Problemas Resueltos de Grafos

GRAFOS 1. La matri matrizz de adyacen adyacencia cia del del grafo grafo G es

 1  1 1  0

1

1

0  

1

0

1  

0

1

1

1

 

1  

 

1  

Vemos &ue se trata de un ciclo +amiltoniano. 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 siete vértices, " el camino en cuestin los recorre todos sin repetir vértice, es  por tanto ciclo +amiltoniano. +amiltoniano.

entonces,

A) G es un pseu pseudog dogra rafo fo B) G es es un grafo grafo com comple pleto to A) 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.

2. Sea A la la matriz matriz de ady adyacen acencia cia de un un multig multigraf rafo o G con !rtices "1, 2,...,n# y sea a2$%$ una de las entradas de A. &ntonces, A) &xiste &xiste un camino camino con tres !rtices !rtices entre entre 2 y $.

B) Hay tres tres aristas aristas con extre extremos mos los vértice vérticess v2 y v! ') (ay tres tres !rti !rtices ces adyacen adyacentes tes con con 2 y $  Solución: en los multigrafos se define la matri$ de ad"acencia: ai'=n(mero de aristas cu"os vértices son vi " v ' , i≠  ' aii=)  *or tanto si a23=3 entonces +a" 3 aristas con vértices e#tremos v2 " v3 $. Sea Sea G un un grafo grafo con con  !r !rti tices ces y '%*1,$,2,+,,,-,1) un camino en G. A) ' es un camin camino o amilto amiltonian niano o

2! " es un un cic ciclo lo #amiltoniano ') ' no est/ ien ien defin definido ido  Solución: di%u'ando el su%grafo asociado al 1 camino 2  $



+

+. ado ado el gra grafo fo de de la figu figura ra

A) $s #amilto #amiltonia niano no B) &s eule euleri rian ano o $. &s i iparti rtito  Solución: el su%grafo de la figura siguiente contiene un ciclo +amiltoniano

/n grafo &ue contiene un ciclo +amiltoniano se denomina grafo +amiltoniano.  -o es euleriano por&ue +a" seis vértices &ue tienen  grado 3, es decir grado impar. impar. 0ecuérdese &ue si un grafo es euleriano todo vértice tiene grado par.  -o es %ipartito por&ue el ciclo asociado a la figura anterior es de longitud impar. . Sea G un un grafo grafo conex conexo o cuyos cuyos !rtic !rtices es son "1, 2, $, +, #. La sucesin * 1,2,$,,1,) es3 A) 4n camino camino euleri euleriano ano B) 4n ciclo ciclo amil amilton tonian iano o

") %inguno %inguno de los anteriore anterioress  Solución:

el su%grafo su%grafo 1 asociado al camino es el de la 2  figura. /n camino euleriano es un $ camino &ue contiene todas las aristas apareciendo cada una +  de ellas e#actamente una ve$.   n nuestro caso desconocemos todas las aristas del grafo, no  podemos asegurar &ue sea euleriano. ampoco es un ciclo +amiltoniano, puesto &ue de%e  pasar por todos los vértices sin repetir repetir ninguno.

 0 1 0 0    0     1 0 1 1    1  2 =   8 > = 1 0 1 0 1         0 1 1 0      1  0 1 1 1      1 0 1 1    ,  =  1 1 0 1        1 1 1 0     A) A y B son isomorfos

-. Sea 5 un mapa cuyas regiones se pueden colorear con slo dos colores3

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

 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

1 $

+

1



1

2 2

2 y

;'u/l es la distancia entre x e y< B) ' ')12 A) ∞  Solución: siguiendo el algoritmo de 6i'7stra " colocando en cada vértice la distancia desde #, o%tenemos: 0 1

2

1

1

Grafo A

2

2

1

1  

0

0

0

0

0   > 1  

0

1

   

0    

B) A y ' son isomorfos ') B y ' 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:

x

1

1

2 Grafo B

$

+

$

 6onde las l
B)

")

2 $

+ 

=. adas las matrices de adyacencia A, B y ' 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 : $ + 2 $ +  dmite un camino euleriano, partiendo de uno de los vértices se?alados por una flec+a " terminando en el otro >rafo 8:

 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.

