+1,n)
(i+1,n-2)
(i+2,n-1)
Figura 35: Mn (n > 4) no es euleriano.
3. Si a ≤ v − 2, entonces el grafo no puede ser conexo.
4. Si a ≤ v − 2, entonces el grafo es acı́clico.
5. Si a = v − 2, entonces el grafo tiene al menos dos componentes conexas.
6. Si a = v − 2, entonces el grafo tiene exactamente dos componentes conexas.
7. Si G es conexo y contiene un ciclo, al eliminar una arista cualquiera el nuevo grafo sigue siendo conexo.
8. Si a = v + 1, entonces G contiene exactamente dos ciclos.
9. Si a = v + 1, entonces G contiene al menos dos ciclos.
10. Si el número cromático de G es 2 (χ(G) = 2), entonces G es un grafo bipartito.
11. Si G contiene algún ciclo de longitud impar, entonces χ(G) = 3.
12. Si G es hamiltoniano, entonces no puede tener vértices de valencia impar.
13. Si el grafo complementario G es conexo y plano, tiene
v(v − 3)
− a + 2 caras.
2
14. Si G es bipartito, entonces para colorear sus aristas, sin que dos aristas incidentes en un vértice tengan el
mismo color, sólo se necesitan 2 colores.
Solución:
1. Falso. La Figura 36 muestra un contraejemplo.
Figura 36: Un grafo no conexo con a ≥ v.
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2. Cierto. Si G es acı́clico y tiene las componentes conexas G1 = (V1 , A1 ), . . . , Gk = (Vk , Ak ) , estas k
componentes conexas son árboles, por lo tanto |A1 | = |V1 | − 1, . . . , |Ak | = |Vk | − 1, por lo que a = |A| =
k
k
k
|Ai | =
(|Vi | − 1) =
|Vi | − k = |V | − k = v − k.
i=1
i=1
i=1
3. Cierto. Por reducción al absurdo. Supongamos que G es conexo. Si G no contiene ciclos, serı́a un árbol,
entonces a = v − 1 lo que contradice la hipótesis. Si por el contrario, tuviera algún ciclo, podrı́amos
eliminar una de las aristas del ciclo con lo que el nuevo grafo G1 (que tendrı́a a − 1 aristas) seguirı́a siendo
conexo. Si este grafo no tuviera ciclos, tendrı́amos un árbol G1 con a − 1 aristas y v vértices y por tanto
a − 1 = v − 1, es decir a = v. Si este nuevo grafo G1 tuviera ciclos procederı́amos del mismo modo. De
esta forma obtendrı́amos un árbol con a − k aristas, por lo que a − k = v − 1. Por tanto en cualquier caso
tendrı́amos que a = v + k − 1 siendo k ≥ 1, lo que contradice la hipótesis.
4. Falso. La Figura 37 muestra un contraejemplo.
Figura 37: Un grafo acı́clico con a < v − 2.
5. Cierto. Si el grafo fuera conexo llegaremos a una contradicción. Si no contuviera ciclos serı́a un árbol y por
tanto no puede ser a = v−2. Por lo tanto ha de tener algún ciclo, pero como hemos razonado anteriormente,
eliminando aristas de un ciclo, obtendrı́amos un árbol con a − k aristas y por tanto a = v + k − 1, siendo
k ≥ 1, lo que resulta contradictorio.
6. Falso. Puede tener más de dos componentes conexas. La Figura 38 muestra un contraejemplo.
Figura 38: Un grafo con cinco componentes conexas y a = v − 2.
7. Falso. La Figura 39 muestra un grafo conexo g cı́clico con una arista puente l, ya que G − l no es conexo.
8. Falso. La Figura 40 muestra un grafo con 4 vértices y 5 aristas y en cambio tiene 3 ciclos.
9. Cierto. Si G contuviera un sólo ciclo (o ninguno) y fuera conexo podrı́amos obtener un árbol eliminando
una de las aristas del ciclo (o ninguna) con a ≥ v lo que es absurdo. Si por el contrario no fuera conexo
igualmente obtendrı́amos un bosque con a ≥ v, lo que es absurdo ya que en un bosque con c componentes
conexas debe cumplirse a = v − c, según hemos visto con anterioridad.
10. Cierto. Si χ(G) = 2, sea c : V −→ {1, 2} una vértice–coloración de G con dos colores. Entonces G es el
grafo bipartito G = (V1 , ∪V2 , A), siendo V1 = {v ∈ V | c(v) = 1} y V2 = {v ∈ V | c(v) = 2}.
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l
Figura 39: Un grafo cı́clico conexo con una arista puente.
Figura 40: Un grafo con 3 ciclos y a = v + 1.
11. Falso. Si G contiene algún ciclo de longitud impar, entonces χ(G) ≥ 3. Pero puede ser χ(G) > 3. Por
ejemplo el grafo Kn con n > 3 es uno de los ejemplos.
12. Falso. La Figura 41 muestra un grafo con 4 vértices y 5 aristas y en cambio tiene 3 ciclos.
Figura 41: Un grafo hamiltoniano con vértices impares.
13. Cierto. El grafo G tiene v vértices,
la fórmula de Euler, por lo tanto:
v+c=
v(v − 1)
− a aristas. Si tiene c caras, como es conexo y plano, verifica
2
v(v − 1)
v(v − 3)
v(v − 1)
− a + 2 =⇒ c =
−a+2−v =
−a+2
2
2
2
14. Falso. Basta pensar en un grafo bipartito con vértices de valencia superior a 2, como por ejemplo Km,n ,
con m ≥ 3 o n ≥ 3.
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22 de Septiembre de 2004
Ejercicio 1 (4 puntos)
La figura representa una red telefónica, de manera que el número anotado en cada tramo indica el coste de
reparación de dicho tramo. Se ha detectado una averı́a en la red telefónica y el técnico encargado de repararla
tendrá que recorrer todos los nodos (vértices) de la red para comprobar las conexiones.
A
B
21
20
J
22
28
30
I
K
C
19
40
D
47
21
23
H
L
42
28
E
48
G
18
23
F
(1.a) Se decide reparar, de forma urgente, sólo los tramos que permitan la conexión entre los nodos A y G,
¿cuáles serán los tramos que hay que reparar para que el coste sea mı́nimo?, ¿cuál será el coste total de
esta reparación?
(1.b) Se ha decidido también renovar todos los nodos de la red, pero por problemas de conexiones dos nodos
directamente conectados no pueden estar hechos del mismo material. ¿Cuantos materiales distintos se
necesitan para la fabricación de los nodos?
(1.c) ¿Es posible recorrer todos los nodos de la red, sin repetir ninguno de ellos, de forma que se comience y
acabe en el mismo vértice?
(1.d) ¿Es posible recorrer todos los tramos de la red, sin repetir ninguno de ellos, de forma que acabemos en el
nodo de partida? En caso negativo, ¿cuántos tramos nuevos habrá que establecer entre nodos para poder
llevar a cabo esta operación?
Ejercicio 2 (3 puntos)
(2.a) Probar que si un grafo G = (V, A) posee n vértices y k aristas (con k < n), entonces tiene al menos n − k
componentes conexas. (Nota: Usar el método de inducción en k)
n−1
(2.b) Probar que si un grafo G = (V, A) con n vértices (n ≥ 3) posee un número mayor que
aristas,
2
n
entonces es conexo. (Nota: Téngase en cuenta que el grafo completo Kn tiene
aristas)
2
n−1
(2.c) Dar un ejemplo de grafo G = (V, A) disconexo con n vértices y
aristas.
2
(2.d) Sea G = (V, A) un grafo con n vértices y tal que δ(v) > n
2 + 1, ∀v ∈ V . Demostrar que G tiene un ciclo
C3 como subgrafo.
(n + 2)2
(2.e) Probar que si G = (V, A) es un grafo con n vértices (n ≥ 3) y más de
aristas, entonces contiene
4
un ciclo C3 . (Nota: Usar el método de inducción y el apartado anterior)
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(2.f) Demostrar que un grafo en las condiciones del apartado (2.b) con n > 10 vértices no sólo es conexo sino
que además contiene un ciclo C3 .
Ejercicio 3 (3 puntos)
El seleccionador nacional de balonmano tiene que formar un equipo para el próximo campeonato, compuesto
por un portero (PO), un lateral izquierdo (LI), un alero izquierdo (AI), un pivote defensivo (PD), un pivote
atacante (PA), un alero derecho (AD) y un lateral derecho (LD). Para ello dispone de los siguientes jugadores,
que pueden ocupar los puestos que se indican: El jugador A puede jugar sólo de portero; el jugador B de portero
o de lateral izquierdo; el jugador C de alero derecho; el jugador D de lateral izquierdo, alero izquierdo, pivote
defensivo o pivote atacante; el jugador E de alero izquierdo, pivote defensivo, pivote atacante o lateral derecho;
el jugador F de pivote defensivo o pivote atacante; el jugador G de alero derecho o lateral derecho; el jugador
H de lateral izquierdo y el jugador I de alero derecho.
(3.a) Obtener un grafo que represente la situación y estudiar su planaridad.
(3.b) ¿Podrá el seleccionador obtener una alineación con los jugadores de que dispone? En caso afirmativo,
obtenerla y en caso negativo, obtener una alineación que cubra el mayor número posible de puestos.
(3.c) A lo largo de la fase de preparación se lesiona el jugador D:
(3.c.1) Probar que no es posible obtener un equipo completo con los jugadores restantes, demostrando que
el grafo resultante no verifica la condición de Hall.
(3.c.2) Partiendo de la alineación parcial siguiente y siguiendo el árbol de camino alternado, obtener la
máxima alineación posible y decidir cuántos nuevos jugadores deberá convocar el seleccionador y
para cubrir qué puestos: Portero: A, Lateral Izquierdo: B, Alero izquierdo: E, Pivote defensivo: F y
Alero derecho: G
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Curso 2007/2008
17 de Diciembre de 2004
Ejercicio 1
Sea G = (V, A) un grafo con a aristas y v vértices. Indicar cuáles de las siguientes afirmaciones son verdaderas
y cuáles falsas, demostrando las que resulten verdaderas o presentando un contraejemplo para las que resulten
falsas:
1. Si a ≥ v, entonces el grafo G es conexo.
2. Si G tiene k componentes conexas y es acı́clico, entonces a = v − k.
3. Si a ≤ v − 2, entonces el grafo no puede ser conexo.
4. Si a ≤ v − 2, entonces el grafo es acı́clico.
5. Si G es conexo y contiene un ciclo, al eliminar una arista cualquiera el nuevo grafo sigue siendo conexo.
6. Si G contiene algún ciclo de longitud impar, entonces χ(G) = 3.
7. Si G es hamiltoniano, entonces no puede tener vértices de valencia impar.
8. Si el grafo complementario G es conexo y plano, tiene
v(v − 3)
− a + 2 caras.
2
Ejercicio 2
Un grafo G se dice que es un grafo cordal si es un vértice aislado o se obtiene a partir de otro grafo cordal J,
añadiéndole un vértice y todas las aristas que le unen a un subgrafo completo de J. (La figura siguiente muestra
un grafo cordal G y su forma de obtención:
a
a
a
a
b
b
b
c
c
a
d
a
b
b
e
e
f
c
d
c
d
G
1. Obtener todos los grafos cordales de menos de 5 vértices.
2. Probar que todos los grafos cordales son conexos.
3. Probar que Kn es cordal, para todo n.
4. Probar que los árboles son grafos cordales.
5. Probar que el grafo rueda W4 (véase la figura) no es cordal.
6. Probar que K3,3 no es cordal.
7. Probar que el número cromático de los grafos cordales que no son árboles es mayor o igual que 3.
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8. Probar que un grafo cordal es plano si y sólo si no contiene a K5 .
Ejercicio 3
Una empresa de bus turı́stico está diseñando rutas que pasen por los monumentos más importantes de Barcelona.
Se acompaña un grafo ponderado asociado al plano de Barcelona donde la ponderación es proporcional al número
de semáforos y a la densidad de tráfico.
Tramvía Blau-Tibidabo
10
Monestir de Pedralbes
C
D
11
13
13
G
Francesc Maciá
Palau Real
E
24
20
F.C.Barcelona
25
F
B
23
22
La Pedrera
30
H
Estació de Sants
7
12
Plaça d'Espanya
J
MACBA-CCCB
I
8
A
Plaça de Catalunya
1. La empresa pretende que el autobús parta de la Plaça de Catalunya (A) y pase por Tramvia Blau-Tibidabo
(C), Palau Real (E) y Estació de Sants (H), para volver el apunto de partida. Teniendo en cuenta que estos
puntos los puede visitar en cualquiera de los ordenes: A − −C − −E − −H − −A, A − −C − −H − −E − −A
y A − −E − −C − −H − −A, desarrollar un algoritmo para encontrar el itinerario más corto y dar dicho
itinerario.
2. ¿Podrá el autobús pasar por todas las calles del grafo una y sólo una vez? En caso negativo justificarlo y,
en caso afirmativo, ¿en qué puntos debe comenzar y acabar dicho recorrido?
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Curso 2007/2008
13 de Diciembre de 2005 (Ingenieros Informáticos e I.T.I. Sistemas)
Ejercicio 1 (4 puntos)
Los 10 empleados de una empresa tienen sus ordenadores, {A, B, C, D, E, F, G, H, I, J}, conectados entre sı́ en
una red cuyas conexiones se indican, en coste por unidades de longitud de cable, en la tabla siguiente:
A
B
C
D
E
F
G
C
22
D
E
F
14
G
10
H
I
8
J
12
18
15
9
11
7
13
17
16
1. El técnico encargado de reparar la instalación debe revisar todos los ordenadores una única vez, ¿puede
hacer un recorrido que empiece y termine en el mismo ordenador.
2. El técnico proyecta realizar un nuevo trazado de la red con un coste mı́nimo y de manera que todos los
ordenadores queden conectados entre sı́, ¿cuál serı́a el nuevo proyecto?
3. Como el coste es demasiado elevado se decide reparar lo mı́nimo necesario para que los ordenadores A y
H queden conectados por tramos renovados, ¿cuáles serán los tramos que hay que reparar?
4. ¿Cuál es el menor número de turnos de vacaciones de verano que hay que establecer, si no pueden tomar
vacaciones simultáneamente personas que tengan sus ordenadores directamente conectados?
5. ¿Es posible que todos los empleados trabajen por parejas, de forma que trabajen juntas personas cuyos
ordenadores estén conectados directamente? En caso afirmativo, hallar un emparejamiento.
Solución: Modelizamos el problema mediante un grafo ponderado cuyos vértices son los ordenadores y cada
arista tiene por peso la longitud del cable que une a los dos ordenadores dados por sus vertices (véase la
Figura 42):
A
J
8
14
12
I
B
22
H
10
18
11
16
G
7
17
13
9
C
15
D
E
F
Figura 42: Grafo ponderado que modeliza la red de ordenadores.
1. Se trata de saber si el grafo mencionado es un grafo hamiltoniano, es decir, si existe un ciclo hamiltoniano.
Este grafo no es hamiltoniano ya que tiene un vértice de valencia 1 (el vértice J).
2. Se nos pide un árbol recubridor de peso mı́nimo del grafo. Aplicando el algoritmo de Kruskal obtenemos
el árbol de la Figura 43.
3. Aplicando el algoritmo de Dijkstra para obtener el camino mı́nimo de A a H tendremos la solución del
problema. El camino mı́nimo de A a H ası́ obtenido en la tabla es A − −I − −E − −H.
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Curso 2007/2008
A
J
8
14
A
B
22
12
I
10
H
18
11
16
G
7
17
I
13
C
E
15
D
9
E
H
B
D
G
F
C
J
F
Figura 43: Árbol recubridor de peso mı́nimo del grafo de la red de ordenadores.
u
A
I
F
E
C
H
A
(0, −)
B
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(31, E)
(31, E)
C
(∞, −)
(22, A)
(22, A)
(22, A)
(22, A)
D
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(23, F )
(23, F )
(37, C)
E
(∞, −)
(∞, −)
(21, I)
(21, I)
F
(∞, −)
(14, A)
(14, A)
G
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(40, C)
H
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(28, E)
(28, E)
I
(∞, −)
(8, A)
J
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(31, F )
(31, F )
(31, F )
S
Φ
{A}
{A, I}
{A, I, F }
{A, I, F, E}
{A, I, F, E, C}
{A, I, F, E, C, H}
4. Cada turno de vacaciones es un conjunto independiente de vértices, por lo tanto hemos de colorear los
vértices del grafo y obtener el número cromático (por vértices) χ(G). Si observamos el grafo vemos que
no tiene ciclos de longitud impar por lo tanto se trata de un grafo bipartito, siendo por tanto χ(G) = 2.
Una 2–coloración de vértices puede ser
c(A) = 1, c(B) = 2, c(C) = 2, c(D) = 1, c(E) = 1, c(F ) = 2, c(G) = 1, c(H) = 2, c(I) = 2, c(J) = 1
Por lo tanto el número de turnos de vacaciones es 2.
A
D
E
G
J
A
D
E
G
J
B
C
F
H
I
B
C
F
H
I
Figura 44: El grafo de la red de ordenadores es un grafo bipartito.
5. Como hemos visto el grafo es bipartito y en este ejercicio se nos pide un emparejamiento completo en
dicho grafo. Esto es posible, aplicando el algoritmo de emparejamiento completo, a través de la obtención
de caminos alternados. La Figura 44 muestra una inmersión del grafo bipartito y un emparejamiento
completo en dicho grafo, formado por las aristas (parejas de empleados) A − C, D − H, E − I, G − B Y
J − F.
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Curso 2007/2008
Ejercicio 2 (3 puntos)
1. Sea G un grafo simple y T un árbol recubridor de G. Probar que cualquier vértice u de valencia 1 en T
no puede ser vértice de corte en G.
2. Probar que todo grafo simple no trivial tiene al menos dos vértices que no son vértices de corte.
Solución:
1. Por reducción al absurdo, supongamos que u es un vértice de valencia 1 en T y vértice de corte en G. En
tal caso dados dos vértices cualesquiera a y b de G, cualquier camino entre ellos pasa por u. Ahora bien el
árbol recubridor deberá contener uno de los caminos de a a b y por tanto pasando por u y éste no podrı́a
tener valencia 1.
2. Sea G un grafo simple no trivial. Si G es conexo admite un árbol recubridor que como cualquier árbol
tiene al menos dos vértices de valencia 1 y, según el apartado anterior, éstos no son de corte en G. Si por
el contrario G no fuera conexo, la afirmación anterior se podrı́a aplicar a cada una de sus componentes
conexas.
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Ejercicio 3 (3 puntos)
Se considera el siguiente algoritmo:
——Algoritmo PRIM——Entrada: Un grafo G = (V, A) ponderado conexo;
V1 = {v}, siendo v ∈ V un vértice cualquiera;
A1 = ϕ;
k = 0;
Mientras k < |V |;
/ V1 ;
Sea e = {v, w} ∈ A la arista de menor peso siendo v ∈ V1 y w ∈
V1 = V1 ∪ {w};
A1 = A1 ∪ {e};
k = k + 1;
Salida: El grafo T = (V1 , A1 )
1. Obtener PRIM(G1 ), siendo G1 el siguiente grafo conexo ponderado, obteniendo la suma de los pesos de
las aristas de PRIM(G1 ):
a
11
10
b
12
6
13
e
4
21
h
14
f
1
9
c
17
8
g
16
7
22
19
3
j
20
i
5
15
18
d
2
m
2. Aplicar el algoritmo de Kruskal al grafo G1 anterior.
3. Probar que, sea cual seal el grafo G, PRIM(G) es un árbol recubridor de G.
4. A tenor de los resultados anteriores qué puedes afirmar del algoritmo PRIM.
Solución:
1. Comenzando con el vértice a obtenemos el siguiente grafo PRIM(G1 ), cuyo peso (suma de los pesos de
las aristas) es 61.
b
a
c
6
10
e
9
h
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1
d
2
14
5
f
g
7
4
i
j
3
m
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Curso 2007/2008
2. El algoritmo de Kruskal, aplicado al grafo G1 , devuelve el mismo árbol:
3. Probemos, por inducción en k, en primer lugar que el grafo PRIM(G) es un grafo conexo. En el primer
paso del algoritmo tendremos un grafo formado por dos vértices y la arista que los une y por tanto para
k = 1 se trata de un grafo T1 conexo. Si después del paso k se obtiene un grafo Tk conexo, también lo
será el grafo Tk+1 obtenido en el paso k + 1, ya que lo que hacemos es añadir un vértice nuevo y una
arista uniendo dicho vértice a un vértice del grafo conexo Tk . Por tanto el grafo T es un grafo conexo.
Además como en cada paso del algoritmo añadimos un vértice y una arista, el grafo T = (V1 , A1 ) verifica
la relación combinatoria |A1 | = |V1 | − 1 y por tanto se trata de un árbol. Como además el contador k
indica el número de vértices de V1 tendremos que V1 = V y se trata de un árbol recubridor.
4. A tenor de los resultados anteriores podemos afirmar que “parece”que el algoritmo PRIM obtiene el árbol
recubridor de peso mı́nimo de un grafo conexo ponderado.
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29 de Abril de 2005 (Ingenieros Informáticos e I.T.I. Sistemas)
Ejercicio 1 (2 puntos)
El grafo G = (V, A) es un grafo sin ciclos con cuatro componentes conexas y 2008 vértices.
1. Si todos los vértices tienen valencia 1 o 2, ¿cuántos vértices tiene de cada clase?
2. ¿Y si todos los vértices tienen valencia 1 o 3?
Solución:
1. Se trata de un bosque, de forma que cada una de las componentes conexas es un árbol con vértices de
valencias 1 o 2, por lo que cada componente conexa será un grafo camino y por tanto con 2 vértices de
valencia 1 y el resto de valencia 2. Por lo tanto el grafo G tendrá 8 vértices de valencia 1 y el resto, es
decir 2000, de valencia 2. NOTA: Este apartado también puede resolverse con procedimiento similar al
desarrollado en el apartado siguiente.
2. Se trata de un bosque con cuatro componentes conexas (árboles) y por tanto si tiene n = 2008 vértices
tiene a = n − 4 = 2004 aristas. Si tiene n3 vértices de valencia 3 tendrá 2008 − n3 vértices de valencia 1 y
según el lema del apretón de manos
δ(v) = 2a =⇒
δ(v) +
δ(v) = 4008 =⇒ (2008 − n3 ) + 3 n3 = 4008 =⇒ n3 = 1000
v∈V
v∈V, δ(v)=1
v∈V, δ(v)=3
Tiene por tanto 1000 vértices de valencia 3 y 1008 vértices de valencia 1.
