grafos-resueltos.doc

GRAFOS 1. La matriz de adyacencia del grafo G es  1 1 1  1 1 0 1 0 1   0 1 1 entonces,

0 



1 1



 1 

A) G es un pseu pseudog dograf rafoo B) G es es un grafo grafo com comple pleto to C) G no no es es con conex exo o  Solución: Supongamos V={v 1 ,v  ,v2 ,v  ,v3 ,v  ,v4 }  } son los vértices del grafo. n los pseudografo est!n  permitidas las aristas cu"os e#tremos coinciden, es decir, los la$os.  n la matri$ de ad"acencia dada se o%serva o%serva &ue m11=1, un la$o en v 1 m22=1, un la$o en v 2 m33=1, un la$o en v 3 m44=1, un la$o en v 4 Se trata de un pseudografo.

iclo es un camino cerrado donde los (nicos vértices repetidos son el primero " el (ltimo uando un ciclo contiene todos los vértices del  grafo se llama ciclo +amiltoniano. +amiltoniano.  -uestro grafo contiene contiene siete vértices, " el camino en cuestin los recorre todos sin repetir vértice, es  por tanto ciclo +amiltoniano. +amiltoniano.

%. ado el grafo de la figura

A) &s $amilt $amiltoni oniano ano B) 's eule euleri rian ano o C) 's ipa ipart rtit ito o  Solución: el su%grafo de la figura siguiente contiene un ciclo +amiltoniano

2. Sea A la matriz de adyacencia de un multigrafo G con vrtices !v1, v",###,vn$ y sea a"%&% una de las entradas de A# 'ntonces, A) 'xiste un camino con tres vrtices entre v" y v%#

B) Hay tres tres aristas aristas con extre extremos mos los !rtices !rtices 2 y ". #) (ay tres vrtices adyacentes con v" y v%  Solución:

en los multigrafos se define la matri$ de ad"acencia: ai'=n(mero de aristas cu"os vértices son v i " v ' , i  ' aii=)  *or tanto si a23=3 entonces +a" 3 aristas con vértices e#tremos v2 " v3

". Sea G un grafo con  vrtices y C&*v1,v%,v",v+,v,v,v-,v1) un camino en G# A) C es un camin camino o .amilt .amiltoni oniano ano

B) # es un cicl cicloo $amilt $amiltoni oniano ano C) C no est/ ien ien defin definido ido  Solución: di%u'ando el su%grafo asociado al v1 camino v" v v%

vv

v+

Vemos &ue se s e trata de un ciclo +amiltoniano.

/n grafo &ue contiene un ciclo +amiltoniano se denomina grafo +amiltoniano.  -o es euleriano por&ue por&ue +a" seis vértices &ue tienen  grado 3, es decir grado impar. impar. 0ecuérdese &ue si un grafo es euleriano todo vértice vé rtice tiene grado par. par.  -o es %ipartito por&ue por&ue el ciclo asociado a la figura anterior es de longitud impar. impar.

'. Sea G un grafo conexo cuyos vrtices son !v 1, v", v%, v+, v$# La sucesi2n *v 1,v",v%,v,v1,) es3 A) 4n camino camino euleri euleriano ano B) 4n ciclo ciclo .amil .amilton tonian iano o

#) (inguno (inguno de de los anterior anteriores es  Solución:

el su%grafo v1 asociado al camino es el de la v"  figura. /n camino euleriano es un v% camino &ue contiene todas las aristas apareciendo cada una v+ v de ellas e#actamente una ve$.  n nuestro caso caso desconocemos todas las aristas del grafo, no podemos asegurar &ue sea euleriano. ampoco es un ciclo c iclo +amiltoniano, puesto &ue de%e  pasar por todos los vértices sin repetir repetir repetir ninguno.

. Sea 5 un mapa cuyas regiones se pueden

 0  1  2   0   0  0  1 ,    1   1

colorear con s2lo dos colores3

A) &l pseudomultigrafo dual es *ipartito B) 6odas las caras son pol7gonos con un n8mero par de lados# C) 9o existen tales mapas#  Solución: veamos dos e'emplos de tales mapas

1

0

0

1

1

0

1

1

1

1

0

1

1

0

1

1

0 

 0   1 1 = 8    1 1   0   1 1   1 1  0 

1

1

1 

0

0

0

0

0 = 1

0

1

 

 0 

A) A y B son isomorfos  m%os mapas se pueden colorear con dos colores.  ntendiendo &ue caras se refiere a regiones, el grado de las regiones internas es 3 " 4 respectivamente. Si un mapa se puede colorear con dos colores, regiones ad"acentes tendr!n asociados colores diferentes5 manteniendo la misma coloracin para las regiones &ue para las aristas asociadas por la transformacin dual, las aristas conectaran vértices &ue provienen de regiones ad"acentes "  por tanto tendr!n distintos colores.