2 +

11. Sea  n el grafo completo con n !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: 1  

$

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

$

$

$ +

+

 +

$ $

$

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 10. ado un grafo con matriz de adyacencia

 0  1 0  1 1  

1

0

1

1  

0

1

0

0  

1

0

1

1  

0

1

0

1  

0

1

1

2

1

   

0    

A) &l grafo es euleriano B) &l grafo es conexo ') &s un multigrafo  Solución: considerando el con'unto de vértices V={v1 ,v2 ,v3 ,v4 ,vA } " representando el grafo asociado a la matri$, tenemos: 1 2

F $

2

+

F +

$

 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 !rtices. Sea '%5 pC5 pD1C...C5 A) Si '≠0 entonces el grafo es conexo. B) Si la entrada i,@ de ' es igual a 1 entonces existe una arista entre el !rtice i y el @ en el grafo. ') Si el grafo es conexo entonces todas las entradas de ' son no nulas. Solucin3 Eecordando 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 i y  @. &xistir/ un camino entre  i y  @ si la entrada *i,@) de la matriz '%5 pC5 pD1C...C5 es no nula.

&n ' estar7an refle@ados todos los posiles caminos de longitudes3 1, 2, $,...,p &l grafo es conexo si y slo si todas las entradas de ' son no nulas . &sto nos indica :ue la respuesta ') es correcta. ara er :ue las otras respuestas son falsas,  uscaremos e@emplos adecuados

aristas. ;'u/l de las siguientes afirmaciones es cierta<

A) R*+ B) HE%12 ') HE%10  Solución: aplicando el primer teorema de la teor
∑ gr *vi ) = 2IH  

&@emplo 13 sea el grafo con tres !rtices de la figura

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

1

 p

 l primer miem%ro es:

2 $ La matriz de adyacencia es3

 0   9  =  1 0  9 

$

or tanto3

 0  ,  ≠ 0 0

0  

 1   2  0    9  =  0 0 0     0     0   0    

1 0 0

 0  = 1 0  

1 0 0 , 

i =1

=  9  +  9  $

2

0

0  

1

0  

0

 

0  

 1  +  9  =  2 0  

2 1 0

    0     0 0

0  

0 0

i =1

 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

1+. Los dos grafos de la figura

  0   y no es conexo. 0  

0

∑ gr *vi ) = +IHV 

&@emplo23 sea el grafo de la figura 1 2

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

$ &n este caso3

 0   9  = 1 1    0  $  9  =  2 2  

1 0 0 2 0 0

1  

 2   2  0    9  =  0 0 0       2     0   0    

0 1 1

") %o son isomorfos pues en uno #ay dos vértices de grado 2 y en el otro #ay tres vértices de grado 2!

0  

  1   1    

 2  $ 2 = + + = ,   9   9   9  or tanto3 $ $  

$ 1 1

 Solución:

    1     1 $

anali$ando los grados de los vértices >rados del grafo 1K: 2, 3, 4, 2, 3, 4 >rados del grafo 2K: 2, 4, 2, 4, 2, 4 Si e#istiera un isomorfismo se tendr
c2$%1, pero no existe una arista de  2 a $. 1$. Sea G un grafo y 5 un mapa con HE regiones :ue representa a G. Supongamos :ue el grado de todos los !rtices de G es + y :ue G tiene 1+

1. Sea el mapa 5 de la figura

 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.  -inguno de los vértices puede tener grado A. A) 5 se puede colorear con tres colores diferentes. B) 5 necesita m/s de tres colores para ser coloreado. ') 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. Los grafos de la figura, ;son isomorfos<

A) %o, por-ue uno es plano y el otro no B) S7, pues existe un isomorfismo entre ellos. ') S7, por:ue tienen el mismo n8mero de !rtices y aristas.  Solución: son isomorfos puesto &ue se puede esta%lecer un isomorfismo.  La correspondencia a través de los n(meros: 2 1

+

+ $

1 1

+

2

-

$

+

1

+

$ 1

10

?

