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Escuela Tecnica Superior

de Ingenierıa Informatica Curso 2007/2008

Coleccion de Examenes

de

Matematica Discreta

Depto. de Matematica Aplicada I

MATEMATICA DISCRETA Coleccion de examenes Curso 2007/2008

10 de Diciembre de 1999

Ejercicio 1

Se denomina grafo molinillo de orden n, Mn, a un grafo con vertices Vn = {0, 1, 2, . . . , 2n} y aristas An ={{0, i} : 1 ≤ i ≤ 2n} ∪ {{2i− 1, 2i} : 1 ≤ i ≤ n}. Ası por ejemplo M4 serıa el grafo

��

��

��

��

��

��

��

��

��

4 3 2

105

6 7 8

1. ¿Para que valores de n es Mn euleriano?

2. ¿Para que valores de n admite Mn un recorrido euleriano?

3. Se define vertice de corte como aquel, que al eliminarlo del grafo, aumenta el numero de componentesconexas del mismo. Encontrar el numero de vertices de corte de Mn para todo n.

4. ¿Para que valores de n es Mn hamiltoniano?

5. ¿Para que valores de n admite Mn un camino hamiltoniano?

6. Calcular el numero cromatico de Mn.

7. Dar un coloreado de aristas de Mn utilizando el menor numero de colores posibles.

Solucion. La Figura 1 muestra los grafos molinillo M1, M2, M3 y M4.

0�1�

2�

0�1�

2�3�4�

0�1�

2�3�4�

6�

5�

0�1�

2�3�4�

6�

5�

8�7�

M�1�

M�2�

M�3�

M�4�

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 vertices son pares.

E.T.S.I.Informatica Pagina 2


2. Por la misma razon anterior, nunca admite un recorrido euleriano.

3. Si n = 1 el grafo no tiene vertices de corte, ya que se trata del ciclo C3. En cambio, si n > 1, el vertice 0es un vertice de corte, ya que se trata de un grafo conexo y al eliminar el vertice 0 obtendrıamos un grafocon 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 unvertice 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 vertice de corte de forma que al sereliminado, el numero 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 tantoχ(Mn) ≥ 3. Por otro lado la aplicacion c : V −→ N , c(0) = 0, c(2i − 1) = 1, c(2i) = 2 es una vertice–coloracion con tres colores, por lo que χ(Mn) = 3.

7. Esta respondido en el apartado anterior.

Ejercicio 2

Responder a las siguientes cuestiones:

1. Se define estructura arborea como todo grafo obtenido a partir del siguiente proceso:

a) Un vertice aislado es una estructura arborea.

b) Si a una estructura arborea se le anade un vertice y una arista que lo une a otro vertice cualquiera,resulta otra estructura arborea.

Demostrar que un grafo T es un arbol si y solo si T es estructura arborea.

2. ¿Cuantas componentes conexas debe tener un grafo con 1200 vertices, 1000 aristas y sin ciclos? Describirdos grafos no isomorfos cumpliendo las condiciones anteriores.

3. ¿Cual es el numero maximo de componentes conexas de un grafo con 1200 vertices y 1000 aristas, poseao no ciclos? Describir dicho grafo.

Solucion.

1. Es evidente que si un grafo T es una estructura arborea es conexo, ya que en cada paso a.2) se conservala conexion del grafo y ademas el numero nv de vertices y el numero na de aristas verifican na = nv − 1,ya que en el paso a.1) comenzamos con un vertice aislado y cada paso por a.2) aumenta tanto el numerocomo el de aristas en una unidad. Por lo tanto T es un arbol. Recıprocamente, si T es un arbol, podemosdescribirlo mediante una estructura arborea eligiendo, para empezar, uno cualquiera de sus vertices, quese puede considerar la raız del arbol y recorrer el arbol mediante cualquiera de los algoritmos DFS o BFS.

2. Teniendo en cuenta la relacion a = v − l entre las a aristas, los v vertices y las l componentes conexas deun bosque, el bosque tendra l = 200 componentes conexas.

3. Para conseguir el mayor numero de componentes conexas habra que conseguir el mayor numero posiblede vertices aislados. Para ello hemos de incluir el mayor numero de aristas con el menor numero posiblede vertices en una misma componente conexa. Esto es, hay que conseguir un grafo completo con el mayor

numero posible de las 100 aristas. Por lo tanto hemos de buscar el mayor numero n tal que n(n− 1)2 ≤ 1000.

Es decir, como√

2000 ≈ 44,7, n = 45. El grafo completo K45 tiene 45 vertices y 990 aristas. Si anadimosun vertice unido a 10 de los vertices de K45 por el resto de las 10 aristas, tendremos una componenteconexa C1 con 46 vertices y 1000 aristas. Si consideramos los otros 1200 − 46 = 1154 vertices aisladostendremos un grafo con 1200 vertices , 1000 aristas y 1155 componentes conexas (vease la Figura 2).



1�

2�

10�

9�

8�

7�

6�5�

4�3�

K�45�

46� 47� 48� 1200�

Figura 2: Un grafo con 1200 vertices, 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),Darıa (D), Elena (E), Felipe (F), Gerardo (G), Hilario (H), Ignacio (I) y Jacobo (J). Cada chica solo aceptabailar con un chico segun el esquema siguiente: A acepta como pareja a F,G,H. B acepta como pareja aG,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 situacion anterior, representando cada persona por un vertice.

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 numero maximo de parejasde baile posibles cumpliendo las condiciones indicadas.

3. ¿Es posible la situacion b) si Darıa baila con Ignacio? En caso afirmativo dar dichas parejas de baile.

4. Al grupo se incorporan seis nuevos amigos: Luisa (L), Marıa (M), Natalia (N), Otilio (O), Pedro (P) yQuintın (Q) quedando el esquema del siguiente modo: A acepta como pareja a F,G,H,O. B aceptacomo pareja a G,I. C acepta como pareja a F,G,O. D acepta como pareja a G,I,J. E acepta comopareja a F,G,H,O,P,Q. L acepta como pareja a I,O. M acepta como pareja a J. N acepta comopareja a G,I,J,O. Resolver las cuestiones b) y c) en esta situacion.

5. Indicar cual es el numero mınimo de bailes necesarios para que cada chica baile con todos y cada uno delos chicos a los que acepta como pareja de baile.

Solucion.

1. El resultado esta en la Figura 3.

2. Podemos encontrar un emparejamiento completo (vease la Figura 4). Las parejas de baila son A − H ,B − I, C −G, D − J y E − F .

3. Si Darıa baila con Ignacio, el problema se modeliza con un grafo de forma que D solo es adyacente a Ie I solo es adyacente a D. En este caso el grafo no admite un emparejamiento completo, la Figura 5 nosmuestra el emparejamiento maximo A−H , B −G, C − F y D − I.



A� E�D�C�B�

F� J�I�H�G�

Figura 3:



Figura 4:



Figura 5:

A� M�L�E�D�C�B� N�

F� P�O�J�I�H�G� Q�

Figura 6:

4. En este caso tenemos un nuevo grafo bipartito. Las Figuras 6 y 7 nos muestran, respectivamente, los





Figura 7:

resultados a los dos problemas anteriores en la nueva situacion.

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–coloracion del grafo correspondiente. Por tanto hemos deobtener el ındice cromatico del grafo. Teniendo en cuenta que la valencia maxima del grafo es ∆ = 6,6 ≤ χ1(G) ≤ 7. La Figura 8 muestra una arista–coloracion del grafo con 6 colores. Por lo tanto el numero



1�

2�

2�

1�

1�

5�

5�

3�1�

2�1�4�

3�

1�3�2�

2�

1�

4�3�2�1� 2�

4�

3�1�

3�2�2�1�4�

3�2�

5�

5�

4�

4�

6�

6�

1�

1�

5�

5�

3�

3�

6�

6�

4�

4�

3�

Figura 8:

de bailes necesarios para que cada chica baile con cada uno de los chicos sera 6.



13 de Junio de 2000

Ejercicio 1

Para cada n ∈ N, sea Pn el panal simetrico formado por 2n−1 columnas de celdillas hexagonales apiladas unasencima de otras, que en las columnas i y 2n− i consta de exactamente i celdillas:

��

�� x1

x2

x3

x4

x5

x6

x7

x8

x9

x10

x11

x12

x13

x14

x15

x16

P2

P1

� � ��

P3

Se pide:

1. Hallar el numero de caras, vertices y aristas del grafo plano Pn.Ayuda: Contar vertices y celdillas de Pn por columnas.

2. Calcular el numero de aristas que serıa necesario eliminar para obtener un arbol recubridor en Pn.

3. ¿Es Pn bipartito?. Justifıquese la respuesta. Calcular el numero cromatico de Pn, ası como el numeromınimo de colores que se puede utilizar para realizar una arista-coloracion de Pn.

4. Llamemos Xn (Yn, respectivamente) al conjunto de vertices en Pn situados en las columnas impares(pares, respectivamente). Probar que en Xn y en Yn hay el mismo numero de vertices. Encontrar en P2

un emparejamiento maximo a partir del emparejamiento inicial entre X2 e Y2 que constituyen todas lasaristas horizontales. Enunciar la condicion de Hall. ¿Se verifica esta condicion para P2? Justifıquese larespuesta.

5. Estudiar el caracter euleriano y hamiltoniano de Pn, segun el valor de n.

Solucion

1. Si llamamos ci al numero de caras interiores que se encuentran en la columna i de celdillas y teniendo encuenta la simetrıa del grafo:

c = 1 + c1 + c2 + · · ·+ cn−1 + cn + cn−1 + · · ·+ c2 + c1 = 1 + 2(1 + 2 + · · ·+ (n− 1)) + n

c = 1 + 21 + (n− 1)

2(n− 1) + n = n2 + 1

Igualmente, si llamamos vi al numero de vertices de la columna i de celdillas, i = 1, . . . , 2n− 1 y teniendoen cuenta de nuevo la simetrıa del grafo:

v = 1 + v1 + v2 + · · ·+ vn−1 + vn + vn−1 + · · ·+ v2 + v1 + 1 = 1 + 2(4 + 6 + · · ·+ 2n) + 2(n + 1) + 1

v = 2 + 24 + 2n

2(n− 1) + 2n + 2 = 2n2 + 4n

Como se trata de un grafo plano conexo, verifica la formula de Euler,

v + c = a + 2 =⇒ a = v + c− 2 = 2n2 + 4n + n2 + 1− 2 = 3n2 + 4n− 1



2. Teniendo en cuenta que un arbol recubridor tiene v − 1 aristas, este tendra 2n2 + 4n − 1 aristas, por loque habra que eliminar a− v aristas:

3n2 + 4n− 1− (2n2 + 4n− 1) = n2

3. Sı es un grafo bipartito, ya que los unicos ciclos que contiene son de longitud par. En efecto, para formarun ciclo, cada vez que nos desplacemos hacia un vertice a la derecha, hemos de realizar el mismo des-plazamiento hacia la izquierda y por tanto tendra un numero par de aristas. En virtud de lo anterior, elnumero cromatico de Pn sera χ(Pn) = 2. Igualmente y teniendo en cuenta que la maxima valencia de Pn

es 3, el ındice cromatico de Pn sera χ1(Pn) = ∆ = 3.

4. Teniendo en cuenta que el grafo es simetrico respecto de una lınea imaginaria que divida verticalmente lacolumna central de celdillas y que el numero de columnas verticales en que quedan divididos los verticeses par, concretamente 2(2n − 1) + 2 = 4n, el numero de vertices de columnas impares coincidira con elnumero de vertices de columnas pares. En cuanto al estudio de P2, la Figura 9 muestra el arbol de caminoalternado obtenido a partir del emparejamiento inicial y nos muestra el emparejamiento completo obtenidoproduciendo el correspondiente cambio en el camino alternado x1 − x2 − x4 − x6 − x9 − x12 − x14 − x16.El grafo P2 si verifica la condicion de Hall, ya que admite un emparejamiento completo.

x�1�

x�4�

x�13�

x�12�

x�11�

x�10�

x�9�

x�8�

x�7�

x�6�

x�5�x�3�

x�2�

x�16�

x�15�

x�14�

x�1�

x�3�x�2�

x�4� x�5�

x�6�x�7� x�8�

x�9� x�10� x�11�

x�12� x�13�

x�14� x�15�

x�16�

Figura 9:

5. El grafo Pn es euleriano si y solo si n = 1, ya que en otro caso tiene vertices de valencia 3. Igualmente Pn

es hamiltoniano si y solo 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 denuevo al punto x5 o x4 dejarıamos uno de los vertices x6, x7, x8 sin visitar.

Ejercicio 2

(2.1) Sea G un grafo sin ciclos con p vertices y q aristas.

1. Probar que si q = p− 1, entonces G es un arbol.

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, ponderadode p vertices y q aristas.

P1 S ← ∅P2 Tomar una arista a ∈ A de peso mınimo de entre las que verifiquen que a /∈ S y (V, S∪{a}) no tenga

ciclos; entonces S ← S ∪ {a}



P3 Si |S| = p− 1, entonces el proceso termina y retorna como salida T = (V, S). En otro caso, volver aP2.

Nota: En todo lo que sigue, G denotara el grafo entrada del algoritmo y T el grafo salida.

1. Ejecutar este algoritmo sobre el grafo siguiente:

� �1

��

�

2 2

6

2

5 53 4

u v

w

x

y

2. Probar que si |S| < p − 1 y (V, S) no tiene ciclos, entonces existe una arista de G, a, satisfaciendoque a /∈ S y (V, S ∪ {a}) no tiene ciclos. Deducir que el algoritmo termina siempre. ¿Cuantas vecesson necesarias ejecutarse P2 para que el algoritmo termine?.

3. Probar que T es un arbol recubridor de G.

4. Para cualquier arista a denotaremos su peso por ω(a). Se define el peso de G, ω(G), como la sumade los pesos de cada una de sus aristas. Denotaremos por a1, a2, . . . , ap−1 las aristas de T ordenadassegun se van incorporando a S en el algoritmo.Sea H un arbol recubridor de G de peso mınimo; (esto es, si F es cualquier arbol recubridor de G,entonces ω(H) ≤ ω(F ) ). Supongamos que H �= T y que ai es la primera arista de T que no esta enH .

a) Probar que G′ = H ∪ {ai} posee un ciclo.b) Probar que existe una arista a′ del ciclo del apartado anterior que no esta en T , verificando que

T ′ = G′ − {a′} es un arbol recubridor de G y ω(a′) ≤ ω(ai).c) Deducir que ω(a′) = ω(ai) por la construccion de T segun el algoritmo.d) Probar que ω(H) = ω(T ′).e) Haciendo uso del apartado anterior, probar que T es un arbol recubridor de peso mınimo para

G.

Solucion.

(2.1) 1. Si T = (V, A) es un grafo acıclico, de forma que sus numeros p de vertices y q de aristas verificanq = p− 1, probemos que T es conexo. Si T no fuera conexo, sean T1 = (V1, A1), . . . Tk = (Vk, Ak) suscomponentes conexas. Obviamente p = |V | = |V1|+ · · ·+ |Vk| y q = |A| = |A1|+ · · ·+ |Ak|.Sean v1 ∈ V1, v2 ∈ V2, . . ., vk ∈ Vk un vertice de cada una de las componentes conexas. Si al grafo Tle anadimos, como muestra la Figura 10, las k−1 aristas {v1, v2}, {v2, v3}, . . . , {vk−1, vk} obtenemosun grafo que ya es conexo y que sigue sin tener ciclos, por lo tanto es un arbol. Pero el numero dearistas de este arbol serıa q+k−1 y por lo tanto tendrıamos la contradiccion de disponer de un arbolque no verifica la propiedad T.5. Por lo tanto el grafo T ha de ser conexo y se trata de un arbol.

2. Si fuera conexo, serıa un arbol. Pero esto es contradictorio con el hecho de que q < p− 1.

(2.2) Demostracion extraıda del texto:

“Applied and Algorithmic Graph Theory”de G. Chartrand y O.R. Oellermann

1. Se obtiene el arbol de aristas S = {{u, v}, {y, x}, {u, w}, {u, x}} (vease la Figura 11).



v�1� v�2�

v�k�

(V�1�,A�1�)�

(V�2�,A�2�)�

(V�k�,A�k�)�

Figura 10: Todo grafo sin ciclos con nv − 1 aristas es conexo.

5�

y�

u� v�

x�

w�

5�

2�

6�4�

3�

2�

1�

2�

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 serıa unarbol, lo que es contradictorio con el hecho de tener un numero 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, hade existir una arista a que une un vertice de C1 con otro de C2 y tenemos entonces que (V, S ∪ {a})no tiene ciclos. Segun la demostracion anterior, el algoritmo tendra fin, ya que esta garantizado quepodemos llevar a cabo el paso P2 cada vez que pase por el. Este algoritmo terminara cuando pasepor P2 un total de p− 1 veces.

3. Al terminar el algoritmo tenemos un grafo T = (V, A), con el mismo conjunto de vertices que el grafoinicial G, por lo tanto sera un subgrafo recubridor de G. Ademas este grafo T = (V, A) no tiene ciclosy conserva la relacion |A| = |V | − 1 y por tanto sera un arbol. Por tanto T es un arbol recubridor deG.

4. Sea T = (V, A), siendo A = {a1, a2, . . . , ap−1}, el arbol recubridor proporcionado por el algoritmo. SeaH un arbol recubridor de peso mınimo de G. Supongamos que H fuera distinto del arbol recubridorT . Sea ai la primera arista de T que no esta en H .

a) El grafo G′ = H ∪ {ai} es conexo. Ademas como H es un arbol, tiene p − 1 aristas, por lo queel grafo G′ tiene p aristas, por lo tanto debe contener un ciclo C, que obviamente contendra laarista ai.

b) Ademas este ciclo debe contener una arista a′ no contenida en T , ya que de lo contrario el ciclo



C estarıa contenido en T . Por otro lado T ′ = G′ − {a′} es conexo y tiene p− 1 aristas, luego esun arbol recubridor de G, cuyo peso viene dado por

w(T ′) = w(H) + w(ai)− w(a′)

Como H es mınimo, 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 arbol recubridor de peso mınimo, tomarıamos como arbol H el arbol recubridor

de peso mınimo que tenga el mayor numero de aristas en comun con T . Como este arbol H serıadistinto de T podrıamos seguir los pasos anteriores y llegarıamos a una contradiccion, ya que elnuevo arbol T ′ tiene una arista mas en comun con T que el arbol H .



Septiembre de 2000

Ejercicio 1

Sea G = (V, A) un grafo conexo, plano con p vertices y q aristas. Denotaremos por ni el numero de vertices devalencia i.

1. Probar que q ≤ 3p− 6.

2. Probar que∑i≥1

(6− i)ni ≥ 12. Ayuda:∑i≥1

ni = p,∑i≥1

ini = 2q.

3. Probar que G contiene, al menos, un vertice u de valencia menor o igual que cinco.

4. Supongamos que G− {u} admite una vertice-coloracion con cinco colores. Probar que:

a) Si δ(u) < 5, o bien, si δ(u) = 5 pero dos de los vertices adyacentes a u estan coloreados con un mismocolor para la 5-coloracion de G− {u}, entonces G admite una vertice-coloracion con cinco colores.

b) Si δ(u) = 5 donde para la 5-coloracion de G − {u} los vertices adyacentes a u que denotamos por{z1, z2, z3, z4, z5} tienen colores diferentes, suponemos que zi esta coloreado con el color i. Definimosel conjunto S formado por los vertices de colores 1 o 3 que estan conectados a z1 por caminos formadospor vertices de colores 1 o 3.

Probar que si en S intercambiamos el color 1 por 3. La 5-coloracion de G−{u} no se ve alterado.Probar que si z3 no pertenece a S, entonces G admite una vertice-coloracion con cinco colores.

5. Suponiendo en el apartado d,2) que en el caso en que z3 ∈ S, tambien se pueda obtener una vertice-coloracion de G con cinco colores. Probar que todo grafo plano, conexo admite una vertice coloracion concinco colores.

Solucion:

1. Esta demostrado en teorıa.

2.∑i≥1

(6− i)ni =∑i≥1

6 ni −∑i≥1

i ni = 6 p− 2q ≥ 12, utilizando el apartado anterior.

3. Segun el apartado anterior∑i≥1

(6 − i)ni ≥ 12 > 0, entonces

6n0 +5n1+4n2 +3n3+2n4+n5 +∑i≥6

(6− i)ni > 0 =⇒ 6n0 +5n1+4n2+3n3 +2n4+n5 >∑i≥7

(i−6)ni > 0

Por lo que alguno de los numeros no negativos n0, n1, n2, n3, n4, n5 ha de ser no nulo y por lo tanto debehaber al menos un vertice u con valencia menor o igual que 5.