+. ado el digrafo eti:uetado

v1

Grafo A

v" Grafo B

"

1

v+

1



1

" "

" y

;Cu/l es la distancia entre x e y< B) ' C)1" A)   Solución: siguiendo el algoritmo de 6i'7stra " colocando en cada vértice la distancia desde #, o%tenemos: 0 1

v"

v1

x

1

%

B) A y C son isomorfos C) B y C son isomorfos  Solución: el grado de un vértice se o%tiene  sumando los elementos de la fila.  9atri$ : grv1 ;=15 grv2 ;=35 grv3 ;=25 grv4 ;=2  9atri$ 8: grv1 ;=35 grv2 ;=15 grv3 ;=25 grv4 ;=2  9atri$ : grv1 ;=35 grv2 ;=35 grv3 ;=35 grv4 ;=3  -o se puede esta%lecer un isomorfismo entre  " , ni entre 8 " , puesto &ue no se pueden +acer corresponder los grados de los vértices.  ntre  " 8 se puede esta%lecer el isomorfismo:

"

v%

v+

v%

 6onde las l
-. ;Cu/l de los siguientes grafos no se puede diu>ar sin levantar el l/piz del papel y sin diu>ar dos veces la misma arista< A)

B)

#)

" %

+ 

,. adas las matrices de adyacencia A, B y C de tres grafos

 Solución:

para resolver este e'ercicio +a" &ue anali$ar el grado de cada vértice. *ara &ue se  pueda di%u'ar en las condiciones pedidas de%e ocurrir una de: - odos los grados son pares, entonces es un  grafo euleriano, es decir, admite un circuito euleriano.

-  6os " e#actamente dos vértices tienen grado impar, entonces se podrrafo : % + " % +  dmite un camino euleriano, partiendo de uno de los vértices se?alados por una flec+a " terminando en el otro >rafo 8:

" +

11. Sea ? n el grafo completo con n vrtices, n par,

%

+

n%#

A) / n es $amiltoniano B) ? n es euleriano #) ? n es ipartito

%

 Solución:

dos e'emplos de grafos completos nos  permiten decidirnos por una de las tres opciones: v1 v v

"  @gual situacin &ue en el grafo . >rafo :

%

v%

+  +

% %

%

iene m!s de dos vértices con grado impar, luego no admite camino euleriano " no se puede di%u'ar  sin levantar el l!pi$ del papel " sin di%u'ar dos veces la misma arista

1. ado un grafo con matriz de adyacencia  0 1 0 1 1    1 0 1 0 0 0 1 0 1 1   1 0 1 0 1 1 0 1 1 0     A) 'l grafo es euleriano B) 'l grafo es conexo C) 's un multigrafo  Solución: considerando el con'unto de vértices V={v1 ,v2 ,v3 ,v4 ,vA } " representando el grafo asociado a la matri$, tenemos: v1 v"

v

v% v

"

1

%

+

 l grafo es visi%lemente cone#o, es decir, todos sus vértices est!n conectados a través de un camino. /n multigrafo es un grafo con posi%lemente; varias aristas entre dos vértices. l &ue arri%a vemos no es multigrafo propiamente;. ampoco es euleriano por&ue tiene 4 vértices con  grado impar " por tanto no admite un circuito euleriano.

D %

v"

v+

D +

v%

 m%os grafos completos son Bamiltoniano, %asta escoger el ciclo: v1 ,v2 ,v3 ; en C 3 " v1 ,v2 ,v3 ,v4 ; en C 4  C 3 es euleriano, pero C 4 no lo es.  -i C 3 es %ipartito, ni C 4 no lo es.  n general C n es +amiltoniano.  n general C n no es %ipartito, por&ue tres vértices est!n conectados entre s< " forman un ciclo de  grado impar.  n general C n para n par " nD2 no es euleriano,  por&ue todos los vértices tienen grado n1impar )#

12. Sea 5 la matriz de adyacencia de un grafo con  p@1 vrtices# Sea C&5 p5 p1###5 A) Si C0 entonces el grafo es conexo# B) Si la entrada i,> de C es igual a 1 entonces existe una arista entre el vrtice i y el > en el grafo# C) Si el grafo es conexo entonces todas las entradas de C son no nulas# Soluci2n3 ecordando la teor7a3 Si 5 es la matriz de adyacencia de un grafo, el elemento *i,>) de 5 n  nos da el n8mero de caminos de longitud n con extremos vi y v ># 'xistir/ un camino entre v i y v > si la entrada *i,>) de la matriz C&5 p5 p1###5 es no nula#