2

$

2

=



= -



10 

?



 produce el mismo grafo >=V,;, donde: 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-. ado el grafo G con matriz de adyacencia

 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 ') G tiene un !rtice de grado   Solución:   1



2

$

  partir de la representacin gr!fica vemos &ue es + cone#o.

1=. &n el grafo de la figura sea ./vi) la longitud del camino m/s corto entre los !rtices u y vi u 1

$ 2

+ 1

$

1 1

2

2 2 $

1

1

&ntonces3 A) L*+)%- y L* 2)%2 B) L*$)%+ y L*+)%-

B) ./v)* y ./v0)*'  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  $

2 1?. ado un grafo con matriz de adyacencia

 0  1 0  1 1  

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

0

1

1

1  

  0   1     1   0    

A) &l grafo es euleriano

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

es similar al e'ercicio 12

22. ;'u/l es el n8mero de eces :ue se dee leantar el l/piz para diu@ar la figura siguiente sin repetir ninguna arista<

B) $l grafo es conexo ') &s un multigrafo  Solución: gr!ficamente tenemos 1

B) Si la entrada *i,@) de ' es igual a 1 entonces existe una arista entre los !rtices i y @.

2

$



+  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. 20. Sea  n el grafo completo con !rtices, n par, n≥$, entonces A)  n es amiltoniano B)  n es euleriano ')  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:  i

F 

A) 9inguna ez

B) 1na ve ') os eces  Solución: los grados son: $ $ + +

+

+

+

+

+

+

+

$  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
$ +

2

+ +

+ +

2 2

+ +

2  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
F 

21. a 5 la matriz de adyacencia de un grafo con  p1. Sea '%5 pC5 pD1C...C5 A) Si '≠0 entonces el grafo es conexo

$

2$. Sea el grafo de la figura

δ s,d;=22

δ s,t;=AA

2. ados los grafos de la figura

A) &s plano

2! %o es plano ') 9o es ipartito  Solución: es f!cil ver &ue es %ipartito 0 1 1 0

A) 9o son planos B) Son isomorfos ') 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
2

$ 2

1

+

$ 1



2+. ado el grafo eti:uetado ?

a s

 2=

1+

-

 t

10

1 c



d

$-

Se aplica el algoritmo de i@Fstra partiendo del !rtice s. Se designa por /s,3) la distancia entre s y cual:uier otro !rtice 3. ;'u/l de los siguientes resultados es cierto< A) /s,a)*45, /s,&)*26, /s,c)*4', /s,d)*22,

/s,t)*''! B) δ*s,a)%1=, δ*s,)%2, δ*s,c)%1, δ*s,d)%22, δ*s,t)%. ') δ*s,a)%1=, δ*s,)%2?, δ*s,c)%1, δ*s,d)%22, δ*s,t)%.  Solución: aplicando 6i'stra tenemos las distancias: 1=

2

s on lo &ue: δ s,a;=1G

  1

δ s,%;=2H 

22

δ s,c;=1A

-



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

 

1=

+

2-. Sea G un grafo y A su matriz de adyacencia. ;'u/l de las siguientes informaciones dan los elementos de la diagonal principal de la matriz A< A) Los grados de los !rtices G. B) Los ciclos con a lo m/s dos aristas ') 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
 0  1 ,  =  0 1

2. Sea G el grafo de la figura

A) G es amiltoniano B) 9o tiene un camino simple :ue pase por todos los !rtices $. 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 2=. ;'u/l de las siguientes afirmaciones sore los grafos de la figura es cierta

1

0

1  

0

0

1  

0

0

1

1

 

1  

 

0  

A) A y B son isomorfos B) A y ' son isomorfos ') B y ' 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  " . $0. Sea  - el grafo completo con - !rtices, entonces3 A) &s ipartito ya :ue tiene un n8mero par de !rtices B) &s amiltoniano ') &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;. $1. 'onsideremos el grafo G de la figura3