4. Demostracion extraıda del texto:

“Applied and Algorithmic Graph Theory”de G. Chartrand y O.R. Oellermann

Tengamos una vertice-coloracion de G− {u}, con cinco colores.

a) Si u es un vertice con valencia δ(u) < 5 (o con valencia δ(u) = 5 pero dos de sus vertices adyacentestienen el mismo color en la coloracion de G−{u}), uno de los colores de dicha coloracion no esta siendoutilizado por ninguno de los vertices adyacentes a u, por lo que podremos asignar dicho color al verticeu y tendremos una vertice-coloracion de G con 5 colores.

b) Sea δ(u) = 5, de forma que los vertices adyacentes a u, z1, z2, z3, z4, z5, tienen colores diferentes, porejemplo cada zi tiene el color i (vease la Figura 12).



u�

z�1�

z�5�

z�4�

z�3�

z�2�

1� 2�

3�

4�

5�

3�

1�

3�

1�

1�

2�

4�2� 5�

S�

3�

2�

Figura 12:

Si no pudieramos intercambiar los colores 1 y 3 en S serıa debido a que algun vertice y de S,por ejemplo de color 1, es adyacente a un vertice w, de color 3, que no esta en S. Pero esto esimposible, ya que entonces este nuevo vertice es un vertice conectado a u con un camino formadopor vertices coloreados con 1 y 3. Por lo tanto se puede alterar los colores 1 y 3 en los verticesde S y seguirıamos teniendo una vertice-coloracion de G− {u} con 5 colores.Si z3 /∈ S, al cambiar los colores de los vertices de S, tendrıamos que z1 y z3 tendrıan asignadosel color 3, por lo que podemos asignar a u el color 1 y tendrıamos una vertice-coloracion de Gcon 5 colores.

5. En este caso podrıamos probar que todo grafo plano conexo es 5-coloreable. Procederemos por induccion:Todo grafo de un numero de vertices p ≤ 5 es 5-coloreable. Supongamos que la propiedad es cierta paracualquier grafo con p vertices. Sea G un grafo con p + 1 vertices. Segun hemos visto anteriormente, G hade tener un vertice u con valencia menor o igual que 5, entonces el grafo G − {u} tiene p vertices y portanto 5-coloreable. Siguiendo el proceso descrito anteriormente podemos obtener una vertice-coloracionde G con 5 colores.

Ejercicio 2

Consideremos un juego completo de domino compuesto por 28 fichas que son todos los pares de combinacionesposibles entre los elementos {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}. El juego consiste en concatenar las fichas por un lado comun.

1. Tomando como vertices los elementos {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}, ¿que representa una ficha?, ¿cuales son las fichasque 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 noson dobles (sin dibujarlo). ¿Se pueden concatenar todas las fichas?.

3. Consideremos ahora solo aquellas fichas que contengan a un elemento impar y a un elemento par a la vez.Decir de que grafo se trata. ¿Se pueden concatenar todas estas fichas?. Razonar la respuesta.

4. En el juego clasico de domino (en el que se reparten las 28 fichas entre 4 jugadores y sucesivamente vanponiendo una ficha cada uno de ellos) en un momento determinado se cierra el juego (no se pueden ponermas fichas por ningun extremo). Demostrar que cada componente conexa del grafo que resulta de eliminarlas aristas correspondientes a las fichas utilizadas, es euleriano. Como consecuencia, deducir que en uncierre de domino, el numero de puntos que resta sin jugar ha de ser necesariamente par.

5. Representemos de otro modo el juego completo de domino. Los vertices del grafo seran las fichas del do-mino y existira una arista entre dos vertices si las fichas correspondientes se pueden concatenar. ¿Se puedeencontrar un ciclo hamiltoniano en este grafo?. ¿Se cumple la condicion suficiente de grafo hamiltoniano(teorema de Hamilton)?.



Solucion:

1. Cada ficha sera una arista del grafo. Las fichas dobles seran lazos que unen un vertice consigo mismo. Setrata del grafo K7 con un lazo en cada vertice.

2. Concatenar fichas significa encontrar dos aristas incidentes en un vertice. Por lo tanto nos preguntan siel grafo formado por las 21 fichas no dobles es euleriano. La respuesta es afirmativa ya que la valencia decada vertice es δ(v) = 6 y por tanto par. Sı se pueden concatenar todas las fichas, ya que en la solucionanterior bastarıa incorporar el lazo, correspondiente a la ficha doble n−n en cualquier union de dos aristasincidentes en el vertice n.

3. En este caso el conjunto de vertices lo podemos dividir en dos V1 = {0, 2, 4, 6} y V2 = {1, 3, 5}, siendoV = V1 ∪V2 y el grafo sera K4,3. En este caso no se pueden concatenar todas las fichas, ya que la valenciade los vertices {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 enun mismo vertice). Entonces en cada vertice incide un numero par de estas aristas, por lo que al eliminardichas aristas, la valencia de los vertices ha disminuido en un numero par, por lo que dichos vertices siguensiendo de valencia par y todas las componentes conexas del grafo resultante son eulerianas.

5. El grafo que aquı se describe es el grafo de lınea del grafo original. Por lo tanto como el grafo original eseuleriano, el grafo de lınea es hamiltoniano. No obstante este grafo G′ no verifica la condicion suficientede grafo hamiltoniano, ya que tiene 28 vertices y la valencia de cada vertice m n es

δ(m n) ={

12 si m �= n6 si m = n

Por lo tanto δ(G′) = 6 < 14 y no verifica la condicion suficiente.



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 00 0 0 0 1 1 1 10 0 0 0 0 1 1 11 0 0 0 0 1 1 11 1 0 0 0 0 0 11 1 1 1 0 0 0 01 1 1 1 0 0 0 00 1 1 1 1 0 0 0

Se pide:

1. Demostrar que el grafo es conexo, construyendo un arbol recubridor mediante la busqueda 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 anade una arista entre el vertice 3 y el vertice 5.

Solucion:

1. La Figura 13 muestra el arbol recubridor DFS.

1� 4� 6� 2� 5� 8� 3� 7�

1�

4�

6�

2�

5�

8� 3�

7�

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 noadmite circuito euleriano, pero sı admite un recorrido euleriano (tiene dos vertices impares y los demaspares). 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

Sı admite un ciclo hamiltoniano. Basta anadir al arbol 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 anade la arista 3–5, el grafo es euleriano y por tanto admite un circuito euleriano. Sigue logicamentesiendo hamiltoniano.



1�

4�

6�

2�

5�

8� 3�

7�

Figura 14:

Ejercicio 2

El responsable de organizacion academica de un centro en el que se imparte una diplomatura esta tratandode disenar un calendario de examenes en el que se utilice el mınimo numero de dıas posible. En cada uno delos tres cursos hay 4 asignaturas, que etiquetamos segun 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 unmismo 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 distribucion de asignaturas por dıas de examenes que utilice el menor numero posible dedıas.

2. Hay disponibles tres aulas, con capacidad para 50, 100 y 150 alumnos, respectivamente. La relacion dematriculados por asignatura es la siguiente:

Asignatura 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12N. alumnos 100 125 110 115 105 75 60 50 25 45 35 40

¿Se puede llevar a cabo la distribucion hallada en el apartado anterior? En caso negativo, encontrar unadistribucion valida en el menor numero de dıas.

Solucion:

1. La Figura 15 muestra una vertice–coloracion del grafo del problema con 4 colores (a, b, c y d), obtenidautilizando el algoritmo voraz de coloracion de vertices con el orden natural de los vertices. Por lo queχ(G) ≤ 4, pero como el grafo contiene a K4, χ(G) ≥ 4. Por lo tanto χ(G) = 4 y la vertice–coloracionofrecida es optima en cuanto al numero de colores. Por lo tanto una solucion del problema con el menornumero de dıas es la siguiente:

Dıa Asignaturas1 1, 5 y 92 2, 7 y 103 3, 6 y 114 4, 8 y 12



1�12�

11�

10�

9�

8�

7� 6�5�

4�

3�

2�

(a)�

(b)�

(c)�

(d)�

(a)�

(c)�(b)�

(d)�

(d)�

(c)�

(b)�

(a)�

Figura 15:

2. Sirve la misma distribucion, si llamamos 1 al aula grande, 2 a la mediana y 3 a la pequena:

Dıa Aula 1 Aula 2 Aula 31 5 1 92 2 7 103 3 6 114 4 8 12

Ejercicio 3

Para 0 ≤ r ≤ 5, sea Gr = (V, Ar) el grafo regular cuyos vertices son todos los numeros binarios de 5 cifras

V = {(x1, . . . , x5) : xi ∈ {0, 1}},

y en el que dos vertices son adyacentes si se diferencian en exactamente r posiciones,

Ar = {uv : u = (u1, . . . , u5), v = (v1, . . . , v5), u �= v,

5∑i=1

|ui − vi| = r}.

Se pide:

1. Calcular el numero de vertices de Gr y sus valencias.

2. Calcular el numero de aristas de G0. Deducir de que 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.

Solucion:

1. |V | = 25 = 32. Son todos grafos regulares de valencias:

δ(v) =

⎧⎨⎩

0 si r = 0(5r

)si r �= 0 =

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

0 si r = 05 si r = 110 si r = 210 si r = 35 si r = 41 si r = 5



2. G0 no tiene aristas, se trata del grafo trivial formado por 32 vertices aislados.

3. G5 es un grafo formado por 16 componentes conexas, todas ellas isomorfas a P2.

4. En efecto. Dados dos vertices cualesquiera, siempre existe un camino entre ellos. Si u = (u1, . . . , u5) yv = (v1, . . . , v5) son dos vertices cualesquiera. Podemos “transformar.el primero de ellos en el segundocambiando en cada paso uno de los elementos ui que lo difieren de v. Cada una de estas transformacionesrepresentan una arista del grafo G1. Ademas es bipartito, ya que el conjunto de vertices V se puedenpartir en dos subconjuntos independientes de vertices

V1 = {(x1, . . . , x5) :5∑

i=1

es impar} V2 = {(x1, . . . , x5) :5∑

i=1

es par},

5. Este grafo esta formado por dos componentes conexas, cuyos conjuntos de vertices respectivos son

V1 = {(x1, . . . , x5) :5∑

i=1

es impar} V2 = {(x1, . . . , x5) :5∑

i=1

es par},



19 de Junio de 2001

Ejercicio 1

Para cada n ≥ 3, sea Pn la figura formada por tres polıgonos regulares concentricos de n lados cada uno, unidospor los vertices del siguiente modo:

��

��

��

��

��

��

��

��

��

�

��

� � �

� ��

P3 P4

1. Determinar para cada n, el mınimo numero de colores necesarios para una vertice-coloracion adecuada.

2. Demostrar que para todo n, el mınimo numero de colores necesarios para una arista-coloracion 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 condicion de Hall y razonar si se verifica para los grafos Pn.

6. Usando el algoritmo de busqueda en anchura, obtener el arbol recubridor para P3 con raız en el vertice 0.

Solucion:

1. La Figura 16 nos muestra como χ(P2k−1) = 3 y χ(P2k) = 2.

2. Vease la Figura 17.

3. Imposible. Tienen un numero impar de vertices.


5. Se verifica para los grafos P2k.


Ejercicio 2

1. Sea G un grafo 3–regular y hamiltoniano. Se pide:

a) Probar que G tiene un numero par de vertices.

b) Demostrar que admite una arista coloracion con tres colores.

c) ¿Es G euleriano?

2. Dado un grafo G = (V, A), llamemos L(G) (grafo lınea de G) al grafo cuyos vertices 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 vertice comun. Se pide:

a) Probar que K4 y L(K4) son hamiltonianos.



1�

2�3�

4�

5�

6�7�

8�

9�

1�

2�

3�

14�

13�

12�

11�

10�9�

8�

7�

6�

5�

4�

15�

1�

7�

6�

5�

4� 3�

2�2�1�

3�

12�11�

10� 9�

8�4�

14�

13�

12�11�

10�

9�8�

7�6�

5�

18�

17�

16�15�

Figura 16:

Figura 17:

b) Demostrar que si un grafo G es hamiltoniano entonces su grafo lınea L(G) tambien lo es.

c) ¿Es cierto el recıproco del teorema anterior? Si no lo es, poner un contraejemplo.



1�

7�

6�

5�

4� 3�

2�2�1�

3�

12�11�

10� 9�

8�4�

14�

13�

12�11�

10�

9�8�

7�6�

5�

18�

17�

16�15�

Figura 18:

0�

1�2�

3�

4�

5�6�

7�

8�0�

1� 2�

3�

4�

5�

6� 7�

8�

Figura 19:

Solucion:

1. a) Teniendo en cuenta que la suma de valencias es par, como cada vertice tiene valencia 3, no puedetener un numero impar de vertices.

b) Si el grafo es hamiltoniano, existe un ciclo que contiene a todos sus vertices. Podemos colorear lasaristas de este ciclo con dos colores (y estan incluidos todos los vertices), ya que este ciclo tiene unnumero par de aristas. El resto de aristas puede ser coloreado con el tercer color, ya que seran soloincidentes a aristas ya coloreadas, pues estan incluidos todos los vertices.

c) No puede ser euleriano pues tiene vertices 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 unciclo 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 segunel 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 incidentescon v3 no incidentes ni con v1 ni con v2, siendo a3i3 la arista v3 − v4 y ası sucesivamente. El grafo delınea 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 tendrıamos 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



K�4�

a�

d� c�

b�

a�1�

a�2�

a�3�

a�4� a�5�

a�6�

a�1� a�2�

a�3�

a�4�a�5�

a�6�

L(K�4�)�

Figura 20:

a�1�

a�3�

a�1� a�2�

a�3�

a�4�a�5�

a�6�

L(G�)�

a�2�

a�6�

a�5�

a�4�

G�

Figura 21:

pesos de las aristas vienen dados por la longitud de los cables en metros.

B C D E F G H I

A 5 5 2

B 2 2

C 2 2

D 3 3

E 3 4

F 3

1. ¿Se trata de un grafo plano?. En caso afirmativo calcular el numero de caras.

2. ¿Es bipartito?, ¿es arbol?. Razonar la respuesta.

3. Calcular el numero de aristas que serıa necesario eliminar para obtener un arbol recubridor del grafo.

4. Usar el algoritmo del camino mas corto para determinar el camino mınimo desde el terminal A al terminalD.

5. ¿Se puede mandar un mensaje desde el terminal I que recorra todos los demas terminales, pasando unasola vez por cada terminal?. En caso afirmativo decir cual serıa el camino.

Solucion:

1. Sı es plano. La Figura 22 nos muestra una inmersion en el plano. Tiene v = 9 vertices y a = 12 aristas,por tanto tiene c = a + 2− v = 5 caras.



A�

B�

I�H�

G�F�

E�

D�

C�

5�5�2�

2�

2�2�

2� 3�

3�

3�4�

3�

Figura 22:

2. No es bipartito ya que contiene ciclos de longitud impar. No es un arbol por el mismo motivo.

3. Un arbol recubridor tendrıa 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 elresultado de la ejecucion de dicho algoritmo.

A�

I�

H�

G�F�

E�

D�

C�

5�5�

2�

2�

2�2�

2� 3�

3�

3�

4�3�

0,-�

4,E�

2,A�

5,E� 8,D�5,E�8,F�

6,E�

4,E�B�

A�

E�

B� F�C� D� H�

G� I�

3�

2�

2�

2�

3�

3�

4�

3�

Figura 23:

5. No. El grafo no contiene ningun camino hamiltoniano ya que tiene mas de dos vertices de valencia 1: I,H y G.



7 de Septiembre de 2001

Ejercicio 1

Dada la siguiente figura:

��

��

� � ��

��

��

Se pide:

1. Indicar el mınimo numero de vertices necesarios que hay que anadir para transformar el multigrafo de lafigura en un grafo que llamaremos grafo G.

2. ¿Es posible pintar las lıneas del grafo G, con una carretilla, sin levantarla ni repintar ninguna lınea?. Encaso de no ser posible, ¿cuantas veces hay que levantar la carretilla como mınimo?.

3. Sea H un grafo cualquiera conexo con exactamente h vertices de valencia impar, razona cuantas vecescomo mınimo hay que levantar el lapiz 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 solo si no hay tres verticesu, v, w verificando que u y v son adyacentes y d(u, w) = d(v, w), (d(x, y) = { numero de aristas del caminomas corto que une x e y }).

5. Usando el resultado del apartado anterior, di si el grafo G es bipartito.

Solucion:

1. Hay que convertir las aristas multiples en simples. Por lo que habra que anadir 6 aristas, indicadas confondo blanco en la Figura: ex070901-1-a, donde se indica la valencia de cada vertice.

2�

2�

2�

3�

3�

3�

3�

2�3�

3�2�2�

4�

4�

2�2�3�

3�3�

3�

3�

3�2�

2�

3�

3�

u�

v�w�

Figura 24:



2. El grafo G tiene 14 vertices de valencia impar. Por lo que habra que describir 7 recorridos independientespara recorrer todos los vertices. Tendremos por tanto que levantar como mınimo 6 veces la carretilla.

3. Como en todo recorrido, los unicos vertices impares son los vertices primero y ultimo, en total serannecesario h

2 recorridos para pasar por todos los vertices, luego el numero de veces que habra que levantar

el lapiz sera h2 − 1.

4. Veamos la doble implicacion: Si H ′ es bipartito H ′ = (V1 ∪ V2, A), entonces dados u, v adyacentes, siu ∈ V1, v ∈ V2,. Entonces d(u, w) y d(v, w) tienen distinta paridad, por lo que no existen los tres verticesen las condiciones mencionadas. Por el contrario, si no existen tres vertices en las condiciones mencionadas,entonces no puede existir un ciclo de longitud impar. En efecto si existieran ciclos de longitud impar, enel de menor numero de aristas tendrıamos tres vertices en las condiciones mencionadas.

5. Por ejemplo los tres vertices u, v, w indicados en la Figura 24 cumplen la condicion mencionada, por loque 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 vertices adyacentes).

1. Probar que∑x∈I

δ(x) ≤ |A|.

2. Supongamos que G es hamiltoniano y sea C un ciclo hamiltoniano. Probar que el numero de aristas de Aque no estan en C es mayor o igual que

∑x∈I

(δ(x)− 2) =∑x∈I

δ(x)− 2|I|.

3. Demostrar que si |A| −∑x∈I

δ(x) + 2|I| < |V | entonces G no es hamiltoniano.

4. Tomando un conjunto independiente I y utilizando el resultado del apartado c), probar que el grafosiguiente no es hamiltoniano.

��

� ��

Grafo de Herschel

Solucion:

1. El numero de aristas incidentes en vertices del conjunto independiente sera la suma de las valencias desus vertices, ya que al contabilizar cada una de ellas no aparecen repetidas, ya que no existe ninguna quetenga ambos vertices en I. Entonces: ∑

x∈I

δ(x) ≤ |A|

2. A cada x ∈ I, al eliminar las aristas de C, le quedan δ(x)− 2 aristas y ademas estas aristas no son aristasincidentes en ningun otro vertice de I, por lo que el numero de aristas de A que no estan en C sera:

|A| − |V | ≥∑x∈I

(δ(x)− 2) =∑x∈I

δ(x)− 2|I|

3. Es consecuencia del apartado anterior.



a�

b�

c�

d�e�

Figura 25:

4. El conjunto independiente I = {a, b, c, d, e} de la Figura 25 verifica la desigualdad anterior, por lo que elgrafo de Herschel no puede ser hamiltoniano.

Ejercicio 3

Un departamento de una empresa tiene establecidas dos redes locales de comunicacion distintas entre sus ochoterminales. Las lıneas de conexion de cada red estan esquematizadas en los siguiente grafos:

� � ��

� � ��

��

1 2 3

4

567

8

A B C

D

EFG

H

�Red I 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 superposicion de las lıneasde conexion?. ¿Y en el grafo de la red II?.

3. Se pretende colocar etiquetas en los terminales de modo que dos terminales conectadas directamente atraves de la red II reciban etiquetas distintas. ¿Cual es el mınimo numero 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 mınima desde el terminal A hasta el terminal C en la red II, donde la longitudde los enlaces (en metros) viene dada por la tabla adjunta.

B C D E F G H

A 6 13 5

B 7 8 6

D 8 5 12

F 11 10 9

G 6 10

Solucion:

1. No lo son. El segundo grafo tiene ciclos de longitud 3 y el primero no.



2. El grafo I no es plano, pero el segundo sı. La Figura 26 nos muestra que el primer grafo contiene a K3,3

y una inmersion del segundo grafo.

A�

G�F�

E�

D�

C�B�

H�

1�

8�

7�6�

5�

4�

3�2�

Figura 26:

3. Se necesitaran al menos 3 etiquetas, ya que χ(G) = 3 (vease la Figura 27).

A�

G�F�

E�

D�

C�B�

H�

Figura 27:

4. Los vertices estan divididos en impares y pares.

5. Siguiendo el algoritmo de Dijkstra se obtiene el camino mınimo A−B − C, de longitud 13.



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 grafoG1 + G2 = (V, A) donde V = (V1 ∪ V2) y A = A1 ∪A2 ∪ { {u1, u2} : u1 ∈ V1, u2 ∈ V2}

��

� ��

�

� ��

G1 G2 G1 + G2

��

��

��

��

��

��

Se pide probar las siguientes propiedades:

1. G1 + G2 es siempre conexo.

2. G1 y G2 son grafos completos si y solo 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 vertice-coloracion con k colores entonces, G + G admite una vertice-coloracion con 2kcolores.

5. Si G consiste en un conjunto de n vertices aislados, decir de que grafo se trata G + G. Razonar cual es elmınimo numero de colores necesarios y suficientes para dar una vertice-coloracion de G + G. Idem parauna arista-coloracion.