Ejercicio 2 (2 puntos)
Sea G = (V, A) un grafo conexo y sean x, y ∈ V dos vértices tales que d(x, y) = diametro(G). Probar que x e y
no pueden ser vértices de corte. NOTA: Se recuerda que el diámetro de un grafo G = (V, A) es diametro(G) =
máx{d(u, v)/u, v ∈ V }. Solución: Por reducción al absurdo. Si y es un vértice de corte, el grafo G − {y} tiene al
x
y
u
menos dos componentes conexas. Sea por tanto un vértice u perteneciente a una componente conexa distinta a la
que pertenece el vértice x en G − {y}. Según se aprecia en la figura, cualquier camino entre x y u (en el grafo G)
debe contener el vértice y y por tanto d(x, u) > d(x, y) lo que es absurdo ya que entonces d(x, y) < diametro(G)
y por tanto y no puede ser vértice de corte. Igualmente se prueba que x no puede ser vértice de corte.
Ejercicio 3 (2 puntos)
Indicar cuáles de los siguientes grafos son isomorfos (en este caso describir el correspondiente isomorfismo) y
cuáles no (señalando en este caso por qué): Solución: Los grafos G1 y G2 no son isomorfos. Para llegar a esta
conclusión podemos aportar, entre otras, cualquiera de las razones siguientes: G2 contiene tres ciclos de longitud
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a
Colección de exámenes
b
A
c
d
C
D
e
f
E
F
g
h
G
G1
Curso 2007/2008
B
1
2
3
4
H
5
6
7
8
G2
G3
4 mientras que G1 sólo contiene dos; G2 tiene un ciclo de longitud 4 (A − C − D − B) formado por vértices de
valencia 3 y G1 no, etc. Los grafos G2 y G3 son isomorfos, ya que la correspondencia entre vértices
f (A) = 2, f (B) = 6, f (C) = 3, f (D) = 7, f (E) = 4, f (F ) = 8, f (G) = 1, f (H) = 5
es un isomorfismo entre los dos grafos.
Ejercicio 4 (2 puntos)
Sea G = (V, A) un grafo ponderado, con V = {a, b, 1, 2, 3 . . . , n} y A = {{a, i}, {b, i}, i = 1, . . . , n}, siendo
p({a, i}) = 1, p({b, i}) = 2 (i = 1, . . . , n) los pesos de las aristas. Obtener los siguientes árboles recubridores,
indicando el peso de cada uno de ellos:
1. de búsqueda en profundidad (DFS), con raı́z en a.
2. de búsqueda en anchura (BFS), con raı́z en a.
3. de peso mı́nimo.
Solución: Se trata del grafo K2,n ponderado. a) Tiene peso 2n + 1 b) Tiene peso n + 2 c) Es el mismo que el
a
2
1
1
2
a
b
3
4
5
b
2
1
n
1
2
3
4
5
n
Árbol
DFS del grafo K2,n .
Árbol BFS del grafo K2,n .
árbol BFS.
Ejercicio 5 (2 puntos)
Considérese el siguiente algoritmo P ODA:
**Algoritmo P ODA
Entrada: Un árbol T
F =
T ; k = 0;
Mientras el número de vértices de F sea mayor o igual que 3
{
F = F −
{vértices de valencia 1};
k = k + 1;
}
Retorna k y F ;
1. Obtener P ODA(T1 ) y P ODA(T2 ), siendo T1 y T2 los árboles de la siguiente figura:
2. Si definimos la excentricidad de un vértice como la distancia al vértice más lejano, ¿como se puede obtener
la excentricidad del vértice (o de los dos vértices) de P ODA(T ), siendo T un árbol cualquiera?
3. ¿Qué relación existe entre la paridad del diámetro de un árbol T y el número de vértices de P ODA(T ).
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a
c
d
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b
e
a
c
b
f
d
g
T1
h
i
e
g h
j
f
i
T2
Solución:
1. P ODA(T1 ) devuelve k = 2 y el grafo F de vértices V (F ) = {e, f } y aristas A(F ) = {{e, f }}. P ODA(T2 )
devuelve k = 2 y el grafo trivial F , V (F ) = {c} y A(F ) = φ.
2. Si P ODA(T ) devuelve un sólo vértice v, sea P ≡ v = vk , vk−1 , . . . , v3 , v2 , v1 el camino desde el vértice
v a su vértice más alejado v1 . Al ejecutar el algoritmo, en la primera pasada eliminamos el vértice v1 , y
el resto de vértices de valencia 1. En el nuevo grafo T − {vértices de valencia 1}, el vértice v2 queda con
valencia 1 (adyacente únicamente a v3 ), ya que en caso contrario v2 serı́a adyacente a un vértice u de
valencia superior a 1 en T y tendrı́amos un camino v = vk , vk−1 , . . . , v3 , v2 , u, x de mayor longitud que P ,
lo que es absurdo. Por lo tanto en el primer paso del algoritmo se elimina el último vértice de P y queda
en el nuevo grafo, el camino P ≡ v = vk , vk−1 , . . . , v3 , v2 como el camino desde el vértice v al vértice
más alejado v2 , que eliminaremos en el segundo paso del algoritmo. Ası́ sucesivamente el número de pasos
del algoritmo k indicará la excentricidad del vértice v, ya que será el número de aristas de P . Si por el
contrario P ODA(T ) devuelve dos vértices u y v (y la arista que los une), el camino desde u (igualmente
podrı́amos decir v) a su vértice más alejado, debe ser de la forma P ≡ u, v = vk , vk−1 , . . . , v3 , v2 , v1 y
siguiendo el mismo razonamiento anterior el algoritmo P ODA en cada paso elimina una arista de P y por
tanto como al final elimina todas las aristas de este camino excepto la arista u − v, la excentricidad de u
(o de v) será k + 1.
3. Según el razonamiento anterior si el diámetro es un número par, el camino más largo entre dos vértices del
árbol contiene un número par de aristas y un número impar de vértices y al aplicar el algoritmo P ODA,
como en cada paso se eliminan dos vértices y dos aristas, se obtendrán un único vértice. Si por el contrario
el diámetro es impar, el algoritmo devolverá dos vértices.
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Curso 2007/2008
10 de Junio de 2005 (Ingenieros Informáticos e I.T.I. Sistemas)
Ejercicio 1 (3 puntos)
Llamamos doblar la arista {a, b} a producir una subdivisión de la misma mediante la inserción de un nuevo
vértice v y sustituyéndola por las aristas {a, v} y {v, b}. Determinar el número cromático de los siguientes grafos:
1. El grafo obtenido al doblar una arista de Kn,m (n, m ≥ 2).
2. El grafo obtenido al doblar todas las aristas de Kn,m (n, m ≥ 2).
3. El grafo obtenido al doblar una arista de Kn (n ≥ 3).
4. El grafo obtenido al doblar todas las aristas de Kn (n ≥ 3).
Solución:
1. El grafo Kn,m = (X ∪ Y, A) de conjuntos de vértices X = {x1 , . . . , xn } e Y = {y1 , . . . , xn } no tiene
ciclos de longitud impar ya que es un grafo bipartito. No obstante el grafo G1 obtenido al doblar una
arista cualquiera, por ejemplo la arista {x1 , y1 } (véase la Figura 45), si tiene ciclos de longitud impar
-concretamente {x1 , v, y1 , x2 , y2 , x1 } es un ciclo de longitud 5 (existe pues n, m ≥ 2)- por lo que no es
bipartito y por tanto χ(G1 ) ≥ 3. Además c(xi ) = 1 (i = 1, . . . n), c(yj ) = 2 (j = 1, . . . m), c(v) = 3 es una
x1
x2
x3
xn
v
y1
y2
y3
ym
Figura 45: El grafo G1 obtenido al doblar una arista de Kn,m .
3-vértice-coloración de G1 . Por lo tanto χ(G1 ) = 3.
2. Sea Kn,m = (X ∪ Y, A) el grafo completo con X = {x1 , . . . , xn } e Y = {y1 , . . . , xn } y sea G2 el grafo
obtenido doblando cada arista {xi , yj } de Kn,m , añadiendo el vértice vi,j y sustituyendo la arista {xi , yj }
por las aristas {xi , vi,j } y {vi,j , yj } (véase la Figura 46). Este grafo es un grafo bipartito de conjuntos
x1
x2
x3
v1,1
y1
xn
vn,m
y2
y3
ym
Figura 46: El grafo G2 obtenido al doblar todas las aristas de Kn,m .
independientes de vértices V1 = {x1 , . . . , xn , y1 , . . . , ym } y V2 = {v1,1 , . . . , vn,m } ya que cada arista de G2
une un vértice de V1 (vértice de Kn,m ) y un vértice de V2 . Por lo tanto χ(G2 ) = 2.
3. Sabemos que el grafo Kn = ({x1 , . . . , xn }, A) tiene por número cromático χ(Kn ) = n. Sea por ejemplo la
vértice-coloración c(xi ) = i de Kn con n colores. Sea G3 el grafo obtenido doblando una arista cualquiera
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{xi , xj } de Kn , añadiendo el vértice v y sustituyendo esta arista {xi , xj } por las aristas {xi , v} y {v, xj }.
Consideremos la vértice-coloración del grafo G3 obtenida asignando a los vértices xi y xj el color i (se
pueden colorear estos dos vértices con el mismo valor ya que no son adyacentes), al vértice v cualquier
color excepto i y j (podemos conseguirlo pues n ≥ 3 y v es adyacente sólo a dos vértices que tienen el color
i) y al resto de vértices el color que tenı́an en la vértice-coloración de Kn . Esta es una vértice-coloración
de G3 con n − 1 colores ya que hemos eliminado el color j de los n colores utilizados para colorear Kn .
Por lo tanto χ(G3 ) ≤ n − 1. Además el grafo G3 contiene a Kn−1 (concretamente G3 − {xi , v} = Kn−1 )
y por tanto χ(G3 ) ≥ n − 1 y se tiene que χ(G3 ) = n − 1.
4. Siguiendo el razonamiento del segundo apartado, el grafo G4 obtenido al doblar todas las aristas de Kn
es un grafo bipartito donde los conjuntos independientes de vértices son por un lado los vértices de Kn y
por otro lado los vértices introducidos para doblar las aristas, ya que cada arista de G4 se produce entre
un vértice del primitivo Kn y uno de los vértices añadidos. Por lo tanto χ(G4 ) = 2.
Ejercicio 2 (3 puntos)
Sea el grafo G
0
1 2
1
0 1
3
2 3
5
4 5
13 10 7
14
16
definido
3 4
0 1
2 3
4 5
6 9
8
10
por
5
0
2
4
6
la siguiente lista de
6
7
8
9
3
2
3
4
5
6
7
8
7
8
9 10
11 10 11 12
13 12
15 14
adyacencias.
10 11 12
1
6
7
3
8
9
7 10 11
9 12 13
11
15
13
13
0
6
10
12
14
14
1
7
13
15
15
6
12
14
16
16
1
15
1. ¿Es euleriano?, ¿posee un recorrido euleriano?
2. ¿Es hamiltoniano?, en caso afirmativo obtener un ciclo hamiltoniano.
3. ¿Posee un camino hamiltoniano?, en caso afirmativo obtenerlo.
4. Obtener el ı́ndice cromático (número cromático por aristas).
NOTA: Se recomienda no dibujar el grafo. Solución:
1. El grafo G tiene todos sus vértices de valencia par, excepto los vértices 12 y 13 que tienen valencia
δ(12) = δ(13) = 5. Por lo tanto el grafo no es euleriano pero si tiene un recorrido euleriano.
2. G es un grafo bipartito ya que son independientes los conjuntos de vértices V1 = {1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15} y
V2 = {0, 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16}, pues cualquier arista une un vértice par con uno impar. Entonces G no
contiene ciclos impares y por tanto no puede ser hamiltoniano ya que esto implicarı́a la existencia de un
ciclo hamiltoniano que, por contener a los 17 vértices del grafo G, éste serı́a un ciclo impar.
3. El grafo G si contiene un camino hamiltoniano, concretamente es hamiltoniano el camino
0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16
4. Teniendo en cuenta que el grafo es bipartito su ı́ndice cromático (número cromático por aristas) coincide
con la valencia máxima. Por lo tanto χ1 (G) = ∆ = 6.
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Ejercicio 3 (2 puntos)
Justificar si el siguiente grafo es plano o no. Solución: El grafo G no es plano ya que contiene a un subgrafo
a
b
h
c
g
d
f
e
G isomorfo a una subdivisión G de K3,3 , como muestra la Figura 47.
a
a
b
c
h
d
g
f
c
h
f
G
h
g
b
d
g
e
c
a
b
e
G'
d
e
f
G''
Figura 47: El grafo no es plano, ya que contiene un subgrafo homeomorfo a K3,3 .
Ejercicio 4 (2 puntos)
Obtener un emparejamiento máximo del grafo bipartito siguiente, a partir del emparejamiento inicial dado por
las aristas resaltadas {1, a}, {2, b}, {4, d}, {5, c}, {7, e}. ¿El emparejamiento obtenido es completo?
1
a
2
b
3
c
4
d
5
e
6
f
7
g
Solución: Comenzando con el emparejamiento H de 5 aristas propuesto y aplicando el algoritmo de emparejamiento se obtiene el camino alternado 3, b, 2, e, 7, f y alterando el carácter de las aristas de dicho camino
alternado se obtiene el emparejamiento H de 6 aristas (véase la Figura 48). En este nuevo emparejamiento H E.T.S.I.Informática
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1
a
2
b
3
c
3
b
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1
a
2
b
3
c
4
d
5
e
6
f
2
4
d
e
5
e
7
6
f
g
f
7
7
g
g
H'
H
Figura 48: El emparejamiento H admite un camino alternado y se puede ampliar.
1
a
2
b
3
c
4
d
5
e
6
f
6
a
d
1
4
c
5
7
g
H'
Figura 49: El emparejamiento H no admite un camino alternado.
no existe camino alternado, como se aprecia en la Figura 49, por lo tanto el emparejamiento H , formado por
las aristas {1, a}, {2, e}, {3, b}, {4, d}, {5, c}, {7, f }, es un emparejamiento máximo. Como |H | = 6 < 7 = |X|
no es un emparejamiento completo.
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28 de Junio de 2005 (Ingenieros Informáticos e I.T.I. Sistemas)
Ejercicio 1 (5 puntos)
1. Un grafo finito se dice casi–perfecto si y sólo si todos sus vértices tienen distinta valencia, excepto dos de
ellos que tienen la misma valencia.
a) Probar que un grafo G es casi–perfecto si y sólo si su grafo complementario G es casi–perfecto.
b) Probar que todo grafo casi–perfecto con p vértices (p ≥ 3) tiene exactamente un vértice aislado o un
vértice de valencia p − 1.
2. Se construye por inducción la siguiente familia de grafos: D2 es el grafo completo K2 y, para p > 2,
Dp = Dp−1 ∪ {vp } es el complementario del grafo formado al unirle un vértice aislado vp a Dp−1 . (Observa
que de forma equivalente podemos decir que, para p > 2, Dp = Dp−1 + {vp }).
a) Representar gráficamente los grafos Dp , para p = 2, 3, 4, 5.
b) Probar, para todo p, que:
1) Dp es un grafo conexo.
2) Dp tiene un vértice de valencia 0 y utilizar está propiedad para demostrar por inducción en p
que Dp es un grafo casi–perfecto.
3) la arista {vp−1 , vp } es una arista puente en Dp .
4) el vértice vp es un vértice de corte en Dp .
5) si p ≥ 4, Dp no es bipartito.
c) Encontrar un árbol recubridor de Dp .
d ) ¿Es D11 plano?.
Solución:
a.1) Sea G un grafo casi–perfecto y L ≡ {d1 , d2 , . . . , dn−1 , dn } su lista de grados. Si G es casi–perfecto quiere
decir que los números di son todos distintos excepto dos de ellos. Como la lista de grados del grafo
complementario G viene dada por L ≡ {n − 1 − dn , n − 1 − dn−1 , . . . , n − 1 − d2 , n − 1 − d1 }, en esta lista
todos los elementos serán distintos entre sı́ excepto dos de ellos y por tanto G es un grafo casi–perfecto.
Por lo tanto si un grafo es casi–perfecto también lo es su complementario. El recı́proco es evidente ya que
el grafo complementario del grafo G es el propio grafo G.
a.2) Sea G un grafo casi–perfecto con p vértices (p ≥ 3) y sea L ≡ {d1 , d2 , . . . , dp } su lista de grados. Como
todos los vértices tienen distinta valencia, excepto dos de ellos, esta lista contiene p − 1 números diferentes
y como la lista {0, 1, . . . , p − 1} contiene p números, la lista de grados L debe contener al menos el valor
0 o el valor p − 1. Obviamente si la lista L contiene el valor 0 no puede contener el valor p − 1 (un grafo
no puede contener al mismo tiempo un vértice aislado y uno adyacente a todos los demás). Veamos que
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no puede contener más de un vértice de valencia 0 ni más de un vértice de valencia p − 1. En efecto, si
existieran dos vértices de valencia 0 (alternativamente, de valencia p − 1), tendrı́a dos vértices aislados
(alternativamente, adyacentes a todos los demás) y por tanto no podrı́a haber vértices de valencia p − 1 ni
p − 2 (alternativamente 0 y 1), por lo que la lista L no podrı́a contener p − 1 valores diferentes, ya que las
posibilidades quedarı́an reducidas a los p − 2 valores {0, 1, . . . , p − 3} (alternativamente {2, 3, . . . , p − 1}).
Por lo tanto todo grafo casi–perfecto de p vértices tiene exactamente un vértice aislado o un vértice de
valencia p − 1.
b.1) La Figura 50 muestra una representación gráfica de los grafos D2 , D3 , D4 y D5 .
v1
v1
v1
v1
v4
v3
v3
v5
v4
v3
v2
D2
v2
v2
D3
v2
D4
D5
Figura 50: Grafos casi–perfectos Di (2 ≤ i ≤ 5).
b.2.1) En el grafo Dp−1 ∪ {vp } el vértice vp es aislado, por lo que en su complementario Dp = Dp−1 ∪ {vp }
será adyacente a todos los demás y el grafo es conexo.
b.2.2) Como se probó en el apartado anterior, el vértice vp es aislado en Dp−1 ∪ {vp } = Dp y por tanto tiene
valencia 0. Veamos, utilizando esta propiedad y por inducción en p que el grafo Dp es casi–perfecto. Para
p = 2 la propiedad se cumple ya que la lista de grados de D2 es L ≡ {1, 1} y por tanto todos los vértices
son de distinta valencia, excepto dos de ellos y D2 es casi–perfecto. Veamos que si la propiedad es cierta
para p (Dp es casi–perfecto), también lo es para p + 1 (Dp+1 = Dp ∪ {vp+1 } es casi–perfecto). En efecto,
si Dp es casi–perfecto, según el apartado a.2, tiene exactamente un vértice de valencia 0 o un vértice de
valencia p − 1 y como Dp tiene un vértice aislado, Dp tiene un vértice de valencia p − 1 y ninguno de
valencia 0, es decir la lista de grados L ≡ {d1 , d2 , . . . , dp } del grafo Dp contiene p números distintos entre
sı́, excepto dos de ellos, y de forma que di = 0. Si añadimos el vértice aislado vp+1 , la lista de grados
del grafo Dp ∪ {vp+1 } será {0, d1 , d2 , . . . , dp } que tiene todos sus elementos distintos, excepto dos de ellos,
por lo tanto Dp ∪ {vp+1 } es casi–perfecto y, según el apartado a.1, también lo es su complementario
Dp+1 = Dp ∪ {vp+1 }.
b.2.3) En cada uno de los grafos Di el último vértice vi es adyacente a todos los demás, ya que en su complementario es un vértice aislado. Por lo tanto en el grafo Dp−1 ∪ {vp } = Dp los dos “últimos”vértices tienen
valencias respectivas p − 2 y 0 por lo que en Dp tienen valencias δ(vp−1 ) = 1 y δ(vp ) = p − 1 y vp−1
es adyacente únicamente a vp . Por tanto si eliminamos la arista {vp−1 , vp } el grafo se desconecta pues el
vértice vp−1 queda aislado. Entonces {vp−1 , vp } es una arista puente.
b.2.4) Según vimos en el apartado anterior, en el grafo Dp el vértice vp−1 es adyacente únicamente a vp . Por
tanto si eliminamos este vértice, el vértice vp−1 es un vértice aislado en el grafo Dp − {vp } y el vértice vp
es vértice de corte en Dp .
b.2.5) Si el grafo Dp tiene al menos 4 vértices (p ≥ 4) y fuera bipartito no tendrı́a ciclos de longitud impar. Pero
como el vértice vp es adyacente a todos los demás, entre éstos no puede haber dos vértices adyacentes
entre sı́, ya que en tal caso se formarı́a un ciclo de longitud 3. Entonces todos los vértices, excepto vp ,
tendrı́an valencia 1 y habrı́a un número no inferior de vértices con igual valencia (valencia 1) y no serı́a
casi–perfecto. Por lo tanto Dp no es bipartito (para p ≥ 4).
b.3) En el grafo Dp el último vértice es adyacente a todos los demás, por tanto un árbol recubridor del grafo
Dp será el árbol T = (V, A), siendo V = {v1 , . . . , vp } el conjunto de vértices del grafo Dp y el conjunto de
aristas A = {{v1 , vp }, {v2 , vp }, . . . , {vp−1 , vp }}.
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b.4) D11 es un grafo conexo y por tanto no tiene vértices aislados y teniendo en cuenta que la secuencia de 11
números todos distintos entre sı́, excepto dos de ellos, de menor suma es {1, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}, cuya
suma es 56 tendremos que el número de aristas del grafo D11 será a ≥ 56
2 = 28. Pero 3v − 6 = 27 y por
tanto a > 3v − 6 y el grafo D11 no verifica el test de planaridad y no es plano.
Ejercicio 2 (5 puntos)
La figura muestra el plano de la pinacoteca Von Cuadren. Lo que hace especialmente importante a esta pinacoteca no es la gran colección de pinturas expuestas en sus 18 salas sino el hecho de que las puertas que dan
acceso a las distintas salas poseen una excelente colección de bajorrelieves de estilo renacentista.