'n C estar7an refle>ados todos los posiles caminos de longitudes3 1, ", %,###,p 'l grafo es conexo si y s2lo si todas las entradas de C son no nulas # 'sto nos indica :ue la respuesta C) es correcta# Eara ver :ue las otras respuestas son falsas,  uscaremos e>emplos adecuados

aristas# ;Cu/l de las siguientes afirmaciones es cierta<

A) 0RB) F&1" C) F&10  Solución: aplicando el primer teorema de la teor
 gr *vi )  "GF  

'>emplo 13 sea el grafo con tres vrtices de la figura

i 1

 n nuestro caso: E=14, grv ;=4 para cual&uier i. i

v1

 p

 l primer miem%ro es:

v"

i 1

v% La matriz de adyacencia es3  1 0 0   0 1 0      "  9    1 0 0   9    0 1 0   0 0 0  0 0 0          0 1 0    %  9    1 0 0   0 0 0      1 "  % " Eor tanto3 ,    9    9    9    " 1 0 0    0 0 0    ,    0 0 0   y no es conexo#  0 0 0     '>emplo"3 sea el grafo de la figura

 gr *vi )  +GFV 

0 

 l segundo miem%ro es: 2FE=2F14=2G  6onde: - E es el n(mero de aristas - EV el n(mero de vértices -  grv ;i es el grado del vértice i  0esumiendo el primer teorema: 4FEV=2G   EV=H   plicando a+ora la frmula de uler  EV  E I E0 =2  se o%tiene: H14IE0=2   E0=J



0



0 

1%. Los dos grafos de la figura

v1 v" v% 'n este caso3  " 0 0   0 1 1      "  9    1 0 0   9    0 1 1   0 1 1  1 0 0          0 " "    %  9    " 0 0  " 0 0      " % %    Eor tanto3 ,    9    9    9    % 1 1   % 1 1     c"%&1, pero no existe una arista de v " a v%# %

"

1". Sea G un grafo y 5 un mapa con F regiones :ue representa a G# Supongamos :ue el grado de todos los vrtices de G es + y :ue G tiene 1+

A) Son isomorfos pues tienen el mismo n8mero de vrtices y de aristas# B) Son isomorfos por:ue se puede estalecer un isomorfismo entre ellos

#) (o son isomorfos pues en uno $ay dos !rtices de grado 2 y en el otro $ay tres !rtices de grado 2.  Solución:

anali$ando los grados de los vértices >rados del grafo 1K: 2, 3, 4, 2, 3, 4 >rados del grafo 2K: 2, 4, 2, 4, 2, 4 Si e#istiera un isomorfismo se tendr
1'. Sea el mapa 5 de la figura

 -inguno de los vértices puede tener grado A.

1+. Los grafos de la figura, ;son isomorfos< A) 5 se puede colorear con tres colores diferentes# B) 5 necesita m/s de tres colores para ser coloreado# C) Son necesarios m/s de cuatro colores para colorear 5#  Solución: seg(n el teorema de los cuatro colores, como m!#imo son necesarios cuatro colores para colorear un mapa.  Las tres regiones internas de nuestro mapa necesitan tres colores distintos, dado &ue est!n en contacto entre s<. omo cada una de estas regiones internas toca a tres m!s va a ser necesario un color m!s para colorear el mapa. /na solucin con cuatro colores ser
" 1

%

" +

+

% 1

10

I H



H -



10 

I



 produce el mismo grafo >=V,;, donde:

" %

+

B) S7, pues existe un isomorfismo entre ellos# C) S7, por:ue tienen el mismo n8mero de vrtices y aristas#  Solución: son isomorfos puesto &ue se puede esta%lecer un isomorfismo.  La correspondencia a través de los n(meros:

-

"

%

A) (o por3ue uno es plano y el otro no

V={1,2,3,4,A,M,H,G,J,1)}  ={12,1J,1M,24,23,3,3A,4G,4H,AH,AM,MG,HJ,G,J}

+

Se trata de un isomorfismo.

1

1,.  'n el grafo de la figura sea 45i) la longitud del camino m/s corto entre los vrtices u y i u

 0  1 1  0 1  

1

1

0

1 

0

1

0

0

1

0

1

1

0

1

0

1

0

1

1

 

 0 

A) G tiene un camino euleriano B) G no es conexo C) G tiene un vrtice de grado   Solución: v v 1

v

"

v%

  partir de la representacin gr!fica vemos &ue es v+ cone#o.  Los grados de los vértices son respectivamente: 3,2,4,2,35 como +a" e#actamente dos vértices con  grado impar, admite un camino euleriano.