' A

B

A) B y ' tienen un camino euleriano B) A es euleriano ') 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. 2?. adas las matrices de adyacencia de los grafos A, B y ' siguientes3

 0  1  2 =  1  1

1

1

0

0

0

0

0

1

1  

 0    0   1 8 > = 1 1      0      1

1

1

1  

0

1

1

0

1   > 0  

1

0

   

0    

A) &l grafo no es plano por:ue dos aristas se cortan. B) &l grafo no es plano por:ue todo !rtice es de grado $. ') &l grafo es plano  Solución: s plano por&ue es isomorfo al mapa

$2. Sea el grafo completo  r  *r2). &ntonces  r  es  ipartito.

$. Sea el grafo de la figura3

A) %o, cual-uiera -ue sea r! B) S7, para todo alor de r. ') Slo 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: i

F 

 @

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

$$. 'u/l de estas afirmaciones es falsa3

A) 7odo grafo tiene un n8mero impar de vértices de grado par! B) 6odo grafo tiene un n8mero par o cero de !rtices de grado impar. ') La suma de los grados de los !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. tenemos los siguientes grados: 3,2,2,3 iene por tanto 2 vértices de grado par. $+. 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 @)

$-. &n el mapa de la figura las regiones :ue se designan por E i3 E 2 E 1

E $

E 

E +

") aii*9, ai:*4 /i 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 regin E 2 es3 A) =

B) 49 ')   Solución: Se denomina gradode una regin a la longitud del camino &ue la %ordea.  *oniendo nom%re a los vértices

1

2 E 2

E 1



E $

E 

E +



=

$

+  l camino &ue %ordea 02 es: v1 , v2 , v3 , v4 , v1 , vA , vM  , vH  , vG , vA , v1 ; luego la longitud es 1)

1

$



+

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
$. Sea  - el grafo completo con - !rtices, entonces3 A) &s ipartito ya :ue tiene un n8mero par de !rtices. B) &s amiltoniano ') &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. 2  -

 Solución:

 -

$=. Los dos grafos de la figura

A) Son isomorfos pues tienen el mismo n8mero de !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 vértices de grado 2 y en el otro #ay tres vértices de grado 2!

") 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 +0. La matriz de adyacencia del grafo G es

 1 1 1  1 1 0 1 0 1   0 1 1 A) G es pseudografo

0  

 

1   1  

 

1    

B) G es un grafo completo ') G no es conexo  Solución: dado &ue tiene en los elementos de la diagonal un 1, +a" la$os en cada vértice, por tanto es un pseudografo.  -o es completo por&ue, por e'emplo, m 14=) " por tanto no +a" arista entre v 1 " v4.  s cone#o por&ue el camino v1 ,v2 ,v4 ,v3 ,v1 ; recorre todos los vértices, " dic+o camino es posi%le  por&ue: m12=1 ⇒  v1  v2 m24=1 ⇒  v2  v4 m43=1 ⇒  v4  v3 m31=1 ⇒  v3  v1 +1. Sea A la matriz de adyacencia de un digrafo con "1, 2, $,...,# !rtices, y sea a1+%$, una de las entradas de la matriz A2. &ntonces3 A) (ay un camino entre 1 y + con tres !rtices intermedios.

B) Hay tres caminos de longitud 2 de v 4 a v0! ') (ay tres aristas distintas :ue unen 1 y +.

la entrada a14 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 !rtices de G es como m7nimo B) 6 A)  ') ?  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

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 +. Sea G el grafo formado por los !rtices y aristas de un tetraedro 6 m/s el centro de 6 y las aristas :ue unen dico centro con los !rtices de 6. &ntonces3 A) G es ipartito

B) G es euleriano ') 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 v 1 ,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 !rtices tienen el mismo grado ') &s euleriano ya :ue todos los !rtices tienen el mismo grado.  Solución: es %ipartito dado &ue se puede colorear con dos colores.