A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
K
L
M
N
O
P
Q
R
1. Un visitante está interesado en apreciar la colección de pinturas, ¿podrá realizar una visita por la pinacoteca de modo que visite todas y cada una de sus salas una única vez, acabando en la misma sala de
partida?, ¿y si el punto de partida no tiene por qué coincidir con el punto final del itinerario? En caso
afirmativo obtener dichos itinerarios.
2. Si en cambio un visitante está únicamente interesado en la colección de bajorrelieves de las puertas,
¿podrá encontrar un itinerario que lo haga pasar por cada una de las puertas una única vez, acabando en
la misma sala de partida¿, ¿y si no es necesario acabar en la misma sala de que partió? En caso afirmativo
obtener dichos itinerarios.
3. El decorador del museo pretende pintar las paredes de las salas de forma que salas comunicadas no lleven
el mismo color, ¿cuál será el menor número de colores necesarios para ello?
4. Igualmente el decorador necesita dar color a los marcos de las puertas y quiere hacerlo de tal forma que
en una misma sala no haya dos puertas del mismo color, ¿cuál será el menor número de colores necesarios
para ello?
5. La seguridad del museo intenta vigilar todas las salas. Para ello colocando un vigilante en una puerta
tendrá vigiladas las dos salas que comparten dicha puerta. Encontrar una disposición adecuada para los
vigilantes de forma que puedan vigilarse todas las salas.
Solución:
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A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
K
L
M
N
O
Q
R
Curso 2007/2008
P
Figura 51: Grafo del museo.
1. El grafo G de la Figura 51 representa al mapa del museo donde los vértices corresponden a las salas y las
aristas a las puertas del mismo. El grafo tiene dos vértices de corte, los vértices K y G, por lo tanto no es
un grafo hamiltoniano y por tanto no se puede encontrar un ciclo hamiltoniano que visite todas las salas
una única vez, acabando en el punto de partida. Por otro lado al eliminar el vértice de corte G se producen
tres componentes conexas, formadas por los conjuntos de vértices V1 = {A, B, C, E, F }, V2 = {D, H} y
V3 = {I, J, K, L, M, N, O, P, Q, R}, por lo tanto el grafo no admite un camino hamiltoniano que permita
visitar todas las salas, comenzando y acabando en salas diferentes.
2. Las valencias de los vértices del grafo son
δ(A) = 2, δ(B) = 2, δ(C) = 2, δ(D) = 1, δ(E) = 2, δ(F ) = 2, δ(G) = 4, δ(H) = 2, δ(I) = 2,
δ(J) = 3, δ(K) = 4, δ(L) = 2, δ(M ) = 2, δ(N ) = 4, δ(O) = 4, δ(P ) = 2, δ(Q) = 2, δ(R) = 2
Como tiene vértices de valencia impar no es un grafo euleriano y por tanto no admite un circuito euleriano
que permita, comenzando y terminando en la misma sala, recorrer todas las puertas una única vez. Si
existe un recorrido euleriano (tiene únicamente dos vértices de valencia impar, D y J) que permita visitar
todas las puertas una única vez, comenzando en la sala D y acabando en la sala J (o viceversa). Para
obtener este recorrido añadimos un vértice ficticio V y las aristas {V, D y V, J y aplicando el algoritmo
de Euler (comenzando en el vértice ficticio V ). La siguiente tabla muestra una ejecución del algoritmo:
v
V
J
N
O
G
C
{V }
{V, J, K, G, H, D, V }
{V, J, I, M, N, J, K, G, H, D, V }
{V, J, I, M, N, O, R, Q, N, O, R, Q, N, J, K, G, H, D, V }
{V, J, I, M, N, O, K, L, P, O, R, Q, N, O, R, Q, N, J, K, G, H, D, V }
{V, J, I, M, N, O, K, L, P, O, R, Q, N, O, R, Q, N, J, K, G, C, B, A, E, F, G, H, D, V }
D
{V, J, K, G, H, D, V }
{J, I, M, N, J}
{N, O, R, Q, N }
{O, K, L, P, O}
{G, C, B, A, E, F, G}
{G, C, B, A, E, F, G}
Por lo tanto se pasarán todas las puertas del museo con el recorrido
J, I, M, N, O, K, L, P, O, R, Q, N, O, R, Q, N, J, K, G, C, B, A, E, F, G, H, D
3. El ejercicio nos pide el número cromático (por vértices) del grafo. Se observa fácilmente que el grafo no
tiene ciclos de longitud impar por lo que se trata de un grafo bipartito (véase la Figura 52) y por tanto
su número cromático es 2, siendo éste el menor número de colores necesarios para pintar las salas.
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A
C
F
H
I
K
N
P
R
B
D
E
G
J
L
M
O
Q
Figura 52: El grafo del museo es bipartito.
4. Se pide colorear las puertas (aristas del grafo) de forma que en una misma sala no haya dos puertas del
mismo color (aristas incidentes no tengan el mismo color) y por tanto debemos obtener el ı́ndice cromático
(número cromático por aristas) del grafo. Teniendo en cuenta que es un grafo bipartito y que la mayor
valencia es δ(G) = δ(G) = 4 se tiene que χ1 (G) = 4, siendo éste el menor número de colores necesarios
para las puertas.
5. Se han de situar vigilantes en algunas puertas (aristas del grafo) de forma que se vigilen el total de las salas
(vértices). Obviamente si una persona vigila una sala ya no es necesario colocar un vigilante en ninguna
puerta de acceso a esta sala y por tanto se han de elegir aristas independientes, es decir hay que encontrar
un emparejamiento (aristas independientes) completo (que contenga a todos los vértices) en el grafo G.
A
C
F
H
I
K
N
P
R
B
D
E
G
J
L
M
O
Q
Figura 53: Un emparejamiento completo en el grafo del museo.
A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
K
L
M
N
O
P
Q
R
Figura 54: Vigilancia del museo.
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La Figura 53 muestra un emparejamiento completo del grafo, dado por las aristas
{A, B}, {C, G}, {F, E}, {H, D}, {I, J}, {K, L}, {N, M }, {P, O}, {R, Q}
y la Figura 54 muestra la disposición de los nueve vigilantes en el museo.
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17 de Septiembre de 2005 (Ingenieros Informáticos e I.T.I. Sistemas)
Ejercicio 1 (4 puntos)
Un grafo simple G se dice que es orientable si existe una manera de orientar sus aristas de forma que el digrafo
D resultante es fuertemente conexo (para cada par de vértices u y v existe en el digrafo D un camino dirigido
de u a v y un camino dirigido de v a u).
1. Probar que el grafo completo Kn es orientable, para n ≥ 3.
2. Encontrar un grafo conexo no bipartito y no orientable.
3. Probar que un árbol no puede ser un grafo orientable.
4. Probar que si un grafo G es orientable entonces es conexo y no tiene aristas puente.
5. Probar que si un grafo G es conexo y no tiene aristas puente entonces es orientable.
6. Encontrar un grafo G orientable con vértices de corte.
7. Probar que si un grafo G es hamiltoniano entonces es orientable.
8. Encontrar un grafo G orientable y no hamiltoniano.
9. Probar que si un grafo G es euleriano entonces es orientable.
10. Encontrar un grafo G orientable pero no euleriano.
Solución:
1. Si Kn = (V, A), siendo V = {v1 , v2 , . . . , vn }, dando la orientación a las aristas:
⎧
⎨ vi → vi+1 , para i = 1, . . . , n − 1
vn → v1
⎩
cualquier orientación a las demás aristas
en el digrafo resultante se forma el ciclo dirigido v1 → v2 → · · · → vn → v1 y por lo tanto habrá un camino
dirigido en cada sentido entre cualesquiera dos vértices y el digrafo resultante será fuertemente conexo.
Por lo tanto Kn es orientable.
2. El grafo de la Figura 55 es conexo, no bipartito (contiene un ciclo impar) y no orientable.
Figura 55: Grafo conexo no bipartito no orientable.
3. Sea un árbol T y sean u y v dos de sus vértices. Si T fuera un grafo orientable, en el grafo dirigido
correspondiente habrı́a un camino dirigido u = u1 → u2 → · · · → um = v y un camino dirigido v = v1 →
v2 → · · · → vk = u. Pero entonces T no serı́a un árbol ya que tendrı́amos el ciclo u = u1 , u2 , · · · , um =
v = v1 , v2 , · · · , vk = u.
4. Si un grafo G es orientable es obviamente conexo ya que serı́a el grafo simple inducido por un digrafo
fuertemente conexo. Veamos que no puede tener aristas puente. En efecto, si un grafo tiene una arista
puente a = {u, v} el único camino entre los vértices u y v es esta arista y por tanto no se podrá conseguir
una orientación de las aristas que nos aporte un camino dirigido u → v y otro v → u y no serı́a orientable.
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5. Sea G = (V, A) un grafo conexo sin aristas puente. Probemos que es orientable, ofreciendo la correspondiente orientación a las aristas que convierte el grafo en un digrafo fuertemente conexo. Sea una arista cualquiera a = {v1 , v2 } ∈ A. Como a no es arista puente debe estar contenida en un ciclo C ≡ v1 , v2 , . . . , vn , v1 .
Si orientamos las aristas de este ciclo v1 → v2 → . . . → vn → v1 y con cualquier orientación las aristas que
unan dos vértices no consecutivos del ciclo anterior tendremos que el subgrafo formado por los vértices
{v1 , . . . , vn } es fuertemente conexo. Si existen más vértices en G, por ser éste conexo, debe existir una
arista que une un vértice vj del ciclo C con otro vértice w1 no perteneciente al ciclo. Pero como esta arista
no es puente, debe estar contenida en un ciclo C ≡ w1 , vj = w2 , . . . , wm = w1 (la Figura 56 muestra un
ejemplo). Si estas aristas no tienen ya orientación las orientamos en orden creciente de subı́ndice y las
aristas que unen vértices no consecutivos de este ciclo, de cualquier forma. De esta manera ampliamos
el subgrafo dirigido que es fuertemente conexo. Ası́ procederı́amos mientras quedaran vértices en V . De
forma que conseguiremos un digrafo fuertemente conexo y el grafo G es orientable.
v2
v2
v3
v1
v4
v6
v5
v3
v1
w1
vj
v6
C'
w3
v5
C
w7
w6
Figura 56: Orientación de un grafo conexo sin aristas puente.
6. El grafo de la Figura 57 es orientable y tiene un vértice de corte.
v
v
Figura 57: Grafo orientable con un vértice de corte (y por tanto no hamiltoniano).
7. Si un grafo G = (V = {v1 , . . . , vn }, A) contiene un ciclo hamiltoniano (ciclo que contiene a todos los
vértices) C ≡ v1 , v2 , . . . , vn , v1 , orientando las aristas del ciclo v1 → v2 → . . . → vn → v1 y de cualquier
manera el resto de las aristas, tendremos un grafo dirigido fuertemente conexo y por tanto G es orientable.
8. El grafo de la Figura 57 es orientable y no es hamiltoniano ya que tiene un vértice de corte.
9. Si G es euleriano entonces admite un circuito euleriano. Si orientamos las aristas con la orientación que
aporta el circuito euleriano que nos da el algoritmo de Euler tendremos un grafo dirigido fuertemente
conexo ya que toda arista está contenida en un ciclo y el grafo es orientable.
10. El grafo de la Figura 58 es orientable y en cambio no es euleriano ya que tiene vértices impares.
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Figura 58: Grafo orientable y no euleriano.
Ejercicio 2 (3 puntos)
Los datos de matriculación de los alumnos de un curso, compuesto por las ocho asignaturas ai , i = 1, . . . , 8,
indican que las únicas parejas de asignaturas que no tienen simultáneamente alumnos matriculados son a1 y a8 ,
a2 y a8 , a1 y a2 , a1 y a3 , a3 y a4 , a5 y a3 , a7 y a2 .
1. Encontrar un grafo G que represente esta situación y probar que G no es plano.
2. Prescindiendo de dos asignaturas se puede obtener un subgrafo plano G del grafo G. Encontrar dichas
asignaturas y probar que G es plano.
3. ¿Cuál es el menor número de dı́as necesarios para realizar los exámenes de las 8 asignaturas de forma que
ningún alumno tenga que examinarse de dos asignaturas en un mismo dı́a? Indicar un calendario óptimo
de exámenes.
Solución:
1. El grafo de la Figura 59 representa la matricula del curso y no es conexo ya que el subgrafo inducido por
los vértices {v4 , v5 , v6 , v7 , v8 } es el grafo completo K5 .
a1
a2
a8
a3
a8
a7
a4
a7
a6
a5
a4
a6
a5
Figura 59: El grafo G que representa la situación del problema 2 contiene a K5 .
2. La Figura 60 muestra el grafo obtenido al eliminar los vértices correspondientes a las asignaturas a4 y a6
y una inmersión plana del mismo.
3. El menor número de dı́as necesarios para realizar los exámenes coincide con el número cromático por
vértices del grafo G, que por contener a K5 será χ(G) ≥ 5. Como la aplicación
c(a1 ) = c(a2 ) = c(a8 ) = 1, c(a3 ) = c(a4 ) = 2, c(a5 ) = 3, c(a6 ) = 4, c(a7 ) = 5
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a1
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a1
a2
a8
a3
a7
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a2
a8
a3
a7
a5
a5
Figura 60: Subgrafo G plano.
es una vértice-coloración con 5 colores tendremos χ(G) = 5 y éste es el menor número de dı́as necesarios
para realizar los exámenes. Ası́ mismo esta aplicación nos aporta un calendario óptimo: Dı́a 1, asignaturas
a1 , a2 y a8 ; dı́a 2, asignaturas a3 y a4 ; dı́a 3, asignatura a5 ; dı́a 4, asignatura a6 , y dı́a 5, asignatura a7 .
Ejercicio 3 (3 puntos)
Se tienen cuatro monedas y se sabe que por lo menos dos de ellas son auténticas y que las monedas falsas pesan
la mitad que las auténticas y se dispone de una balanza de dos platillos.
1. ¿Cúal es el menor número de pesadas que será necesario realizar para conocer cuántas y cuáles monedas
son falsas?
2. Diseñar un procedimiento que resuelva el problema con el menor número de pesadas.
Solución:
1. Las posibles soluciones del problema son 11: pueden ser todas las monedas auténticas, puede ser que sólo
una de las 4 sea falsa (4 casos) y pueden ser cualesquiera de las 6 posibles parejas de monedas falsas. Si
diseñamos un árbol de decisión ternario (m = 3) éste tendrá 11 hojas (h = 11), por lo tanto el peso del
árbol será p ≥ logm h = log3 11 > 2 y el peso del árbol será p ≥ 3 siendo por tanto necesario realizar al
menos tres pesadas para conocer las monedas que son falsas.
2. Si numeramos las monedas 1, 2, 3, 4, las posibles soluciones del problema son: B si todas son auténticas;
1, 2, 3 y 4, si una de ellas es falsa; y 1 − 2, 1 − 3, 1 − 4, 2 − 3, 2 − 4 y 3 − 4 para las seis posibles parejas
de monedas falsas. Las Figuras 61 y 62 muestran dos ejemplos de árboles de decisión que resuelven el
problema de forma óptima, ya que necesitan tres pesadas.
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1
1>2
1
1>3
1
1>3
1=3
2-3
1
4
>
1
2
3-4
1<2
=
3
3
1
1<3
1=3
4
>
=
2-4
2
1=2
3
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1
>
1=3
1<3
1-3
1
1-2
4
3
=
=
4
4
B
1-4
>
1
Figura 61: Un árbol de decisión para el problema de las monedas.
1,2
1+2>3+4
3
3>4
4
3,4
1+2=3+4
4
1
3=4
1>3
3<4
3
3-4
3
1
1<3
1=3
2
2-3
>
1-3
1+2<3+4
1-4
3
=
<
B
2-4
1>2
2
2
1=2
1-2
1<2
1
Figura 62: Otro árbol de decisión para el problema de las monedas.
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16 de Mayo de 2005 (I.T.I. Gestión)
Ejercicio 1 En una región sumamente escarpada de los Andes los indı́genas autóctonos desarrollaron un
extraordinario sistema de comunicación para alertar de posibles peligros al asentamiento principal. En este sistema, unos vigı́as se repartı́an a lo largo de la cordillera a modo de avanzadilla, y emitiendo unos asombrosos
sonidos sibilantes iban transmitiéndose los unos a los otros la información, hasta que ésta finalmente se remontaba al poblado. El grafo ponderado siguiente modela la situación de los vigı́as (vi ) y del asentamiento (P ), y
los pesos de las aristas indican el tiempo que transcurre en la transmisión de la información de un vigı́a a otro.
Se pide:
P
3
2
v2
7 3 5 4
3
3 v3
4
2 v
3 2
4 4
v6 4 5 6 5 v
3
4 8
v7
v1
v5
arista
peso
arista
peso
arista
peso
{P, v1 }
3
{v2 , v7 }
6
{v4 , v7 }
4
{P, v2 }
2
{v2 , v8 }
4
{v4 , v8 }
5
{P, v4 }
4
{v3 , v4 }
2
{v5 , v6 }
3
{v1 , v3 }
3
{v3 , v5 }
3
{v6 , v7 }
3
{v1 , v4 }
5
{v3 , v6 }
2
{v7 , v8 }
4
{v1 , v5 } {v2 , v4 }
7
3
{v3 , v7 } {v4 , v6 }
5
4
1. Una alerta se considera crı́tica si llega al poblado tras pasar por todos los vigı́as como intermediarios.
Determinar el tiempo mı́nimo que requiere una alerta crı́tica. ¿Es única la forma en que se transmite una
tal alerta?
2. Determinar el tiempo mı́nimo que requiere la transmisión de cualquier información desde cada vigı́a al
asentamiento, ası́ como las rutas mediante las cuales se realizan estas transmisiones óptimas. Justificar
si la suma de estos tiempos mı́nimos corresponde o no al tiempo mı́nimo de transmisión que requiere una
alerta crı́tica, hallado en el apartado anterior.
3. Si el vigı́a v4 es vı́ctima de un profundo sopor y rompe la cadena de transmisión, estudiar cómo afecta esta
circunstancia a la variación o no del tiempo requerido para la recepción de la información en el poblado
desde los restantes puestos de vigilancia.
Solución.
1. Se trata de hallar un árbol recubridor de peso mı́nimo. Aplicamos el algoritmo de Kruskal, ordenando las
aristas de menor a mayor peso, y entre las de igual peso según el orden lexicográfico (i.e. según aparecen
por filas en la tabla que da el enunciado, de izquierda a derecha). De este modo, las 8 aristas resultantes
son: {P, v2 }, {v3 , v4 }, {v3 , v6 }, {P, v1 }, {v1 , v3 }, {v3 , v5 }, {v6 , v7 } y {v2 , v8 }. En total, el peso de este árbol
(y por tanto el tiempo mı́nimo que conlleva una alerta crı́tica) es de 22. Desde luego no se trata del único
árbol recubridor de peso mı́nimo (sustituir, por ejemplo, la arista {v3 , v6 } del árbol anterior por {v5 , v6 });
por lo que la forma en que se transmite una alerta crı́tica no es en absoluto única.
2. Ahora hay que determinar las distancias más cortas desde el poblado a cada vigı́a; en definitiva, un árbol
de distancias más cortas desde el poblado a los restantes vértices, mediante el algoritmo de Dijkstra, cuya
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tabla detallamos a continuación.
v1
3
3
−
−
−
−
−
−
v2
2
−
−
−
−
−
−
−
v3 v4
∞ 4
∞ 4
6 4
6 −
6 −
− −
− −
− −
v5 v6 v7 v8 base arista
∞ ∞ ∞ ∞ v2
{P, v2 }
∞ ∞ 8 6
v1
{P, v1 }
10 ∞ 8 6
v4
{P, v4 }
10 8 8 6
v8
{v2 , v8 }
10 8 8 −
v3
{v1 , v3 }
9 8 8 −
v7
{v2 , v7 }
9 8 − −
v6
{v4 , v6 }
9 − − −
v6
{v3 , v5 }
El peso de este árbol nunca podrá ser menor que el de un árbol de peso mı́nimo. De hecho, el peso de este
árbol resulta ser 2 + 3 + 4 + 4 + 3 + 6 + 4 + 3 = 29, sensiblemente superior al peso 21 de cualquier árbol
recubridor de peso mı́nimo del grafo dado.
3. La cuestión está en saber si se puede acceder desde P hasta v6 (único vértice del árbol anterior que se
desconecta con la desaparición de v4 ) por un camino de longitud 8 que evite pasar por v4 . La respuesta
es afirmativa, como ya se divisara al elaborar la tabla de Dijkstra del apartado anterior: basta tomar el
camino (P, v1 , v3 , v6 ).
Ejercicio 2 Hay 9 paquetes informáticos instalados en 8 ordenadores, de la forma siguiente:
Ordenadores
Paquetes
A
1,2,6,9
B
2,7,8
C
4,6
D
3,5,8
E
6,7,9
F
1,2,3,4,6
G
8,9
H
1,2,6
1. Se pretende distribuir los ordenadores en salas, de modo que los que estén en una misma sala no tengan
ningún paquete en común. Obtener el mı́nimo número de salas que se necesitan para poder realizar una
distribución adecuada de los ordenadores. Detallar los ordenadores que hay en cada sala. ¿Es única esta
distribución óptima?
2. Supóngase ahora que sólo se dispone de una sala para utilizar todos los ordenadores, de manera que hay
que discriminar qué paquete se queda activo en cada ordenador, para después proceder a borrar el resto de
paquetes de ese ordenador. Establecer una asignación maximal de ordenadores y paquetes. ¿Están todos
los paquetes disponibles? ¿Es única esta asignación? Considérese ahora el grafo G siguiente:
D
E
C
F
B
G
A
H
3. Estudiar si G es euleriano. Caso negativo, ¿cuántas aristas habrı́a que añadir para hacerlo euleriano?
¿Entre qué vértices?
4. Estudiar si G es hamiltoniano. Caso negativo, ¿cuántas aristas habrı́a que añadir para hacerlo hamiltoniano? ¿Entre qué vértices?
Solución.
1. Se trata de calcular el número cromático del grafo que representa el problema de incompatibilidades
subyacente (dos ordenadores son incompatibles si y sólo si tienen instalado un paquete común). Este grafo
de incompatibilidades coincide con el grafo G que se utiliza en los apartados 3 y 4, a falta de la arista BF.