6. Dar una condicion necesaria y suficiente en G para que G + G sea euleriano.

Solucion:

1. Veamos que dados dos vertices u, v ∈ V1 ∪ V2 cualesquiera de G1 + G2, siempre existe un camino entreellos: 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 vertice cualquiera. Entonces existenlas 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 vertices son adyacentes entre sı, como en G1 + G2 anadimos todaslas aristas que unen vertices de G1 con vertices de G2, dados dos vertices cualquiera de G1 + G2, seranadyacentes y el grafo G1 + G2 sera completo. Si por el contrario G1 + G2 es un grafo completo, tambienlo seran G1 y G2, ya que las unicas aristas que se anaden al grafo G1 + G2 que no estan en los grafos G1

y G2 unen un vertice de G1 y otro de G2.

3. Si G1 admite el camino hamiltoniano u1−u2−· · ·−un (que recorre todos los vertices de G1) y G2 admiteel camino hamiltoniano v1 − v2 − · · · − vn (que recorre todos los vertices de G2), entonces el ciclo

u1 − u2 − · · · − un − v1 − v2 − · · · − vn − u1

sera un ciclo hamiltoniano en G1 + G2 y por tanto G1 + G2 es hamiltoniano.

4. Si G admite una vertice–coloracion con k colores, sean c1, c2, . . . , ck los colores de una vertice coloracionde G1 = G y ck+1, ck+2, . . . , c2k un vertice–coloracion de G2 = G, entonces la vertice–coloracion de coloresc1, . . . , c2k es una vertice–coloracion 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 numero cromatico esχ(Kn,n) = 2 y su ındice cromatico es χ1(Kn,n) = ∆ = n.



6. Sea G=(V, A) un grafo cualquiera. Si dado un vertice v ∈ V , denotamos por δ(v) y δ′(v) las valencias dedicho vertice en G y G + G, respectivamente, entonces δ′(v) = δ(v) + |V |:

G + G euleriano =⇒ δ′(v) = δ(v) + |V | es par, ∀v ∈ V =⇒⎧⎨⎩

δ(v) es par y |V | es par, ∀v ∈ Vo

δ(v) es impar y |V | es impar, ∀v ∈ V

pero esta ultima condicion es imposible, por lo tanto

G + G euleriano =⇒ G euleriano y |V | es par

Veamos que esta condicion es suficiente:{

G euleriano =⇒ δ(v) es par, ∀v ∈ V|V | es par

}=⇒ δ′(v) = δ(v) + |V | es par, ∀v ∈ V =⇒ G + G euleriano

Por lo tanto. la condicion necesaria y suficiente para que G + G sea un grafo euleriano es que G sea ungrafo euleriano con un numero par de vertices.

Ejercicio 2

Dado el grafo G = (V, A) con V = {v2, v3, . . . , v30}, donde vi es adyacente con vj si y solo si m.c.d(i, j) �= 1 con2 ≤ i < j ≤ 30.

1. Razonar si G es conexo. ¿Cuantas componentes conexas tiene?

2. Determinar, razonadamente, el mayor n para el cual, Kn es subgrafo de G.

3. Sea G el complementario de G. Razonar si G es bipartito. Razonar si G es conexo.

4. Probar que G y G no son planos.

Solucion:

1. No es conexo, ya que por ejemplo v17 es un vertice aislado. Tiene 5 componentes conexas, cuyos conjuntosde vertice son V2 = {v17}, V3 = {v19}, V4 = {v23}, V5 = {v29} y V1 el resto de vertices del grafo.

2. Para que Kn sea subgrafo de G debe haber n vertices mutuamente adyacentes, por lo que sus subındicesdeben ser n numeros no primos entre sı. El mayor caso posible nos lo dan los numeros pares 2, 4, . . . , 30que son no primos entre sı, por lo que K15 es subgrafo de G.

3. G = (V, (A)), siendo {vi, vj} ∈ (A) si y solo si i y j son primos entre sı. 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 G es conexo ya que, por ejemplo, el vertice v29 es adyacente a todos los demas.

4. G no es plano ya que, como vimos anteriormente, contiene a K15. Igualmente, como 2, 3, 5, 7, 11 sonmutuamente primos entre sı, los vertices v2, v3, v5, v7, v11 son mutuamente adyacentes en G y por lo tantoG 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 numero de vertices, a su numerode aristas y tal que cada ciclo tiene, al menos, h aristas. Se pide:

1. Probar que a ≤ h

h− 2(v − 2). (Ayuda: 2a ≥ hc donde c es el numero de caras de G)

2. ¿Cual es la longitud mınima de un ciclo en K3,3 y en K5?

3. Usando los resultados anteriores probar que K3,3 y K5 no son planos.



3.2 Probar que si G = (V, A) es un grafo plano con l componentes conexas, v vertices, a aristas y c carasentonces, se verifica: v − a + c = l + 1.

Solucion:

3.1 1.2a ≥ hcc = a + 2− v

}=⇒ 2a ≥ h(a + 2− v) =⇒ a ≤ h(v − 2)

h− 2

2. Las longitudes mınimas de los ciclos son h = 4 en K3,3 y h = 3 en K5.

3. En K3,3 tenemos v = 6, a = 9 y h = 4, por lo que h(v − 2)h− 2 = 8 < a = 9, por lo que no puede ser

plano. Igualmente en K5 tenemos v = 5, a = 10 y h = 3, por lo que h(v − 2)h− 2 = 9 < a = 10, por lo

que no puede ser plano.

3.2 Sean Gi = (Vi, Ai) (i = 1, . . . , l) las componentes conexas de G y sean vi, ai, ci los vertices, aristas ycaras, respectivamente, de cada componente conexa Gi. Como cada componentes conexa es un grafoplano conexo, vi + ci = ai + 2. Entonces:

l∑i=1

(vi + ci) =l∑

i=1

(ai + 2) =⇒l∑

i=1

vi +l∑

i=1

ci =l∑

i=1

ai + 2l

Perol∑

i=1

vi = v,l∑

i=1

ai = a yl∑

i=1

ci = c + (l − 1), ya que la cara exterior es considerada l veces. Entonces

v + c + (l − 1) = a + 2l, por lo que v − a + c = l + 1.



13 de Junio de 2002

Ejercicio 1

En el siguiente grafo las aristas representan los vuelos que oferta una companıa aerea entre diversas ciudades.

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� � � ��

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��

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��

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1

23

4

5

6

7

8

9 10 11 12

1314

15 16

17

18

��

��

1. Estudiar, razonadamente, si una misma tripulacion puede servir todos los vuelos sin repetir ninguno,volviendo a la ciudad de partida. En caso negativo, ¿cuantos vuelos habrıa que anadir y entre que ciudadespara poder subsanar tal eventualidad? Determinar, por medio del algoritmo apropiado, un itinerario demodo que la tripulacion asista todos los vuelos programados en el grafo del dibujo.

2. Estudiar si una misma tripulacion 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 casonegativo, decidir cuantos vuelos habrıa que fletar y entre que ciudades para propiciar tal circunstancia.

Solucion.

1. Dado que los vuelos vienen representados por las aristas del grafo, el problema que nos plantean se traduceen la existencia de un circuito euleriano. Dado que el grafo es claramente conexo y hay exactamente dosvertices de valencia impar (el 4 y el 14), el grafo admite un recorrido euleriano, con vertices extremos4 y 14, aunque no un circuito euleriano. De este modo, para que la tripulacion pudiera servir todos losvuelos sin repetir ninguno, comenzando y terminando en la misma ciudad, bastarıa anadir un solo vuelo,entre las ciudades marcadas con los vertices 4 y 14. Si anadimos la arista que representa este vuelo,podrıamos aplicar el algoritmo para construir el circuito euleriano, de modo que prescindiendo de talarista obtendrıamos un recorrido euleriano entre los vertices 4 y 14. Este algoritmo busca identificar elgrafo dado como la union por vertices de varios ciclos, tomando como base los vertices de union. Masconcretamente, construido en una etapa un circuito con todas sus aristas distintas, se busca un verticede ese circuito que sea incidente con alguna de las aristas que estan fuera del circuito (i.e., un verticeno aislado) y se busca un ciclo con origen dicho vertice y cuyas aristas no pertenezcan al circuito dado.Ahora, se inserta el ciclo en cuestion en el circuito y se repite el proceso hasta que todas las aristas delgrafo se hayan utilizado en el circuito. El proceso, desde luego, no es unico. Por ejemplo, podemos realizarlos siguientes pasos:

Comenzando en el vertice 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 vertice no aislado es el 4, de modo que insertamos en el camino anterior el ciclo {4, 2, 3, 4},para obtener ası el circuito

C = {1, 5, 4, 2, 3, 4, 9, 8, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 7, 6, 1}.

Aun ası, 4 sigue siendo un vertice no aislado, de modo que podemos insertar en C el ciclo {4, 8, 7, 11, 14, 4},donde la ultima arista representa el vuelo a anadir que comentaramos previamente.



El siguiente vertice no aislado es el 15, de modo que insertamos en C el ciclo {15, 16, 17, 18, 15}. Deeste 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 vertices 4 y 14 serıa, 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, queclaramente no existe dado que {4, 2, 3, 4} y {15, 16, 17, 18, 15} son ciclos que solo tienen en comun con elresto del grafo los vertices 4 y 15, respectivamente. Mas aun, los vertices 4 y 15 constituyen vertices de cortedel grafo. Por tanto, al menos habrıa que anadir 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 vertices u, v de G. Probar que G ha de seruna grafo completo. ¿Es cierto el recıproco? Probarlo, en caso afirmativo, o dar un contraejemplo en casocontrario.

2. Se dice que un grafo G es sensible para el color si χ(H) < χ(G) para todo subgrafo propio H de G (estoes, 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 numerocromatico, χ(H) = χ(G).

Solucion.

1. Sea G un grafo con χ(G − u − v) = χ(G) − 2 para todo par de vertices u, v de G. Vamos a demostrarque G es necesariamente un grafo completo. En efecto, si hubiera dos vertices u, v en G no adyacentes, Gadmitirıa una vertice coloracion con ¡χ(G) − 1 colores!: los χ(G) − 2 colores que garantiza el enunciadopara G − u − v y un color adicional, a lo sumo, para los vertices u y v (que serıa suficiente, por tratarsede vertices no adyacentes). Recıprocamente, todo grafo completo verifica esta propiedad: si a un grafocompleto de n ≥ 2 vertices le quitamos un par de vertices, obtenemos el grafo completo de n− 2 vertices,cuyo numero cromatico es n− 2 = χ(Kn)− 2.

a) Esta claro que un grafo sensible para el color ha de ser conexo, necesariamente: en un grafo Gno conexo, el numero cromatico viene dado por el mayor de entre los numeros cromaticos de suscomponentes conexas, de modo que el subgrafo de G dado por una (no tiene por que ser unica)componente conexa de mayor numero cromatico 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 numerocromatico. Pensemos en el siguiente procedimiento, que toma como dato de entrada un grafo dadoG. 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 esta biendefinido en virtud de la nocion de grafo no sensible para el color. Esto demuestra la existencia, paratodo grafo G, de un subgrafo H ⊆ G sensible para el color.



Ejercicio 3

Se considera el siguiente grafo:

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

��

��

��

��

��

��

��

x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8

y8y7y6y5y4y3y2y1

1. Estudiar la conexion del grafo anterior, realizando una busqueda en profundidad con raız el vertice 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 larespuesta dada aplicando la condicion de Hall. ¿Se trata del unico emparejamiento maximal? Razonar larespuesta.

3. Demostrar que todo grafo no plano ha de verificar alguna de estas dos condiciones:

a) Contiene al menos 5 vertices de valencia mayor o igual que 4.

b) Contiene al menos 6 vertices de valencia mayor o igual que 3.

4. Demostrar que el grafo dado es plano. ¿Se le puede aplicar la formula de Euler? Razonar la respuesta.

Solucion.

1. Si realizamos una busqueda en profundidad con raız el vertice 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 elcamino simple {y1, x2, y4, x6, y8, x8, y6.

2. Al emparejamiento dado se le puede anadir la arista {x8, y8}, puesto que ambos vertices no estabanemparejados. Llamemos M al nuevo emparejamiento. Para determinar si es maximal o existe alguno conmas aristas buscamos si admite algun camino alternado. Los unicos vertices que no estan emparejadosaun son x3 y x6. Con origen en x3 realizamos una busqueda en anchura:

Nivel 0: {x3}, vertice no emparejado.

Nivel 1: {y2, y3, y7}, todos ellos emparejados en M .

Nivel 2: {x1, x4, x7}, parejas de vertices en el nivel anterior.

Nivel 3: {y5}, unico vertice no utilizado previamente adyacente a alguno de los del nivel anterior(mas concretamente, a x4).

Nivel 4: {x5}, pareja del unico vertice del nivel anterior.

La busqueda en anchura termina, puesto que los vertices adyacentes a x5 ya estan 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 busqueda en profundidad:

Nivel 0: {x6}, vertice no emparejado.

Nivel 1: {y4, y8}, todos ellos emparejados en M .

Nivel 2: {x2, x8}, parejas de vertices en el nivel anterior.

Nivel 3: {y1, y6}, ninguno de los cuales esta emparejado.



Con comienzo en x6 tenemos dos caminos alternados distintos, lo que nos produce dos emparejamientosdistintos con una arista mas que M , con mas 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 ningun camino alternado. De este modo, el grafo no tiene ningun emparejamiento completo,por lo que no puede verificar la condicion de Hall. De hecho, si consideramos el conjunto de vertices dela 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. Tengase en cuenta que una subdivision anade solo vertices en el interior de aristas, de modo que nomodifica en absoluto la valencia de los vertices del grafo original. De este modo, los vertices originales deK5 y K3,3 mantienen su valencia en cualquier subdivision. Ası, demostrar la propiedad que nos pide esteapartado consiste en una simple aplicacion del T eorema de Kuratowski: si un grafo no es plano es porquecontiene un subgrafo isomorfo a una subdivision bien de K5, bien de K3,3. En el primer caso, tendrıa almenos 5 vertices de valencia 4 y en el segundo tendrıa al menos 6 vertices de valencia 3.

4. Dado que el grafo del enunciado no contiene ni 5 vertices de valencia mayor o igual que 4, ni 6 vertices devalencia mayor o igual que 3; segun el apartado anterior ha de ser necesariamente plano. Por otro lado,como no es conexo, no se puede aplicar la formula de Euler, que solo es valida para grafos conexos planos.




Ejercicio 1

Dos personas, A y R, se plantean un juego en el que primero se dibujan n puntos aleatoriamente en el plano.Despues, cada jugador va dibujando alternativamente aristas: el jugador A las dibuja en color azul y el jugadorR en rojo. Pierde el primero que dibuje un triangulo 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 unmismo vertice, 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 puedequedar en tablas.

Solucion.

1. Supongamos que en el desarrollo del juego en un vertice v1 resultan ser incidentes tres aristas del mis-mo color (llamemosle C), que tienen por extremos los vertices v2, v3 y v4. Supongamos que el juegocontinuara sin acabar hasta completar todas las aristas posibles entre los n vertices (dando lugar a ungrafo completo Kn con sus aristas coloreadas con dos colores). Entre los cuatro vertices anteriores resta-ban por dibujar aun tres aristas mas, a saber, las que unıan dos a dos los vertices v2, v3 y v4.

�

��

��

��

��

��

v1

Si alguna de estas tres nuevas aristas fuera del mismocolor C que las incidentes en el vertice v1, darıa lugar a un triangulo monocolor, por lo que el juego habrıaacabado con un perdedor. Si ninguna de ellas es de color C, las tres son del otro color y formarıan entresı otro triangulo monocolor, por lo que tambien habrıa 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 triangulo monocolor.

2. Si n ≥ 6, cada vertice puede llegar a tener hasta n − 1 ≥ 5 aristas incidentes en el, luego al menos3 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 dibujara dos aristas incidentes en un punto con el mismocolor y el otro jugador la arista que resta del ciclo de orden 3 con otro color; luego la partida siempreacaba en empate en este caso. Si n = 4, la partida tambien puede acabar en empate. Sirva de ejemplola siguiente partida, en la que un jugador ha situado sus tres aristas en el perımetro de un cuadrado y

el otro ha rellenado las restantes aristas de K4:

� �

��

Sin = 5, la partida nuevamente puede acabar en empate. Sirva de ejemplo la siguiente partida, en la que unjugador ha situado sus aristas en el perımetro de un pentagono y el otro ha rellenado las restantes aristas



de K5:

��

��

� �

��

��

��

��

��

��

��!!

��

��""

Ejercicio 2

Sea G un grafo plano conexo con v vertices, a aristas y c caras que verifica:

Todas las caras estan limitadas por exactamente m aristas.

En cada vertice 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 caracterısticas tiene a lo sumo 20 vertices.

Solucion.

1. De un lado, por ser el grafo plano y conexo, la formula de Euler garantiza que c − a + v = 2. Porotro, dado que todas las caras estan limitadas por exactamente m aristas y cada arista pertenece a doscaras simultaneamente, ha de ser 2a = mc. Ademas, como el grafo es n-regular, se tiene que 2a = nv,segun la relacion existente entre aristas, vertices y valencias en un grafo. Despejando c y v de estas dosultimas ecuaciones y sustituyendo los valores en la formula de Euler obtenemos que 2 = 2a

m − a + 2an .

Reduciendo a comun denominador y sacando factor comun 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 negacion de la ecuacion que se probo en el apartado anterior. Dado que n > 2, n − 2 ≥ 1, demodo que ha de ser m − 2 < 4, de donde m > 6, es decir m ≤ 5. Por otro lado, como una cara de ungrafo plano esta limitada como mınimo por tres aristas, ha de ser m ≥ 3. Segun el enunciado ya es n ≥ 3.Solo resta probar que tambien es n ≤ 5. Como el valor mınimo de m es 3, despejando de la ecuacion(m− 2)(n− 2) < 4 llegamos a que n− 2 < 4, de donde n ≤ 5.

3. Solo tenemos que probar para las distintas parejas de valores (n, m) con 3 ≤ n, m ≤ 5 y (m−2)(n−2) > 4,cuantos vertices tienen los grafos que verifican las propiedades del enunciado. Para ello, despejaremos elnumero de aristas de la ecuacion del primer apartado y sustituiremos dicho valor en la ecuacion v = 2a

n .Ası, v = 4m

2m−mn+2n . Posibles parejas:

(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 vertices. A modo de curiosidad, estos grafos existen para cada uno deestos valores y se corresponden con los poliedros regulares, a saber: tetraedro, cubo, octaedro, dodecaedroe icosaedro.



Ejercicio 3

Un operador por cable que auna television y telefono quiere introducirse en una comarca que consta de 8poblaciones, que etiquetamos alfabeticamente desde la A hasta la H. En la siguiente tabla cada entrada indicael numero de rollos de cable que se han de utilizar para conectar entre sı las poblaciones correspondientes asu fila y columna, sobrentendiendo que los huecos vacıos corresponden a poblaciones que no pueden conectarsedirectamente y que las entradas diagonales indican el numero de rollos de cable que han de utilizarse para cubrirel servicio en la poblacion en cuestion.

A B C D E F G HA 2 4 5B 4 2 4C 4 4 2 5 3D 2 3 1 6E 5 5 4 1 4F 3 1 1 1 2 5G 4 2 3 3H 6 5 3 3

Se pide:

1. Determinar, mediante el algoritmo apropiado, cual es el numero mınimo de rollos de cable a utilizar y unaruta para conectar las poblaciones A y H, sin necesidad de dar cobertura a las demas poblaciones por lasque la lınea pase.

2. Resolver el problema anterior si en esta ocasion sı se ha de cubrir el servicio en todas las poblaciones porlas que pase la lınea.

3. ¿Son unicas las rutas establecidas en los apartados anteriores? Razonar la respuesta.

Solucion.

1. Sea G = (V, A) el grafo ponderado de 8 vertices, los cuales etiquetamos de A a H en correspondencia conlas poblaciones dadas, cuya matriz de adyacencia coincide con la tabla dada en el enunciado, a excepcionde la entrada diagonal. Determinar el numero mınimo de rollos de cable a utilizar en una ruta que conectelas poblaciones A y H sin dar cobertura a las poblaciones por la que pase la lınea, corresponde conel problema de encontrar el camino mas corto de A a H . Para determinar un tal camino, tomaremoscomo base el vertice A y aplicaremos el procedimiento usual, de forma que en cada paso, sucesivamente,tomaremos un vertice que de la menor distancia con respecto a A y tomando como base ese nuevo puntoactualizaremos las distancias restantes. A continuacion incluimos una tabla con todo el proceso.

A B C D E F G H Vertice Arista0 - - - - - - - A -- 4 - - 5 - - - B AB- - 8 - 5 - - - E AE- - 8 - - 6 9 - F EF- - 8 7 - - 8 11 D FD- - 8 - - - 8 11 C BC- - - - - - 8 11 G FG- - - - - - - 11 H FH

En el ultimo paso, se comprueba que la distancia de G a H mas la distancia de A a G coincide tambiencon 11, que era hasta entonces la menor distancia desde A hasta H , segun el camino {A, E, F, H}. Ası,podemos concluir que la distancia mas 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 numero mınimo de rollos autilizar para conectar las poblaciones A y H , sin necesidad de dar cobertura a las demas poblaciones dela lınea, es 11 + 2 + 3 = 16 rollos.