1

-

1. ado el grafo G con matriz de adyacencia

% "

v+ 1

v%

1 1

"

" v" %

v1

1

'ntonces3 A) L*v+)&- y L*v ")&" B) L*v%)&+ y L*v+)&B) 45")" y 45%)'  Solución: siguiendo el algoritmo de 6i'7stra " colocando Lv ; i en cada vértice tenemos: 0  Lv1 ;=1  Lv2 ;=2  Lv3 ;=3  Lv4 ;=A 1  %

" 1-. ado un grafo con matriz de adyacencia

 0 1 0  1 0 1 0 1 0  1 0 1 1 0 1   A) 'l grafo es euleriano

1 0 1 0 1

1 

 0 1  1  0 

#) Si el grafo es conexo entonces todas las entradas de # son no nulas.  Solución:

es similar al e'ercicio 12

22. ;Cu/l es el n8mero de veces :ue se dee

B) &l grafo es conexo

levantar el l/piz para diu>ar la figura siguiente sin repetir ninguna arista<

C) 's un multigrafo  Solución: gr!ficamente tenemos v1

B) Si la entrada *i,>) de C es igual a 1 entonces existe una arista entre los vrtices i y >#

v"

v%

v

v+  s cone#o, dado &ue no +a" ning(n vértice aislado de los dem!s.  -o es euleriano por&ue los grados de los vértices  son: 3, 2, 3, 3, 3. *ara &ue sea grafo euleriano tienen &ue ser todos los grados pares;.  -o es multigrafo por&ue no +a" todos los n(meros &ue aparecen son )  1. *ara &ue sea multigrafo  propiamente de%en e#istir m!s un n(mero superior a 1, indicando con ellos &ue dos vértices se conectan con m!s de una arista.

A) 9inguna vez

B) 6na e7 C) os veces  Solución: los grados son: % % + +

vD 

+

+

+

+

+

+

%  l +a%er m!s de e#actamente dos grados impares tendremos &ue levantar el l!pi$ al menos una ve$. Si eliminamos la l
% +

"

+ +

+ +

" "

+ +

"  ste se podr! di%u'ar sin levantar el l!pi$ desde un vértice de grado impar +asta el otro de grado impar.  Luego se levanta el l!pi$ " se di%u'a la l
vD 

21. a 5 la matriz de adyacencia de un grafo con  p@1# Sea C&5 p5 p1###5 A) Si C0 entonces el grafo es conexo

+

-

2. Sea ? n el grafo completo con vrtices, n par, n%, entonces A) ? n es .amiltoniano B) ? n es euleriano C) ? n es ipartito Solucin: odo grafo completo es +amiltoniano,  siempre e#istir! el ciclo v1 , v2 , v3 ,..., vn ,v1 ;, dado &ue cual&uier pare'a de vértices est! conectados  por una arista. odo grafo completo de n vértices, con n par" nD2, no es euleriano, por&ue cada vértice tendr! grado n1;, &ue es impar, " por tanto no admite circuito euleriano. odo grafo completo con nD2, no puede ser %ipartito, por&ue tiene ciclos de longitud impar, concretamente tres puntos cuales&uiera forman un ciclo de longitud 3: v i

%

2". Sea el grafo de la figura

 s,d;=22

 s,t;=AA

2'. ados los grafos de la figura

A) 's plano

B) (o es plano C) 9o es ipartito  Solución: es f!cil ver &ue es %ipartito 0 1 1 0

A) 9o son planos B) Son isomorfos C) 9o son isomorfos  Solución: am%os grafos son visualmente planos mapas: las aristas solo se cru$an en los vértices;.

0 1

1 0 omo es cone#o, si fuera plano de%er
 Los grados de los vértices del primer grafo son: 2, 4, 3,4, 4, 4, 3  Los grados de los vértices del segundo grafo son: 4, 3, 3, 4, 2, 4 /n isomorfismo podr
"

% "

1

+

% 1



2%. ado el grafo eti:uetado I

a s

 "H

1+

-

 t

10

1 c



d

%-

5st)''. *s,a)&1H, *s,)&", *s,c)&1, *s,d)&"", *s,t)&#

C)

*s,a)&1H, *s,)&"I, *s,c)&1, *s,d)&"", *s,t)&#

 Solución:

aplicando 6i'stra tenemos las distancias: 1H

"

s on lo &ue:  s,a;=1G

  1  s,%;=2H 

""  s,c;=1A



2. Sea G un grafo y A su matriz de adyacencia#

Se aplica el algoritmo de i>Dstra partiendo del vrtice s# Se designa por 5s8) la distancia entre s y cual:uier otro vrtice 8# ;Cu/l de los siguientes resultados es cierto< A) 5sa)1, 5s*)2+ 5sc)1' 5sd)22 B)

-

 *ara am%os &uedar=V,; V={1,2,3,4,A,M}  ={1M,1A,M2,A2,MA,M3,A4,24,23,34}

 