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Por una parte, χ(G) ≥ 5, toda vez que G contiene un K5 (formado por los vértices A, C, E, F, H). Por
otra, χ(G) ≤ 6, puesto que G no es un grafo completo ni un ciclo de orden impar y la valencia máxima
de G es 6 (aplicamos aquı́ el teorema de Brooks). Hay que dilucidar si el número cromático es 5 ó 6. Al
aplicar el algoritmo voraz según el orden alfabético, se tiene que:
Vértice A
Color 1
B
2
C
2
D
1
E
3
F
4
G
4
H
5
de manera que χ(G) = 5. Luego hacen falta 5 salas, en las que los ordenadores quedarı́an distribuidos
según la coloración anterior: los ordenadores A y D en la sala 1, los ordenadores B y C en la sala 2, el
ordenador E en la sala 3, los ordenadores F y G en la sala 4 y por último el ordenador H en la sala 5. Es
evidente que no se trata de la única distribución óptima: por ejemplo, el ordenador C puede compartir la
sala 5 con el ordenador H.
2. Ahora nos piden un emparejamiento maximal en el grafo bipartito que modela qué paquetes informáticos
están instalados en según qué ordenador:
A
1
B
2
C
3
D
4
E
5
F
6
G
7
H
8
9
El grafo en cuestión admite un emparejamiento completo para los ordenadores, por ejemplo: {A, 1}, {B, 2},
{C, 4}, {D, 8}, {E, 7}, {F, 3}, {G, 9}, {H, 6}. Como hay 9 paquetes informáticos y sólo 8 ordenadores, es
evidente que uno se ha de borrar de todos los ordenadores en los que inicialmente estaba disponible. La
asignación óptima en absoluto es única: por ejemplo, basta cambiar en el emparejamiento anterior {D, 8}
por {D, 5}.
3. El grafo G posee 4 vértices de valencia impar, a saber: B, D, F y H. De manera que no es euleriano ni
tampoco admite un recorrido euleriano. Habrı́a que añadir un par de aristas entre estos 4 vértices para
volverlo euleriano. La única posibilidad para que siga siendo un grafo y no se convierta en un multigrafo
es añadir las aristas {B, F } y {D, H}.
4. Sı́ es hamiltoniano. Por ejemplo, basta considerar el ciclo (A, B, D, F, H, C, E, G, A).
Ejercicio 3 Sean los grafos adjuntos. Se pide:
1. Estudiar si G y H son o no planos.
2. Determinar κ(H), conectividad por vértices de H.
3. Hallar κ1 (G), conectividad lineal (i.e. por aristas) de G.
x6
x10
x5
x11
x8
x9
x1
x4
x2
G
x7
x3
x6
x10
x5
x11
x8
x9
x1
x4
x7
x3
x2
H
Solución.
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1. G no es plano: de una parte, no supera el test 28 = a ≤ 3v − 6 = 27. De otra, contiene varias subdivisiones
de K5 y K3,3 . Por ejemplo, una subdivisión de K5 tiene por extremos los vértices (x5 , x8 , x2 , x4 , x9 ),
y las dos aristas que faltan, {x5 , x2 } y {x5 , x4 }, conforman las subdivisiones (x5 , x10 , x6 , x7 , x3 , x2 ) y
(x5 , x11 , x1 , x4 ), respectivamente.
x10
x5
x11
x1
x4
2. En cambio, H sı́ es plano. Una representación plana de H viene dada en la siguiente figura.
3. El grafo H también es hamiltoniano (sea (x11 , x10 , x6 , x7 , x8 , x3 , x2 , x4 , x1 , x9 , x5 , x11 ), por ejemplo), de
manera que carece de vértices de corte y es κ(H) ≥ 2. En realidad, κ(H) = 2, toda vez que H posee una
pareja de vértices de corte: {x8 , x10 }.
4. Dado que la valencia mı́nima en G es 3, se tiene que κ1 (G) ≤ 3. Por otra parte, G es hamiltoniano
(por ejemplo, (x11 , x10 , x6 , x7 , x3 , x2 , x4 , x1 , x9 , x8 , x5 , x11 ) conforma un ciclo hamiltoniano), por lo que,
en particular, carece de vértices de corte. De modo que 2 ≤ κ1 (G) ≤ 3. De hecho, se podrı́a demostrar que
κ1 (G) = 3 viendo que cualesquiera dos vértices están conectados por al menos 3 caminos disjuntos por
aristas (aplicando el Teorema de Menger). No obstante, es más sencillo razonar que G es contiene como
subgrafos sendas ruedas de 7 y 6 radios (de vértices centrales x8 y x9 , respectivamente), abarcando entre
ambas todos los vértices y compartiendo 4 vértices en común (x5 , x8 , x9 , x2 )). Como los grafos rueda son
3-conexos por aristas (esto es evidente, independientemente de que además se haya probado en teorı́a), se
concluye al instante que κ1 (G) = 3.
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x
x9
x2
G
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28 de Junio de 2005 (I.T.I. Gestión)
Ejercicio 1
1. La cámara acorazada de un banco está protegida por un sistema de alarma láser que se refleja sobre
lupas sensibles según indica el grafo que se adjunta. El sistema en cuestión es muy inocente, pues sólo
se mantiene operativo mientras que el flujo láser (que se mantiene en movimiento perpetuo sin origen ni
fin), abarca de continuo en un solo haz todas las lupas. Justificar cuál es el menor número de rayos láser
que hay que interrumpir y entre qué lupas para desactivar el sistema. ¿Es única la solución?
l1
l6
l2
l7
l3
l8
l4
l9
l5
l10
l11
Se trata de hallar un conjunto de aristas de corte minimal (i.e., la conectividad lineal del grafo dado). Como
quiera que hay un vértice de valencia 2 (l9 ), la conectividad lineal será a lo sumo 2. Por otra parte, como el grafo
carece de aristas puente (todas las aristas pertenecen a algún ciclo, por ejemplo: (l1 , l6 , l5 , l10 , l2 ,7 , l3 , l8 , l4 , l11 , l1 ),
(l1 , l7 , l3 , l9 , l5 , l10 , l4 , l8 , l2 , l6 , l1 ) y (l3 , l11 , l1 , l7 , l3 )), ha de tener conectividad lineal al menos 2. De donde tiene
conectividad lineal 2, y una pareja de aristas de corte viene dada por {{l3 , l9 }, {l5 , l9 }}. Se puede demostrar que,
de hecho, esta pareja de vértices de corte es única. Una opción serı́a comprobar que cualquier otra pareja de
aristas no desconecta el grafo dado. Otra opción es la siguiente. Considérese el grafo que se obtiene al eliminar
el vértice l9 y sustituir las aristas {l3 , l9 } y {l5 , l9 } por una única arista {l3 , l5 }. Llamemos a este grafo H. Este
grafo H tiene conectividad lineal 3, pero no mayor, toda vez que tiene valencia mı́nima 3 (en l1 por ejemplo).
En efecto, como existe un ciclo hamiltoniano, (l1 , l6 , l5 , l10 , l2 , l7 , l3 , l8 , l4 , l11 , l1 ), la conectividad por aristas es al
menos 2. Para demostrar que la conectividad por aristas es 3 basta demostrar que la eliminación de cualesquiera
dos aristas del ciclo hamiltoniano no desconecta el grafo. Desde luego, si se eliminaran dos aristas consecutivas
del ciclo hamiltoniano el grafo no se desconectarı́a, toda vez que todos los vértices tienen valencia mayor o
igual que 3, de suerte que el vértice hipotéticamente aislado del ciclo hamiltoniano está en realidad conectado
a algún vértice del resto del ciclo. Caso de que se eliminen dos aristas no consecutivas, es imposible que se
generen dos componentes conexas si se atiende a las aristas que quedan fuera del ciclo hamiltoniano, cuales
son {l1 , l7 }, {l2, l6 }, {l2 , l8 }, {l3 , l5 }, {l3 , l11 }, {l4 , l10 }. Ciertamente, sabiendo que l2 , l6 y l8 están en una misma
componente conexa, para que el grafo no fuera conexo habrı́a que eliminar bien las aristas {l2 , l10 } y {l5 , l6 } (lo
que no desconecta el grafo, toda vez que l5 está conectado a l3 , por ejemplo), bien las aristas {2, 7} y {3, 8} (lo
que no desconecta el grafo, toda vez que l3 está conectado a l5 , por ejemplo), bien las aristas {8, 4} y {11, 1}
ó {8, 4} y {1, 6} ó {4, 11} y {1, 6} (lo que no desconecta el grafo, toda vez que l11 está conectado a l3 , por
ejemplo).
2. El banco va a ser vı́ctima de un robo, y el cerebro de la operación quiere determinar cuál es el menor
número de personas que necesita implicar en el asalto para llevar a cabo las siguientes acciones: conducción
(A), escucha de la sintonı́a radio policı́a (B), reducción de vigilantes (C), vigilancia de rehenes (D),
desactivación de las cámaras seguridad (E), desactivación de la alarma láser de la cámara acorazada (F ),
apertura de la cámara (G), recogida de bolsas con dinero (H), robo de cajas de seguridad (I), control
de cronómetro y avisos (J). La relación de incompatibilidades entre estas tareas, que muestra el grafo
adjunto, se resume en la siguiente lista: A es incompatible con todos menos con B y J; B con E, F , G y
J; C con todos menos con B, D y J; D con todos menos con B y C; E y F con A, B, C y D; G con A,
B, C, D, H e I; H con A, C, D, G, I y J; I con A, C, D, G, H y J; y J con B, D, H e I.
E.T.S.I.Informática
Página 93
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D
Curso 2007/2008
E
C
F
B
G
A
H
I
J
Razonar cuál es el menor número de ladrones que se ha de utilizar, ası́ como las tareas que corresponderı́an
a cada uno de ellos. ¿Serı́a única la asignación de tareas?
El grafo dado modela el problema de tareas incompatibles entre sı́, de manera que una vértice coloración
óptima resuelve el problema. Como quiera que el grafo contiene un subgrafo completo de 5 vértices (A, C, G, H, I
o también A, D, G, H, I), al menos presenta número cromático 5. El algoritmo voraz aplicado a la ordenación
natural devuelve 5 colores, de donde el número cromático es 5:
vértice A B
color
1 1
C
2
D
2
E
3
F
3
G H
3 4
I
5
J
3
Ası́, 5 compinches son necesarios y suficientes: el primero de ellos se dedicarı́a a A y B, el segundo a C y D, el
tercero a E, F , G y J, el cuarto a H y el quinto a I. Es evidente que la asignación no es única: por ejemplo, el
quinto ladrón podrı́a hacerse cargo de E además de la ya asignada I.
3. Distribuir de manera óptima las siguientes tareas a realizar entre las personas dadas. ¿Es única dicha
distribución?
p1
t1
p2
t2
p3
t3
p4
t4
p5
t5
t6
Se trata de hallar un emparejamiento máximo. Como quiera que hay 6 tareas por realizar y sólo cinco personas, es obvio que a lo más se podrán formar 5 parejas. Más aún, como los vértices de P = {p2 , p3 , p4 } son
adyacentes únicamente a los vértices de T (P ) = {t2 , t6 } y |P | = 3 > 2 = |T (P )|, se concluye que la condición de
Hall no se verifica y por tanto el grafo no admite un emparejamiento completo. Ası́, de existir un emparejamiento
de 4 aristas serı́a automáticamente maximal. Éste es el caso de M = {{p1 , t1 }, {p2 , t2 }, {p3 , t6 }, {p5 , t3 }}. También se podrı́a llegar a esta conclusión aplicando el método de los caminos alternados al emparejamiento M . El
único vértice no emparejado en X = {p1 , . . . , p5 } es p4 , el cual es adyacente a los vértices t2 y t6 , emparejados en
M a p2 y p3 , respectivamente. Como p2 y p3 no son adyacentes a vértices aún no visitados, el método devuelve
un árbol con todas sus ramas de longitudes pares, esto es, ninguna de ellas conforma un camino alternado.
Como en X no queda ningún otro vértice no emparejado, se concluye al instante que el emparejamiento M es
máximo.
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Ejercicio 2
1. La policı́a ha recibido el aviso de que el robo se está llevando a cabo y que los ladrones se disponen a salir del
banco en ese mismo instante. Sabiendo que el banco está en la rotonda marcada en la figura adjunta y suponiéndole a las autoridades capacidad de reacción, justificar cuál es el menor número de controles policiales
a establecer y en qué cruces se han de situar para impedir la huida a los ladrones. ¿Es único el despliegue?
6
1
9
4
10
3
2
8
11
5
7
12
18
13
23
21
14
16
15
19
17
20
24
25
22
4
4
3
3
4
2
4
3
5 2
4
4
3
4
1
3
3 5
2
5
3
1 1
4
6 1
2
2
2
11 5 1
5
1 2
6 11 4 1 1
3 2
3 15
4
5 6 11 5 2 3 2
3 3
6
1
2
2
4
5
26
Se trata de encontrar la conectividad por vértices del grafo que modela las calles y cruces de la ciudad,
ası́ como un conjunto de vértices de corte minimal. El grafo carece de vértices de corte; de hecho, es hamiltoniano,
según se desprende de la existencia del ciclo
(1, 3, 2, 5, 7, 11, 12, 15, 17, 16, 20, 19, 22, 26, 25, 21, 24, 23, 18, 8, 13, 9, 14, 10, 4, 6, 1).
De manera que es al menos 2-conexo. La eliminación de uno cualquiera de los vértices 1, 3, 2, 5, 7, 11, 12, 15, 17, 16, 20, 19, 26, 21,
24, 8, 13, 9, 14, 6 en el ciclo anterior sigue dejando un ciclo (a fortiori hamiltoniano) en el grafo resultante, de
manera que ninguno de ellos forma parte de una pareja de vértices de corte. De suerte que si hubiere parejas
de vértices de corte, éstas se tendrı́an que encontrar entre los vértices 22, 25, 23, 18, 10, 4. Considérese ahora el
ciclo hamiltoniano
(1, 3, 2, 5, 11, 7, 12, 15, 16, 17, 20, 26, 22, 25, 19, 21, 24, 23, 18, 8, 13, 14, 10, 9, 6, 4, 1).
La eliminación de uno cualquiera de los vértices 4, 10, 22, 25 sigue dejando un ciclo hamiltoniano en el grafo
resultante, de manera que ninguno de ellos tampoco puede participar en una pareja de vértices de corte del grafo
original. Ası́ las cosas, si hubiera una pareja de vértices de corte, ésta tendrı́a que estar necesariamente formada
por los vértices 18 y 23, lo cual es a toda vista irreal. En conclusión, la conectividad por vértices es al menos
3. Pero no más, toda vez que los vértices {18, 19, 20} conforman un conjunto de vértices de corte (desconectan
los vértices del 21 al 26 del resto). De manera que un control policial situado en los vértices 18,19 y 20 aı́sla a
los ladrones de los 4 puentes que facilitan la huida. La solución es, además, única, toda vez que desde cada uno
de estos tres vértices uno puede acceder al menos a dos de los cuatro puentes por un mı́nimo de dos caminos
distintos (que se pueden tornar en 3 caminos disjuntos por vértices con salida en cada uno de estos tres vértices
del conjunto de vértices de corte). Lo mismo con respecto del acceso de los vértices 18, 19 y 20 al vértice 10.
2. La policı́a tarda 4 minutos en montar un cordón en los cruces 18, 19 y 20. Si el tiempo que se tarda en
recorrer cada calle es el que se indica en la figura anterior, ¿pueden haber escapado los ladrones? En caso
afirmativo, determinar una ruta de escape válida. ¿Es única esta ruta?
Para resolver este apartado basta aplicar Disjkstra desde el vértice 10 (correspondiente al Banco) hasta los
vértices donde se sitúa el control policial (18, 19 y 20), con tal de verificar si alguna de estas distancias mı́nimas
es o no inferior a 4. No hace falta, en caso alguno, efectuar el algoritmo de Dijkstra por completo, sólo hasta
averiguar las 3 distancias anteriores. Por ello, en vez de situar todos los vértices en la tabla, iremos añadiendo
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uno a uno los que se vayan comprobando.
10
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
4
6
6
6
6
6
6
6
6
6
6
6
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
9 11 14 6 8 13 7 12 15 16
1 1 1 ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞
− 1 1 5 6 3 ∞ ∞ ∞ ∞
− − 1 5 6 3 6 7 2 5
− − − 5 6 3 6 7 2 2
− − − 5 6 3 6 3 − 2
− − − 5 6 3 6 3 − −
− − − 5 6 − 6 3 − −
− − − 5 6 − 6 − − −
− − − 5 6 − 6 − − −
− − − 5 6 − 6 − − −
− − − 5 6 − 6 − − −
19
∞
∞
∞
3
3
3
3
3
−
−
−
17
∞
∞
∞
∞
3
3
3
3
3
−
−
20
∞
∞
∞
∞
∞
5
5
5
5
5
−
18
∞
∞
∞
∞
∞
∞
5
5
5
5
5
2
∞
∞
∞
∞
∞
∞
∞
9
9
9
9
21
∞
∞
∞
∞
∞
∞
∞
∞
6
6
6
22
∞
∞
∞
∞
∞
∞
∞
∞
6
6
6
25
∞
∞
∞
∞
∞
∞
∞
∞
8
8
8
26 base arista
∞
9
{10, 9}
∞ 11 {10, 11}
∞ 14 {10, 14}
∞ 15 {11, 15}
∞ 16 {14, 16}
{9, 13}
∞ 13
∞ 12 {15, 12}
∞ 19 {14, 19}
∞ 15 {15, 17}
∞ 20 {16, 20}
9
18 {13, 18}
De manera que los ladrones han podido escapar, a través del cruce 19, siguiendo uno de entre los dos caminos
posibles, (10, 14, 19) y (10, 14, 16, 19), cada no de los cuales se puede recorrer en 3 minutos. La solución no es,
por tanto, única.
3. Suponiendo que los ladrones no han conseguido eludir el cordón policial y han abandonado el vehı́culo de
la fuga en uno de los cruces (incluida la propia rotonda del banco), determinar un esquema óptimo (en
tanto en cuanto requiera el menor tiempo posible) que ha de seguir la policı́a para localizar el vehı́culo, e
indicar dicho tiempo. ¿Es único este esquema?
Se trata de encontrar un árbol recubridor de peso mı́nimo, por medio del algoritmo de Kruskal. Este algoritmo requiere ordenar las aristas de menor a mayor peso (por defecto, entre las de igual peso, según el orden
lexicográfico), y ir escogiendo por este orden aquellas aristas que no den lugar a ciclos (como el grafo es conexo
y posee 26 vértices, en total habrá que coger 25 aristas, una menos que vértices). El árbol recubridor de peso
mı́nimo que devuelve la aplicación del algoritmo de Kruskal en estas circunstancias consiste en las aristas {1, 3},
{2, 3}, {3, 4}, {3, 5}, {4, 6}, {5, 7}, {9, 10}, {10, 11}, {10, 14}, {11, 15}, {12, 15}, {14, 16}, {15, 17}, {16, 19},
{9, 13}, {13, 18}, {17, 20}, {20, 22}, {22, 25}, {24, 25}, {18, 21}, {21, 23}, {22, 26}, {6, 8}, {6, 9}; de manera que
el peso mı́nimo es de 43 (28 si sólo consideramos la parte del árbol que concierne a la zona interior al cordón
policial). En resumen, cualquier esquema óptimo requiere 28 minutos, y no es único (basta intercambiar la arista
{3, 4} por la {4, 5}, por ejemplo). Ejercicio 3
1. ¿Es posible diseñar una búsqueda para que una unidad de policı́a patrulle a pie todas los cruces sin repetir
ninguno? En caso negativo, ¿cuál es el menor número de cruces por los que tendrı́a que pasar más de una
vez?
Ahora se trata de ver si el grafo en cuestión admite un camino hamiltoniano. De hecho, resulta que es
hamiltoniano, según se comprobó en el ejercicio anterior.
2. Sin contar los 4 puentes del dibujo anterior (i.e. aquellos por los que transitan los vehı́culos dibujados),
¿puede un vehı́culo de policı́a rastrear todas las calles sin repetir ninguna? En caso afirmativo, indicar
dónde ha de empezar la búsqueda y dónde ha de terminarla. En caso negativo, en una ruta que repita el
menor número de calles, ¿cuántas calles habrı́a de atravesar más de una vez? ¿De qué calles se trata?
¿Son únicas estas calles?
Ahora la cuestión es averiguar si el grafo es o no euleriano (o en su defecto admite o no un recorrido
euleriano), lo que se traduce (siendo como es conexo) en comprobar cuántos vértices de valencia impar tiene (0,
2 ó más). Resulta que el grafo posee más de dos vértices de valencia impar. Concretamente 14, a saber: 1, 2, 8,
10, 11, 12, 13, 18, 20, 21, 23, 24, 25, 26. Para que admitiera un recorrido euleriano, 7 de las calles (que unieran
14 de los 16 vértices, distintos dos a dos) habrı́an de ser repetidas. Una más, enlazando los dos restantes vértices
de valencia impar, para que fuera euleriano. La solución no es única, aunque sı́ lo es a excepción de los vértices
21, 23, 24, 25. En efecto, 10 sólo puede ser adyacente a 11, en cuyo caso 12 lo ha de ser a 2, entonces 1 a 8 y
13 a 18; por su parte, 20 sólo puede ser adyacente a 26; la no unicidad procede del hecho de que 25 puede ser
adyacente a 21 (en cuyo caso 23 a 24) o bien a 24 (en cuyo caso 21 a 23).
3. El cerebro de la banda es perseguido hasta un aeropuerto, en el que consigue hacerse con una avioneta.
El recorrido que sigue en tierra la avioneta por las pistas se resume en las listas de adyacencia que se
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adjuntan, en las que las aristas {i, j} son trozos de pistas y los vértices i representan algunos (que no todos)
cruces entre las pistas. La policı́a va bloqueando detrás suya los trozos de pistas (i.e. las aristas {i, j}, pero
no los cruces i) por los que va pasando la avioneta (de manera que la avioneta no puede volver a pasar o
a atravesar trozos de pista {i, j} por los que ya ha pasado). Razonar si la avioneta consiguió despegar o
no.