2. El problema que se nos plantea ahora es responder a la pregunta del apartado anterior, pero teniendoen cuenta el numero de rollos de cable que hay que utilizar en cada poblacion por la que pase la lınea.Este problema se podrıa resolver igual que el anterior, pero sumando a cada arista el numero de rollosasociado a la poblacion que corresponde al vertice de llegada de tal arista, segun se recorre el camino.Tambien se podrıa seguir un razonamiento del siguiente tipo para comprobar que el camino mas cortode A a H , contando el peso de cada vertice, ha de ser necesariamente {A, E, F, H}. Al vertice H solo sepuede acceder desde los vertices D, F y G. Desde luego, los tendidos {F, H} y {G, H} utilizarıan 9 rolloscada uno, mientras que {D, H} requerirıa el uso de 12 rollos. Suprimamos ahora H del grafo. De entre D,F y G, la poblacion que se conectarıa a A utilizando el menor numero posible de rollos de cable serıa F ,dado que:

El camino {A, E, F} requiere 13 rollos.

El camino mas corto que conecte D con A habrıa de pasar por F o por C. La primera opciondirectamente nos dirıa que D esta de A mas lejos que F . En cualquier caso, la segunda tambien,porque o bien se llega a C por F , o a D a traves de los caminos {A, B, C, D} o {A, E, C, D}, querequieren mas de 13 rollos.

G solo es adyacente a E, F y H . Dado que la arista EG pesa mas que la arista EF , en cualquiercaso G esta mas lejos de A que el propio F .

Por lo tanto, el camino mas corto de A a H pasa por F y nunca por D y G. Ahora, F solo quedaadyacente a C y a E. Segun la tabla que se hizo en el apartado anterior C dista 8 de A y pesa 4, mientrasque E dista 5 de A y pesa 4. Ası, podemos concluir que el camino mas corto que conecta A con F es,efectivamente, {A, E, F}, de donde el camino mas corto que conecta A con H es {A, E, F, H} y utiliza2 + 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 queen el segundo la solucion sı es unica.

Ejercicio 4

Un museo necesita comprar camaras para vigilar 24 cuadros de una exposicion, los cuales etiquetamos desde 1hasta 24. Aunque algunas camaras permiten vigilar mas de un cuadro simultaneamente, no pueden ser vigiladospor una misma camara aquellos cuadros cuyas etiquetas sean numeros cuyo maximo comun divisor es distinto de1 (esto es, no primos entre sı). Determinar razonadamente cual es el menor numero de camaras que bastarıan paracompletar la vigilancia y que cuadros habrıa de vigilar cada una de estas camaras. ¿Son unicas las asignacionesde vigilancia para dichas camaras? Solucion. Sea el grafo G = (V, A) de 24 vertices, en el que los vertices

representan los cuadros y las aristas unen pares de vertices que corresponden con cuadros que no pueden servigilados por una misma camara. Ası, dos vertices x e y tienen una arista en comun si y solo si mcd(x, y) > 1.Si hacemos corresponder a cada camara un color y coloreamos los vertices segun el color de la camara que vigilael cuadro correspondiente, resulta que encontrar el menor numero de camaras que bastarıan para completar lavigilancia corresponde con el problema de encontrar una vertice coloracion que utilice el menor numero posiblede colores; de modo que se necesitaran tantas camaras como numero cromatico tenga el grafo y vertices conel mismo color corresponderan a cuadros que seran vigilados por la misma camara. Si aplicamos el algoritmovoraz al grafo, asignando el primer color libre, obtenemos la siguiente tabla:

V 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12C 1 1 1 2 1 3 1 4 2 5 1 6V 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24C 1 7 4 8 1 9 1 10 5 11 1 12

De modo que 12 colores son suficientes, χ(G) ≤ 12. ¿Seran necesarios? Tal como se ha visto a la hora de aplicarel algoritmo voraz, todos los cuadros que se corresponden con vertices pares presentan incompatibilidades 2 a2 para ser vigilados por una misma camara. Es decir, que el subgrafo formado por estos 12 vertices (todos lospares) conforma un grafo completo K12. Dado que el numero cromatico de K12 es 12, el numero cromatico delgrado original ha de ser al menos 12, χ(G) ≥ 12. Concluimos, pues, que 12 ≤ χ(G) ≤ 12, de donde χ(G) = 12 y12 es el menor numero de camaras que bastan para vigilar los cuadros. En la tabla anterior tenemos una posible



asignacion de vigilancia de cada una de las 12 camaras, por colores. Evidentemente, tal asignacion no es unica,porque hay muchos cuadros que no presentan incompatibilidad con ningun otro: aquellos que se correspondencon vertices aislados en el grafo y que resultan ser los numeros 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 camaras.




Ejercicio 1

Los vertices de un arbol se pueden organizar por capas de la siguiente manera: en la capa 0 (o exterior) se situanlos vertices hoja (de valencia 1); en la capa 1 se situan los vertices que se convierten en hojas al eliminar delarbol los de la capa 0; y sucesivamente, en la capa i se situan los vertices que se convierten en hojas al eliminardel arbol los vertices de las capas anteriores. La ultima capa se denomina capa interior y sus vertices conformanel centro del arbol. El siguiente algoritmo pretende calcular el centro de un arbol dado.

ENTRADA: Un arbol T = (V, A).T ′ = TMientras T ′ conste de mas de dos vertices

T ′ ← grafo que se obtiene al eliminar de T ′

todos los vertices de valencia 1Fin MientrasSALIDA: T ′

Se pide:

1. Hacer un seguimiento del algoritmo para los arboles 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 arbol de mas de dos vertices se eliminan todos los vertices de valencia 1 se obtieneun nuevo arbol.

3. Probar que el numero de vertices de valencia 1 en un arbol es mayor o igual que 2, a excepcion del arbolque consta de un solo vertice.

4. Demostrar que el algoritmo funciona y es finito. Discutir las posibles salidas a que da lugar.

5. Concluir que el centro de un arbol esta formado por uno o dos vertices.

Solucion.

1. (a) Al realizar un seguimiento del algoritmo aplicado al arbol T1, se obtiene:

Inicialmente, T ′ = (V ′, A′) = T1 = (V1, A1) y por tanto consta de 6 vertices, tres de ellos hojas(a saber, 2, 3 y 6).Dado que T ′ tiene 6 > 2 vertices, 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 vertices, dos de ellos hojas (1 y 5).Como T ′ tiene ahora 3 > 2 vertices, el algoritmo realiza una segunda iteracion, de modo queV ′ = {4} y A′ = ∅.Ahora T ′ consta de un solo vertice, por lo que el algoritmo para y se obtiene como salidaT ′ = ({4}, ∅).

(b) Un seguimiento del algoritmo aplicado al arbol T2 viene dado por:

Inicialmente, T ′ = (V ′, A′) = T2 = (V2, A2) y por tanto consta de 8 vertices, cuatro de elloshojas (a saber, 4, 6, 7 y 8).Dado que T ′ tiene 8 > 2 vertices, 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 vertices, dos de ellos hojas(3 y 5).Como T ′ tiene ahora 4 > 2 vertices, el algoritmo realiza una segunda iteracion, de modo queV ′ = {1, 2} y A′ = {(1, 2)}.Ahora T ′ consta de dos vertices, de modo que el algoritmo para y se obtiene como salida T ′ =({1, 2}, {(1, 2)}).



2. Recordemos que un arbol es un grafo conexo y sin ciclos. Por tanto, si en un arbol se eliminan vertices(y las aristas que en ellos inciden) se obtiene otro grafo que asimismo no tiene ciclos. Para concluir queal eliminar los vertices hoja de un arbol se obtiene otro arbol, basta entonces demostrar que el graforesultante sigue siendo conexo. Pero esto es inmediato, porque cualesquiera dos vertices del nuevo grafoestan conectados por el mismo camino que los conectaba en el arbol inicial, dado que las aristas y verticeseliminados no podıan aparecer en estos caminos (el camino habrıa parado en el vertice extremo de laarista de valencia 1).

3. En el arbol que consta de un solo vertice, obviamente dicho vertice tiene valencia 0. Para arboles con mas deun vertice, sı se tiene que el numero de vertices de valencia 1 es mayor o igual que 2: a partir de la relacionentre vertices v, aristas a y valencia de vertices en un arbol, se tiene que

∑x∈V

δ(x) = 2a = 2(v−1) = 2v−2.

Si no hubiera vertices de valencia 1, los v vertices tendrıan valencia mayor o igual que 2 (un arbol es conexo,por lo que no hay vertices de valencia 0), de modo que

2v − 2 =∑x∈V

δ(x) ≥ 2v,

lo que serıa una contradiccion. Un razonamiento similar lleva a que no puede haber un solo vertice devalencia 1, dado que en ese caso habrıa v − 1 vertices de valencia al menos 2 y tendrıamos

2v − 2 =∑x∈V

δ(x) ≥ 2(v − 1) + 1 = 2v − 1,

una nueva contradiccion. Por tanto, en un arbol de mas de un vertice hay al menos dos vertices hoja.

4. Segun el apartado anterior, en todo arbol de mas de un vertice (en particular, de mas de dos vertices)siempre hay hojas (por lo menos 2), de modo que el cuerpo del algoritmo siempre se puede aplicar (hayvertices hoja que eliminar). Ademas, segun el apartado 2, al eliminar de un arbol los vertices hoja sevuelve a obtener otro arbol, por lo que el grafo T ′ con el que trabaja el algoritmo sera siempre un arbol.Por ultimo, como el numero de vertices del arbol T ′ disminuye en cada iteracion al menos en 2 (todo arbolde mas de un vertice tiene por lo menos 2 hojas), en un numero finito de iteraciones T ′ tendra menosde dos vertices, por lo que el algoritmo parara. En principio, las salidas que puede dar el algoritmo sonarboles de 0, 1 o 2 vertices. Sin embargo, un estudio mas detenido muestra que no puede devolver un arbolsin vertices: en un arbol de mas de dos vertices siempre hay vertices de valencia mayor que 1, luego aleliminar hojas en un tal arbol siempre queda algun vertice (precisamente, los que tenıan valencia mayorque 1). Ası, cuando se produce la parada del algoritmo, el arbol T ′ de salida ha de constar de algun vertice(los que tenıan valencia mayor que 1 antes de eliminar las hojas en la ultima iteracion del algoritmo),exactamente 1 o 2; de modo que o bien es T ′ = ({x}, ∅) o bien es T ′ = ({x, y}, {(x, y)}).

5. Por definicion, el centro de un arbol esta formado por los vertices de la capa interior, la cual resulta de laeliminacion sucesiva de los vertices de las capas mas externas, del exterior al interior. Precisamente estees el proceso que realiza el algoritmo que nos proponen: va eliminando los vertices por capas, desde laexterior hasta la interior y devuelve como salida un arbol que contiene en particular los vertices que hansobrevivido a la tala de la ultima capa eliminada por el algoritmo. Los vertices de este arbol T ′ (1 o 2,como probamos en el apartado anterior) conforman de hecho el centro de T : estan en la misma capa (oson 2 vertices de valencia 1, o un solo vertice de valencia 0) y se trata de la mas interior, puesto que losrestantes estan en capas anteriores, luego mas externas.

Ejercicio 2

Resolver los siguientes apartados independientes:

1. Dada una malla rectangular de dimension n×m, con n, m ≥ 2, se considera el grafo Gn,m cuyos verticesson los n ·m cuadrados de la malla y cuyas aristas vienen dadas por pares de vertices correspondientes acuadrados de la misma fila o columna. Se pide:

(a) Demostrar que Gn,m es euleriano si y solo si n + m es par.

(b) Probar que G5,6 es Hamiltoniano.



(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 vertices, a aristas y c caras.

(a) Probar querv = n◦ de vertices de la cara 1 + · · ·+ n◦ de vertices de la cara c.

y que2a = n◦ de aristas de la cara 1 + · · ·+ n◦ de aristas de la cara c.

(b) En el caso de que r = 3 y todas las caras de G sean pentagonos y hexagonos:i. Probar que G tiene exactamente 12 caras pentagonales.ii. Si a cada vertice de G llega un solo pentagono, calcular el numero de hexagonos que hay en G.iii. Probar que 3 ≤ χ(G) ≤ 4.

Solucion.

1. (a) El grafo Gn,m es conexo, dado que los vertices de una misma fila o columna son todos adyacentes entresı, de modo que un camino de un vertice (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 solo la segunda arista y que si i = k seutiliza solo la primera arista). Por tanto, sabiendo que Gn,m es siempre conexo, sera euleriano si y solo sitodos los vertices tienen valencia par. Como un vertice es adyacente a los restantes de su fila y columna,la valencia de cualquier vertice es (n− 1) + (m− 1) = n + m− 2, que sera par si y solo si n + m es par.

1. (b) Si orientamos la malla que 5× 6 que origina G5,6 de modo que la base esta formada por 6 cuadrados y laaltura es de 5 cuadrados, se puede obtener un ciclo pasando por todos los cuadrados (vertices de G5,6) sinrepetir 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 lacolumna dos y se procede a bajar hasta el segundo cuadrado de la segunda columna. Una vez allı se pasaa la casilla contigua de la tercera columna, para volver a subir hasta el techo. Ahora se procede a bajarpor 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 ultima columna y ahora se bajahasta la primera casilla de esta columna, para finalmente recorre la primera fila desde su ultima casillahasta la primera, cerrandose el ciclo, por construccion hamiltoniano.

1. (c) El mismo esquema de construccion del ciclo hamiltoniano descrito en el apartado anterior se puede aplicaral caso de grafos Gm,n con algun ındice par (i.e. n ·m par), orientando la malla correspondiente de modoque la base tenga un numero par de cuadrados y recorriendo en sentidos alternos las distintas columnas dela segunda casilla a la ultima, hasta recorrer la primera fila desde la ultima casilla a la primera para cerrarel ciclo. Lo importante para que este procedimiento funcione es que se llegue a la ultima columna por suparte superior, para poder bajar y recorrer la primera fila desde el final. Esto es posible solo si tenemosun numero par de columnas, de modo que las impares se recorren de abajo a arriba y las pares en sentidocontrario. De todos modos, para n y m simultaneamente impares, el procedimiento anterior acabarıa enla ultima casilla de la ultima columna, que es adyacente a la primera casilla de la misma columna; demodo que para formar un ciclo hamiltoniano basta ahora recorrer la primera fila desde la ultima casilla ala primera. Ası, Gn,m es siempre hamiltoniano, para n, m ≥ 2.

1. (d) El unico 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 vertices consecutivos en una fila, que sonmutuamente adyacentes entre sı 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 lasaristas son frontera de dos caras distintas si y solo si no hay vertices de grado 1. De este modo, cuandor ≥ 2, las r aristas incidentes en cada vertice son frontera de r caras distintas, de donde cada verticepertenece a r caras distintas. Por tanto, la suma de todos los vertices de todas las caras coincide con elproducto de r por el numero total de vertices. Por un razonamiento analogo, ya que cada arista es fronterade dos caras distintas, se tiene que la suma de las aristas de todas las caras coincide con el doble de aristasdel grafo. En el caso r = 1 se mantiene la primera igualdad, dado que se trata de un grafo formado poruna arista y sus vertices extremos, por tanto de un grafo plano conexo de una sola cara con dos vertices.Sin embargo, la segunda igualdad no es cierta, dado que 2 �= 1.



2. (b) i. Denotemos por p al numero de pentagonos y por h al numero de hexagonos en G. Teniendo en cuentael apartado anterior, dado que las caras son pentagonos o hexagonos y constan por tanto de 5 vertices yaristas o 6 vertices y aristas, respectivamente; se tiene que 3v = 5p + 6h y que 2a = 5p + 6h. Por otraparte, G es plano y conexo, por lo que segun la formula de Euler ha de ser c − a + v = 2. Despejando vy a de las primeras ecuaciones y sustituyendo estos valores posteriormente la formula de Euler, se llega aque p = 12, no extrayendose ninguna condicion acerca del valor de h.

2. (b) ii. Del hecho de que a cada vertice llegue un solo pentagono se extrae que el numero de vertices de G coincidecon el numero de vertices que hay en cada pentagono (v = 5 · 12 = 60). Ahora, usando 3v = 5p+6h y quep = 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 12pentagonos, que son ciclos de longitud 5, impar), por lo que 3 ≤ χ(G). Ası, 3 ≤ χ(G) ≤ 4.



9 de Junio de 2003

Ejercicio 1

Se considera el grafo ponderado G definido por la siguiente tabla, donde los vertices representan ciudades y lasaristas representan carreteras existentes entre las poblaciones. Los pesos indican longitudes en Kms.

A B C D E F G H IA 20 34 45B 20 10 26C 28 22D 18 19 13E 22 12 25F 30 12G 16 14H 32

1. Usando el algoritmo apropiado, calcular un arbol recubridor que de las distancias mas cortas desde A alas restantes poblaciones y especificar cuales son dichas distancias.

2. Se ha construido una nueva carretera entre las poblaciones B y G de forma que ahora, la distancia entreA y H es de 68 Kms. Determinar cual 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, demodo que un mismo transportista solo abastece un conjunto de poblaciones mutuamente adyacentes entresı. Determinar el numero mınimo de transportistas necesarios y las poblaciones a las que abastece cadauno de ellos.

Solucion.

1. Vamos a aplicar el algoritmo de Dijkstra para determinar el arbol recubridor de distancias mas cortasdesde el vertice A, de modo que en cada fila se actualizan las distancias parciales tomando como puntode apoyo el vertice base de la fila precedente.

A B C D E F G H I base arista0 ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ A −− 20 ∞ ∞ ∞ 34 ∞ ∞ 45 B {A, B}− − 40 ∞ ∞ 30 ∞ ∞ 45 F {B, F}− − 40 ∞ 52 − 60 ∞ 42 C {B, C}− − − 68 52 − 60 ∞ 42 I {F, I}− − − 55 52 − 56 74 − E {F, E}− − − 55 − − 56 74 − D {I, D}− − − − − − 56 74 − G {I, G}− − − − − − − 72 − H {G, H}

De modo que las distancias mas cortas desde A a los restantes vertices aparecen marcadas en negri-ta y vienen dadas por las ramas del siguiente arbol recubridor enraizado en A:

� � � � � �

�

�

�

A B F I G H

C E D

2. La distancia primigenia entre A y H era de 72 Kms. y el (unico) camino que daba esa distancia venıadado por (A, B, F, I, G, H), que daba asimismo las distancias mas cortas desde A a los restantes verticesde dicho camino (en particular a B y a G). Si al construir una nueva carretera entre B y G se reduce ladistancia entre A y H , es que necesariamente se utiliza esa carretera y por tanto se reduce la distancia de



A a G, forzosamente segun el camino (A, B, G); de donde el camino mas corto desde A hasta H sera ahora(A, B, G, H). Si esta distancia es de 68 Kms., entonces la longitud de la nueva carretera {B, G} ha de serde 68− 20− 16 = 32 Kms.

3. Dado que un mismo transportista puede abastecer aquellas poblaciones que sean mutuamente adyacentesentre sı, el mayor numero de poblaciones a abastecer por un mismo individuo vendra dado por el ındicedel mayor subgrafo completo que se encuentre en el grafo G = (V, A) que representa las poblacionesy las carreteras de la tabla. Si localizamos el menor numero de subgrafos completos que cubran todo Ghabremos hallado el menor numero de transportistas necesarios. Toda vez que G tiene 9 vertices y no tienecomo subgrafo ningun K5, seran necesarios al menos 3 transportistas. Pero, de hecho, 3 son suficientes: porejemplo, los vertices {A, B, F, I} dan lugar a un K4, {E, G, H} a un K3 y {C, D} a un K2. La solucion noes unica, puesto que podemos considerar tres K3 tomando {C, D, I}. Desde luego no es lıcito considerar elK4 inducido por {B, F, G, I} puesto que en ese caso serıan 4 los transportistas necesarios, surtiendo a lasagrupaciones {A}, {C, D} y {E, H}. Otra forma de plantear el problema es calculando el numero cromaticoy una vertice coloracion apropiada del grafo de incompatibilidades asociado al problema. En este caso, setrata 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 G de G.De un lado, χ(G) ≥ 3, puesto que, por ejemplo, (A, C, E, A) conforma un ciclo de orden 3 en G. Peroχ(G) = 3, como se desprende de la vertice coloracion a que da lugar el algoritmo voraz aplicado segun elorden alfabetico de los vertices de G:

V A B C D E F G H Ic 1 1 2 2 3 1 3 3 1

Ası, obtenemos la primera de las soluciones propuestas anteriormente: un primer transportista abastecerıalas poblaciones {A, B, F, I}, otro {E, G, H} y un tercero las poblaciones {C, D}.

Ejercicio 2

Un nino localiza una maquina con una hilera de n interruptores, cada uno de los cuales consta de dos posiciones(de encendido y de apagado, respectivamente). La tentacion es mayuscula y automaticamente se pone a jugarcon los interruptores, ansiando ver su repercusion en la maquina. Eso sı, para que no se le escape ningunaposibilidad, realiza los cambios de manera ordenada: en cada tanda, de entre los n interruptores de que dispone,cambia de posicion exactamente k de ellos. Se considera el grafo G(n, k) cuyos vertices representan todas lassecuencias posibles de los n interruptores y cuyas aristas relacionan secuencias con exactamente k interruptoresen distinta posicion. Se pide:

1. Justificar que G(n, k) es un grafo regular de 2n vertices de valencia(

nk

).

2. Estudiar el caracter 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.Indicacion: emparejar una secuencia con la que se obtiene al cambiarexactamente los ultimos k interruptores.