1H

+

;Cu/l de las siguientes informaciones dan los elementos de la diagonal principal de la matriz A< A) Los grados de los vrtices G# B) Los ciclos con a lo m/s dos aristas C) 9inguna de las anteriores  Solución: en los grafos la diagonal son elementos nulos por&ue no +a" la$os, es decir aristas con origen " e#tremo en el mismo vértice.  n los pseudografos est!n permitidos los la$os.  n los pseudografos, por tanto, en la diagonal de%en +a%er elementos no nulos.  La definicin de matri$ de ad"acencia para multigrafos " pseudografos viene propuesta en el  pro%lema A p!gina 1MH del li%ro %ase;.  n esencia el elemento mi' de%e refle'ar el n(mero de aristas &ue +a" entre el vértice vi " v '.  n los pseudografos afecta a la diagonal principal  " a los multigrafos afecta a los elementos &ue no se limitan a ser ) " 1. si, m i'=3 nos indicar
A) A y B son isomorfos B) A y C son isomorfos C) B y C son isomorfos  Solución: anali$ando los grados tenemos >rafo : 3,1,2,2 >rafo 8: 3,3,2,2 >rafo : 2,2,1,3  6e ser isomorfos los ser!n  " .

2+. Sea G el grafo de la figura

A) G es .amiltoniano B) 9o tiene un camino simple :ue pase por todos los vrtices C) 9o es .amiltoniano  Pistas: s f!cil encontrar un camino simple &ue  pase por todos los vértices.  Ba", por tanto, &ue decidir si es o no +amiltoniano# Supongamos &ue es +amiltoniano, entonces si eliminamos 7 vértices " sus aristas no de%en o%tenerse m!s de 7 componentes cone#as. am%ién podemos intertar %uscar eun ciclo +amiltoniano. Véase al final de este documento

entonces3 A) 's ipartito ya :ue tiene un n8mero par de vrtices B) 's .amiltoniano C) 's euleriano  Solución: C M   s +amiltoniano como todos los grafos completos.  -o es euleriano por&ue todos seis vértices son de  grado A impar;.  -o esa %ipartito por&ue tiene ciclos de longitud impar 3, por e'emplo;.

2,. ;Cu/l de las siguientes afirmaciones sore los

"1. Consideremos el grafo G de la figura3

".  Sea ? - el grafo completo con - vrtices,

grafos de la figura es cierta

C A

B

A) B y C tienen un camino euleriano B) A es euleriano C) A tiene un camino euleriano y B un circuito euleriano#  Solución: anali$amos los grafos por separado.  n  +a" dos vértices de grado impar, no es grafo euleriano pero admite un camino euleriano.  n 8 todos los vértices son de grado par, luego es una grafo euleriano.  tiene m!s de dos vértices con grado impar, luego no es euleriano ni admite camino euleriano.

A) 'l grafo no es plano por:ue dos aristas se cortan# B) 'l grafo no es plano por:ue todo vrtice es de grado %# C) 'l grafo es plano  Solución: s plano por&ue es isomorfo al mapa

2-. adas las matrices de adyacencia de los grafos A, B y C siguientes3  0 1 1 1   0     1 0 0 0 1  2   8  = 1 1 0 0 1     1 0 1 0   1  0 1 0 1    1 0 0 1 ,    0 0 0 1   1 1 1 0    

1

1

1 

0

1

1

0

1 = 0

1

0

 

 0 

"2. Sea el grafo completo ? r  *r@")# 'ntonces ? r  es  ipartito#

A) (o cual3uiera 3ue sea r. B) S7, para todo valor de r# C) S2lo si r es par#

 Solución:

no puede ser %ipartito, cual&uiera &ue  sea r, dado &ue para cuales&uiera tres vértices v ,i v ' , v7  podemos encontrar el ciclo de longitud 3: vi

vD 

v >

 0ecordamos el teorema: /n grafo es %ipartito si "  solo si no tiene ciclos con longitud impar

"". Cu/l de estas afirmaciones es falsa3 A) 9odo grafo tiene un n:mero impar de !rtices de grado par. B) 6odo grafo tiene un n8mero par o cero de vrtices de grado impar# C) La suma de los grados de los vrtices de un grafo es par#  Solución: seg(n el primer teorema la suma de todos los grados de los vértices tiene &ue ser par proviene del +ec+o de &ue cada arista se cuenta dos veces;. *or tanto, el n(mero de vértices con  grado impar tiene &ue ser par.  n el e'emplo:

A) 'l grafo es euleriano B) 'l grafo es % regular 

#) &l grafo es $amiltoniano  Solución:

 Los grados de los vértices son: 3, 3, 3, 3, 3, 3, 2 luego no puede ser grafo euleriano. /n grafo es 7regular si todos los vértices tienen el mismo grado 7.  videntemente +a" un vértice &ue no es de grado 3, luego no puede ser 3regular   s +amiltoniano puesto &ue el camino cu"o  su%grafo:

es un ciclo +amiltoniano, pues es un camino cerrado, pasa por todos los vértices " no repite ninguno.