1
2
3
4
5
6
vértices
adyacencias 9, 11
3, 4, 8, 9
2, 6, 7, 8
2, 8, 9, 11 8, 9, 10, 11 3, 7, 8, 10
vértices
7
8
9
10
11
adyacencias 3, 6 2, 3, 4, 5, 6, 9 1, 2, 4, 5, 8, 11
5, 6
1, 4, 5, 9
Se trata de averiguar si el grafo que modela las pistas y cruces que sigue en tierra la avioneta en su huida
es o no plano (si es inevitable que en el esquema que se describe la avioneta cruce una pista por la que ya ha
pasado, entonces el cerebro es detenido, puesto que la pista en cuestión ya está bloqueada).
x6
x10
x5
x11
x9
x1
x4
x8
x7
x3
x2
Antes de iniciar el estudio de si el grafo anterior es o no plano, queda claro que realmente puede modelar la
huida de la avioneta, en tanto en cuanto es euleriano (y por tanto admite un circuito euleriano): es conexo y
todos los vértices tienen valencia par (podrı́a haber ocurrido que todos exceptuando exactamente dos hubieran
tenido valencia par, en cuyo caso el grafo hubiera admitido un recorrido euleriano, con comienzo y fin los dos
vértices de valencia impar). El grafo, de hecho, no es plano, pues contiene una subdivisión de K5 , con extremos
los vértices x2 , x4 , x5 , x8 , x9 , viniendo dadas las aristas {x4 , x5 } y {x2 , x5 } por las subdivisiones x4 , x11 , x5 y
x2 , x3 , x6 , x5 , respectivamente. Luego la avioneta no despegó y el cerebro fue detenido.
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17 de Septiembre de 2005 (I.T.I. Gestión)
Ejercicio 1 Se va a realizar una auditorı́a a una empresa, departamento por departamento. El proceso
requiere, en una de las etapas, pasar un cuestionario a los miembros de cada departamento. Para realizar esta
pesada tarea, se ha contratado a 8 becarios (tantos como departamentos consta la empresa). La relación de
departamentos que puede encuestar cada becario se adjunta en forma de grafo, donde bi representa al becario i
y di al departamento i:
b1
b2
b3
b4
b5
b6
b7
b8
d1
d2
d3
d4
d5
d6
d7
d8
Se pide:
1. Si por contrato cada becario sólo puede encuestar un departamento, dar una asignación óptima de becarios
y departamentos, utilizando el procedimiento adecuado, progresando sobre la asignación inicial siguiente:
{{b1 , d2 }, {b2, d4 }, {b3 , d3 }, {b4 , d1 }, {b5 , d6 }, {b7 , d7 }}
¿Es única una tal asignación? ¿Es necesario redistribuir la asignación de becarios para completar la auditorı́a?
Se trata de hallar un emparejamiento maximal entre becarios y departamentos. Procedemos a partir del
emparejamiento inicial propuesto,
M = {{b1 , d2 }, {b2 , d4 }, {b3 , d3 }, {b4 , d1 }, {b5 , d6 }, {b7, d7 }}
según el método de los caminos alternados. Construimos el árbol asociado a este método por niveles. En el nivel
cero ubicamos en calidad de vértice raı́z el vértice no emparejado desde el que comenzamos la búsqueda. El
primer vértice no emparejado es b6 , el cual es adyacente a los vértices d2 , d4 , d6 , todos ellos emparejados en M
según las aristas {b1 , d2 }, {b2 , d4 } y {b5 , d6 }, respectivamente. Progresivamente, vamos construyendo el resto de
niveles:
Nivel 0: b6 , vértice no emparejado.
Nivel 1: d2 , d4 , d6 , procedente de las aristas {b6 , d2 }, {b6 , d4 }, {b6 , d6 }.
Nivel 2: b1 , b2 , b5 , procedentes de las aristas {b1 , d2 }, {b2 , d4 }, {b5 , d6 }.
No se puede proseguir hacia otros niveles, toda vez que todos los vértices adyacentes a b1 , b2 , b5 ya han sido
considerados en niveles anteriores. De manera que con origen b6 no hay ningún camino alternado para M . Esto no
significa que M sea un emparejamiento máximo. Puede ocurrir que con origen otro vértice no emparejado sı́ haya
un camino alternado para M . El siguiente (y único restante) vértice no emparejado es b8 . Progresivamente, vamos
construyendo el resto de niveles:
Nivel 0: b8 , vértice no emparejado.
Nivel 1: d6 , d7 , procedente de las aristas {b8 , d6 }, {b8 , d7 }.
Nivel 2: b5 , b7 , procedentes de las aristas {b5 , d6 }, {b7 , d7 }.
Nivel 3: d2 , d4 , d8 , procedentes de las aristas {b5 , d2 }, {b5 , d4 }, {b7 , d8 }.
Como quiera que d8 no está emparejado, el camino (b8 , d7 , b7 , d8 ) conforma un camino alternado para M , de
manera que el emparejamiento
M = {{b1 , d2 }, {b2, d4 }, {b3 , d3 }, {b4 , d1 }, {b5 , d6 }, {b7 , d8 }, {b8 , d7 }}
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posee una arista más que M . El único vértice no emparejado en M es b6 , desde el cual no es posible encontrar un
camino alternado (basta tener en cuenta la búsqueda anterior), de suerte que M conforma un emparejamiento
maximal (por ende, el grafo no admite un emparejamiento completo). Ahı́ tenemos una asignación óptima de
becarios. A modo de inciso, se puede observar que el hecho de que el grafo no admita un emparejamiento completo
también podrı́a haberse concluido utilizando la condición de Hall, para P = {b1 , b2 , b5 , b6 } y T (P ) = {d2 , d4 , d6 },
por ejemplo. La asignación no es única, en modo alguno. Por ejemplo, la arista {b5 , d6 } puede ser sustituida por
la arista {b6 , d6 }. Por otra parte, dado que la asignación óptima no cubre todos los departamentos, es ineludible
redistribuir la asignación de becarios. Por ejemplo, basta hacer que b6 pueda encuestar d5 .
2. A los becarios se les ha subido el sueldo, de manera que ahora sı́ pueden encuestar todos los departamentos que tienen a su cargo, lo que redunda en una mayor fiabilidad de la auditorı́a, toda vez que cada
departamento será encuestado independientemente por todos los becarios que lo tienen en su agenda. Si la
empresa pone como limitación que no se encueste más de una vez al dı́a a un mismo departamento, y a
su vez cada becario sólo puede encuestar por dı́a a un único departamento, determinar el mı́nimo número
de dı́as que se requieren para llevar a cabo todas las encuestas. Dar explı́citamente las encuestas que se
realizan cada dı́a en la distribución óptima. ¿Es única una tal distribución?
Se trata de distribuir todas las aristas (i.e. formas de organizar las encuestas) en el menor número de paquetes
(i.e. dı́as) de manera que aristas incidentes (i.e. que impliquen un mismo becario o un mismo departamento)
estén en paquetes distintos (i.e. dı́as distintos). En definitiva, de hallar el ı́ndice cromático del grafo, ası́ como
una arista coloración que utilice dicho número mı́nimo de colores. Dado que el grafo es bipartito, el ı́ndice
cromático coincide con la valencia máxima, que es 5 (en los vértices d4 y d6 ). De manera que se necesitan 5
dı́as. Una coloración óptima resulta de la aplicación del algoritmo voraz, ordenando las aristas alfabéticamente
por los vértices extremos y sus subı́ndices:
arista
color
{b3 , d3 }
2
{b6 , d2 }
4
{b1 , d2 } {b1 , d4 } {b1 , d6 }
1
2
3
{b3 , d5 } {b4 , d1 } {b4 , d3 }
3
2
1
{b6 , d4 } {b6 , d6 } {b7 , d4 }
3
2
5
{b2 , d2 }
2
{b4 , d5 }
4
{b7 , d7 }
1
{b2 , d4 } {b2 , d6 } {b3 , d1 }
1
4
1
{b5 , d2 } {b5 , d4 } {b5 , d6 }
3
4
1
{b7 , d8 } {b8 , d6 } {b8 , d7 }
2
5
2
Las encuestas que se realizan en el dı́a i corresponden a las aristas que tienen asignado el color i. La distribución
no es única: por ejemplo, la encuesta {b8 , d7 } se puede llevar a cabo cualquiera de los dı́as 2, 3 ó 4.
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Ejercicio 2 Se considera el siguiente laberinto, formado por cruces y pasajes, con una sola entrada y una
sola salida:
5
4
1
2
6
4
3
4
4
1 1
2
1
2
1
1
1
2
2
2
1
2 3 3
3 1
6
1
1
1. Si el tiempo que se tarda en recorrer cada pasaje es el indicado en la Figura, ¿cuál serı́a un recorrido
óptimo desde la entrada a la salida? ¿Es única esta solución óptima? ¿Cuánto se tardarı́a en total?
Consideremos el multigrafo ponderado G(V, A) en el que los vértices corresponden a cruces (asumiendo que
la entrada y la salida son asimismo cruces) y las aristas a pasillos, indicando el peso el tiempo que se tarda en
recorrer cada pasillo. En estas circunstancias, el problema se traduce en encontrar un camino que marque la
distancia más corta desde la entrada a la salida, lo que se puede resolver utilizando el algoritmo de Dijkstra.
Etiquetemos los vértices de la siguiente forma:
a q
b
c
e
d
o
p
n
f
g
i
h
j
m
l
k
Se pretende encontrar el camino más corto de a a q. Aplicamos Dijkstra.
a
−
−
−
−
−
−
−
−
b
1
−
−
−
−
−
−
−
c
d
e
f
g
h
i
j
k
l
m
n
o
p
q
3
−
−
−
−
−
−
7
7
7
7
7
7
7
8
8
8
8
8
8
3
3
−
−
−
−
−
7
7
7
7
7
4
−
−
−
−
5
5
− 7
− 7
− 7
8
8
8
8
8
8
7
7
7
6
−
−
6
7 6
7 −
7
base arista
b
{a, b}
c
{b, c}
f
{b, f }
h
{f, h}
i
{f, i}
n
{i, n}
p
{i, p}
q
{p, q}
De manera que una ruta óptima desde la entrada hasta la salida viene dada por el camino (a, b, f, i, p, q), el
cual requiere invertir 7 unidades de tiempo en su recorrido. La solución no es única, puesto que también vale el
camino (a, b, f, h, i, p, q), que aun empleando más pasillos, requiere el mismo tiempo.
2. Una versión amateur del laberinto es aquella en la que es imposible acceder de un cruce a otro por dos
rutas distintas. Determinar cuántos pasajes hay que cerrar para obtener una versión amateur del laberinto.
De entre todas las versiones amateurs que se pueden diseñar, dar una en la que el tiempo requerido para
recorrer todos los pasillos sea mı́nimo. ¿Es única una tal versión? ¿Cuál es el tiempo total que se necesita
para recorrer todos los pasillos?
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Por definición, una versión amateur ha de corresponder con un árbol recubridor, toda vez que dos vértices (cruces) sólo son accesibles entre sı́ por un único camino. Dado que el grafo es conexo (cosa que demostraremos posteriormente al dar un árbol recubridor de peso mı́nimo), el número de aristas de cualquier
árbol recubridor viene dado por |V | − 1, de donde el número de pasillos a cerrar (i.e. de aristas a eliminar) es |A| − (|V | − 1) = 29 − (17 − 1) = 13. Una versión amateur en la que el tiempo requerido para
recorrer todos los pasillos sea mı́nimo, corresponde a un árbol recubridor de peso mı́nimo, que pasamos a
buscar utilizando el algoritmo de Kruskal. Para ello, basta ordenar las aristas de menor a mayor peso (para
las de igual peso, utilizamos el orden alfabético de sus vértices extremos), e ir tomando aquellas que con
las ya elegidas no den lugar a ciclos. De este modo, hay que tomar las aristas {a, b}, {d, e}, {f, h}, {h, i},
{i, n}, {i, p}, {k, l}, {m, o}, {n, o}, {p, q}, {b, c}, {b, f }, {i, j}, {e, g}, {i, k}, {c, d}. La versión no es única: por ejemplo, la arista {n, o} se puede sustituir por la {o, p}, sin por ello modificar el tiempo total requerido (que es de
26 unidades).
3. Suponiendo que en cada cruce hay un cacahuete, ¿puede un Comecocos comerse todos los cacahuetes sin
pasar nunca por un cruce vacı́o? En caso afirmativo, ¿es única la solución? En caso negativo, ¿cuál serı́a
el menor número de pasajes nuevos a añadir, y entre qué cruces, para posibilitar la tarea?
Aquı́ preguntan si existe un camino hamiltoniano en G (pasar por todos los cruces no vacı́os, i.e. pasar
por todos los vértices sin repetir ninguno) que comience en a y termine en q. Lo cual es imposible, toda vez
que G tiene un vértice de corte que da lugar a tres componentes conexas distintas: la eliminación del vértice
i produce las componentes conexas inducidas por los vértices C1 : (a, b, c, d, e, f, g, h), C2 : (m, n, o, p, q) y
C3 : (j, k, l). Bastarı́a añadir una sola arista, por ejemplo la {h, j}. En estas circunstancias, el siguiente camino
es hamiltoniano: (a, b, c, d, e, g, f, h, j, k, l, i, m, n, o, p, q). La solución no es única: por ejemplo, la consideración
de la arista {c, l} da lugar al camino hamiltoniano (a, b, f, h, g, e, d, c, l, k, j, i, m, n, o, p, q).
4. En el Comecocos edición Trivial, cada vez que se come un cacahuete se abre una ventana con un acertijo.
En caso de que éste se resuelva convenientemente, el jugador tiene la potestad de crear un nuevo pasaje
entre los dos cruces que elija. ¿Cuál es el menor número de acertijos que hay que resolver y dónde se
han de situar los pasajes correspondientes para poder recorrer todos los pasajes del laberinto (incluidos los
nuevos, obviamente) sin repetir ninguno? ¿Es única la distribución de los pasajes?
Preguntan ahora por el menor número de aristas (i.e. pasillos) a añadir (i.e. acertijos a contestar) con tal de
convertir al grafo en uno que admita un recorrido euleriano con comienzo en a y salida en q. Como quiera que
el grafo es conexo, basta asegurarse que a y q son vértices de valencia impar (lo cual es trivial, pues sólo hay
un pasillo de entrada y otro de salida), para después proceder a contar cuántas parejas de vértices de valencia
impar hay entre los restantes vértices del grafo, siendo ése precisamente el número de aristas (pasillos) a añadir.
Amén de los citados a y q, los vértices de valencia impar que presenta el grafo son e, g, h, j, k, l, m, o. De manera
que basta añadir (i.e. contestar en total) 4 pasillos (i.e. acertijos), y no menos, por ejemplo entre los vértices
{e, g}, {h, j}, {k, l}, {m, o}. La distribución no es en absoluto única: basta emparejar de cualquier modo dos a
dos los 8 vértices de valencia impar destacados previamente.
5. Si en el Comecocos edición Trivial resulta que en cruces contiguos se realizan preguntas de diferente
temática, ¿cuál es el menor número de temáticas que ha de incluir el juego? Dar un esquema de distribución
óptima de temáticas en los cruces. ¿Es único un tal esquema?
Toda vez que los cruces están identificados con los vértices, encontrar una distribución óptima del menor
número de temáticas posible consiste en hallar una vértice coloración que emplee el menor número de colores
posible (i.e. tantos como indica el número cromático de G). Dado que G incluye un K4 (vértices i, j, k, l),
χ(G) ≥ 4. Aplicando el algoritmo voraz a la ordenación natural de los vértices se tiene que:
vert.
color
a
1
b c
2 1
d e
3 2
f
1
g
3
h
2
i j
3 1
k
2
l m
4 1
n
2
o
3
p q
1 2
De donde χ(G) = 4 y ya hemos dado una distribución óptima de las temáticas en los cruces: temática i en cruce
(vértice) con color i. Evidentemente no es único un tal esquema: por ejemplo, los vértices a y q pueden tener
temática (color) 4.
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Curso 2007/2008
21 de Abril de 2006 (Ev. Alternativa)
1. En las parejas de grafos siguientes hay una que representa dos grafos isomorfos, ¿cuál?
Figura 63:
En el primer cuadro tenemos dos árboles, el primero de ellos tiene los dos vértices de valencia 4 adyacentes
y el segundo no, por lo tanto no pueden ser isomorfos. En el tercer cuadro tenemos dos grafos con uno de
ellos con un vértice de valencia 4 y el otro no y no pueden ser isomorfos. En el cuarto cuadro el primer
grafo tiene tres ciclos de longitud 4 y el segundo sólo dos, no pueden ser isomorfos. Los grafos del segundo
cuadro son isomorfos pues sus complementarios son dos ciclos C4 disjuntos.
2. De las siguientes afirmaciones, ¿cuál es la única que no puede ser cierta?
Si un grafo es regular, su
Un grafo G no puede tener todos sus vértices con distinta valencia.
Si
complementario también lo es.
dos grafos son isomorfos, sus complementarios también lo son. X Existen grafos 3–regulares con 41 vértices.
No pueden existir grafos con un número impar (41) de vértices de valencia impar (3). El resto de las afirmaciones son siempre ciertas
3. De las siguientes secuencias numéricas hay una que es una secuencia gráfica (representa la lista de grados
de un grafo), ¿cuál?
{6, 3, 3, 3, 2, 2, 1, 1}
{7, 6, 2, 2, 2, 1, 0, 0}
X {5, 5, 4, 4, 3, 3, 3, 1, 0, 0}
{3, 3, 2, 2, 2, 2, 1}
Podemos aplicar el algoritmo de Havel-Hakimi y veremos cómo sólo hay una secuencia que devuelve una
lista de ceros. Otra forma de abordar el problema es observar que las secuencias primera y última tienen un
número impar de números impares, por lo que no pueden ser secuencias gráficas y la segunda tampoco ya
que entonces el grafo tendrı́a 8 vértices siendo uno de valencia máxima (7) y otro aislado (0).
4. ¿Cuál de las siguientes afirmaciones es la única verdadera?
Si G es un grafo que sólo tiene vértices pares,
entonces no tiene vértices de corte.
Todo grafo G que tenga algún vértice de corte, entonces tiene una
arista de corte. X Todo grafo, con al menos tres vértices, que tenga alguna arista puente tiene algún vértice
Si todos los vértices de un grafo G pertenecen a algún ciclo, entonces G no tiene vértices de
de corte.
corte.
5. La Figura 64 representa un grafo G formado por dos grafos G1 y G2 , unidos por una arista puente {u, v}
G no tiene vértices de valencia
siendo δ(u) = δ(v) = 4. ¿Cuál de las siguientes circunstancias es posible?
impar.
Aparte de u y v, G1 tiene 2 vértices de valencia impar y G2 no tiene vértices de valencia impar.
X Aparte de u y v, G1 tiene 1 vértice de valencia impar y G2 otro.
Las otras tres afirmaciones son
posibles.
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G1
u
v
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G2
Figura 64:
La primera afirmación no es cierta ya que si G1 y G2 no tuvieran vértices impares al quitar la arista puente
tendrı́amos grafos con un único vértice impar. Por la misma razón la segunda afirmación tampoco puede ser
cierta. La figura siguiente muestra cómo la tercera afirmación sı́ puede ser cierta.
G1
u
v
G2
6. En el grafo de la Figura 65, ¿cuántas aristas hay que añadir para aumentar su conectividad (por vértices)?
X 1
2
3
Depende
c
h
f
b
e
d
a
g
i
j
Figura 65:
El grafo tiene conectividad κ(G) = 1 pues tiene vértices de corte, pero añadiendo la arista {a, i} ya no tiene
vértices de corte por lo que serı́a κ(G) > 1.
7. ¿Y para aumentar la conectividad lineal (por aristas)? X 1
2
3
Depende
La respuesta es la misma que en el apartado anterior.
8. Si empezando en un vértice del grafo de la Figura 65, aplicamos el algoritmo DF S de forma ordenada (cuando
haya que elegir vértice optaremos por el anterior en orden alfabético), ¿cuál de los siguientes vértices produce
un árbol de mayor altura al elegirlo como vértice inicial?
d.
El árbol DF S siempre tiene la
X j.
e.
misma altura.
9. ¿Y con la búsqueda BF S?
altura.
c.
f.
X i.
El árbol BF S siempre tiene la misma
10. Se recuerda que un subgrafo S = (V , A ) de un grafo G = (V, A) se dice que es un subgrafo inducido si
contiene todas las aristas del grafo G entre cualesquiera dos vértices de V . ¿Cuál es el tamaño (número de
vértices) del mayor árbol inducido en el grafo G de la Figura 65?
6.
X 7.
8.
9.
11. ¿Y del mayor bosque no conexo?
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6.
7.
X 8.
9.
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Curso 2007/2008
12. ¿Para cuáles dos vértices da el algoritmo DF S sobre el grafo de la Figura 65 dos árboles isomorfos?
j y g.
d. y e.
X c y d.
f.
iy
13. El grafo de la Figura 66 verifica: X Es euleriano, no hamiltoniano, pero admite un camino hamiltoniano.
b
i
f
h
e
a
j
d
c
g
k
Figura 66:
Es euleriano y hamiltoniano.
No es euleriano ni hamiltoniano.
no admite un camino hamiltoniano.
Es euleriano, no hamiltoniano y
Es euleriano pues todos sus vértices tienen valencia par. No es hamiltoniano ya que al eliminar la pareja de
corte f y g se forman tres componentes conexas. Si admite un camino hamiltoniano e − f − i − j − k − h −
g − c − d − b − a.
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Curso 2007/2008
9 de Junio de 2006 (Ev. Alternativa)
Ejercicio 1 (3 puntos)
Para n ≥ 2, sea Pn el grafo ponderado consistente en el camino simple de n vértices {1, 2, . . . , n}, donde todas
las aristas tienen peso 1. Sea Gn el grafo ponderado obtenido añadiendo a Pn los dos vértices 0 y n + 1, y las
aristas de peso 2: {0, j} y {n + 1, j}, j = 1, 2, . . . , n. Se pide:
1. Utilizando la ordenación natural de los vértices; 0, 1, 2, . . . , n + 1, obtener los árboles recubridores para Gn
mediante los algoritmos DFS y BFS, ası́ como sus respectivos pesos. ¿Alguno de ellos es el árbol recubridor
de peso mı́nimo? ¿Por qué?