4. El nino teme activar todos los interruptores simultaneamente, ası que decide suprimir esa posibilidad. Asu-mamos que k es impar. ¿Puede probar todas las secuencias sin repetir ninguna empezando y terminandocon todos los interruptores apagados? ¿Y comenzando y terminando con otra combinacion determinadade los interruptores?

5. Sea n par y k impar. Si el nino decide suprimir ademas la posibilidad de no activar ningun interrup-tor, ¿podra probar todas las secuencias sin repetir ninguna, aunque comience y termine con secuenciasdiferentes?

Solucion.



1. El numero de secuencias de longitud n que se pueden formar a partir de dos elementos (encendido yapagado, o si se prefiere 1 y 0), viene dado por las variaciones con repeticion de 2 elementos tomados den en n, es decir, 2n. Una secuencia sera adyacente a aquellas de las que se diferencia en k posiciones. Elnumero total de agrupaciones de k posiciones en las que diferir de entre las n existentes viene dado por

las combinaciones de n elementos tomados de k en k,(

nk

).

2. Los grafos G(n, k) con k par no son eulerianos, por no ser conexos: al menos constan de dos componentesconexas, de un lado las secuencias con un numero par de interruptores activados y de otra las que constande un numero impar de interruptores activados. Esto es ası porque al ser k par, dos secuencias adyacentestienen un numero de interruptores activados con la misma paridad.

3. La misma observacion realizada anteriormente conduce a la afirmacion de que G(n, k) es bipartito parak impar: ahora, dos secuencias adyacentes difieren en k interruptores, luego tienen una cantidad de inte-rruptores activados de distinta paridad. Ası, las aristas de G(n, k) relacionan secuencias con un numeropar de interruptores activados con ciertas secuencias con un numero impar de interruptores activados.La indicacion da un procedimiento para construir un emparejamiento completo en este grafo bipartito:cada secuencia con un numero par de interruptores activados determina unıvocamente una secuenciacon un numero impar de interruptores activados al cambiar de posicion los ultimos k interruptores. Enefecto, para que dos secuencias obtenidas mediante este procedimiento fueran las mismas, los ultimos kinterruptores habrıan de estar en la misma posicion (de donde tambien los ultimos k interruptores delas secuencias originales, en posiciones complementarias), ası como los primeros n − k (que coincidencon los n − k primeros de las secuencias originales), de donde las secuencias de partida serıan iguales.Ası, este procedimiento asigna de manera biyectiva a cada secuencia con un numero par de interruptoresactivados una secuencia con un numero impar de ellos activados, luego determina un emparejamiento com-pleto. 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 ha-miltoniano (da igual con comienzo en un vertice que en otro, si existe lo hace con comienzo en cualquiervertice, por ser un ciclo que pasa por todos los vertices). Dado que k es impar, G(n, k) es bipartito. Comose suprime un vertice (la secuencia formada con todos los interruptores activados), se trata de buscar unciclo hamiltoniano en el grafo bipartito que se obtiene al eliminar un vertice de G(n, k). El numero devertices en dicho grafo es 2n− 1, impar. Por definicion, en un grafo bipartito no existen ciclos de longitudimpar, luego en particular, en este grafo no puede existir un ciclo hamiltoniano (que pasarıa por los 2n−1vertices y habrıa de tener longitud 2n − 1, impar).

5. La pregunta del enunciado se traduce en si existe un camino hamiltoniano en el grafo bipartito que seobtiene al eliminar en G(n, k) los vertices correspondientes a las secuencias (0, n. . ., 0) y (1, n. . ., 1). Si nes par y k es impar, en el grafo bipartito G(n, k) las secuencias formadas por todos los interruptores enla misma posicion (ya sean todos ellos encendidos, o todos ellos apagados) estan en la misma particionde vertices, por tener ambos un numero par de interruptores encendidos (n y 0, respectivamente). Ası,en dicho grafo bipartito no existe un camino hamiltoniano, dado que en una columna de vertices (lassecuencias con un numero impar de interruptores encendidos) tenemos dos vertices mas que en la otracolumna (la que corresponde a las secuencias con un numero 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 numero cromatico de cualquier grafo plano–triangular. Encontrar ejemplos de grafos planos–triangulares con numero cromatico 3 y 4, respectivamente.

a.2) Demostrar que si G es un grafo plano–triangular con a aristas y v vertices, entonces a = 3v − 6.

2. Un grafo plano con mas de 2 vertices se dice maximal si al anadir una arista entre vertices no adyacentesse obtiene un grafo no plano. Dado un grafo plano maximal G, se pide:



b.1) Determinar el numero 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 esplano–triangular.

b.3) Demostrar que si un grafo es plano–triangular entonces es plano maximal.Indicacion: usar el apartado a.2).

Solucion.

a.1) Si un grafo G es plano–triangular, entonces posee 3–ciclos C3 (cada cara, en particular la exterior), portanto 3 = χ(C3) ≤ χ(G). Por otro lado, por el teorema de los 4 colores, cualquier grafo plano admiteuna vertice coloracion con un maximo 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 tambien esplano–triangular (piensese en la inmersion plana de K4 en forma de tetraedro) y χ(K4) = 4.

a.2) Sea G un grafo plano–triangular con a aristas, v vertices y c caras. Descartando el caso degenerado deque existan vertices aislados en el interior de una cara, es obvio que G ha de ser conexo: de haber doscomponentes conexas, estas se podrıan situar en la cara exterior, la cual estarıa delimitada por seis aristasy no 3, tres por cada componente conexa (no hay aristas puente y todas las caras estan delimitadas por3 aristas, necesariamente frontera). Como cada cara tiene como frontera un ciclo formado por 3 aristas ytodas 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 =23a− a + v;

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 masde tres aristas, en el interior de dicha cara se podrıa anadir una arista diagonal sin perder el caracter planodel grafo.

b.2) Si G poseyera aristas puente entonces no serıa plano maximal: toda arista puente tiene al menos uno de susextremos fuera de la frontera de una cara y desde dicho extremo se puede anadir una arista a cualquierade los vertices de la cara a la que pertenece sin por ello afectar al caracter plano del grafo. Por definicionun grafo plano sin aristas puente y tal que todas las caras tienen tres aristas por frontera (como es elcaso de los grafos planos maximales), es un grafo plano–triangular; de donde todo grafo plano maximal esplano–triangular.

b.3) Por reduccion al absurdo: supongamos que G es un grafo plano–triangular, pero no es plano maximal.Supongamos que G posee v vertices, c caras y a aristas. Como G no es plano maximal, existe un par devertices no adyacentes en G que admiten ser conectados por una arista � sin afectar al caracter plano delgrafo. El hipotetico grafo plano resultante G′ = G∪ � tiene v vertices, a′ = a + 1 aristas y c′ = c + 1 caras(todo grafo plano–triangular no tiene aristas puente, luego todos los vertices estan situados en la fronterade alguna cara, de modo que al anadir 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 teorıaque a′ ≤ 3v− 6. Sustituyendo a′ por su valor, obtenemos que 3v− 5 ≤ 3v− 6 y por tanto, llegamos a que6 ≤ 5, lo cual es absurdo. Luego si G es plano–triangular, entonces es plano maximal.


Ejercicio 1

En un centro de investigaciones biologicas, se esta realizando un experimento entre animales de especies se-xualmente 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 designaran, respectivamente, mediante Hi y Mi, 1 ≤ i ≤ 10. Enprincipio y tras muchos experimentos, se esta en disposicion de asegurar que los posibles emparejamientos entreespecies responden a la tabla siguiente:



Especie Puede emparejarse con las especies

H1 M2, M3, M4, M5

H2 M1, M5, M8, M10

H3 M1, M4, M5, M8, M10

H4 M1, M3, M7, M9

H5 M1, M2, M3, M9, M10

H6 M7, M9

H7 M4, M6, M9

H8 M2, M3

H9 M4, M5, M6, M7, M10

H10 M2, M3, M5, M9

Observese que se han suprimido los emparejamientos entre animales de la misma especie, pues es obvia lacompatibilidad correspondiente y carece de interes para el experimento. Con objeto de agilizar el experimento ydado que para garantizar si son compatibles o no hay que esperar un numero elevado de meses, se desea hacer,al mismo tiempo, el maximo posible de emparejamientos.

a) Indicar, usando el algoritmo apropiado, si es posible emparejar todas las especies simultaneamente. Darun emparejamiento maximo. Justificar si se verifica la condicion de Hall. Indicacion: Comenzar conel siguiente emparejamiento {{H1, M2}, {H2, M1}, {H3, M4}, {H4, M3}, {H5, M9}, {H6, M7} {H7, M6}{H9, M5}}.

b) Calcular el numero de componentes conexas, mediante una busqueda en anchura, del grafo que modelatodos los emparejamientos posibles que aparecen en la tabla del enunciado.

c) Calcular la longitud mınima de los ciclos del grafo. Demostrar que dicho grafo no es plano. Indicacion:Demostrarlo mediante reduccion al absurdo.

Solucion.

a) Usaremos el algoritmo de emparejamientos maximos, 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 vertice no emparejado: H8. A continuacion, construimos elarbol de caminos alternados enraizado en H8 y buscamos un camino alternado comenzando con H8. Elcamino es H8M2H1M4H3M8. 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 vertice no emparejado, en este caso: H10. Un camino alternado para H10 serıaH10M5H9M10. 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 condicion de Hallpues es una condicion equivalente a que exista emparejamiento completo y acabamos de comprobar quetal emparejamiento existe.

b) Representamos los pasos del algoritmo en la siguiente tabla. Construimos un arbol enraizado comenzandocon H1:



Cola Vertice AristaH1 H1

H1M2 M2 H1M2

H1M2M3 M3 H1M3

H1M2M3M4 M4 H1M4

H1M2M3M4M5 M5 H1M5

M2M3M4M5H5 H5 M2H5

M2M3M4M5H5H8 H8 M2H8

M2M3M4M5H5H8H10 H10 M2H10

M3M4M5H5H8H10H4 H4 M3H4

M4M5H5H8H10H4H3 H3 M4H3

M4M5H5H8H10H4H3H7 H7 M4H7

M4M5H5H8H10H4H3H7H9 H9 M4H9

H5H8H10H4H3H7H9M1 M1 H5M1

H5H8H10H4H3H7H9M1M9 M9 H5M9

H5H8H10H4H3H7H9M1M9M10 M10 H5M10

H4H3H7H9M1M9M10M7 M7 H4M7

H3H7H9M1M9M10M7M8 M8 H3M8

H7H9M1M9M10M7M8M6 M6 H7M6

M1M9M10M7M8M6H2 H2 M1H2

M9M10M7M8M6H2H6 H6 M9H6

Como el arbol obtenido contiene todos los vertices del grafo, solo puede haber una componente conexa.

c) Podemos observar que el grafo que estamos estudiando es bipartito. Como no puede contener ciclosde longitud impar, todos sus ciclos son de longitud al menos 4. Un ciclo de longitud 4 es, por ejemplo,H2M1H3M5H2. Por tanto la longitud mınima es 4. Si el grafo fuera plano, entonces en particular verificarıael teorema de Euler: v− a + c = 2, donde v es el numero de vertices, a el numero de aristas y c el numerode caras. En el grafo que estamos estudiando, tenemos que, v = 20 y a = 38. Ademas, como todos losciclos son de longitud al menos 4, se cumple la desigualdad 4c ≤ 2a, es decir, c ≤ 1

2a = 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 esta organizando cursos de tenis y natacion para estudiantes. Las clases son diariasde una hora de duracion. Se ofrecen tres niveles de tenis: T1, T2, T3; y tres niveles de natacion: N1, N2, N3. Alterminar la inscripcion resulta: 7 alumnos matriculados de T1 y N1; 5 de T1 y N2; 9 de T2 y N1; 5 de T2 y N2; 2de T2 y N3; 5 de T3 y N2; y por ultimo, 9 de T3 y N3. Por otro lado, la Universidad contrata solo a un monitorde tenis y otro de natacion, en horario de 5 a 8 de la tarde. Se pide:

a) Establecer el grafo de actividades incompatibles en el tiempo. Calcular su numero cromatico. ¿Es posibledesarrollar 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 lasactividades con los contratos previstos?.

c) Al final del curso se organiza un campeonato de tenis, por niveles, mediante el sistema de eliminacionsimple. ¿Cual es el numero mınimo de rondas necesarias para conocer a los campeones de cada nivel?.

Solucion.

a) Los vertices del grafo G serıan los distintos cursos:

V = {T1, T2, T3, N1, N2, N3} .



El conjunto de las aristas, que representan incompatibilidades entre actividades, serıan:

A = {T1T2, T1T3, T2T3, N1N2, N1N3, N2N3, T1N1, T1N2, T2N1, T2N2, T2N3, T3N2, T3N3} .

Al contener dicho grafo un K4 (formado por los vertices T1, T2, N1, N2), sabemos que χ(G) ≥ 4. Unavertice–coloracion c con 4 colores serıa:

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 equivaldrıaa poder realizar una vertice–coloracion de G con 3 colores, lo cual es imposible.

b) Ahora el grafo es G′ = G − {T2N2}. Este grafo contiene ciclos de longitud impar y por tanto χ(G′) ≥ 3.Una vertice–coloracion c′ con 3 colores serıa:

c′(T1) = 1, c′(T2) = 2, c′(T3) = 3, c′(N1) = 3, c′(N2) = 2, c′(N3) = 1

Luego, χ(G′) = 3 y se podrıan desarrollar los cursos en las condiciones del enunciado.

c) En T1 estan matriculados 12 alumnos; en T2 hay 11 alumnos; en T3 hay 19 alumnos. El mınimo numerode rondas necesarias para cada campeonato coincide con el peso mınimo de un arbol binario con tantashojas como alumnos matriculados hay:

Campeonato de tenis nivel 1→ �log2 12� = 4 rondas como mınimo,

Campeonato de tenis nivel 2→ �log2 11� = 4 rondas como mınimo,

Campeonato de tenis nivel 3→ �log2 19� = 5 rondas como mınimo.

Ejercicio 3

Se considera el juego de palabras encadenadas, de modo que cuando un jugador dice una palabra, esta ha decomenzar por la ultima sılaba empleada por el jugador anterior. Por ejemplo, una secuencia valida es

casa, sapo, poto, todo, doce, cero,. . .

Supongamos que los jugadores acuerdan utilizar exclusivamente las palabras que se detallan a continuacion:

roca, todo, caro, doce, cole, seco, roce, nato, toro, once, peca, cero, cena, leon, tope, coto, roto, caco.

Se pide:

a) Demostrar que el grafo dirigido cuyos vertices son las sılabas y cuyas aristas son las palabras bisılabas quese recogen en la lista anterior, es bipartito.

b) Justificar si se pueden utilizar todas las sılabas, comenzando y terminando por la misma sılaba, sin repetirninguna otra sılaba. ¿Y sin repetir ni siquiera la primera sılaba?

c) En caso de permitir la repeticion de sılabas (que no de palabras), justificar si se pueden utilizar todaslas palabras. ¿Se empezarıa y terminarıa por la misma sılaba? Justificar que esto es posible anadiendouna nueva palabra, sin alterar las sılabas existentes. Supongamos que se anade tal palabra. Construir,razonadamente, una secuencia del juego en la que se utilicen todas las palabras, empezando y terminandopor la misma sılaba.

d) Asumamos ahora que un jugador solo puede utilizar una misma sılaba exactamente una vez. ¿Es posiblecompletar el juego con 5 jugadores?.Aclaracion: se supone que si una persona no puede jugar (porque ya haya utilizadola ultima sılaba empleada por el jugador que le precede), pierde su turno en favordel siguiente jugador.

Solucion.



a) Es un grafo con 18 aristas (palabras). El conjunto de vertices (las sılabas del grafo) pueden separarse endos subconjuntos disjuntos

V1 = {pe, ro, do, na, co, on} , V2 = {ca, to, ce, le, se}

tal que todas las aristas del grafo tienen un vertice 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 grafono es hamiltoniano: bien porque tiene un vertice de valencia 1 (se), bien porque tiene un vertice de corte(co, cuya eliminacion desconecta el vertice de valencia 1, se, con el resto del grafo), bien porque es un grafobipartito subgrafo de K6,5 con los once vertices (recordemos que para que un subgrafo de Kn,m con losn+m vertices pueda ser hamiltoniano es necesario que n = m). Por tanto, no se pueden utilizar todas lassılabas, sin repetir ninguna, comenzando y terminando por la misma sılaba. Mas aun, tampoco se puedenutilizar todas las sılabas, sin repetir ninguna, aun comenzando y terminando por sılabas distintas; esto es,el grafo ni siquiera admite un camino hamiltoniano, lo cual volvemos a argumentar de diversas formas:es de comun conocimiento que para que un subgrafo de K6,5 admita un camino hamiltoniano, este ha decomenzar y terminar en vertices pertenecientes al subconjunto de 6 vertices; en nuestro caso el camino hade empezar necesariamente por el unico vertice de valencia 1 (se, cuya unica arista es de salida, seco) yeste pertenece a la particion de 5 vertices, no la de 6. Tambien se podrıa seguir esta otra argumentacion:un tal hipotetico camino habrıa de empezar por el vertice se; por otra parte, los vertices do y pe solo sonaccesibles desde el vertice to, luego para poder recorrer ambos sin repetir la sılaba to necesariamente unode ellos habrıa de ser igualmente el inicio del camino; y un camino tiene un solo inicio, no dos.

c) Nos preguntan si el grafo dirigido es euleriano. Dado que hay al menos un vertice de valencia impar(δ(se) = 1), el grafo no puede ser euleriano. Por tanto, no se pueden utilizar todas las palabras comenzandoy terminando por la misma sılaba. Anadiendo una arista entre los vertices ce y se, conseguiremos quetodos los vertices tengan valencia par y que el numero de aristas que salen de cada vertice coincidan con elnumero de aristas que entran. Por tanto, el grafo con la nueva arista (la palabra cese), es un grafo dirigidoeuleriano. Para poder construir una secuencia de juego donde se usen todas las palabras, lo que tenemosque calcular es un recorrido euleriano. Para ello, descomponemos el grafo obtenido al anadir la palabracese, en ciclos simples:

cese, seco, cole, leon, oncecoto, todo, doce, cero, roca, caco

cena, nato, toro, rocecaro, 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, leon, once

d) Recordemos que cada palabra se hace corresponder con una arista, de tal manera que aristas incidentes enun vertice han de ser dichas por jugadores distintos, ya que un mismo jugador utiliza una sılaba a lo masuna unica vez. Este problema se puede interpretar como la busqueda de una arista–coloracion particular.Como el grafo es bipartito y la valencia maxima es 6, necesitaremos al menos 6 colores para realizar unaarista–coloracion cualquiera. Por tanto, 5 jugadores no son suficientes para completar el juego.




Ejercicio 1

Los empleados de una empresa tienen sus ordenadores, {A, B, C, D, E, F, G, H, I, J}, conectados entre sı en unared, cuyas conexiones se indican (en coste por unidades de longitud de cable) en la tabla siguiente:

B C D E F G H I JA 22 15 14 8B 10 12 9 11C 18D 11E 13 7G 16

En la red se producen fallos y se han contratado los servicios de un tecnico para localizarlos, independientementede que vengan originados por algunos ordenadores o por ciertos cables de conexion de la propia red.

1. La primera orden que recibe el tecnico es la de revisar los ordenadores. El tecnico no desea trabajar enbalde y como sabe que posteriormente ha de revisar asimismo el cableado, decide establecer una rutaen la que revise todos los ordenadores sin pasar dos veces por el mismo cable u ordenador. ¿Es posibleesto empezando y terminando por el mismo ordenador? ¿Y empezando y terminando por ordenadoresdistintos?

2. Tras pensar brevemente en la iniciativa anterior, el tecnico vislumbra que es mucho mas productivorevisar la red de conexiones directamente, de modo que cuando pase por un ordenador por primera vezaprovechara y lo revisara en ese instante, para despues continuar su ruta por el resto del cableado. ¿Puederealizar esta operacion sin repetir un mismo cable, empezando y terminando en un mismo ordenador? ¿Yempezando y terminando por ordenadores distintos? En caso afirmativo, ¿cuales serıan estos ordenadores?En ningun caso se piden los recorridos.

3. Como el coste de reparacion es demasiado elevado, se decide reparar lo indispensable para que los orde-nadores A y H queden conectados por tramos renovados. ¿Cuales seran los tramos a reparar?

4. Demostrar que el grafo es bipartito. ¿Cual es el mınimo numero de turnos de vacaciones de verano quehay que establecer, si no pueden tomar vacaciones simultaneamente personas que tengan sus ordenadoresdirectamente conectados?

Solucion.

1. Si existiera una ruta cerrada sin repetir cable ni ordenador, esta representarıa un ciclo hamiltoniano yel grafo, que se muestra en el apartado a) de la Figura 28 no es hamiltoniano pues tiene un vertice devalencia 1 (el vertice J). En la segunda pregunta nos piden si en tal grafo existe un camino hamiltonianoy esto tambien es imposible ya que el grafo G tiene un vertice de corte que al ser eliminado produce masde dos componentes conexas. Este vertice es el vertice B que su eliminacion produce tres componentesconexas, como se ve en el apartado b) de la Figura 28, de vertices 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 elgrafo, al tener vertices impares, no es euleriano. Si puede recorrer todos los cables de la red si empieza yacaba en dos vertices distintos, ya que el grafo admite un recorrido euleriano ya que solo tiene dos verticesimpares, los vertices B y J , siendo por tanto estos vertices los vertices inicial y final del recorrido.