". 'n el mapa de la figura las regiones :ue se tenemos los siguientes grados: 3,2,2,3 iene por tanto 2 vértices de grado par.

designan por  i3  "

"%. Sea el grafo completo ? r  *r@1)# Su matriz de adyacencia es3 A) aii&1, ai>&1 *i distinto de >) B) aii&1, ai>&0 *i distinto de >)

 1

 %

 

 +

#) aii ai;1 5i distinto de ;) Solucin: anali$amos aii=1  tiene la$os " por tanto es un pseudografo ai'=)    no tiene arista entre los vértices vi " v '  *or tanto, en un grafo completo - no +a" la$os   aii=) - toda pare'a de vértices est!n conectados   ai'=1 i  ';

el grado de la regi2n  " es3 A) H

B) 1 C)   Solución: Se denomina gradode una regin a la longitud del camino &ue la %ordea.  *oniendo nom%re a los vértices v1

"'. Sea el grafo de la figura3

v"  "

 1

v vH

v+

v %

 

 +

v v%

asociar %i"ectivamente, por&ue en una +a" 2 " en el  otro grafo +a" 3.

"-. Sea ? n el grafo completo con n@% vrtices, n

 l camino &ue %ordea 0 2 es: v1 , v2 , v3 , v4 , v1 , vA , vM  , vH  , vG , vA , v1 ; luego la longitud es 1)

 par3 A) es euleriano B) es ipartito

"+. Sea ? - el grafo completo con - vrtices, entonces3 A) 's ipartito ya :ue tiene un n8mero par de vrtices# B) 's .amiltoniano C) 's euleriano  Solución: C M  tiene M vértices, el grado de cada vértice es A, por&ue e#iste una arista por cada  pare'a de vértices. Si los vértices son { v1 , v2 , v3 , v4 , vA , vM  } los grados  son: A, A, A, A, A, A  -o puede ser euleriano, para &ue lo fuera tienen &ue ser todos los grados pares.  -o es %ipartito por&ue de tres vértices se puede o%tener un ciclo de grado 3 impar;.  s +amiltoniano por&ue el camino:  v1 ,v2 ,v3 ,v4 ,vA ,vM  ,v1 ; es un ciclo +amiltoniano. v" v 1

v%

v-

v

v+

? -

",. Los dos grafos de la figura

#) es $amiltoniano  Solución:

este es un e'ercicio &ue +a aparecido en varias ocasiones. n general, para cual&uier nD2 tenenmos: -  C n es +amiltoniano -  C n es euleriano si n es impar, no lo es si n es  par. -  C n no es %ipartito

%. La matriz de adyacencia del grafo G es  1  1 1   0

1

1

0 

1

0

1

0

1

1

1



1



 1 

A) G es pseudografo B) G es un grafo completo C) G no es conexo  Solución: dado &ue tiene en los elementos de la diagonal un 1, +a" la$os en cada vértice, por tanto es un pseudografo.  -o es completo por&ue, por e'emplo, m14=) " por tanto no +a" arista entre v 1 " v4.  s cone#o por&ue el camino v1 ,v2 ,v4 ,v3 ,v1 ; recorre todos los vértices, " dic+o camino es posi%le  por&ue: m12=1   v1 v2 m24=1   v2 v4 m43=1   v4 v3 m31=1   v3 v1

%1. Sea A la matriz de adyacencia de un digrafo con A) Son isomorfos pues tienen el mismo n8mero de vrtices y de aristas# B) Son isomorfos por:ue se puede estalecer un isomorfismo entre ellos#

#) (o son isomorfos pues en uno $ay dos !rtices de grado 2 y en el otro $ay tres !rtices de grado 2.  Solución:

los grados de am%os grafos son >rafo 1K: 2,3,4,2,3,4 >rafo 2K: 2,4,2,4,2,4 Si +u%iera un isomorfismo tendr
!v1, v", v%,###,v$ vrtices, y sea a1+&%, una de las entradas de la matriz A"# 'ntonces3 A) (ay un camino entre v 1 y v+ con tres vrtices intermedios#

B) Hay tres caminos de longitud 2 de 1 a %. #) (ay tres aristas distintas :ue unen v1 y v+# la entrada a 14 de 2 es el n(mero de caminos de longitud 2 con e#tremos v 1 " v4. omo es un digrafo, " por tanto las aristas est!n orientadas dic+os caminos de longitud 2 tienen origen en v1 " e#tremo en v4

 Solución:

%2. Sea G un grafo *no pseudografo ni multigrafo)  plano conexo con 1 aristas# 'ntonces el n8mero de vrtices de G es como m7nimo B) + A)  C) I  Solución: si es un grafo plano cone#o de%e cumplirse  E   3FEV N M con EVD2 al aspecto terico puede consultarse en la p!gina 1H4 del li%ro %ase;  s decir: 1A   3FEV N M   EV   H 

%". Sea el grafo de la figura3

%'. Sea G el grafo formado por los vrtices y aristas de un tetraedro 6 m/s el centro de 6 y las aristas :ue unen dic.o centro con los vrtices de 6# 'ntonces3 A) G es ipartito

B) G es euleriano C) G no es .amiltoniano  Solución: Se trata de un grafo completo C A , por tanto - > no es %ipartito, por&ue tiene ciclos de longitud impar  - > es euleriano por&ue el grado de cada uno de los vértices es 4 todos par; - > es +amiltoniano por&ue el camino v1 ,v2 ,v3 , v4 , vA , v1 ; e#iste " es un ciclo +amiltoniano.

%. Sea el mapa de la figura

A) &s *ipartito B) 9o es ipartito ya :ue todos los vrtices tienen el mismo grado C) 's euleriano ya :ue todos los vrtices tienen el mismo grado#  Solución: es %ipartito dado &ue se puede colorear con dos colores#

6eniendo tamin en cuenta la regi2n exterior  para colorear el mapa se necesita A) " colores

B) " colores C) + colores  Solución: "

1

% "

1

Se necesitan 3 colores m
%+. Sea el mapa 5 de la figura  -o es euleriano por&ue los grados de los vértices no son todos pares.

%%. Sea G un grafo y 5 un mapa con r regiones :ue representa a G# Si el grado de todos los vrtices es  y G tiene "0 aristas, entonces r es A) 1"

B) 1% C) 1H  Solución: aplicamoe el primer teorema de grafos " la frmula de uler.  La suma de todos los grados de los vértices es: AFn(mero de vértices=AFEV  iene &ue coincidir con el do%le de aristas AFEV=2F2)=4)   EV=4)OA=G  La frmula de uler: EV  E I E0 = 2  s decir: G 2) Ir=2   r=14

A) 5 se puede colorear con tres colores diferentes B) 5 necesita cuatro colores para ser coloreado# C) Son necesarios m/s de cuatro colores para colorear 5#  Solución: véase el e'ercicio 1A

%,. 'n el grafo de la figura sea L*v i) la longitud del camino m/s corto entre los vrtices u y vi u 1 -

1

" "

v+

" 1

1

v%

v"

1 %

v1

Son necesarios al menos 3 colores.

'1. 'l grafo formado por los vrtices y aristas de la figura anterior es A) 'uleriano B) Bipartito

A) L*v+)&- y L*v")&" B) L*v%)&% y L*v+)&+ #) 45")2 y 45%)"

#) (inguno de los dos

 Solución:

 Solución:

 Lv2 ;=1 siguiendo el camino u1;v2 ;  Lv3 ;=2 siguiendo el camino u1;v21;v3 ;  Lv4 ;=3 siguiendo el camino u1;v21;v31;v4 ;  0ecordamos, Lv ; i se forma con los recorridos m!s cortos.

 -o puede ser euleriano por&ue +a" vértices de  grado impar.  -o puede ser %ipartito por&ue +a" ciclos de longitud 3; impar.

'2. La matriz de adyacencia de un grafo G es3 %-.  ado el grafo G con matriz de adyacencia3  0 1 1 0 1    1 0 1 0 0 1 1 0 1 1   0 0 1 0 1 1 0 1 1 0     A) G tiene un camino euleriano B) G no es conexo C) G tiene un vrtice de grado   Solución:  Los grados de los vértices se o%tiene sumando los n(meros de las filas: 3, 2, 4, 2, 3. -inguno es de  grado A. iene un camino euleriano:

 1  1 1   0

1

1

0 

1

0

1

0

1

1

1



1



 1 

A) G es un pseudografo

 *or tanto es cone#o.

B) G no es conexo C) G es un grafo completo  Solución:  6ado &ue en la diagonal principal +a" unos,  significa &ue +a" la$os, es decir, se trata de un  pseudografo.  #iste el camino v1 ,v2 ,v4 ,v3 ,v1 ; por&ue: m12= m24= m43= m31= 1  s cone#o por&ue v1 ,v2 ,v4 ,v3 ,v1 ; es un camino &ue recorre todos los vértices, por tanto est!n conectados

'. 6eniendo en cuenta la regi2n exterior ;cu/ntos

'". Sea el grafo con matriz de adyacencia3

v1m12=1;v2m23=1;v3m34=1;v4m4A=1;vAmA1=1;v1 ;

colores son necesarios para colorear las regiones del mapa<

A) 9res

 0 1 0 1    1 0 1 1   0 1 0 1   1 1 1 0     'l n8mero de caminos distintos de longitud tres entre dos vrtices v1 y v+ es A)  B) % C) " Soluci2n3