2. Para n ≥ 2, ¿Es Gn bipartito? ¿Es plano? Justificar las respuestas.
3. Para n ≥ 2, calcular X (Gn ), (donde X (Gn ) representa el número cromático de Gn ).
4. Para n ≥ 5, calcular X 1 (Gn ), (donde X 1 (Gn ) representa el ı́ndice cromático de Gn ).
(Indicación: Obtener primero el ı́ndice cromático de G5 , y deducirlo para el caso general).
5. Para n ≥ 3, sea Hn el grafo obtenido añadiendo a Gn las aristas {0, n + 1} y {1, n}.
¿Es Hn plano? Justificar la respuesta.
Solución: Una representación gráfica del grafo Gn serı́a la que muestra la figura siguiente:
1
2
1
2
3
1
2
n-1
2
2
2
0
2
2
2 2
1
n
2
n+1
Figura 67: Grafo Gn .
1. La Figura 68 muestra los árboles DFS y BFS, siendo sus pesos respectivos n − 3 y 2(n + 1). Obviamente,
el árbol DFS es el de peso mı́nimo ya que utiliza todas las aristas de peso 1.
2. Gn no es bipartito ya que contiene ciclos impares. Por ejemplo 0 − 1 − 2 − 3 − 0 es un ciclo de longitud 3.
El grafo Gn es plano. La Figura 69 muestra una inmersión en el plano.
3. Como el grafo no es bipartito, si n ≥ 2, X (Gn ) ≥ 3. Además el algoritmo voraz de coloración, siguiendo
los vértices en orden numérico, ofrece una coloración de los vértices con tres colores:
c(0) = 1, c(1) = 1, c(2) = 2, c(3) = 1, . . . , c(n) ∈ {1, 2}, c(n + 1) = 1
por lo tanto X (Gn ) = 3
4. El grafo Gn tiene valencia máxima ∆ = n, por lo tanto ∆ = n ≥ X 1 (Gn ) ≥ ∆ + 1 = n + 1. Podemos
obtener una arista–coloración con n colores de la siguiente forma:
1 Asignamos a las aristas incidentes en el vértice 0 los n colores distintos: c({0, i}) = i, i = 1, . . . , n.
2 Asignamos a las aristas incidentes en el vértice n + 1 los n colores distintos (con otra ordenación
diferente), por ejemplo c({n + 1, n}) = 1 y c({0, i}) = i + 1, i = 1, . . . , n − 1.
3 A continuación asignamos colores a las aristas del camino Pn . Estos es posible para n = 5, como
muestra la Figura 70 y para n > 5 también ya que cuando tenemos que colorear la arista {i, i + 1}),
el número de aristas ya coloreadas e incidentes con ella (aristas {i − 1, i}, {0, i, }, {n + 1, i}, {0, i + 1} y
{n + 1, i + 1}) no es superior a 5 < n y por lo tanto alguno de los n colores estará libre para utilizarlo
con dicha arista. Por lo tanto X 1 (Gn ) = n.
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1
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2
1
3
1
Curso 2007/2008
n-1
n
1
2
DFS
2
0
1
n+1
2
3
2
2
n-1
n
BFS
2
2
2
2
0
n+1
Figura 68: Árboles DFS y BFS del grafo Gn .
0
2
1
1
2
2
2
2
1
2
3
n-1
n
1
2
2
2 2
2
n+1
Figura 69: Una inmersión en el plano del grafo Gn .
5. El grafo Hn no es plano (para n ≥ 3) ya que no verifica el test de planaridad (a ≤ 3v − 6). En efecto, el
grafo Hn tiene a = n + n + n − 1 + 2 = 3n + 1 aristas y v = n + 2 vértices y por tanto no es cierto que
a = 3n + 1 ≤ 3v − 6 = 3n. Por lo tanto podemos afirmar que el grafo no es plano.. Además la Figura 71
muestra una subdivisión de K5 contenida en dicho grafo, formada por los vértices {0, 1, 2, n, n+ 1} estando
la arista {2, n} subdividida por el camino 2, 3, . . . , n − 1, n.
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Curso 2007/2008
0
1
3
2
1
2
4
3
1
3
2
5
4
4
2
4
5
3
5
1
6
Figura 70: Una arista-coloración de G5 con 5 colores.
0
1
2
0
3
n-1
n
1
2
3
n+1
n-1
n
n+1
Subdivisión de K 5
Hn
Figura 71: Subdivisión de K5 contenida en Hn (si n ≥ 3).
Ejercicio 2 (2 puntos)
Se considera el grafo ponderado G correspondiente a una red informática que comunica el conjunto de ordenadores V = {A, B, C, D, E, F, G, H, I, J, K, L, M, N, P }, y cuyas conexiones mediante cables, junto con sus
correspondientes longitudes, vienen dadas por la siguiente figura:
B
D
C
3
8
4
1
A
2
N
2
G
2
6
14
4
5
4
K
P
8
M
3
7
2
3
E
7
4
L
F
H
10
1
J
3
1
I
1. Se quiere renovar una parte de la red utilizando la menor longitud de cable posible, de modo que todos
los ordenadores queden comunicados por cables renovados. ¿Qué tramos habrá que renovar?
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Curso 2007/2008
2. ¿Es el grafo G bipartito? Justificar la respuesta. Calcular X (G) y X 1 (G).
3. Determinar (y enumerar explı́citamente) el menor número de ordenadores cuya ruptura simultánea desconecta la red. Asimismo, obtener (e identificar) el menor número de cables cuya eliminación simultánea
desconecta la red.
4. El técnico encargado de reparar la instalación debe revisar todos los ordenadores una única vez. ¿Existe
alguna ruta en el grafo G que le permita realizar esta tarea?
Solución:
1. Hemos de obtener un árbol recubridor de peso mı́nimo. Aplicando el algoritmo de Kruskal obtenemos el
árbol de la Figura 72, cuyo peso es 36.
B
3
E
D
C
3
1
3
A
2
G
2
5
2
N
F
K
P
2
H
4
M
1
L
4
3
1
J
I
Figura 72: Árbol recubridor de peso mı́nimo de la red de ordenadores.
2. El grafo es bipartito, se puede separar en dos conjuntos independientes de vértices V1 = {A, C, D, F, H, J, L, N }
y V2 = {B, E, G, I, K, M, P }, como se puede apreciar en la inmersión de la Figura 73.
B
A
E
C
G
D
I
F
K
H
M
J
P
L
N
Figura 73: La red de ordenadores es un grafo bipartito.
Al ser bipartito, X (G) = 2 y X 1 (G) coincide con la valencia máxima ∆(G) = 5.
3. El grafo no tiene vértices de corte y su ı́ndice de conectividad (por vértices) vale κ(G) = 2, ya que al
eliminar por ejemplo los vértices B y M el grafo se desconecta. Esto responde a la primera parte de la
pregunta: Para desconectar la red es preciso la ruptura de al menos dos ordenadores, por ejemplo los
ordenadores B y M .
Lo mismo ocurre con la conectividad lineal (por aristas), ya que λ(G) = 2, pues el grafo no tiene aristas
puente y eliminando por ejemplo las aristas {A, B} y {A, M } el grafo se desconecta. Por lo tanto para
desconectar la red de ordenadores es preciso romper al menos dos conexiones, por ejemplo los cables
{A, B} y {A, M }.
4. Sı́. La ruta A, B, C, K, H, I, J, G, F, E, D, P, L, M, N es un camino hamiltoniano en el grafo.
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Curso 2007/2008
23 de Junio de 2006
Ejercicio tipo test (3.2 puntos)
Este ejercicio es de tipo test, de forma que cada respuesta correcta aporta 0.64 puntos, mientras que cada
respuesta fallida resta 0.2133 puntos.
a
1
1
2
h
b
3
11
7
g
5
6
12
9
13
4
10
4
c
14
7
15
f
8
6
d
e
Grafo G (apartados 1, 2 y 3).
5
3
2
Grafo H (apartados 4 y 5)
1) El grafo G verifica:
Es plano.
No es plano. Contiene una subdivisión de K5 , pero no contiene una subdivisión de K3,3 .
No es plano. Contiene una subdivisión de K3,3 , pero no contiene una subdivisión de K5 .
X No es plano. Contiene tanto una subdivisión de K5 como de K3,3 .
Solución: La siguiente figura muestra cómo el grafo G contiene subdivisiones de K5 y de K3,3 .
a
a
b
h
g
c
f
b
h
g
c
f
d
d
e
e
K3,3--- {a,e,f;c,d,h}
K5--- {a,c,d,e,h}
El grafo G contiene subdivisiones de K5 y K3,3 .
2) El árbol recubridor de búsqueda en profundidad (siguiendo el orden alfabético de los vértices y con raı́z
en el vértice a) del grafo ponderado G verifica:
No se puede obtener porque el grafo es ponderado.
X Tiene un peso de 61.
Tiene algún vértice de valencia superior a 2.
Contiene a la arista {c, f }.
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Curso 2007/2008
Solución: El árbol recubridor solicitado es el camino a − b − c − e − d − g − f − h, que tiene peso 61 y
no tiene vértices de valencia superior a 2 ni a la arista {c, f }.
3) El árbol recubridor de peso mı́nimo del grafo ponderado G tiene un peso de:
39.
X 40.
41.
42.
Solución: El árbol recubridor de peso mı́nimo, obtenido por el algoritmo de Kruskal, es el que muestra la
figura y tiene un peso 40.
a
1
2
h
11
7
b
4
6
g
c
9
f
d
e
Árbol recubridor de peso mı́nimo del grafo G.
4) El grafo H verifica:
X Es 3-conexo (por vértices).
Su ı́ndice de conectividad lineal (por aristas) vale λ(H) = 2.
El grafo H − {2}, obtenido al eliminar el vértice 2, es bipartito.
No es plano.
Solución: El grafo H no tiene vértices de corte, ni parejas de corte, pero sı́ se desconecta al eliminar por
ejemplo los vértices 4, 5 y 6, ya que quedarı́a el vértice 7 aislado. No tiene aristas de corte, ni parejas
de aristas de corte, por lo tanto λ(H) = 2. El grafo es plano (la figura muestra una inmersión plana del
mismo).
1
7
6
5
4
3
2
H es plano.
5) El grafo H verifica:
X Es hamiltoniano y si se suprime el vértice 7 también serı́a euleriano.
Es hamiltoniano y euleriano.
Es hamiltoniano, no euleriano, pero si admite un recorrido euleriano.
No es hamiltoniano ni euleriano.
Solución: El grafo H no es euleriano ni admite un recorrido euleriano ya que tiene 4 vértices impares.
La figura siguiente muestra (en el primer dibujo) un ciclo hamiltoniano y cómo al eliminar el vértice 7 se
obtiene un grafo euleriano (segundo dibujo) porque todos los vértices son pares.
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1
1
4
4
7
6
6
5
3
3
2
5
2
H es plano.
Ejercicio 1 (1.6 puntos)
El departamento de investigación de una empresa está experimentando un nuevo sistema de transmisión abreviada de mensajes de texto. Para ello ha seleccionado el siguiente conjunto de palabras: {qs, tq, ut, pqr, srt}. ¿Es
posible seleccionar una letra de cada palabra de forma que todas las palabras estén representadas por letras
distintas? En caso afirmativo, diseñar una selección, justificando el procedimiento empleado.
Solución: Si diseñamos un grafo bipartito que tenga por conjuntos de vértices, por un lado las palabras
V1 = {qs, tq, ut, pqr, srt}, y por otro las letras de estas palabras V2 = {q, s, t, u, p, r} y una arista que una cada
palabra con las letras que la componen, nos están pidiendo un emparejamiento completo en dicho grafo bipartito.
La figura siguiente muestra tal emparejamiento.
q
qs
s
tq
t
ut
u
pqr
p
srt
r
Un emparejamiento completo en el grafo.
Ejercicio 2 (1.6 puntos)
Sea T un árbol binario completo de profundidad 5, es decir un árbol donde todos los vértices internos tienen
dos vértices hijos (binario), todas las hojas están en el último nivel (completo) y tiene 5 niveles (profundidad
5). Se pide:
1. Determinar cuántas aristas son necesarias como mı́nimo añadir para convertirlo en un grafo 2-conexo (por
vértices).
Solución: Para conseguir que sea 2-conexo hay que añadir al menos 16 aristas ya que tiene 32 vértices
de valencia 1. La figura muestra cómo añadiendo 16 aristas el grafo es 2-conexo ya que no tiene vértices
de corte y tiene vértices de valencia 2.
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2. Determinar cuántas aristas son necesarias como mı́nimo añadir para convertirlo en un grafo euleriano.
Solución: El grafo tiene 62 vértices impares (todos excepto el raı́z). Por lo tanto habrá que añadir 31
aristas entre ellos para conseguir que sea euleriano.
3. Determinar cuántas aristas son necesarias como mı́nimo añadir para convertirlo en un grafo hamiltoniano.
La figura siguiente muestra cómo al añadir 31 aristas el grafo es hamiltoniano.
4. Determinar cuántas aristas como máximo se pueden añadir para que siga siendo plano.
Solución: El grafo tiene 63 vértices y 62 aristas (ya que es un árbol). Si ha de seguir siendo plano al
añadir p aristas ha de verificar el test de planaridad: 62 + p ≤ 3v − 6 = 183, por lo tanto p ≤ 121.
Ejercicio 3 (1.6 puntos)
Llamamos diámetro de un grafo conexo a la mayor distancia entre vértices del grafo (se recuerda que la distancia
entre dos vértices de un grafo simple es la longitud del camino más corto entre ellos).
1. Probar que el diámetro de un árbol se obtiene por la distancia entre dos vértices de valencia 1.
Solución: Sean x e y son dos vértices cuya distancia es el diámetro d del grafo y sea x, u1 , u2 , . . . , ud−1 , y
el “únicoçamino entre dichos vértices. Si existiera otro vértice v adyacente al vértice x, como entre cada
dos vértices de un árbol sólo existe un camino, el único camino que va de v a y serı́a v, x, u1 , u2 , . . . , ud−1 , y
que tiene mayor longitud que el diámetro del grafo, lo que es absurdo. Por lo tanto x (e igualmente y)
tendrá valencia 1.
2. Encontrar el grafo conexo con 2006 vértices y mayor diámetro.
Solución: Se trata del grafo camino P2006 de 2006 vértices y 2005 aristas y por tanto el diámetro del
grafo es 2005.
3. Encontrar un grafo conexo con 8 vértices con valencia máxima 3 y diámetro 2.
Solución: La figura siguiente muestra dos ejemplos de dichos grafos.
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Curso 2007/2008
Grafos de 8 vértices con valencia máxima 3 y diámetro 2.
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Colección de exámenes
Curso 2007/2008
27 de Septiembre de 2006
Ejercicio tipo test (2 puntos)
Este ejercicio es de tipo test, de forma que cada respuesta correcta aporta 0.4 puntos, mientras que cada
respuesta fallida resta 0.1 puntos.
a
b
c
h
g
d
f
e
Grafo G (apartados 2 y 5).
Grafo H (apartado 3)
1) Sea un grafo con 2006 vértices, uno de ellos de valencia 2005 y el resto de valencia 1. Entonces
No puede ser un árbol.
Es 2-conexo.
No es bipartito.
X Las tres afirmaciones anteriores son falsas.
v2005
v1
v2
Se trata del grafo estrella de 2005 puntas (véase la
figura). Este grafo es un árbol (conexo y no tiene ciclos) y por tanto es bipartito. Además el vértice v es
un vértice de corte, por lo que no es 2-conexo. Entonces las tres primeras afirmaciones son falsas.
v
v3
Grafo estrella de 2005 puntas.
2) El grafo G de la figura
No es plano pues, aunque no contiene a K3,3 , contiene a K5 .
No es plano pues, aunque no contiene a K5 , contiene a K3,3 .
X Es plano.
No es plano pues contiene a K3,3 y a K5 .
La figura siguiente muestra una representación plana del grafo G.
3) El grafo H de la figura
No es plano pues, aunque no contiene a K3,3 , contiene a K5 .
X No es plano pues, aunque no contiene a K5 , contiene a K3,3 .
Es plano.
No es plano pues contiene a K3,3 y a K5 .
En la figura siguiente se aprecia cómo el grafo H contiene una subdivisión de K3,3 . Además el grafo no
puede contener a K5 pues no tiene 5 vértices de valencia mayor o igual que 4.
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a
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Curso 2007/2008
x1
b
y1
x2
c
h
g
d
f
y2
y3
x3
e
Inmersión plana del grafo G.
Subdivisión de K3,3 contenida en el grafo H.
4) Decidir cuál de las siguientes afirmaciones es la única cierta:
Todo grafo euleriano es 2-conexo.
X Todo grafo hamiltoniano es 2-conexo.
Las dos afirmaciones anteriores son ciertas.
Ninguna de las afirmaciones anteriores son ciertas.
El grafo formado por dos ciclos pegados por un vértice v es euleriano y el vértice v es de corte, por lo
que no es 2-conexo. Todo grafo hamiltoniano es 2-conexo ya que al contener un ciclo hamiltoniano (que
contiene a todos los vértices) ningún vértice será vértice de corte.
5) Si aplicamos el algoritmo de búsqueda en anchura (BFS), en el grafo G de la figura, eligiendo los vértices
por orden alfabético, ¿cuál de los árboles siguientes tiene menor número de niveles (altura)?
El árbol enraizado en el vértice a.
El árbol enraizado en el vértice b.
X El árbol enraizado en el vértice c.
El árbol enraizado en el vértice d.
Basta aplicar dicho algoritmo y observar que los árboles enraizados en a, b y d tienen 3 niveles, mientras
que el enraizado en c tiene tan sólo 2 niveles.
Ejercicio 1 (3 puntos)
Considérese el grafo Gn obtenido añadiendo a los ciclos de longitud n y vértices respectivos {a1 , a2 , . . . , an } y
{b1 , b2 , . . . , bn } las n aristas {ai , bi }, i = 1, . . . , n. Contestar razonadamente a las siguientes cuestiones:
1. ¿Para qué valores de n es bipartito el grafo Gn ?.
2. ¿Para qué valores de n es euleriano el grafo Gn ?. En caso negativo indicar el número mı́nimo de aristas
que habrı́a que añadir al grafo para que lo fuera.
3. ¿Para qué valores de n es hamiltoniano el grafo Gn ?.
4. ¿Cuál es el ı́ndice de conectividad (por vértices) de Gn ?
5. ¿Cuál es el ı́ndice de conectividad lineal (por aristas) de Gn ?
6. Utilizando el algoritmo voraz de coloración de vértices, con la ordenación natural de sus vértices
(a1 , a2 , . . . , an , b1 , b2 , . . . , bn ), obtener una vértice coloración del grafo Gn . ¿Cuál es el número cromático
(por vértices) de Gn ?
7. ¿Cuál es el ı́ndice cromático (número cromático por aristas) de Gn ?
Solución:
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a8
Colección de exámenes
a1
a1 (1)
a1
b7
b6
a6
b8
b5 b4
(2) b7
b3
(1) b6
(3) b1
(1) b2
a6
a4
a5 (1)
El grafo G8 .
3-vértice-coloración de G7 .
b3
3
b4
b5
3
a1
a4 (2)
2
2
1
1
a5
b2
b6
3
a3 (1)
3
b1
2
(2) b3
(2) b5 (1) b4
a6 (2)
1
b7
2
a2
3
1
b2
a3
1
2
a2 (2)
a2
b1
3
a7
a7 (3)
a7
Curso 2007/2008
1
a3
2
1
3
2
a4
3-arista-coloración de G7 .
1. Aparte de los dos ciclos de longitud n, todos los ciclos del grafo Gn son pares. Por lo tanto Gn será bipartito
si, y sólo si, n es par. La figura anterior muestra el grafo Gn , para n = 8.
2. Gn no puede ser nunca euleriano ya que es un grafo 3-regular y por tanto todos sus vértices son impares. Tiene por tanto 2n vértices impares y para conseguir que sea euleriano (todos los vértices pares)
será necesario añadir al menos n aristas.
3. Gn es siempre hamiltoniano. Un ciclo hamiltoniano en Gn es el siguiente:
a1 − a2 − · · · − an−1 − an − bn − bn−1 − · · · − b2 − b1 − a1
4. Para desconectar el grafo es necesario eliminar al menos 3 vértices, por lo tanto κ(Gn ) = 3.
5. Para desconectar el grafo es necesario eliminar al menos 3 aristas, por lo tanto λ(Gn ) = 3.
6. Se obtiene la siguiente vértice-coloración, dependiendo de la paridad de n:
c(a1 ) = 1, c(a2 ) = 2, . . . , c(an−1 ) = 1, c(an ) = 2
c(b1 ) = 2, c(b2 ) = 1, . . . , c(bn−1 ) = 2, c(bn ) = 1
c(a1 ) = 1, c(a2 ) = 2, . . . , c(an−1 ) = 2, c(an ) = 3
n impar,
c(b1 ) = 2, c(b2 ) = 1, . . . , c(bn−1 ) = 1, c(bn ) = 4
n par,
Para n par el grafo Gn es bipartito, por lo que χ(Gn ) = 2. En cambio para n impar χ(Gn ) = 3 ya que
χ(Gn ) > 2 y una vértice coloración con 3 colores se obtiene aplicando el algoritmo voraz con la siguiente
ordenación de sus vértices (véase la figura anterior):
{a1 , a2 , . . . , an , b2 , b3 , . . . , bn , b1 }
7. El grafo Gn es 3-regular por lo que tiene valencia ∆(Gn ) = 3. Por lo tanto su ı́ndice cromático será 3 ≤
χ1 (Gn ) ≤ 4.
Si n es par el grafo es bipartito por lo que χ1 (Gn ) = ∆(Gn ) = 3. Para n impar el ı́ndice cromático
del grafo también es 3. En efecto, para obtener una arista-coloración con tres colores bastará utilizar el
algoritmo voraz de coloración de aristas, eligiendo primero las aristas de uno de los dos ciclos de longitud
n, después el otro y por último las aristas que unen estos dos ciclos. De esta forma se obtiene la siguiente
3-arista-coloración (véase la figura anterior):
c({a1 , a2 }) = 1, c({a2 , a3 }) = 2, . . . , c({an−1 , an }) = 3,
c({b1 , b2 }) = 1, c({b2 , b3 }) = 2, . . . , c({bn−1 , bn }) = 3,
c({a1 , b1 }) = 2, c({a2 , b2 }) = 3, c({a3 , b3 }) = 3, . . . , c({an−1 , bn−1 }) = 3, c({an , bn }) = 1
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Curso 2007/2008
Ejercicio 2 (3 puntos)
En la siguiente tabla se muestran las conexiones entre los ordenadores de los 12 empleados de una oficina (en
cada cuadro se muestra la longitud del cable que une los correspondientes ordenadores):
A
B
2
A
B
C
D
E
F
G
H
J
C
6
D
7
2
E
F
G
11
13
12
H
I
J
14
12
K
7
L
4
14
10
8
3
9
1. Probar que el grafo que representa esta red de ordenadores es un grafo bipartito, obteniendo los dos
conjuntos independientes de vértices.