3. Se nos pide el camino mas corto entre los vertices A y H . Para ello utilizaremos el algoritmo de Dijkstra,comenzando en el vertice A. La siguiente tabla muestra la evolucion de dicho algoritmo:



I�

H�

G�

F�E�

D�

C�

B�A�

J� 22�

15�14�

8�

10�

12�

9�

11�

18�

11�

13�

7�

16�

I�

H�

G�

F�E�

D�

C�

A�

J�

15�14�

8�

18�

11�

13�

7�

16�

a)� b)�

Figura 28: a) Grafo G del problema, b) grafo G−B.

A B C D E F G H I J vertice(0,−) (∞,−) (∞,−) (∞,−) (∞,−) (∞,−) (∞,−) (∞,−) (∞,−) (∞,−) A

(22, A) (15, A) (∞,−) (∞,−) (14, A) (∞,−) (∞,−) (8, A) (∞,−) I(22, A) (15, A) (∞,−) (15, I) (14, A) (∞,−) (∞,−) (∞,−) F(22, A) (15, A) (∞,−) (15, I) (∞,−) (∞,−) (∞,−) C(22, A) (∞,−) (15, I) (∞,−) (∞,−) (∞,−) E(22, A) (∞,−) (∞,−) (∞,−) (∞,−) B

(32, B) (31, B) (∞,−) (33, B) G(32, B) (47, G) (33, B) D

(43, D) (33, B) J(43, D) H

De ella se desprende que la distancia d(A, H) = 43, siendo el camino mınimo A−B −D −H .

4. El grafo es bipartito y la vertice–coloracion 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 seran 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 vertices de un grafo G = (V, A) no adyacentes entre sı de modo queδ(u) + δ(v) ≥ |V | ≥ 3.

a.1) Demostrar que si (V, A∪{u, v}) admite un ciclo hamiltoniano que contenga la arista {u, v}, entoncesG admite un camino hamiltoniano P = (u, x1, . . . , xp−2, v). Deducir que en la lista x1, . . . , xp−2 estanlos δ(u) vertices adyacentes a u y los δ(v) vertices adyacentes a v.

a.2) Probar que en el camino P hay un par de vertices consecutivos xi y xi+1 adyacentes a v y u,respectivamente; es decir, probar que en P no puede darse que despues de cada vertice adyacente av haya un vertice no adyacente a u.Ayuda: contar el numero de vertices en la lista x1, . . . , xp−2 que son adyacentes a u, ası como elnumero 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 anadir aristas entre todos los pares de vertices u y v que noson adyacentes y tales que δ(u) + δ(v) ≥ |V | = n.



b.1) Calcular el grafo clausura de los siguientes grafos:

�

�

�

�

�

�

�

�

�

b.2) Supongamos que para cada pareja de vertices 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 vertices u y v no adyacentes de un grafo G es δ(u) + δ(v) ≥ n,entonces el grafo en cuestion es necesariamente hamiltoniano.

Solucion:

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.Ademas, al ser un camino hamiltoniano y por tanto contener a todos los vertices del grafo, en la listau, x1, . . . , xp−2, v estaran todos los vertices de G, por lo que en la lista x1, . . . , xp−2 estaran todos losvertices, excepto u y v, lo que contesta a la segunda pregunta.

a.2) Lo probaremos por reduccion al absurdo. Supongamos que detras de cada vertice xi de P , adyacente av, siga un vertice 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 vertices adyacentes a v y, por hipotesis de induccion, existiranal menos |V | − δ vertices no adyacentes a u, por lo que su valencia sera

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 segun el apartadoanterior existen dos vertices consecutivos xi, adyacente a v y xi+1, adyacente a u, obtenemos uncamino hamiltoniano eliminando la arista xi, xi+1 y anadiendo las aristas v − xi y u − xi+1, comomuestra la Figura 29.

u� x�1� v�x�i+1�x�i�x�i-1� x�i+2� x�p-2�

u� x�1� v�x�i+1�x�i�x�i-1� x�i+2� x�p-2�

Figura 29: Obtencion del ciclo hamiltoniano a partir de un camino hamiltoniano.



G� cl(G)�

Figura 30: Un grafo G y su grafo clausura cl(G).

b) b.1) El primer grafo no tiene dos vertices no adyacentes u y v, cuya suma de valencias sea δ(u) + δ(v) ≥|V | = 4, por lo que cl(G) = G. La solucion para el segundo grafo la muestra la Figura 30.

b.2) Sean u, v dos vertices cualesquiera, entonces como δ(u)+ δ(v) ≥ n, la arista u− v la contiene el grafoclausura cl(G) ya que si no son adyacentes en G es una arista que se anade en cl(G). Por lo tantocl(G) = Kn.

b.3) Bastara aplicar el apartado a) reiteradamente, con cada una de las aristas que esten en el ciclohamiltoniano de cl(G), que no sean aristas de G.

b.4) Si para todo par de vertices 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, segun el apartadoanterior, G es tambien hamiltoniano.



Ejercicio 3

1. Estudiar razonadamente el problema de la planaridad en los siguientes grafos:

� � � � ��

��

��

##

###

##

###

��

��

��

��

��

��

2. Sea Mn una malla cuadrada de n × n vertices, en la que ademas de las aristas naturales se consideranadyacentes aquellos vertices que distan un salto de caballo: esto es, el vertice (i, j) es adyacente a los vertices(i ± 1, j ± 2), (i ± 2, j ± 1); los cuales estan situados bien en las filas anterior o posterior y desplazadosdos columnas, a izquierda o derecha; bien en las columnas a la izquierda o derecha, desplazados dos filas

arriba o abajo.

� ��

��

��

��

��

��

��

��

� � ��

� � ��

��

��

��

��

��

��

� ��

��

��

��

��

�

��

��

� � ��

��

��

��

��

��

��

� ��

��

��

��

��

M2

M3

M4Se

pide estudiar el caracter euleriano de Mn segun los distintos valores de n ≥ 2.

Solucion:

1. El primer grafo es plano. la Figura 31 muestra una inmersion 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 muestrauna inmersion plana de dicho grafo. El cuarto grafo no es plano. La Figura 34 muestra como contiene unasubdivision de K3,3.

2. M2 y M4 son eulerianos pues todos los vertices tienen valencia par. En cambio M3 no es euleriano ya que,por ejemplo, el vertice (2, 3) es impar δ(2, 3) = 5. Si n > 4 veamos que Mn no es euleriano ya que contienevertices de valencia impar. En efecto sea un vertice cualquiera de la ultima columna (vease la Figura 35),que no sea ni extremo ni el anterior al extremo. Es decir el vertice (i, n), siendo 3 ≤ i ≤ n− 2. Entoncesel vertice (i, n) es adyacente a los vertices (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.



1� a�

b�

2�c�

3�

1� a�

b�2�

c�3�

Figura 32: El segundo grafo no es plano (es isomorfo a K3,3).

Figura 33: El tercer grafo es plano.

1�

2�

3�

a�

b�

c�

1� 2� 3�

a� b� c�

Figura 34: El cuarto grafo contiene una subdivision de K3,3.

30 de Junio de 2004

Ejercicio 1

Sea G=(V, A) un grafo con a aristas y v vertices. Indicar cuales de las siguientes afirmaciones son verdaderasy cuales falsas, demostrando las que resulten verdaderas o presentando un contraejemplo para las que resultenfalsas:

1. Si a ≥ v, entonces el grafo G es conexo.

2. Si G tiene k componentes conexas y es acıclico, entonces a = v − k.



(i,n)�

(i-1,n)�

(i-2,n-1)�

(i-1,n-2)�

(i,n-1)�

(i+1,n-2)�

(i+2,n-1)�

(i+1,n)�

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 acıclico.

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 numero cromatico de G es 2 (χ(G) = 2), entonces G es un grafo bipartito.

11. Si G contiene algun ciclo de longitud impar, entonces χ(G) = 3.

12. Si G es hamiltoniano, entonces no puede tener vertices de valencia impar.

13. Si el grafo complementario G es conexo y plano, tiene v(v − 3)2 − a + 2 caras.

14. Si G es bipartito, entonces para colorear sus aristas, sin que dos aristas incidentes en un vertice tengan elmismo color, solo se necesitan 2 colores.

Solucion:

1. Falso. La Figura 36 muestra un contraejemplo.

Figura 36: Un grafo no conexo con a ≥ v.



2. Cierto. Si G es acıclico y tiene las componentes conexas G1 = (V1, A1), . . . , Gk = (Vk, Ak) , estas kcomponentes conexas son arboles, por lo tanto |A1| = |V1| − 1, . . . , |Ak| = |Vk| − 1, por lo que a = |A| =k∑

i=1

|Ai| =k∑

i=1

(|Vi| − 1) =k∑

i=1

|Vi| − k = |V | − k = v − k.

3. Cierto. Por reduccion al absurdo. Supongamos que G es conexo. Si G no contiene ciclos, serıa un arbol,entonces a = v − 1 lo que contradice la hipotesis. Si por el contrario, tuviera algun ciclo, podrıamoseliminar una de las aristas del ciclo con lo que el nuevo grafo G1 (que tendrıa a−1 aristas) seguirıa siendoconexo. Si este grafo no tuviera ciclos, tendrıamos un arbol G1 con a− 1 aristas y v vertices y por tantoa − 1 = v − 1, es decir a = v. Si este nuevo grafo G1 tuviera ciclos procederıamos del mismo modo. Deesta forma obtendrıamos un arbol con a− k aristas, por lo que a− k = v− 1. Por tanto en cualquier casotendrıamos que a = v + k − 1 siendo k ≥ 1, lo que contradice la hipotesis.

4. Falso. La Figura 37 muestra un contraejemplo.

Figura 37: Un grafo acıclico con a < v − 2.

5. Cierto. Si el grafo fuera conexo llegaremos a una contradiccion. Si no contuviera ciclos serıa un arbol y portanto no puede ser a = v−2. Por lo tanto ha de tener algun ciclo, pero como hemos razonado anteriormente,eliminando aristas de un ciclo, obtendrıamos un arbol con a− k aristas y por tanto a = v + k − 1, siendok ≥ 1, lo que resulta contradictorio.

6. Falso. Puede tener mas 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 cıclico con una arista puente l, ya que G− l no es conexo.

8. Falso. La Figura 40 muestra un grafo con 4 vertices y 5 aristas y en cambio tiene 3 ciclos.

9. Cierto. Si G contuviera un solo ciclo (o ninguno) y fuera conexo podrıamos obtener un arbol eliminandouna de las aristas del ciclo (o ninguna) con a ≥ v lo que es absurdo. Si por el contrario no fuera conexoigualmente obtendrıamos un bosque con a ≥ v, lo que es absurdo ya que en un bosque con c componentesconexas debe cumplirse a = v − c, segun hemos visto con anterioridad.

10. Cierto. Si χ(G) = 2, sea c : V −→ {1, 2} una vertice–coloracion de G con dos colores. Entonces G es elgrafo bipartito G = (V1,∪V2, A), siendo V1 = {v ∈ V | c(v) = 1} y V2 = {v ∈ V | c(v) = 2}.



l�

Figura 39: Un grafo cıclico conexo con una arista puente.

Figura 40: Un grafo con 3 ciclos y a = v + 1.

11. Falso. Si G contiene algun ciclo de longitud impar, entonces χ(G) ≥ 3. Pero puede ser χ(G) > 3. Porejemplo el grafo Kn con n > 3 es uno de los ejemplos.

12. Falso. La Figura 41 muestra un grafo con 4 vertices y 5 aristas y en cambio tiene 3 ciclos.

Figura 41: Un grafo hamiltoniano con vertices impares.

13. Cierto. El grafo G tiene v vertices, v(v − 1)2 − a aristas. Si tiene c caras, como es conexo y plano, verifica

la formula de Euler, por lo tanto:

v + c =v(v − 1)

2− a + 2 =⇒ c =

v(v − 1)2

− a + 2− v =v(v − 3)

2− a + 2

14. Falso. Basta pensar en un grafo bipartito con vertices de valencia superior a 2, como por ejemplo Km,n,con m ≥ 3 o n ≥ 3.




Ejercicio 1 (4 puntos)

La figura representa una red telefonica, de manera que el numero anotado en cada tramo indica el coste dereparacion de dicho tramo. Se ha detectado una averıa en la red telefonica y el tecnico encargado de repararlatendra que recorrer todos los nodos (vertices) de la red para comprobar las conexiones.

A� B�

C�

D�

E�

F�G�

H�

I�

J�K�

L�

21�

22�

19�28�

20�

30� 40�

47�

21�23� 28�

42�

48� 18�

23�

(1.a) Se decide reparar, de forma urgente, solo los tramos que permitan la conexion entre los nodos A y G,¿cuales seran los tramos que hay que reparar para que el coste sea mınimo?, ¿cual sera el coste total deesta reparacion?

(1.b) Se ha decidido tambien renovar todos los nodos de la red, pero por problemas de conexiones dos nodosdirectamente conectados no pueden estar hechos del mismo material. ¿Cuantos materiales distintos senecesitan para la fabricacion de los nodos?

(1.c) ¿Es posible recorrer todos los nodos de la red, sin repetir ninguno de ellos, de forma que se comience yacabe en el mismo vertice?

(1.d) ¿Es posible recorrer todos los tramos de la red, sin repetir ninguno de ellos, de forma que acabemos en elnodo de partida? En caso negativo, ¿cuantos tramos nuevos habra que establecer entre nodos para poderllevar a cabo esta operacion?


(2.a) Probar que si un grafo G=(V, A) posee n vertices y k aristas (con k < n), entonces tiene al menos n− kcomponentes conexas. (Nota: Usar el metodo de induccion en k)

(2.b) Probar que si un grafo G=(V, A) con n vertices (n ≥ 3) posee un numero mayor que(

n− 12

)aristas,

entonces es conexo. (Nota: Tengase en cuenta que el grafo completo Kn tiene(

n2

)aristas)

(2.c) Dar un ejemplo de grafo G=(V, A) disconexo con n vertices y(

n− 12

)aristas.

(2.d) Sea G=(V, A) un grafo con n vertices y tal que δ(v) > �n2 �+ 1, ∀v ∈ V . Demostrar que G tiene un cicloC3 como subgrafo.

(2.e) Probar que si G=(V, A) es un grafo con n vertices (n ≥ 3) y mas de (n + 2)24 aristas, entonces contiene

un ciclo C3. (Nota: Usar el metodo de induccion y el apartado anterior)



(2.f) Demostrar que un grafo en las condiciones del apartado (2.b) con n > 10 vertices no solo es conexo sinoque ademas contiene un ciclo C3.


El seleccionador nacional de balonmano tiene que formar un equipo para el proximo campeonato, compuestopor un portero (PO), un lateral izquierdo (LI), un alero izquierdo (AI), un pivote defensivo (PD), un pivoteatacante (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 solo de portero; el jugador B de porteroo de lateral izquierdo; el jugador C de alero derecho; el jugador D de lateral izquierdo, alero izquierdo, pivotedefensivo 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 jugadorH de lateral izquierdo y el jugador I de alero derecho.

(3.a) Obtener un grafo que represente la situacion y estudiar su planaridad.

(3.b) ¿Podra el seleccionador obtener una alineacion con los jugadores de que dispone? En caso afirmativo,obtenerla y en caso negativo, obtener una alineacion que cubra el mayor numero posible de puestos.

(3.c) A lo largo de la fase de preparacion se lesiona el jugador D:

(3.c.1) Probar que no es posible obtener un equipo completo con los jugadores restantes, demostrando queel grafo resultante no verifica la condicion de Hall.

(3.c.2) Partiendo de la alineacion parcial siguiente y siguiendo el arbol de camino alternado, obtener lamaxima alineacion posible y decidir cuantos nuevos jugadores debera convocar el seleccionador ypara cubrir que puestos: Portero: A, Lateral Izquierdo: B, Alero izquierdo: E, Pivote defensivo: F yAlero derecho: G



17 de Diciembre de 2004

Ejercicio 1

Sea G=(V, A) un grafo con a aristas y v vertices. Indicar cuales de las siguientes afirmaciones son verdaderasy cuales falsas, demostrando las que resulten verdaderas o presentando un contraejemplo para las que resultenfalsas:

1. Si a ≥ v, entonces el grafo G es conexo.

2. Si G tiene k componentes conexas y es acıclico, 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 acıclico.

5. Si G es conexo y contiene un ciclo, al eliminar una arista cualquiera el nuevo grafo sigue siendo conexo.

6. Si G contiene algun ciclo de longitud impar, entonces χ(G) = 3.

7. Si G es hamiltoniano, entonces no puede tener vertices de valencia impar.

8. Si el grafo complementario G es conexo y plano, tiene v(v − 3)2 − a + 2 caras.

Ejercicio 2

Un grafo G se dice que es un grafo cordal si es un vertice aislado o se obtiene a partir de otro grafo cordal J ,anadiendole un vertice y todas las aristas que le unen a un subgrafo completo de J . (La figura siguiente muestraun grafo cordal G y su forma de obtencion:

a�

b�

c� d�

e�

f�

a� a�

b�

a�

b�

c�

a�

b�

c� d�

a�

b�

c� d�

e�

G�

1. Obtener todos los grafos cordales de menos de 5 vertices.

2. Probar que todos los grafos cordales son conexos.

3. Probar que Kn es cordal, para todo n.

4. Probar que los arboles son grafos cordales.

5. Probar que el grafo rueda W4 (vease la figura) no es cordal.

6. Probar que K3,3 no es cordal.

7. Probar que el numero cromatico de los grafos cordales que no son arboles es mayor o igual que 3.



8. Probar que un grafo cordal es plano si y solo si no contiene a K5.

Ejercicio 3

Una empresa de bus turıstico esta disenando rutas que pasen por los monumentos mas importantes de Barcelona.Se acompana un grafo ponderado asociado al plano de Barcelona donde la ponderacion es proporcional al numerode semaforos y a la densidad de trafico.

A�

Plaça de Catalunya�

B� La Pedrera�

C�

Tramvía Blau-Tibidabo�

D�

Monestir de Pedralbes�

E�

Palau Real�

F�F.C.Barcelona�

H�Estació de Sants�

I�Plaça d'Espanya�

J�

MACBA-CCCB�

G�Francesc Maciá�

30�

25�

10�

11�13�

20�

24�

13�

22�23�

7� 12� 8�

1. La empresa pretende que el autobus parta de la Placa de Catalunya (A) y pase por Tramvia Blau-Tibidabo(C), Palau Real (E) y Estacio de Sants (H), para volver el apunto de partida. Teniendo en cuenta que estospuntos los puede visitar en cualquiera de los ordenes: A−−C−−E−−H−−A, A−−C−−H−−E−−Ay A−−E −−C −−H −−A, desarrollar un algoritmo para encontrar el itinerario mas corto y dar dichoitinerario.

2. ¿Podra el autobus pasar por todas las calles del grafo una y solo una vez? En caso negativo justificarlo y,en caso afirmativo, ¿en que puntos debe comenzar y acabar dicho recorrido?



13 de Diciembre de 2005 (Ingenieros Informaticos e I.T.I. Sistemas)


Los 10 empleados de una empresa tienen sus ordenadores, {A, B, C, D, E, F, G, H, I, J}, conectados entre sı enuna red cuyas conexiones se indican, en coste por unidades de longitud de cable, en la tabla siguiente:

C D E F G H I JA 22 14 8B 10 12C 15 18D 9 11E 7 13F 17G 16

1. El tecnico encargado de reparar la instalacion debe revisar todos los ordenadores una unica vez, ¿puedehacer un recorrido que empiece y termine en el mismo ordenador.

2. El tecnico proyecta realizar un nuevo trazado de la red con un coste mınimo y de manera que todos losordenadores queden conectados entre sı, ¿cual serıa el nuevo proyecto?

3. Como el coste es demasiado elevado se decide reparar lo mınimo necesario para que los ordenadores A yH queden conectados por tramos renovados, ¿cuales seran los tramos que hay que reparar?

4. ¿Cual es el menor numero de turnos de vacaciones de verano que hay que establecer, si no pueden tomarvacaciones simultaneamente personas que tengan sus ordenadores directamente conectados?

5. ¿Es posible que todos los empleados trabajen por parejas, de forma que trabajen juntas personas cuyosordenadores esten conectados directamente? En caso afirmativo, hallar un emparejamiento.

Solucion: Modelizamos el problema mediante un grafo ponderado cuyos vertices son los ordenadores y cadaarista tiene por peso la longitud del cable que une a los dos ordenadores dados por sus vertices (vease laFigura 42):

A�

B�

I�

H�

G�

F�

D�

C�

22�

E�

J�

14�

8�

10�12�

15�18�

9�11�

7�13�

17�

16�

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 vertice de valencia 1 (el vertice J).

2. Se nos pide un arbol recubridor de peso mınimo del grafo. Aplicando el algoritmo de Kruskal obtenemosel arbol de la Figura 43.

3. Aplicando el algoritmo de Dijkstra para obtener el camino mınimo de A a H tendremos la solucion delproblema. El camino mınimo de A a H ası obtenido en la tabla es A−−I −−E −−H .