'%. 'l grafo :ue tiene por matriz de adyacencia

B) Cuatro C) Cinco  Solución: "

1

1

%

 0  1 0   1 es3 A) 4n pseudografo

" 1

1

0

1 

0

1

1

1

0

1

1



1



 0 

B) 6iene un camino euleriano C) 6iene un circuito euleriano  Solución: su representacin gr!fica es v1 v"

v+

'+.  ado el grafo de la figura3

v%

 -o es pseudografo por&ue la diagonal est!  formada por ceros " por tanto no +a" la$os. ontiene un camino euleriano v 2 ,v3 ,v4 ,v2 ,v1 ,v4 ; v1

e#tremos vi " vi. omo el origen " el e#tremo coinciden, se trata de ciclos de longitud 2.

v"

A) 's ipartito B) 's .amiltoniano C) 's euleriano  Solución: contiene un ciclo +amiltoniano

v+

v%  -o admite circuito euleriano por&ue +a" vértices con grado impar.

''. Sea ?  el grafo completo de cinco vrtices A) &s euleriano B) 's ipartito C) 's un pseudografo  Solución: una representacin gr!fica es

 -o es euleriano por&ue es cone#o " tiene vértices de grado impar.  -o es %ipartito por&ue tiene ciclos de grado impar como el representado;

',. Sea G un grafo y 5 un mapa con r regiones :ue representa a G# Supongamos :ue el grado de todos los vrtices de G es + y :ue G tienen 1+ aristas# ;Cu/l de las siguientes afirmaciones es cierta< A) r&1" B) r&10

#) r s euleriano dado &ue es cone#o " todos los vértices tienen grado par.  -o es %ipartito por&ue tiene ciclos de longitud 3 " ciclos de longitud A impar;.  -o es pseudografo poru&e no tiene aristas con origen " e#tremo el mismo vértice.

'. Sea G un grafo y A su matriz de adyacencia# ;Cu/l de las siguientes informaciones dan los elementos de la diagonal principal de la matriz A"< A) Los grados de los vrtices de G

B) 4os ciclos con a lo sumo dos !rtices C) 9inguna de las anteriores  Solución: recordamos la teoria.  La entrada i,'; de la matri$ 9 n es el n(mero de caminos de longitud n con e#tremos v i " v '.  n nuestro caso el elemento i,i; de la diagonal de  2 es el n(mero de caminos de longitud 2 con

Solucin: aplicamos el primer teorema " la frmula de uler.  *rimer teorema: 4FEV=2F14  EV=H   Prmula de uler: H14Ir=2   r=J

'-. Sea G un grafo con n vrtices y sea S la suma de los grados de los vrtices de G# 'ntonces3 A) S es par  B) S es impar  C) La paridad depende de n  Solución: seg(n el primer teorema, la suma de los  grados de los vértices es e#actamente el do%le de aristas &ue +a", por tanto de%e ser par.

. Sea G el grafo formado por los vrtices y aristas de un cuo C m/s el centro de C y las aristas :ue unen dic.o centro con los vrtices de C# 'ntonces3

A) G es euleriano B) G es ipartito

C) G no es .amiltoniano  Solución: Se trata de un grafo cone#o, los vértices del cu%o tienen grado 4, el centro del cu%o tiene grado G, al  ser todos pares admite un circuito euleriano.  -o es %ipartito por&ue +a" ciclos de longitud impar, concretamente dos vértices conectados por una arista con el centro forman un ciclo de longitud 3. iene un ciclo +amiltoniano:

6enemos a.ora dos nuevos vrtices con dos aristas, est/n oligadas a participar en el ciclo3

Eodemos eliminar dos aristas :ue no pueden  participar en el ciclo

BA >& 6( #?#4O HA@?49O(?A(O '>ercicio pospuesto3 encontrar un ciclo .amiltoniano al grafo3

(emos otenido, as7, un vrtice :ue no puede  participar en el ciclo con dos aristas# Luego no puede .aer tal ciclo .amiltoniano# Jamos a suponer :ue existe para este grafo un ciclo .amiltoniano# 6engamos en cuenta lo siguiente3 - Cada vrtice participa con dos de sus aristas al ciclo - Si saemos :ue un vrtice tenemos determinadas dos de sus aristas, las dem/s no  participar/n en el ciclo y las podemos eliminar a fin de otener el posile ciclo# 'n el grafo anterior se oserva :ue las cuatro es:uinas 8nicamente tienen dos aristas, luego de existir el ciclo, formar7an parte de l#

Eodemos eliminar