2. El jefe de la oficina pretende poner a trabajar a sus empleados por parejas que tengan sus ordenadores
conectados. Para ello empieza a emparejarlos de la forma siguiente A con B, C con D y E con F . Siguiendo
esta distribución parcial, y utilizando el algoritmo apropiado, ¿es posible obtener una distribución de todos
los trabajadores en parejas? En caso afirmativo obtenerla (indicando los pasos seguidos) y en caso negativo
obtener el mayor número de parejas posibles.
3. ¿Obtener, explicando el algoritmo utilizado, la mı́nima distancia en metros de cable entre los ordenadores
A y J y el camino mı́nimo entre ellos.
4. Se pretende llevar a cabo la renovación de las conexiones de los ordenadores, ¿qué conexiones habrá que
reparar para que, utilizando el menor número de metros de cable, los ordenadores queden todos interconectados con las nuevas conexiones?
Solución:
1. En la figura siguiente se muestran los conjuntos independientes de vértices X = {a, d, f, g, h, l} e Y =
{b, c, e, i, j, k} del grafo bipartito.
a
l
b
2
6
6
k
7
c
13
11
9
12
d
f
g
h
l
b
c
e
i
j
k
2
12
14
j
a
d
14
i
3
4
10
h
8
g
e
f
La red de ordenadores es un grafo bipartito.
2. Se trata de obtener un emparejamiento máximo, comenzando con el emparejamiento A− B, D − C, F − E.
Siguiendo el algoritmo de emparejamiento del árbol de camino alternado, obtenemos en primer lugar el
camino alternado G− I y añadimos esta arista al emparejamiento: A− B, D − C, F − E, G− I. El siguiente
camino alternado será el camino H − I − G − B − A − K y cambiando el sentido de las aristas tendremos el
nuevo emparejamiento A − K, D − C, F − E, G − B, H − I. Por último tenemos el camino alternado L − J
y añadiendo esta arista tenemos el emparejamiento completo A − K, D − C, F − E, G − B, H − I, L − J.
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MATEMÁTICA DISCRETA
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Curso 2007/2008
a
d
f
g
h
l
a
d
f
g
h
l
b
c
e
i
j
k
b
c
e
i
j
k
a
d
f
g
h
l
a
d
f
g
h
l
b
c
e
i
j
k
b
c
e
i
j
k
a
d
f
g
h
l
b
c
e
i
j
k
Obtención del emparejamiento completo.
3. Seguiremos el algoritmo de Dijkstra, comenzando en el vértice A y hasta llegar a que la etiqueta del vértice
J sea definitiva. La tabla siguiente muestra estos pasos.
u
A
A
B
C
K
D
F
G
A
(0, −)
B
(∞, −)
(2, A)
C
(∞, −)
(6, A)
(6, A)
D
(∞, −)
(∞, −)
(9, B)
(8, C)
(8, C)
E
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
F
(∞, −)
(∞, −)
(13, B)
(13, B)
(13, B)
(13, B)
G
(∞, −)
(∞, −)
(15, B)
(15, B)
(15, B)
(15, B)
(15, B)
H
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
I
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(22, D)
(22, D)
(22, D)
J
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(20, D)
(20, D)
(20, D)
K
(∞, −)
(7, A)
(7, A)
(7, A)
L
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
S
{A}
{A, B}
{A, B, C}
{A, B, C, K}
{A, B, C, K, D}
{A, B, C, K, D, F }
{A, B, C, K, D, F, G}
{A, B, C, K, D, F, G, J}
Por lo tanto la mı́nima distancia entre los ordenadores es de 20 m. de cable, siendo el camino mı́nimo
entre ellos A − C − D − J.
4. Hemos de obtener el árbol recubridor de peso mı́nimo. Para ello aplicando el algoritmo de Kruskal iremos
eligiendo sucesivamente las aristas (conexiones): {A, B}, {C, D}, {H, I}, {E, F }, {A, C}, {A, K}, {G, I},
{J, L}, {F, J}, {B, F } y {C, G}
a
l
b
2
7
7
6
k
c
13
11
9
2
12
12
14
j
d
14
i
4
3
h
e
10
8
g
f
Árbol recubridor de peso mı́nimo.
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16 de Abril
⎛
2 1
⎜ 1 2
1. Si la matriz de adyacencia de un grafo G es ⎜
⎝ 1 0
0 1
G es un grafo completo.
G no es conexo.
Curso 2007/2008
de 2007
⎞
1 0
0 1 ⎟
⎟, entonces
2 1 ⎠
1 2
X G es un pseudografo.
ninguna de las anteriores.
1
2
Solución: Los elementos no nulos de la diagonal advierten de que contiene lazos y por tanto se trata de un
seudografo (como muestra la figura).
G
4
3
NOTA: Por error, el enunciado del examen tenı́a mal la matriz de adyacencia. Por este motivo se puntúa
como correcta esta pregunta a todos los alumnos.
⎛
0
⎜ 1
2. Las matrices A = ⎜
⎝ 0
0
adyacencia de los grafos
⎞
⎛
1 0 0
0 1 1 1
⎜ 1 0 0 0
0 1 1 ⎟
⎟, B = ⎜
⎝ 1 0 0 1
1 0 1 ⎠
1 1 0
1 0 1 0
GA , GB y GC , respectivamente:
⎞
⎛
0
⎟
⎜ 1
⎟yC =⎜
⎠
⎝ 1
1
1
0
1
1
1
1
0
1
⎞
1
1 ⎟
⎟ son las matrices de
1 ⎠
0
X GA y GB son isomorfos.
GA y GC son isomorfos.
Los tres grafos son isomorfos.
GB y GC son isomorfos.
Solución: El grafo GC no puede ser isomorfo a ninguno de los otros dos, ya que es un
grafo 3-regular (concretamente K4 ), mientras que los otros dos tienen como lista de
grados (3, 2, 2, 1). Estos dos son a su vez isomorfos, como se puede apreciar en la figura.
1
2
1
GB
GA
4
2
3
4
3
3. Un grafo tiene 7 componentes conexas y carece de ciclos. Si tiene 2 vértices aislados, 40 vértices de valencia
1, 10 vértices de valencia 2, 2 vértices de valencia 3, 2 vértices de valencia 4 y no tiene vértices de valencia
superior a 5, ¿cuántos vértices y aristas tiene?
X 64 y 57, respectivamente.
No existe ningún grafo en estas condiciones.
70 y 63, respectivamente.
El problema no se puede resolver, ya que los datos son insuficientes.
Solución: Se trata de un bosque de 7 árboles, entonces el número de aristas será n−7, siendo n el número de
vértices. Si llamamos n5 al número de vértices de valencia 5, el grafo tendrá 2 + 40 + 10 + 2 + 2 + n5 = n5 + 56
vértices y por tanto n5 + 49 aristas. Aplicando el lema del apretón de manos:
δ(v) = 40 + 10 · 2 + 2 · 3 + 2 · 4 + 5n5 =⇒ 2(n5 + 49) = 74 + 5n5 =⇒ n5 = 8
2|A| =
v∈V
Por lo tanto tiene 64 vértices y 57 aristas.
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MATEMÁTICA DISCRETA
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Curso 2007/2008
4. Sea T = (V, A) un árbol con al menos 3 vertices, ¿cuál de las siguientes afirmaciones es FALSA?
Dados tres vértices cualesquiera x, y, z, no existe un camino que empiece y acabe en x y pase una única
vez por z e y.
X Dados tres vértices cualesquiera x, y, z, si para ir de z a y no hay que pasar por x y para ir de z a x no
hay que pasar por y, entonces para ir de x a y hay que pasar por z.
X Dados tres vértices cualesquiera x, y, z, siempre se puede ir de x a y pasando por z.
Entre dos vértices cualesquiera existe un único camino.
Solución: La primera afirmación es cierta ya que si
z
un camino empieza y acaba en x, para que no contenga
ningún ciclo debe ser un camino de ida y vuelta y no
puede ser un camino que pase una única vez por z y por
v
y. La cuarta afirmación es una de las propiedades que
caracterizan a los árboles. El árbol de la figura pone de
y
x
manifiesto que son falsas las otras dos afirmaciones.
NOTA: Se valorarán positivamente a todos aquellos alumnos que respondan cualquiera de las dos opciones
correctas.
5. ¿Cuál de las siguientes afirmaciones es FALSA?
X Todo grafo tiene un número impar de vértices de grado par.
La suma de los grados de los vértices de un grafo es par.
Todo grafo tiene un número par de vértices de grado impar.
La suma de los grados de los vértices impares de un grafo es par.
Solución: La primera propiedad es falsa ya que por el ejemplo el grafo camino P2 de dos aristas la contradice,
pues tiene un vértice par y es un árbol. El resto de propiedades son consecuencias inmediatas del lema del
apretón de manos.
6. El grafo G = (V, A), siendo V = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15}, es conexo y los vértices 1, 5 y 11
son vértices de corte. ¿Cuál de las siguientes afirmaciones es cierta?
G es 2-conexo.
G es 1-conexo, pero no podemos saber cuál es su ı́ndice de conectividad por vértices (κ(G)).
G no es 1-conexo.
X G es 1-conexo y sabemos que κ(G) = 1.
Solución: Si un grafo conexo tiene vértices de corte, entonces es un grafo 1-conexo, siendo κ(G) = 1. Y
esta propiedad es contradictoria con las otras tres.
7. La siguiente tabla muestra las distintas componentes conexas de los subgrafos obtenidos al eliminar los
vértices de corte de un grafo G:
Subgrafo
G − {1}
G − {5}
G − {11}
Vértices de sus componentes conexas
{2, 3}, {4, 5, 6, 7, 8}, {9, 10, 11, 12, 13, 14, 15}
{1, 2, 3, 4, 6, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15}, {7, 8}
{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}, {12, 13}, {14, 15}
Entonces,
para aumentar la conectividad por vértices del grafo G es preciso añadir 5 aristas.
X si se añaden las aristas {2, 12} y {8, 15} aumenta la conectividad por vértices del grafo G.
se puede conseguir que κ(G) ≥ 2 añadiendo una arista.
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MATEMÁTICA DISCRETA
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Curso 2007/2008
añadiendo las aristas {2, 12} y {6, 15} conseguimos que G no tenga vértices de corte.
Solución: La segunda propiedad es cierta ya que si añadimos las aristas {2, 12} y {8, 15} el nuevo grafo
no tendrı́a vértices de corte (estas aristas unen las distintas componentes conexas de los grafos obtenidos al
eliminar los vértices de corte). Por lo tanto κ(G) ≥ 2 ya que serı́a preciso eliminar al menos dos vértices para
desconectarlo. La primera propiedad no es cierta pues se contradice con la verdadera. La tercera propiedad
no es cierta ya que como el grafo G − {1} tiene tres componentes conexas, para que el vértice 1 deje de ser
vértice de corte habrı́amos de añadir al menos dos aristas. La cuarta no es cierta ya que si se añaden las
aristas {2, 12} y {6, 15} el vértice 5 sigue siendo vértice de corte.
8. ¿Cuál de las siguientes afirmaciones es FALSA?
En un árbol con al menos tres vértices, con sólo dos vértices de valencia 1, el resto de los vértices tienen
valencia 2.
X Para obtener un árbol a partir de un grafo conexo con tres ciclos es necesario eliminar al menos tres
aristas.
En un árbol el número de vértices de valencia 1 es mayor o igual que la mayor de las valencias de sus
vertices.
Si un árbol tiene tres vértices de valencia uno, al menos tiene un vértice de valencia 3.
Solución: La segunda afirmación es falsa coa1
mo muestra la figura. En ella tenemos un
a2
grafo conexo con tres ciclos y al eliminar las
aristas a1 y a2 obtenemos un árbol.
Veamos que la tercera afirmación es verdadera. En efecto, supongamos que T es un árbol y sea v uno de los
vértices de mayor valencia (δ(v) = δ). Si eliminamos el vértice v obtenemos un bosque con δ componentes
conexas (árboles). Cada una de ellas tiene, como todo árbol, al menos dos vértices de valencia 1, pudiendo
ser uno de ellos el vértice adyacente a v en T , pero el otro no por lo que si volvemos a ”pegar“ el vértice v
el número de vértices de valencia 1 del grafo T será igual o superior a δ.
La primera afirmación es cierta ya que si tenemos un grafo con sólo dos vértices de valencia 1, éste no puede
tener vértices de valencia superior a 2 ya que entonces, en virtud de la tercera afirmación, tendrı́a al menos
3 vértices de valencia 1.
En cuanto a la cuarta afirmación, si tenemos un árbol con 3 vértices de valencia 1, éste ha de tener al menos
uno de valencia 3. En efecto, en virtud de la tercera propiedad, no puede tener vértices de valencia superior
a 3, ya que entonces tendrı́a más de 3 vértices de valencia 1 y si no tuviera ningún vértice de valencia 3, es
decir todos los demás vértices de valencia 2, tendrı́a 3 vértices impares, lo que es imposible no sólo en los
árboles, sino en todo grafo.
9. Un árbol tiene vértices de valencias 1, 3 y 5. Si tiene sólo dos vértices de valencia 5,
tiene que tener un número impar de vértices de valencia 1.
tiene que tener un número impar de vértices de valencia 3.
X tiene que tener 8 vértices más de valencia 1 que de valencia 3.
tiene que tener 4 vértices más de valencia 1 que de valencia 3.
Solución: Sea ni el número de vértices de valencia i (i = 1, 3, 5), n5 = 2. Aplicando el lema del apretón de
manos y teniendo en cuenta que tiene n1 + n3 + 2 vértices y n1 + n3 + 1 aristas,
2|A| =
δ(v) =⇒ 2(n1 + n3 + 1) = n1 + 3n3 + 10 =⇒ n1 = n3 + 8
v∈V
10. Dos grafos son isomorfos si
tienen la misma lista de grados y el mismo número de n-ciclos (∀n).
tienen el mismo número de vértices y de aristas.
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Curso 2007/2008
tienen el mismo número de vértices y de aristas y la misma lista de grados.
X Ninguna de las respuestas anteriores es correcta.
Solución: La primera afirmación es falsa ya que podemos encontrar dos árboles (y por tanto con el mismo número de ciclos de cada
longitud, es decir, ninguno) con la misma lista de grados y no isomorfos. Además en la figura podemos ver dos grafos con un único
ciclo de longitud 3, la misma lista de grados (3, 3, 2, 2, 2, 2, 1, 1), y
en cambio no pueden ser isomorfos ya que en el primer grafo el
vértice v1 de valencia 3 y que es adyacente a dos vértices de valencia 1, mientras que en el segundo no existe ningún vértice con
estas caracterı́sticas. Este mismo grafo es un contraejemplo de las
afirmaciones segunda y tercera.
v1
G1
G2
11. El numero de aristas que hay que eliminar del grafo completo Kn para obtener un árbol recubridor suyo es:
X
n2 − 3n + 2
2
Kn no puede contener un árbol recubridor porque tiene ciclos.
(n − 1)(n − 1)
Todas menos n.
n(n − 1)
aristas y todo árbol de n vértices tiene n − 1 aristas,
2
n(n − 1)
n2 − 3n + 2
el número de aristas que habrá que eliminar será
− (n − 1) =
2
2
Solución: Teniendo en cuenta que Kn tiene
12. Sea T un árbol enraizado de 21 vértices de grados 1,3,5,6. Si tiene 15 hojas y un vértice de grado 6, ¿cuántos
vértices de grado 5 tiene si el vértice raı́z tiene valencia 3?
X 2
7
3
4
Solución: Sean ni el número de vértices de valencia i, i = 1, 3, 5, 6. Sabemos que n1 = 15, ya que el vértice
raı́z no tiene valencia 1, y n6 = 1. Por lo tanto, como el grafo tiene 21 vértices y por tanto 20 aristas,
aplicando el lema del apretón de manos:
⎫
15 + n3 + n5 + 1 = 21 ⎪
⎬
n3 + n5 = 5
=⇒
=⇒ n3 = 3, n5 = 2
3n3 + 5n5 = 19
δ(v) = 15 + 3n3 + 5n5 + 6 ⎪
2 · 20 =
⎭
x∈V
13. En el grafo de la figura siguiente, el árbol de camino mı́nimo con raı́z en el vértice a (árbol enraizado en a
que contiene los caminos mı́nimos desde este vértice a todos los demás) verifica:
a
2
15
14
10
4
c
16
b
5
11
6
e
g
2
1
h
6
8
3
n
3
f
El vértice h es padre del vértice n.
4
m
Tiene una altura igual a 3.
El vértice b es padre del vértice c.
X Ninguna de las tres afirmaciones anteriores es cierta.
d
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a
f
b
Solución: La figura muestra el árbol de camino mı́nimo,
que nos aporta el algoritmo de Dijkstra, para obtener la
mı́nima distancia desde el vértice a a todos los demás.
c
e
g
n
d
h
m
14. Parte de la tabla de adyacencias de un grafo G es
a
c
d
e
f
b
c
d
c
a
b
f
g
···
···
d
a
b
Entonces, podemos afirmar que el árbol recubridor obtenido por el algoritmo de búsqueda en anchura,
empezando en el vértice a y siguiendo el orden alfabético en los vértices, tiene altura
al menos 3.
X al menos 2.
igual a 4.
Ninguno de los enunciados anteriores es cierto.
a
Solución: La figura muestra la parte del árbol recubridor BFS que puede construirse con los datos que tenemos. Se indica con lı́neas de puntos por donde pudiera
continuar el árbol.
d
c
b
f
e
g
15. En el grafo ponderado de la figura siguiente, el árbol recubridor de peso mı́nimo tiene un peso de:
a
2
15
14
10
4
c
2
g
1
h
16
4
6
8
3
b
n
3
f
5
m
p
3
11
3
6
d
e
i
4
2
j
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6
2
X 46
40
38
No se puede obtener ya que el
grafo de la figura no es un árbol,
al contener ciclos.
k
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Curso 2007/2008
a
Solución: La figura muestra el árbol recubridor de peso
mı́nimo, obtenido por el algoritmo de Kruskal, siendo
éste de peso 46.
2
c
3
3
f
10
2
g
n
1
h
4
m
5
b
6
d
e
p
3
3
2
i
2
k
j
16. El siguiente grafo es el árbol recubridor obtenido al aplicar el algoritmo de búsqueda en profundidad a un
grafo conexo G, empezando en el vértice a y siguiendo el orden alfabético en los vértices. Entonces:
a
b
c
e
f
d
g no puede ser adyacente a b en G.
X b no puede ser adyacente a c en G.
f no puede ser adyacente a a en G.
Ninguno de los enunciados anteriores es cierto.
g
a
Solución: La figura muestra un grafo cuyo árbol recubridor DFS es el propuesto. Como se aprecia, g es adyacente a b y f es adyacente a a, por lo que las afirmaciones primera y tercera son falsas. La segunda afirmación
es cierta, ya que si b fuera adyacente a c en G, esta
arista estarı́a en el árbol DFS.
b
c
e
f
d
g
G
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Curso 2007/2008
5 de Junio de 2007
1. ¿Cuál de las siguientes afirmaciones es FALSA?
Un árbol no puede ser hamiltoniano.
Un árbol, con al menos tres vértices, no puede ser euleriano.
X Un árbol con un número impar de vértices no puede ser bipartito.
Existen árboles con la propiedad de que se les puede añadir una arista que los convierte en grafos
eulerianos y hamiltonianos.
2. El grafo grid 3 × 3:
X no es hamiltoniano porque tiene un conjunto de corte de cuatro vértices
cuya eliminación da lugar a cinco componentes conexas.
no es hamiltoniano porque no verifica la condición de Dirac.
no es hamiltoniano porque existe un conjunto de dos aristas de corte,
de manera que al eliminar dichas aristas se desconecta el grafo.
no es hamiltoniano porque no existe un camino cerrado pasando por
todas las aristas sin repetir ninguna.
3. Si formamos un grafo G a partir de las letras de la palabra transversalidad, de forma que las letras que
la componen son los vértices y dos de ellas son adyacentes si aparecen juntas en dicha palabra, el grafo
resultante
es euleriano.
X posee un recorrido euleriano.
no es euleriano y tampoco posee un recorrido euleriano.
bastará quitar la primera letra de la palabra para que sea euleriano.
4. Si al grafo anterior le añadimos una arista entre los vértices t y a (y por tanto consideramos la palabra
taransversalidad) y entendemos por formar una palabra a partir de dicho grafo a crear caminos entre sus
vértices, podemos decir que este nuevo grafo
es hamiltoniano y por eso puedo formar la palabra trevsnalid.
es hamiltoniano pues puedo formar la palabra trevsnalidt que empieza y acaba en la misma letra.
no posee un camino hamiltoniano pues no puedo formar la palabra tranvesdil.
X posee un camino hamiltoniano y por eso puedo formar la palabra trevsnalid.
5. La figura muestra el grafo F4 , ventilador de 4 aspas. El número
cromático y el ı́ndice cromático del grafo Fn , ventilador de n aspas,
valen:
X χ(Fn ) = 2, χ1 (F4 ) = 2n.
χ(Fn ) = 3, χ1 (F4 ) = n.
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χ(Fn ) = 2, χ1 (F4 ) = n.
χ(Fn ) = 3, χ1 (F4 ) = 2n + 1.
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Curso 2007/2008
6. Los dos grafos de la figura
Tienen el mismo número cromático y distinto
ı́ndice cromático.
X Tienen el mismo número cromático y el mismo
ı́ndice cromático.
Tienen distinto número cromático y el mismo
ı́ndice cromático.
Tienen distinto número cromático y distinto ı́ndice
cromático.
7. En un grafo bipartito G, con mayor valencia ∆ = 3, el número cromático, χ(G), y el ı́ndice cromático (por
aristas), χ1 (G), verifican que
3 ≤ χ(G) ≤ χ1 (G).