A�

B�

I�

H�

G�

F�

D�

C�

22�

E�

J�

14�

8�

10�12�

15�18�

9�11�

7�13�

17�

16�

A�

B�

I�

H�

G�

F�

D�

C�

E�

J�

Figura 43: Arbol recubridor de peso mınimo del grafo de la red de ordenadores.

u A B C D E F G H I J S(0,−) (∞,−) (∞,−) (∞,−) (∞,−) (∞,−) (∞,−) (∞,−) (∞,−) (∞,−) Φ

A (∞,−) (22, A) (∞,−) (∞,−) (14, A) (∞,−) (∞,−) (8, A) (∞,−) {A}I (∞,−) (22, A) (∞,−) (21, I) (14, A) (∞,−) (∞,−) (∞,−) {A, I}F (∞,−) (22, A) (23, F ) (21, I) (∞,−) (∞,−) (31, F ) {A, I, F}E (31, E) (22, A) (23, F ) (∞,−) (28, E) (31, F ) {A, I, F, E}C (31, E) (37, C) (40, C) (28, E) (31, F ) {A, I, F, E,C}H {A, I, F, E, C, H}

4. Cada turno de vacaciones es un conjunto independiente de vertices, por lo tanto hemos de colorear losvertices del grafo y obtener el numero cromatico (por vertices) χ(G). Si observamos el grafo vemos queno tiene ciclos de longitud impar por lo tanto se trata de un grafo bipartito, siendo por tanto χ(G) = 2.Una 2–coloracion de vertices 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 numero de turnos de vacaciones es 2.

A�

B� I�H�

G�

F�

D�

C�

E� J� A�

B� I�H�

G�

F�

D�

C�

E� J�

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 endicho grafo. Esto es posible, aplicando el algoritmo de emparejamiento completo, a traves de la obtencionde caminos alternados. La Figura 44 muestra una inmersion del grafo bipartito y un emparejamientocompleto en dicho grafo, formado por las aristas (parejas de empleados) A− C, D −H , E − I, G−B YJ − F .




1. Sea G un grafo simple y T un arbol recubridor de G. Probar que cualquier vertice u de valencia 1 en Tno puede ser vertice de corte en G.

2. Probar que todo grafo simple no trivial tiene al menos dos vertices que no son vertices de corte.

Solucion:

1. Por reduccion al absurdo, supongamos que u es un vertice de valencia 1 en T y vertice de corte en G. Ental caso dados dos vertices cualesquiera a y b de G, cualquier camino entre ellos pasa por u. Ahora bien elarbol recubridor debera contener uno de los caminos de a a b y por tanto pasando por u y este no podrıatener valencia 1.

2. Sea G un grafo simple no trivial. Si G es conexo admite un arbol recubridor que como cualquier arboltiene al menos dos vertices de valencia 1 y, segun el apartado anterior, estos no son de corte en G. Si porel contrario G no fuera conexo, la afirmacion anterior se podrıa aplicar a cada una de sus componentesconexas.




Se considera el siguiente algoritmo:

——Algoritmo PRIM——-Entrada: Un grafo G=(V, A) ponderado conexo;V1 = {v}, siendo v ∈ V un vertice cualquiera;A1 = ϕ;k = 0;Mientras k < |V |;

Sea e = {v, w} ∈ A la arista de menor peso siendo v ∈ V1 y w /∈ V1;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 delas aristas de PRIM(G1):

a� b� c� d�

e� f� g�

h� i� j� m�

12�

11�

10�

13�

17�

6�

1�

14�

18�8�

2�

15�

7� 19�9�

20�21�

4�

16�

5�

22�

3�

2. Aplicar el algoritmo de Kruskal al grafo G1 anterior.

3. Probar que, sea cual seal el grafo G, PRIM(G) es un arbol recubridor de G.

4. A tenor de los resultados anteriores que puedes afirmar del algoritmo PRIM.

Solucion:

1. Comenzando con el vertice a obtenemos el siguiente grafo PRIM(G1), cuyo peso (suma de los pesos delas aristas) es 61.

a� b� c� d�

e� f� g�

h� i� j� m�

10�

6�

1�

14�

2�

7�9� 4�

5�

3�



2. El algoritmo de Kruskal, aplicado al grafo G1, devuelve el mismo arbol:

3. Probemos, por induccion en k, en primer lugar que el grafo PRIM(G) es un grafo conexo. En el primerpaso del algoritmo tendremos un grafo formado por dos vertices y la arista que los une y por tanto parak = 1 se trata de un grafo T1 conexo. Si despues del paso k se obtiene un grafo Tk conexo, tambien losera el grafo Tk+1 obtenido en el paso k + 1, ya que lo que hacemos es anadir un vertice nuevo y unaarista uniendo dicho vertice a un vertice del grafo conexo Tk. Por tanto el grafo T es un grafo conexo.Ademas como en cada paso del algoritmo anadimos un vertice y una arista, el grafo T = (V1, A1) verificala relacion combinatoria |A1| = |V1| − 1 y por tanto se trata de un arbol. Como ademas el contador kindica el numero de vertices de V1 tendremos que V1 = V y se trata de un arbol recubridor.

4. A tenor de los resultados anteriores podemos afirmar que “parece”que el algoritmo PRIM obtiene el arbolrecubridor de peso mınimo de un grafo conexo ponderado.



29 de Abril de 2005 (Ingenieros Informaticos e I.T.I. Sistemas)


El grafo G=(V, A) es un grafo sin ciclos con cuatro componentes conexas y 2008 vertices.

1. Si todos los vertices tienen valencia 1 o 2, ¿cuantos vertices tiene de cada clase?

2. ¿Y si todos los vertices tienen valencia 1 o 3?

Solucion:

1. Se trata de un bosque, de forma que cada una de las componentes conexas es un arbol con vertices devalencias 1 o 2, por lo que cada componente conexa sera un grafo camino y por tanto con 2 vertices devalencia 1 y el resto de valencia 2. Por lo tanto el grafo G tendra 8 vertices de valencia 1 y el resto, esdecir 2000, de valencia 2. NOTA: Este apartado tambien puede resolverse con procedimiento similar aldesarrollado en el apartado siguiente.

2. Se trata de un bosque con cuatro componentes conexas (arboles) y por tanto si tiene n = 2008 verticestiene a = n− 4 = 2004 aristas. Si tiene n3 vertices de valencia 3 tendra 2008− n3 vertices de valencia 1 ysegun el lema del apreton de manos∑v∈V

δ(v) = 2a =⇒∑

v∈V, δ(v)=1

δ(v) +∑

v∈V, δ(v)=3

δ(v) = 4008 =⇒ (2008− n3) + 3 n3 = 4008 =⇒ n3 = 1000

Tiene por tanto 1000 vertices de valencia 3 y 1008 vertices de valencia 1.


Sea G=(V, A) un grafo conexo y sean x, y ∈ V dos vertices tales que d(x, y) = diametro(G). Probar que x e yno pueden ser vertices de corte. NOTA: Se recuerda que el diametro de un grafo G=(V, A) es diametro(G) =max{d(u, v)/u, v ∈ V }. Solucion: Por reduccion al absurdo. Si y es un vertice de corte, el grafo G−{y} tiene al

x� y�

u�

menos dos componentes conexas. Sea por tanto un vertice u perteneciente a una componente conexa distinta a laque pertenece el vertice x en G−{y}. Segun se aprecia en la figura, cualquier camino entre x y u (en el grafo G)debe contener el vertice 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 vertice de corte. Igualmente se prueba que x no puede ser vertice de corte.


Indicar cuales de los siguientes grafos son isomorfos (en este caso describir el correspondiente isomorfismo) ycuales no (senalando en este caso por que): Solucion: Los grafos G1 y G2 no son isomorfos. Para llegar a estaconclusion podemos aportar, entre otras, cualquiera de las razones siguientes: G2 contiene tres ciclos de longitud



a� b�

c� d�

e� f�

g� h�

A� B�

C� D�

E� F�

G� H�

1� 2� 3� 4�

5� 6� 7� 8�

G�1� G�2� G�3�

4 mientras que G1 solo contiene dos; G2 tiene un ciclo de longitud 4 (A−C −D−B) formado por vertices devalencia 3 y G1 no, etc. Los grafos G2 y G3 son isomorfos, ya que la correspondencia entre vertices

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.


Sea G=(V, A) un grafo ponderado, con V = {a, b, 1, 2, 3 . . . , n} y A = {{a, i}, {b, i}, i = 1, . . . , n}, siendop({a, i}) = 1, p({b, i}) = 2 (i = 1, . . . , n) los pesos de las aristas. Obtener los siguientes arboles recubridores,indicando el peso de cada uno de ellos:

1. de busqueda en profundidad (DFS), con raız en a.

2. de busqueda en anchura (BFS), con raız en a.

3. de peso mınimo.

Solucion: Se trata del grafo K2,n ponderado. a) Tiene peso 2n + 1 b) Tiene peso n + 2 c) Es el mismo que el

a� b�

1� 2� 3� 4� 5� n�

1� 2�

a� b�

1� 2� 3� 4� 5� n�

1� 2�

ArbolDFS del grafo K2,n. Arbol BFS del grafo K2,n.

arbol BFS.


Considerese el siguiente algoritmo PODA: **Algoritmo PODA Entrada: Un arbol T F =T ; k = 0; Mientras el numero de vertices de F sea mayor o igual que 3 { F = F −{vertices de valencia 1}; k = k + 1; } Retorna k y F ;

1. Obtener PODA(T1) y PODA(T2), siendo T1 y T2 los arboles de la siguiente figura:

2. Si definimos la excentricidad de un vertice como la distancia al vertice mas lejano, ¿como se puede obtenerla excentricidad del vertice (o de los dos vertices) de PODA(T ), siendo T un arbol cualquiera?

3. ¿Que relacion existe entre la paridad del diametro de un arbol T y el numero de vertices de PODA(T ).



a� b�

T�1�

c� d� e� f�

g� h�

i� j�

a�

b�

T�2�

c�

d� e�

g� h� i�

f�

Solucion:

1. PODA(T1) devuelve k = 2 y el grafo F de vertices V (F ) = {e, f} y aristas A(F ) = {{e, f}}. PODA(T2)devuelve k = 2 y el grafo trivial F , V (F ) = {c} y A(F ) = φ.

2. Si PODA(T ) devuelve un solo vertice v, sea P ≡ v = vk, vk−1, . . . , v3, v2, v1 el camino desde el verticev a su vertice mas alejado v1. Al ejecutar el algoritmo, en la primera pasada eliminamos el vertice v1, yel resto de vertices de valencia 1. En el nuevo grafo T − {vertices de valencia 1}, el vertice v2 queda convalencia 1 (adyacente unicamente a v3), ya que en caso contrario v2 serıa adyacente a un vertice u devalencia superior a 1 en T y tendrıamos 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 ultimo vertice de P y quedaen el nuevo grafo, el camino P ′ ≡ v = vk, vk−1, . . . , v3, v2 como el camino desde el vertice v al verticemas alejado v2, que eliminaremos en el segundo paso del algoritmo. Ası sucesivamente el numero de pasosdel algoritmo k indicara la excentricidad del vertice v, ya que sera el numero de aristas de P . Si por elcontrario PODA(T ) devuelve dos vertices u y v (y la arista que los une), el camino desde u (igualmentepodrıamos decir v) a su vertice mas alejado, debe ser de la forma P ≡ u, v = vk, vk−1, . . . , v3, v2, v1 ysiguiendo el mismo razonamiento anterior el algoritmo PODA en cada paso elimina una arista de P y portanto como al final elimina todas las aristas de este camino excepto la arista u − v, la excentricidad de u(o de v) sera k + 1.

3. Segun el razonamiento anterior si el diametro es un numero par, el camino mas largo entre dos vertices delarbol contiene un numero par de aristas y un numero impar de vertices y al aplicar el algoritmo PODA,como en cada paso se eliminan dos vertices y dos aristas, se obtendran un unico vertice. Si por el contrarioel diametro es impar, el algoritmo devolvera dos vertices.



10 de Junio de 2005 (Ingenieros Informaticos e I.T.I. Sistemas)


Llamamos doblar la arista {a, b} a producir una subdivision de la misma mediante la insercion de un nuevovertice v y sustituyendola por las aristas {a, v} y {v, b}. Determinar el numero cromatico 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).

Solucion:

1. El grafo Kn,m = (X ∪ Y, A) de conjuntos de vertices X = {x1, . . . , xn} e Y = {y1, . . . , xn} no tieneciclos de longitud impar ya que es un grafo bipartito. No obstante el grafo G1 obtenido al doblar unaarista cualquiera, por ejemplo la arista {x1, y1} (vease 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 esbipartito y por tanto χ(G1) ≥ 3. Ademas c(xi) = 1 (i = 1, . . . n), c(yj) = 2 (j = 1, . . .m), c(v) = 3 es una

x�1� x�2� x�3�x�n�

y�1� y�2� y�3� y�m�

v�

Figura 45: El grafo G1 obtenido al doblar una arista de Kn,m.

3-vertice-coloracion 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 grafoobtenido doblando cada arista {xi, yj} de Kn,m, anadiendo el vertice vi,j y sustituyendo la arista {xi, yj}por las aristas {xi, vi,j} y {vi,j , yj} (vease la Figura 46). Este grafo es un grafo bipartito de conjuntos

x�1� x�2� x�3�x�n�

y�1� y�2� y�3� y�m�

v�1,1� v�n,m�

Figura 46: El grafo G2 obtenido al doblar todas las aristas de Kn,m.

independientes de vertices V1 = {x1, . . . , xn, y1, . . . , ym} y V2 = {v1,1, . . . , vn,m} ya que cada arista de G2

une un vertice de V1 (vertice de Kn,m) y un vertice de V2. Por lo tanto χ(G2) = 2.

3. Sabemos que el grafo Kn = ({x1, . . . , xn}, A) tiene por numero cromatico χ(Kn) = n. Sea por ejemplo lavertice-coloracion c(xi) = i de Kn con n colores. Sea G3 el grafo obtenido doblando una arista cualquiera



{xi, xj} de Kn, anadiendo el vertice v y sustituyendo esta arista {xi, xj} por las aristas {xi, v} y {v, xj}.Consideremos la vertice-coloracion del grafo G3 obtenida asignando a los vertices xi y xj el color i (sepueden colorear estos dos vertices con el mismo valor ya que no son adyacentes), al vertice v cualquiercolor excepto i y j (podemos conseguirlo pues n ≥ 3 y v es adyacente solo a dos vertices que tienen el colori) y al resto de vertices el color que tenıan en la vertice-coloracion de Kn. Esta es una vertice-coloracionde 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. Ademas 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 vertices son por un lado los vertices de Kn ypor otro lado los vertices introducidos para doblar las aristas, ya que cada arista de G4 se produce entreun vertice del primitivo Kn y uno de los vertices anadidos. Por lo tanto χ(G4) = 2.


Sea el grafo G definido por la siguiente lista de adyacencias.0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 161 0 1 0 1 0 3 2 3 4 1 6 7 0 1 6 13 2 3 2 3 2 5 6 7 8 3 8 9 6 7 12 155 4 5 4 5 4 7 8 9 10 7 10 11 10 13 1413 10 7 6 9 6 11 10 11 12 9 12 13 12 15 16

14 8 13 12 11 15 1416 10 15 14 13

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 ındice cromatico (numero cromatico por aristas).

NOTA: Se recomienda no dibujar el grafo. Solucion:

1. El grafo G tiene todos sus vertices de valencia par, excepto los vertices 12 y 13 que tienen valenciaδ(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 vertices V1 = {1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15} yV2 = {0, 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16}, pues cualquier arista une un vertice par con uno impar. Entonces G nocontiene ciclos impares y por tanto no puede ser hamiltoniano ya que esto implicarıa la existencia de unciclo hamiltoniano que, por contener a los 17 vertices del grafo G, este serıa 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 ındice cromatico (numero cromatico por aristas) coincidecon la valencia maxima. Por lo tanto χ1(G) = ∆ = 6.




Justificar si el siguiente grafo es plano o no. Solucion: El grafo G no es plano ya que contiene a un subgrafo

a�

h�

g�

f� e�

d�

c�

b�

G′ isomorfo a una subdivision G′′ de K3,3, como muestra la Figura 47.

a�

h�

g�

f� e�

d�

c�

b� a�

h�

g�

f� e�

d�

c�

b� a�

h�

g�

f�e�d�

c�

b�

G� G'� G''�

Figura 47: El grafo no es plano, ya que contiene un subgrafo homeomorfo a K3,3.


Obtener un emparejamiento maximo del grafo bipartito siguiente, a partir del emparejamiento inicial dado porlas aristas resaltadas {1, a}, {2, b}, {4, d}, {5, c}, {7, e}. ¿El emparejamiento obtenido es completo?

a�

g�7�

6�

5�

4�

3�

2�

1�

f�

e�

d�

c�

b�

Solucion: Comenzando con el emparejamiento H de 5 aristas propuesto y aplicando el algoritmo de empa-rejamiento se obtiene el camino alternado 3, b, 2, e, 7, f y alterando el caracter de las aristas de dicho caminoalternado se obtiene el emparejamiento H ′ de 6 aristas (vease la Figura 48). En este nuevo emparejamiento H ′



a�

g�7�

6�

5�

4�

3�

2�

1�

f�

e�

d�

c�

b�

3�

b�

2�

e�

7�

f� g�

a�

g�7�

6�

5�

4�

3�

2�

1�

f�

e�

d�

c�

b�

H� H'�

Figura 48: El emparejamiento H admite un camino alternado y se puede ampliar.

6�

a�

a�

g�7�

6�

5�

4�

3�

2�

1�

f�

e�

d�

c�

b�

H'�

d�

1� 4�

c�

5�

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 porlas aristas {1, a}, {2, e}, {3, b}, {4, d}, {5, c}, {7, f}, es un emparejamiento maximo. Como |H ′| = 6 < 7 = |X |no es un emparejamiento completo.



28 de Junio de 2005 (Ingenieros Informaticos e I.T.I. Sistemas)


1. Un grafo finito se dice casi–perfecto si y solo si todos sus vertices tienen distinta valencia, excepto dos deellos que tienen la misma valencia.

a) Probar que un grafo G es casi–perfecto si y solo si su grafo complementario G es casi–perfecto.

b) Probar que todo grafo casi–perfecto con p vertices (p ≥ 3) tiene exactamente un vertice aislado o unvertice de valencia p− 1.

2. Se construye por induccion 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 vertice aislado vp a Dp−1. (Observaque de forma equivalente podemos decir que, para p > 2, Dp = Dp−1 + {vp}).

a) Representar graficamente 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 vertice de valencia 0 y utilizar esta propiedad para demostrar por induccion en pque Dp es un grafo casi–perfecto.

3) la arista {vp−1, vp} es una arista puente en Dp.

4) el vertice vp es un vertice de corte en Dp.

5) si p ≥ 4, Dp no es bipartito.

c) Encontrar un arbol recubridor de Dp.

d) ¿Es D11 plano?.