6eniendo tami!n en cuenta la regin exterior  para colorear el mapa se necesita A) 2 colores

B)  colores ') + colores  Solución: 2

1 1

$ 2

Se necesitan 3 colores m
B) 40 ') 1=  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 

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

+=. &n el grafo de la figura sea L*i) la longitud del camino m/s corto entre los !rtices u y  i u

') 'inco  Solución: 2 1 2

1

-

1

$

1

2

1 2

+

2 1

1

2

$

1

Son necesarios al menos 3 colores.

1

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

$

A) L*+)%- y L*2)%2 B) L*$)%$ y L*+)%+

") ./v)*2 y ./v0)*

") %inguno de los dos

 Solución:

 Solución:

 Lv2 ;=1 siguiendo el camino u1;v 2 ;  Lv3 ;=2 siguiendo el camino u1;v21;v3 ;  Lv4 ;=3 siguiendo el camino u1;v 2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

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 ') G tiene un !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: v1m12=1;v2m23=1;v3m34=1;v 4m4A=1;vAmA1=1;v1 ;

 *or tanto es cone#o. 0. 6eniendo en cuenta la regin exterior ;cu/ntos colores son necesarios para colorear las regiones del mapa<

 1 1 1  1 1 0 1 0 1   0 1 1 A) G es un pseudografo

0  

 

1   1  

 

1    

B) G no es conexo ') G es un grafo completo  Solución:  6ado &ue en la diagonal principal +a" unos,  significa &ue +a" la$os, es decir, se trata de un  pseudografo.  #iste el camino v1 ,v2 ,v4 ,v3 ,v1 ; por&ue: m12= m24= m43= m31= 1  s cone#o por&ue v 1 ,v2 ,v4 ,v3 ,v1 ; es un camino &ue recorre todos los vértices, por tanto est!n conectados $. Sea el grafo con matriz de adyacencia3

 0  1 0  1

1

0

1  

0

1

1  

1

0

1

1

 

1  

 

0  

&l n8mero de caminos distintos de longitud tres entre dos !rtices 1 y + es A)  B) $ ') 2 Solucin3

A) 7res B) 'uatro

+. &l grafo :ue tiene por matriz de adyacencia

 0  1 0  1

1

0

0

1

1

0

1

1

1  

  1   1     0  

es3 A) 4n pseudografo B) 6iene un camino euleriano ') 6iene un circuito euleriano  Solución: su representacin gr!fica es 1 2

+

') 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 e#tremos vi " vi. omo el origen " el e#tremo coinciden, se trata de ciclos de longitud 2. . ado el grafo de la figura3

$

 -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 ; 1

B) .os ciclos con a lo sumo dos vértices

2

A) &s ipartito B) &s amiltoniano ') &s euleriano  Solución: contiene un ciclo +amiltoniano

+

$  -o admite circuito euleriano por&ue +a" vértices con grado impar. . Sea   el grafo completo de cinco !rtices

A) $s euleriano B) &s ipartito ') &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 !rtices de G es + y :ue G tienen 1+ aristas. ;'u/l de las siguientes afirmaciones es cierta< A) r%12 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. ;'u/l de las siguientes informaciones dan los elementos de la diagonal principal de la matriz A2< A) Los grados de los !rtices de G

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 !rtices y sea S la suma de los grados de los !rtices de G. &ntonces3 A) S es par  B) S es impar  ') 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.

-0. Sea G el grafo formado por los !rtices y aristas de un cuo ' m/s el centro de ' y las aristas :ue unen dico centro con los !rtices de '. &ntonces3

A) G es euleriano B) G es ipartito ') 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:

odemos eliminar 

6enemos aora dos nueos !rtices con dos aristas, est/n oligadas a participar en el ciclo3

odemos eliminar dos aristas :ue no pueden  participar en el ciclo

B;S<1$=A =$ 1% ">".O HA?>.7O%>A%O &@ercicio pospuesto3 encontrar un ciclo amiltoniano al grafo3

(emos otenido, as7, un !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 - 'ada !rtice participa con dos de sus aristas al ciclo - Si saemos :ue un !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sera :ue las cuatro es:uinas 8nicamente tienen dos aristas, luego de existir el ciclo, formar7an parte de !l.