X no pueden coincidir.
χ(G) = χ1 (G) = 2.
3 ≤ χ1 (G) ≤ χ(G).
8. Los números cromáticos de dos árboles enraizados cualesquiera
X siempre coinciden.
pueden ser distintos dependiendo del número de vértices internos de cada uno.
pueden ser distintos dependiendo de las valencias de los vértices internos de cada uno.
pueden ser distintos dependiendo de la altura de cada uno.
9. Sea G = (X ∪ Y, A) el grafo bipartito de la figura
y1
x1
y2
x2
y3
x3
No puede verificar la condición de Hall, ya que
|X| < |Y |.
y4
Verifica la condición de Hall y por tanto admite
emparejamiento completo.
y5
No verifica la condición de Hall y por tanto no se
podrá encontrar un emparejamiento máximo.
y6
X No verifica la condición de Hall, pues falla la
desigualdad para P = {x2 , x4 , x5 , x7 }.
x4
x5
x6
y7
x7
y8
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10. La figura muestra un grafo bipartito G en el que aparece resaltado un emparejamiento M . Si se aplica el
algoritmo de emparejamiento, comenzando con el emparejamiento M dado,
y1
x1
y2
x2
y3
se obtiene un camino alternado formado por 6
aristas.
y4
X se obtiene un emparejamiento completo, en el que
el vértice x4 queda emparejado al vértice y3 .
y5
no se obtiene camino alternado y por tanto no
existe un emparejamiento completo.
x3
x4
x5
y6
el vértice x7 queda emparejado con el vértice y6 .
x6
y7
x7
11. Sea G = (X ∪ Y, A) un grafo bipartito con al menos 4 vértices y |X| = |Y |, de forma que A es un emparejamiento completo. ¿Cuál de las siguientes afirmaciones es falsa?
Se pueden ordenar los vértices del grafo G de forma que la matriz de adyacencia del grafo G es simétrica
por bloques.
X El grafo G es siempre conexo.
Las filas de la matriz de adyacencia del grafo G suman 1.
Si Ad es la matriz de adyacencia del grafo G, la diagonal de la matriz Ad2k−1 es nula, para cualquier k.
12. El grafo de la figura,
No es plano. Contiene a K5 pero no a K3,3 .
X Es plano.
No es plano. Contiene a K3,3 pero no a K5 .
No es plano. Contiene tanto a K5 como a K3,3 .
13. ¿Cuál de las siguientes es la matriz de adyacencia del pseudografo
⎛
0 0
⎜
C1
⎜ 0 0
C4
⎝ 0 1
1 1
⎛
0 0
C3
⎜ 0 0
X ⎜
⎝ 0 1
C2
3 2
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dual del grafo plano de la figura?
⎞
⎛
0 1
0 0 0 3
⎜ 0 0 1 2
1 1 ⎟
⎟
⎜
⎝ 0 1 0 2
0 1 ⎠
1 0
3 2 2 0
⎞
⎛
⎞
0 3
0 0 0
1 2 ⎟
⎟
⎝ 0 0 1 ⎠
0 2 ⎠
0 1 0
2 2
⎞
⎟
⎟
⎠
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14. {5, 4, 4, 3, 3, 3, 3, 3, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2} es la lista de grados de un grafo plano con dos componentes conexas,
¿cuántas caras tiene?
8.
7.
22.
X 9.
15. Un grafo plano conexo no contiene ciclos de longitud inferior a 6. Si tiene 70 caras, ¿cuántos vértices tiene?
142
Menos de 143.
80.
X Al menos 142.
16. ¿Cuáles de los siguientes grafos son isomorfos?
G2
G1
X G1 y G3
G2 y G3
G1 y G2
G3
Los tres son isomorfos.
17. Si aplicamos el algoritmo de búsqueda en profundidad (eligiendo los vértices en orden alfabético) al grafo de
la figura
a
b
h
el último vértice en ser visitado es el vértice h.
X el árbol resultante tiene una altura igual a 6.
c
g
el árbol resultante tiene un vértice de valencia 4.
f
d
el árbol resultante contiene la arista {b, g}.
e
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Curso 2007/2008
18 de Junio de 2007
Sea el grafo M Cn = (Vn , A) de vértices Vn = {a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , b1 , . . . , bn , c1 , . . . , cn }, para n ≥ 2, de la figura
siguiente:
b1
b2
bn−1 bn
b3
......
a2
a1
a3
......
c1
a5
cn−1 cn
c3
c2
a4
Ejercicio 1 ( 1.6 puntos)
NOTA: En los algoritmos siguientes, cuando haya que elegir un vértice entre varios se elegirá el primero que
aparezca en el conjunto V , según el orden en que están en dicho conjunto.
a) Hallar el árbol recubridor de búsqueda en profundidad, T1 , del grafo M Cn , comenzando en el vértice a2 .
Indicar el orden en que son visitados los vértices.
b) Hallar el árbol recubridor de búsqueda en profundidad, T2 , del grafo M Cn , comenzando en el vértice a4 .
Indicar el orden en que son visitados los vértices.
c) ¿Son los árboles T1 y T2 dos grafos isomorfos?
d) Hallar el árbol recubridor, T3 , de búsqueda en anchura del grafo M Cn , comenzando en el vértice a1 .
Indicar el orden en que son visitados los vértices.
Solución:
a) El árbol T1 es el árbol de la figura siguiente, habiendo sido visitados los vértices en el siguiente orden:
a2 , a1 , b1 , a3 , a4 , a5 , bn , bn−1 , . . . , b3 , b2 , cn , cn−1 , . . . , c3 , c2 , c1
b1
a1
b2
a2
c1
bn−1 bn
b3
a3
c2
c3
a4
a5
cn−1 cn
b) El árbol T2 es el árbol de la figura siguiente, habiendo sido visitados los vértices en el siguiente orden:
a4 , a3 , a2 , a1 , b1 , b2 , b3 , . . . , bn−1 , bn , a5 , cn , cn−1 , . . . , c3 , c2 , c1
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b1
b2
c1
bn−1 bn
b3
a2
a1
Curso 2007/2008
a4
a3
c2
a5
cn−1 cn
c3
c) Los árboles T1 y T2 no son isomorfos, ya que no tienen la misma lista de grados, el árbol T1 tiene un
vértice de valencia 3 (a5 ) mientras que el grafo T2 es el grafo camino P2n+4 .
d) El árbol T3 es el árbol de la figura siguiente, habiendo sido visitados los vértices en el siguiente orden:
a1 , a2 , b1 , c1 , a3 , b2 , c2 , a4 , b3 , . . . , bn−1 , bn , c3 , . . . , cn−1 , cn , a5
b1
b2
bn−1 bn
b3
......
a1
a2
c1
a4
a3
......
c2
a5
cn−1 cn
c3
NOTA: En la relación de vértices visitados aparece el orden en que los vértices son marcados como visitados.
Ejercicio 2 ( 1.6 puntos)
a) ¿Para qué valores de n (n ≥ 2) es M Cn un grafo euleriano? ¿Para qué valores de n (n ≥ 2) admite M Cn
un recorrido euleriano?
b) ¿Para qué valores de n (n ≥ 2) es M Cn un grafo hamiltoniano?
Solución:
a) Los vértices a1 , a5 , bi (1 < i < n) y ci (1 < i < n) son vértices impares del grafo M Cn . Por lo tanto el
grafo M Cn no es euleriano en ningún caso, mientras que admite un recorrido euleriano únicamente si
n = 2, ya que en este caso tendrı́a sólo dos vértices de valencia impar, a1 y a5 .
b) M Cn es hamiltoniano, para cualquier valor de n. La figura siguiente muestra un ciclo hamiltoniano.
b1
a1
bn−1 bn
b3
a2
c1
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b2
a3
c2
c3
a4
a5
cn−1 cn
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Curso 2007/2008
Ejercicio 3 ( 1.6 puntos)
a) Indicar razonadamente cuál es el número cromático del grafo M Cn (χ(M Cn )). Obtener una vérticecoloración con el mı́nimo número de colores.
b) b.1) Obtener una arista-coloración del grafo M C4 , utilizando el mı́nimo número de colores.
b.2) Obtener razonadamente el ı́ndice cromático del grafo M Cn (χ1 (M Cn )), para n > 2.
Solución:
a) Sea cual sea n, χ(M Cn ) = 3. No puede ser inferior ya que el grafo no es bipartito por tener ciclos impares
y una 3-vértice-coloración puede ser la siguiente, para los dos casos: n impar y n par.
1 2
1
2
1
1 2
1
......
3
2
1
2
......
2
3
......
1 2
1
2
3
2
3
1
1
3
......
1 2
1
G2k−1
1
3
2
G2k
b) b.1) La figura siguiente muestra una arista coloración de M C4 con 2n + 2 = 10 colores
b1
3
1
9
3
c1
2
b4
2
3
1
4
5
10
a2
b3
1
2
1
2
4
a1
b2
4
c2
a3
8
7
1
c3
2
a4
6
3
2
3
a5
1
c4
b.2) La valencia máxima del grafo M Cn es la del vértice a3 , ∆ = δ(a3 ) = 2n + 2, entonces 2n + 2 ≤
χ1 (M Cn ) ≤ 2n + 3. Si encontramos una arista-coloración de M Cn con 2n + 2 colores habremos
probado que χ1 (M Cn ) = 2n + 2. Para ello utilizaremos el algoritmo voraz de la siguiente forma:
Comenzamos coloreando las aristas incidentes en a3 con 2n + 2 colores diferentes. Las aristas restantes, como unen vértices de valencia no superior a 4, son incidentes a lo sumo a 6 aristas y como
2n + 2 > 6 (si n > 2), en cada paso del algoritmo podemos colorear a una nueva arista con alguno
de los 2n + 2 colores utilizados. Por lo tanto, χ1 (M Cn ) = 2n + 2.
Ejercicio 4 ( 1.6 puntos)
a) Calcular el ı́ndice de conectividad (por vértices) del grafo M Cn .
b) Sea M Cn el grafo ponderado obtenido asignando a las aristas del grafo M Cn los siguientes pesos:
p({a3 , bi }) = p({a3 , ci }) = 3, ∀i = 1, . . . , n; p({bi , bi+1 }) = p({ci , ci+1 }) = 2i + 1, ∀i = 1, . . . , n − 1 y
el resto de aristas de peso 1. Calcular un árbol recubridor de peso mı́nimo. ¿Cuál es su peso? ¿Es único
éste árbol?
Solución:
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Curso 2007/2008
a) El ı́ndice de conectividad (por vértices) del grafo M Cn es κ(M Cn ) ≥ 3 ya que entre dos vértices cualesquiera del grafo hay al menos tres caminos disjuntos en vértices (teorema de Menger), utilizando cada uno
de los dos sentidos del ciclo exterior y otro pasando por el vértice a3 . Además, como el grafo tiene vértices
de valencia 3, κ(M Cn ) ≤ 3. Luego κ(M Cn ) = 3. O sea, el grafo no tiene ni vértices de corte ni parejas
de corte, pero si tiene trı́os de corte.
b) La figura muestra el grafo ponderado M Cn :
b1
b2
1
bn−1 bn
b3
5
3
7
3
3
2n − 1
3
......
3
a3
......
3
1
3
1
1
1
1
a2
a1
1
1
3
3
c1
3
c2
5
1
1
a4
a5
1
3
1
3
7
2n − 1
cn−1 cn
c3
Si aplicamos el algoritmo de Kruskal obtenemos por ejemplo el siguiente árbol recubridor de peso mı́nimo,
en el que cuando ha habido que elegir entre aristas del mismo peso se ha seguido el orden alfabético de
los vértices que une dicha arista. En total tenemos 2(n − 2) aristas de peso 3 y 8 aristas de peso 1, por lo
tanto el peso del árbol es 6n − 4.
b1
b2
bn−1 bn
b3
1
3
3
......
3
a3
......
3
1
1
1
a2
a1
1
3
c1
c2
c3
1
1
a4
a5
1
3
cn−1 cn
NOTA: Obviamente este árbol no es único, pues existen otros árboles de peso 6n−4. Por ejemplo, eligiendo
la arista {a2 , b1 } en lugar de la arista {a1 , b1 }.
Ejercicio 5 ( 1.6 puntos)
a) El grafo M Cn es plano, ∀n ≥ 2. ¿Cuántas aristas es necesario añadir para que sea un grafo plano maximal?
b) Sea H el grafo obtenido añadiendo al grafo M C3 la arista {a4 , c1 }. ¿Es H un grafo plano? En caso
afirmativo obtener una inmersión plana del mismo y en caso contrario demostrarlo utilizando el teorema
de Kuratowski.
Solución:
a) El grafo M Cn tiene v = 2n + 5 vértices y a = 4n + 10 aristas. Como en todo grafo plano maximal, el
número de aristas es a = 3v − 6, entonces tendrá 3(2n + 5) − 6 = 6n + 9 aristas. Hemos de añadir, por
tanto, 6n + 9 − (4n + 10) = 2n − 1 aristas para conseguir que sea un grafo plano maximal.
b) La figura muestra el grafo H y una subdivisión del grafo K5 de vértices {a3 , a4 , b3 , c1 , c3 } contenida en él
y por tanto, según el teorema de Kuratowski, no es un grafo plano.
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b1
a2
a1
c1
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b2
a3
c2
Curso 2007/2008
b3
a4
c3
b3
a5
a3
c1
a4
c3
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Curso 2007/2008
26 de Septiembre de 2007
Ejercicio 1 (2.5 puntos)
Indicar si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas, demostrándolo en el caso afirmativo y dando un
contraejemplo en caso negativo:
1. Si G es un grafo euleriano en el que las aristas a y b son incidentes en el mismo vértice, entonces G tiene
un circuito euleriano en el que las aristas a y b aparecen consecutivamente.
Solución: Falso. El grafo pajarita (véase la figura siguiente) es euleriano ya que todos los vértices son
de valencia par. En él las aristas a = {v1 , v3 } y b = {v2 , v3 } son incidentes en el mismo vértice v3 y en
cambio no existe ningún circuito euleriano en el que estas aristas aparezcan consecutivas, ya que al llegar
al vértice central v3 , procedente de un vértice del ciclo izquierdo, habrá que visitar algún vértice del ciclo
derecho para poder recorrer todas las aristas.
v1
v4
v3
v2
v5
2. No existe ningún grafo simple euleriano con un número impar de aristas.
Solución: Falso. Cualquier grafo ciclo C2n−1 con un número impar de vértices, y por tanto de aristas, es
obviamente euleriano (todos sus vértices tienen valencia 2 y por tanto par).
3. Si G es un grafo 2-conexo, con al menos tres vértices entonces cualquier vértice está contenido en algún
ciclo.
Solución: Cierto. En efecto, si G = (V, A) es un grafo 2-conexo con al menos 3 vértices, todos sus vértices
tienen valencia superior a 1 ya que de lo contrario si δ(v) = 1, el vértice adyacente a v serı́a de corte
y el grafo no serı́a 2-conexo. Entonces un vértice cualquiera v ∈ V ha de ser adyacente al menos a dos
vértices v1 y v2 . Como v no es vértice de corte (pues G es 2-conexo), el grafo G − v es conexo y por
tanto existe un camino de v1 a v2 , v1 , w2 , . . . , wn , v2 . Entonces el vértice v está contenido en el ciclo
v, v1 , w2 , . . . , wn , v2 , v, como querı́amos demostrar.
4. Si G es un grafo de forma que cualquiera de sus vértices está contenido en algún ciclo, entonces G es
2-conexo.
Solución: Falso. En el grafo pajarita de la figura anterior, cualquier vértice está contenido en un ciclo y
en cambio el vértice v3 es un vértice de corte y por tanto no es un grafo 2-conexo.
Ejercicio 2 (2.5 puntos)
Encontrar un grafo G tal que:
1. Ni G ni su complementario G sean planos.
Solución: Una posible solución es el grafo formado por un grafo K5 y cinco vértices aislados {v1 , v2 , v3 , v4 , v5 }.
Este grafo no es conexo porque contiene a K5 y su complementario tampoco lo será pues el subgrafo (del
grafo complementario) inducido por los vértices {v1 , v2 , v3 , v4 , v5 } es un grafo K5 .
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MATEMÁTICA DISCRETA
Colección de exámenes
Curso 2007/2008
b
b
v5
v5
a
a
c v1
c v1
v4
v4
e
e
d
d
v2
v3
v2
G
v3
G
2. G y su complementario G sean conexos y no eulerianos.
Solución: El grafo camino de 4 vértices P4 es conexo y no euleriano pues tiene vértices impares. Además
es un grafo autocomplementario (G ∼ G) y por tanto estas propiedades también se cumplen en el complementario.
G
G
3. G y su complementario G sean conexos y no hamiltonianos.
Solución: Vale el ejemplo anterior ya que el grafo no es hamiltoniano pues tiene vértices de corte.
Ejercicio 3 (3 puntos)
Dos amigos, Ana y Pedro, quieren visitar la ciudad de Praga, en la que los lugares turı́sticos de mayor importancia, las carreteras entre los mismos y las distancias en kilómetros vienen dados por la siguiente tabla:
A
A
B
C
D
E
F
G
H
I
B
12
12
C
D
6
E
F
5
7
7
6
2
2
5
1
3
3
8
6
6
5
15
3
3
1
I
5
2
2
H
4
8
7
7
4
G
15
5
5
1. Dibujar el grafo asociado al problema, y estudiar el carácter bipartito del mismo.
Solución: La figura siguiente muestra dos representaciones gráficas del grafo, en la segunda de ellas se
aprecia el carácter bipartito del grafo, en el que aparecen los dos conjuntos independientes de vértices
V1 = {A, C, E, G, I} y V2 = {B, D, F, H}. También se aprecia en este segundo gráfico que el grafo no
tiene ciclos impares y que su número cromático es 2.
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MATEMÁTICA DISCRETA
Colección de exámenes
Curso 2007/2008
A
12
2
4
I
5
5
H
5
3
I
G
C
7
1
8
E
C
7
6
15
A
B
G
D
2
6
F
B
3
D
E
F
H
2. Ana decide buscar un itinerario que conecte todos los lugares de interés y que recorra el menor número
de kilómetros. Encontrar tal itinerario y estudiar si es o no único.
Solución: Se trata de encontrar un árbol recubridor de peso mı́nimo. Si aplicamos el algoritmo de Kruskal
obtenemos un árbol de peso 25, que será el menor número de kilómetros que hay que recorrer para visitar
todos los lugares de interés.
Al aplicar el algoritmo de Kruskal, en cada paso hemos de elegir la arista de menor peso que no añada un
ciclo. Hay más de una posibilidad, ya que tenemos tres aristas de longitud 5 y el árbol recubridor de peso
mı́nimo contiene a dos de ellas. Las dos opciones posibles se muestran en la siguiente tabla:
Paso
1
2
3
4
5
6
7
8
arista
{D, I}
{B, I}
{D, E}
{E, F }
{G, H}
{A, H}
{C, H}
{H, I}
peso
1
2
2
3
3
4
5
5
Paso
1
2
3
4
5
6
7
8
arista
{D, I}
{B, I}
{D, E}
{E, F }
{G, H}
{A, H}
{A, F }
{C, H}
peso
1
2
2
3
3
4
5
5
3. Pedro desea desplazarse desde el Castillo (A) hasta la plaza del Sagrado Corazón (E), recorriendo el menor
número de kilómetros. Dar una solución a este problema, estudiando si es o no única.
Solución:
Para obtener el camino más corto del vértice A al vértice E aplicaremos el algoritmo de Dijkstra:
u
A
A
H
F
D
G
I
A
(0, −)
B
(∞, −)
(12, A)
(12, A)
(12, A)
(12, A)
(12, A)
(9, I)
C
(∞, −)
(∞, −)
(9, H)
(9, H)
(9, H)
(9, H)
(9, H)
D
(∞, −)
(6, A)
(6, A)
(6, A)
E
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(8, F )
(8, F )(∗)
(8, F )
(8, F )
F
(∞, −)
(5, A)
(5, A)
G
(∞, −)
(∞, −)
(7, H)
(7, H)
(7, H)
H
(∞, −)
(4, A)
I
(∞, −)
(∞, −)
(9, H)
(9, H)
(7, D)
(7, D)
S
{A}
{A, H}
{A, H, F }
{A, H, F, D}
{A, H, F, D, G}
{A, H, F, D, G, I}
{A, H, F, D, G, I, E}
Resultando ser A − −F − −E el camino más corto de A a E, de longitud 8.
Respecto a la unicidad de la solución podemos afirmar que una vez marcado el vértice D y procedemos a
realizar la correspondiente iteración con dicho vértice, la etiqueta del vértice E, que en ese momento tiene
el valor (8, F ) (y aparece marcada con (∗) en la tabla), puede ser actualizada a (8, D) y se obtiene otra
solución mı́nima dada por el camino A − −D − −E, de longitud 8. La siguiente tabla muestra esta otra
solución:
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MATEMÁTICA DISCRETA
u
A
A
H
F
D
G
I
A
(0, −)
B
(∞, −)
(12, A)
(12, A)
(12, A)
(12, A)
(12, A)
(9, I)
C
(∞, −)
(∞, −)
(9, H)
(9, H)
(9, H)
(9, H)
(9, H)
Colección de exámenes
D
(∞, −)
(6, A)
(6, A)
(6, A)
E
(∞, −)
(∞, −)
(∞, −)
(8, F )
(8, D)
(8, D)
(8, D)
F
(∞, −)
(5, A)
(5, A)
G
(∞, −)
(∞, −)
(7, H)
(7, H)
(7, H)
Curso 2007/2008
H
(∞, −)
(4, A)
I
(∞, −)
(∞, −)
(9, H)
(9, H)
(7, D)
(7, D)
S
{A}
{A, H}
{A, H, F }
{A, H, F, D}
{A, H, F, D, G}
{A, H, F, D, G, I}
{A, H, F, D, G, I, E}
4. Las autoridades pretenden reparar todas las carreteras y para ello deciden no reparar en una misma
semana dos carreteras que confluyan en el mismo punto. ¿Cuántas semanas necesitarán como mı́nimo
para reparar todas las carreteras?
Solución: Hemos de obtener conjuntos independientes de aristas, es decir nos preguntan cuál es el ı́ndice
cromático del grafo. Este número es 4 ya que es un grafo bipartito y 4 es la mayor valencia.
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