Solucion:

a.1) Sea G un grafo casi–perfecto y L ≡ {d1, d2, . . . , dn−1, dn} su lista de grados. Si G es casi–perfecto quieredecir que los numeros di son todos distintos excepto dos de ellos. Como la lista de grados del grafocomplementario G viene dada por L ≡ {n− 1− dn, n− 1− dn−1, . . . , n− 1− d2, n− 1− d1}, en esta listatodos los elementos seran distintos entre sı excepto dos de ellos y por tanto G es un grafo casi–perfecto.Por lo tanto si un grafo es casi–perfecto tambien lo es su complementario. El recıproco es evidente ya queel grafo complementario del grafo G es el propio grafo G.

a.2) Sea G un grafo casi–perfecto con p vertices (p ≥ 3) y sea L ≡ {d1, d2, . . . , dp} su lista de grados. Comotodos los vertices tienen distinta valencia, excepto dos de ellos, esta lista contiene p−1 numeros diferentesy como la lista {0, 1, . . . , p− 1} contiene p numeros, la lista de grados L debe contener al menos el valor0 o el valor p− 1. Obviamente si la lista L contiene el valor 0 no puede contener el valor p− 1 (un grafono puede contener al mismo tiempo un vertice aislado y uno adyacente a todos los demas). Veamos que



no puede contener mas de un vertice de valencia 0 ni mas de un vertice de valencia p − 1. En efecto, siexistieran dos vertices de valencia 0 (alternativamente, de valencia p − 1), tendrıa dos vertices aislados(alternativamente, adyacentes a todos los demas) y por tanto no podrıa haber vertices de valencia p−1 nip− 2 (alternativamente 0 y 1), por lo que la lista L no podrıa contener p− 1 valores diferentes, ya que lasposibilidades quedarıan reducidas a los p− 2 valores {0, 1, . . . , p− 3} (alternativamente {2, 3, . . . , p− 1}).Por lo tanto todo grafo casi–perfecto de p vertices tiene exactamente un vertice aislado o un vertice devalencia p− 1.

b.1) La Figura 50 muestra una representacion grafica de los grafos D2, D3, D4 y D5.

v�1�

v�2�

D�2�

v�1�

v�2�

D�3�

v�3�

v�1�

v�2�

D�4�

v�3�v�4�

v�1�

v�2�

D�5�

v�3�

v�4�

v�5�

Figura 50: Grafos casi–perfectos Di (2 ≤ i ≤ 5).

b.2.1) En el grafo Dp−1 ∪ {vp} el vertice vp es aislado, por lo que en su complementario Dp = Dp−1 ∪ {vp}sera adyacente a todos los demas y el grafo es conexo.

b.2.2) Como se probo en el apartado anterior, el vertice vp es aislado en Dp−1 ∪ {vp} = Dp y por tanto tienevalencia 0. Veamos, utilizando esta propiedad y por induccion en p que el grafo Dp es casi–perfecto. Parap = 2 la propiedad se cumple ya que la lista de grados de D2 es L ≡ {1, 1} y por tanto todos los verticesson de distinta valencia, excepto dos de ellos y D2 es casi–perfecto. Veamos que si la propiedad es ciertapara p (Dp es casi–perfecto), tambien lo es para p + 1 (Dp+1 = Dp ∪ {vp+1} es casi–perfecto). En efecto,si Dp es casi–perfecto, segun el apartado a.2, tiene exactamente un vertice de valencia 0 o un vertice devalencia p − 1 y como Dp tiene un vertice aislado, Dp tiene un vertice de valencia p − 1 y ninguno devalencia 0, es decir la lista de grados L ≡ {d1, d2, . . . , dp} del grafo Dp contiene p numeros distintos entresı, excepto dos de ellos, y de forma que di �= 0. Si anadimos el vertice aislado vp+1, la lista de gradosdel grafo Dp ∪ {vp+1} sera {0, d1, d2, . . . , dp} que tiene todos sus elementos distintos, excepto dos de ellos,por lo tanto Dp ∪ {vp+1} es casi–perfecto y, segun el apartado a.1, tambien lo es su complementarioDp+1 = Dp ∪ {vp+1}.

b.2.3) En cada uno de los grafos Di el ultimo vertice vi es adyacente a todos los demas, ya que en su comple-mentario es un vertice aislado. Por lo tanto en el grafo Dp−1 ∪ {vp} = Dp los dos “ultimos”vertices tienenvalencias 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 unicamente a vp. Por tanto si eliminamos la arista {vp−1, vp} el grafo se desconecta pues elvertice vp−1 queda aislado. Entonces {vp−1, vp} es una arista puente.

b.2.4) Segun vimos en el apartado anterior, en el grafo Dp el vertice vp−1 es adyacente unicamente a vp. Portanto si eliminamos este vertice, el vertice vp−1 es un vertice aislado en el grafo Dp − {vp} y el vertice vp

es vertice de corte en Dp.

b.2.5) Si el grafo Dp tiene al menos 4 vertices (p ≥ 4) y fuera bipartito no tendrıa ciclos de longitud impar. Perocomo el vertice vp es adyacente a todos los demas, entre estos no puede haber dos vertices adyacentesentre sı, ya que en tal caso se formarıa un ciclo de longitud 3. Entonces todos los vertices, excepto vp,tendrıan valencia 1 y habrıa un numero no inferior de vertices con igual valencia (valencia 1) y no serıacasi–perfecto. Por lo tanto Dp no es bipartito (para p ≥ 4).

b.3) En el grafo Dp el ultimo vertice es adyacente a todos los demas, por tanto un arbol recubridor del grafoDp sera el arbol T =(V, A), siendo V = {v1, . . . , vp} el conjunto de vertices del grafo Dp y el conjunto dearistas A = {{v1, vp}, {v2, vp}, . . . , {vp−1, vp}}.



b.4) D11 es un grafo conexo y por tanto no tiene vertices aislados y teniendo en cuenta que la secuencia de 11numeros todos distintos entre sı, excepto dos de ellos, de menor suma es {1, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}, cuyasuma es 56 tendremos que el numero de aristas del grafo D11 sera a ≥ 56

2 = 28. Pero 3v − 6 = 27 y portanto a > 3v − 6 y el grafo D11 no verifica el test de planaridad y no es plano.


La figura muestra el plano de la pinacoteca Von Cuadren. Lo que hace especialmente importante a esta pina-coteca no es la gran coleccion de pinturas expuestas en sus 18 salas sino el hecho de que las puertas que danacceso a las distintas salas poseen una excelente coleccion de bajorrelieves de estilo renacentista.

A� B�

E�

C�

F� G� H�

I� J� K�

N� O�

L�

D�

M� P�

Q� R�

1. Un visitante esta interesado en apreciar la coleccion de pinturas, ¿podra realizar una visita por la pina-coteca de modo que visite todas y cada una de sus salas una unica vez, acabando en la misma sala departida?, ¿y si el punto de partida no tiene por que coincidir con el punto final del itinerario? En casoafirmativo obtener dichos itinerarios.

2. Si en cambio un visitante esta unicamente interesado en la coleccion de bajorrelieves de las puertas,¿podra encontrar un itinerario que lo haga pasar por cada una de las puertas una unica vez, acabando enla misma sala de partida¿, ¿y si no es necesario acabar en la misma sala de que partio? En caso afirmativoobtener dichos itinerarios.

3. El decorador del museo pretende pintar las paredes de las salas de forma que salas comunicadas no llevenel mismo color, ¿cual sera el menor numero de colores necesarios para ello?

4. Igualmente el decorador necesita dar color a los marcos de las puertas y quiere hacerlo de tal forma queen una misma sala no haya dos puertas del mismo color, ¿cual sera el menor numero de colores necesariospara ello?

5. La seguridad del museo intenta vigilar todas las salas. Para ello colocando un vigilante en una puertatendra vigiladas las dos salas que comparten dicha puerta. Encontrar una disposicion adecuada para losvigilantes de forma que puedan vigilarse todas las salas.

Solucion:



A� B�

E�

C�

F� G� H�

I� J� K�

N� O�

L�

D�

M� P�

Q� R�

Figura 51: Grafo del museo.

1. El grafo G de la Figura 51 representa al mapa del museo donde los vertices corresponden a las salas y lasaristas a las puertas del mismo. El grafo tiene dos vertices de corte, los vertices K y G, por lo tanto no esun grafo hamiltoniano y por tanto no se puede encontrar un ciclo hamiltoniano que visite todas las salasuna unica vez, acabando en el punto de partida. Por otro lado al eliminar el vertice de corte G se producentres componentes conexas, formadas por los conjuntos de vertices V1 = {A, B, C, E, F}, V2 = {D, H} yV3 = {I, J, K, L, M, N, O, P, Q, R}, por lo tanto el grafo no admite un camino hamiltoniano que permitavisitar todas las salas, comenzando y acabando en salas diferentes.

2. Las valencias de los vertices 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 vertices de valencia impar no es un grafo euleriano y por tanto no admite un circuito eulerianoque permita, comenzando y terminando en la misma sala, recorrer todas las puertas una unica vez. Siexiste un recorrido euleriano (tiene unicamente dos vertices de valencia impar, D y J) que permita visitartodas las puertas una unica vez, comenzando en la sala D y acabando en la sala J (o viceversa). Paraobtener este recorrido anadimos un vertice ficticio V y las aristas {V, D y V, J y aplicando el algoritmode Euler (comenzando en el vertice ficticio V ). La siguiente tabla muestra una ejecucion del algoritmo:

v C D

V {V } {V, J, K, G, H, D, V }J {V, J, K, G, H, D, V } {J, I,M, N, J}N {V, J, I, M, N, J, K, G, H, D, V } {N, O, R, Q,N}O {V, J, I,M, N, O, R, Q, N, O, R,Q, N, J, K, G, H,D, V } {O, K, L, P, O}G {V, J, I, M, N, O, K, L, P, O, R,Q, N, O, R, Q,N, J, K, G, H, D, V } {G, C, B, A, E, F, G}

{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 } {G, C, B, A, E, F, G}

Por lo tanto se pasaran 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 numero cromatico (por vertices) del grafo. Se observa facilmente que el grafo notiene ciclos de longitud impar por lo que se trata de un grafo bipartito (vease la Figura 52) y por tantosu numero cromatico es 2, siendo este el menor numero de colores necesarios para pintar las salas.



A�

B� E�

C� F�

G�

H� I�

J�

K� N�

O�L�D� M�

P�

Q�

R�

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 delmismo color (aristas incidentes no tengan el mismo color) y por tanto debemos obtener el ındice cromatico(numero cromatico por aristas) del grafo. Teniendo en cuenta que es un grafo bipartito y que la mayorvalencia es δ(G) = δ(G) = 4 se tiene que χ1(G) = 4, siendo este el menor numero de colores necesariospara las puertas.

5. Se han de situar vigilantes en algunas puertas (aristas del grafo) de forma que se vigilen el total de las salas(vertices). Obviamente si una persona vigila una sala ya no es necesario colocar un vigilante en ningunapuerta de acceso a esta sala y por tanto se han de elegir aristas independientes, es decir hay que encontrarun emparejamiento (aristas independientes) completo (que contenga a todos los vertices) en el grafo G.

A�

B� E�

C� F�

G�

H� I�

J�

K� N�

O�L�D� M�

P�

Q�

R�

Figura 53: Un emparejamiento completo en el grafo del museo.

A� B�

E�

C�

F� G� H�

I� J� K�

N� O�

L�

D�

M� P�

Q� R�

Figura 54: Vigilancia del museo.



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 disposicion de los nueve vigilantes en el museo.



17 de Septiembre de 2005 (Ingenieros Informaticos e I.T.I. Sistemas)


Un grafo simple G se dice que es orientable si existe una manera de orientar sus aristas de forma que el digrafoD resultante es fuertemente conexo (para cada par de vertices u y v existe en el digrafo D un camino dirigidode 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 arbol 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 vertices 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.

Solucion:

1. Si Kn = (V, A), siendo V = {v1, v2, . . . , vn}, dando la orientacion a las aristas:⎧⎨⎩

vi → vi+1, para i = 1, . . . , n− 1vn → v1

cualquier orientacion a las demas aristas

en el digrafo resultante se forma el ciclo dirigido v1 → v2 → · · · → vn → v1 y por lo tanto habra un caminodirigido en cada sentido entre cualesquiera dos vertices y el digrafo resultante sera 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 arbol T y sean u y v dos de sus vertices. Si T fuera un grafo orientable, en el grafo dirigidocorrespondiente habrıa un camino dirigido u = u1 → u2 → · · · → um = v y un camino dirigido v = v1 →v2 → · · · → vk = u. Pero entonces T no serıa un arbol ya que tendrıamos el ciclo u = u1, u2, · · · , um =v = v1, v2, · · · , vk = u.

4. Si un grafo G es orientable es obviamente conexo ya que serıa el grafo simple inducido por un digrafofuertemente conexo. Veamos que no puede tener aristas puente. En efecto, si un grafo tiene una aristapuente a = {u, v} el unico camino entre los vertices u y v es esta arista y por tanto no se podra conseguiruna orientacion de las aristas que nos aporte un camino dirigido u→ v y otro v → u y no serıa orientable.



5. Sea G = (V, A) un grafo conexo sin aristas puente. Probemos que es orientable, ofreciendo la correspon-diente orientacion a las aristas que convierte el grafo en un digrafo fuertemente conexo. Sea una arista cual-quiera 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 orientacion las aristas queunan dos vertices no consecutivos del ciclo anterior tendremos que el subgrafo formado por los vertices{v1, . . . , vn} es fuertemente conexo. Si existen mas vertices en G, por ser este conexo, debe existir unaarista que une un vertice vj del ciclo C con otro vertice w1 no perteneciente al ciclo. Pero como esta aristano es puente, debe estar contenida en un ciclo C′ ≡ w1, vj = w2, . . . , wm = w1 (la Figura 56 muestra unejemplo). Si estas aristas no tienen ya orientacion las orientamos en orden creciente de subındice y lasaristas que unen vertices no consecutivos de este ciclo, de cualquier forma. De esta manera ampliamosel subgrafo dirigido que es fuertemente conexo. Ası procederıamos mientras quedaran vertices en V . Deforma que conseguiremos un digrafo fuertemente conexo y el grafo G es orientable.

v�1�

v�2�

w�1�

w�3�v�6� v�5�

v�4�

v�3�v�1�

v�2�

v�6� v�5�

v�j�

v�3�

w�6�

w�7�

C�

C '�

Figura 56: Orientacion de un grafo conexo sin aristas puente.

6. El grafo de la Figura 57 es orientable y tiene un vertice de corte.

v� v�

Figura 57: Grafo orientable con un vertice 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 losvertices) C ≡ v1, v2, . . . , vn, v1, orientando las aristas del ciclo v1 → v2 → . . . → vn → v1 y de cualquiermanera 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 vertice de corte.

9. Si G es euleriano entonces admite un circuito euleriano. Si orientamos las aristas con la orientacion queaporta el circuito euleriano que nos da el algoritmo de Euler tendremos un grafo dirigido fuertementeconexo ya que toda arista esta 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 vertices impares.



Figura 58: Grafo orientable y no euleriano.


Los datos de matriculacion de los alumnos de un curso, compuesto por las ocho asignaturas ai, i = 1, . . . , 8,indican que las unicas parejas de asignaturas que no tienen simultaneamente 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 situacion y probar que G no es plano.

2. Prescindiendo de dos asignaturas se puede obtener un subgrafo plano G′ del grafo G. Encontrar dichasasignaturas y probar que G′ es plano.

3. ¿Cual es el menor numero de dıas necesarios para realizar los examenes de las 8 asignaturas de forma queningun alumno tenga que examinarse de dos asignaturas en un mismo dıa? Indicar un calendario optimode examenes.

Solucion:

1. El grafo de la Figura 59 representa la matricula del curso y no es conexo ya que el subgrafo inducido porlos vertices {v4, v5, v6, v7, v8} es el grafo completo K5.

a�1�

a�8�

a�7�

a�6� a�5�

a�4�

a�3�

a�2�

a�8�

a�7�

a�6� a�5�

a�4�

Figura 59: El grafo G que representa la situacion del problema 2 contiene a K5.

2. La Figura 60 muestra el grafo obtenido al eliminar los vertices correspondientes a las asignaturas a4 y a6

y una inmersion plana del mismo.

3. El menor numero de dıas necesarios para realizar los examenes coincide con el numero cromatico porvertices del grafo G, que por contener a K5 sera χ(G) ≥ 5. Como la aplicacion

c(a1) = c(a2) = c(a8) = 1, c(a3) = c(a4) = 2, c(a5) = 3, c(a6) = 4, c(a7) = 5



a�1�

a�8�

a�7�

a�5�

a�3�

a�2�a�1�

a�8�

a�7�

a�5�

a�3�

a�2�

Figura 60: Subgrafo G′ plano.

es una vertice-coloracion con 5 colores tendremos χ(G) = 5 y este es el menor numero de dıas necesariospara realizar los examenes. Ası mismo esta aplicacion nos aporta un calendario optimo: Dıa 1, asignaturasa1, a2 y a8; dıa 2, asignaturas a3 y a4; dıa 3, asignatura a5; dıa 4, asignatura a6, y dıa 5, asignatura a7.


Se tienen cuatro monedas y se sabe que por lo menos dos de ellas son autenticas y que las monedas falsas pesanla mitad que las autenticas y se dispone de una balanza de dos platillos.

1. ¿Cual es el menor numero de pesadas que sera necesario realizar para conocer cuantas y cuales monedasson falsas?

2. Disenar un procedimiento que resuelva el problema con el menor numero de pesadas.

Solucion:

1. Las posibles soluciones del problema son 11: pueden ser todas las monedas autenticas, puede ser que solouna de las 4 sea falsa (4 casos) y pueden ser cualesquiera de las 6 posibles parejas de monedas falsas. Sidisenamos un arbol de decision ternario (m = 3) este tendra 11 hojas (h = 11), por lo tanto el peso delarbol sera p ≥ logm h = log3 11 > 2 y el peso del arbol sera p ≥ 3 siendo por tanto necesario realizar almenos 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 autenticas;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 parejasde monedas falsas. Las Figuras 61 y 62 muestran dos ejemplos de arboles de decision que resuelven elproblema de forma optima, ya que necesitan tres pesadas.



1>2� 1=2� 1<2�

1� 4�

1� 2�

1� 3�

1� 4�

1� 3�

1� 4�

1� 3�

1� 4�

1>3� 1=3� 1>3� 1=3� 1<3� 1=3� 1<3�

>� =� >� =� >� =� >�=�

2-3�

2-4� 2� 3-4� 3� 4� B�

1-2� 1-3�

1-4� 1�

Figura 61: Un arbol de decision para el problema de las monedas.

1+2>3+4�

1,2� 3,4�

1� 3�

2� 3�

3� 4� 1� 2�

3>4� 3=4� 1>3� 1=3� 1<3�

>� =�

4� 2-3�

1-3� B�

1-4�

1+2=3+4� 1+2<3+4�

3�3-4�

3<4�

<�

2-4�

1>2� 1=2�

2� 1�1-2�

1<2�

Figura 62: Otro arbol de decision para el problema de las monedas.



16 de Mayo de 2005 (I.T.I. Gestion)

Ejercicio 1 En una region sumamente escarpada de los Andes los indıgenas autoctonos desarrollaron un

extraordinario sistema de comunicacion para alertar de posibles peligros al asentamiento principal. En este sis-tema, unos vigıas se repartıan a lo largo de la cordillera a modo de avanzadilla, y emitiendo unos asombrosossonidos sibilantes iban transmitiendose los unos a los otros la informacion, hasta que esta finalmente se remon-taba al poblado. El grafo ponderado siguiente modela la situacion de los vigıas (vi) y del asentamiento (P ), ylos pesos de las aristas indican el tiempo que transcurre en la transmision de la informacion de un vigıa a otro.Se pide:

4�2�3�

3� 4�

4�

5�6�5�4�

5�3�

4�2�

2�

3�3�

3�7�

v�8�

v�5�

v�6�

v�1�v�2�

P�

v�7�

v�4�

v�3�

arista {P, v1} {P, v2} {P, v4} {v1, v3} {v1, v4} {v1, v5} {v2, v4}peso 3 2 4 3 5 7 3

arista {v2, v7} {v2, v8} {v3, v4} {v3, v5} {v3, v6} {v3, v7} {v4, v6}peso 6 4 2 3 2 5 4

arista {v4, v7} {v4, v8} {v5, v6} {v6, v7} {v7, v8}peso 4 5 3 3 4

1. Una alerta se considera crıtica si llega al poblado tras pasar por todos los vigıas como intermediarios.Determinar el tiempo mınimo que requiere una alerta crıtica. ¿Es unica la forma en que se transmite unatal alerta?

2. Determinar el tiempo mınimo que requiere la transmision de cualquier informacion desde cada vigıa alasentamiento, ası como las rutas mediante las cuales se realizan estas transmisiones optimas. Justificarsi la suma de estos tiempos mınimos corresponde o no al tiempo mınimo de transmision que requiere unaalerta crıtica, hallado en el apartado anterior.

3. Si el vigıa v4 es vıctima de un profundo sopor y rompe la cadena de transmision, estudiar como afecta estacircunstancia a la variacion o no del tiempo requerido para la recepcion de la informacion en el pobladodesde los restantes puestos de vigilancia.

Solucion.

1. Se trata de hallar un arbol recubridor de peso mınimo. Aplicamos el algoritmo de Kruskal, ordenando lasaristas de menor a mayor peso, y entre las de igual peso segun el orden lexicografico (i.e. segun aparecenpor filas en la tabla que da el enunciado, de izquierda a derecha). De este modo, las 8 aristas resultantesson: {P, v2}, {v3, v4}, {v3, v6}, {P, v1}, {v1, v3}, {v3, v5}, {v6, v7} y {v2, v8}. En total, el peso de este arbol(y por tanto el tiempo mınimo que conlleva una alerta crıtica) es de 22. Desde luego no se trata del unicoarbol recubridor de peso mınimo (sustituir, por ejemplo, la arista {v3, v6} del arbol anterior por {v5, v6});por lo que la forma en que se transmite una alerta crıtica no es en absoluto unica.

2. Ahora hay que determinar las distancias mas cortas desde el poblado a cada vigıa; en definitiva, un arbolde distancias mas cortas desde el poblado a los restantes vertices, mediante el algoritmo de Dijkstra, cuya



tabla detallamos a continuacion.

v1 v2 v3 v4 v5 v6 v7 v8 base arista3 2 ∞ 4 ∞ ∞ ∞ ∞ v2 {P, v2}3 − ∞ 4 ∞ ∞ 8 6 v1 {P, v1}− − 6 4 10 ∞ 8 6 v4 {P, v4}− − 6 − 10 8 8 6 v8 {v2, v8}− − 6 − 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 arbol nunca podra ser menor que el de un arbol de peso mınimo. De hecho, el peso de estearbol resulta ser 2 + 3 + 4 + 4 + 3 + 6 + 4 + 3 = 29, sensiblemente superior al peso 21 de cualquier arbolrecubridor de peso mınimo del grafo dado.

3. La cuestion esta en saber si se puede acceder desde P hasta v6 (unico vertice del arbol anterior que sedesconecta con la desaparicion de v4) por un camino de longitud 8 que evite pasar por v4. La respuestaes afirmativa, como ya se divisara al elaborar la tabla de Dijkstra del apartado anterior: basta tomar elcamino (P, v1, v3, v6).

Ejercicio 2 Hay 9 paquetes informaticos instalados en 8 ordenadores, de la forma siguiente:

Ordenadores A B C D E F G HPaquetes 1,2,6,9 2,7,8 4,6 3,5,8 6,7,9 1,2,3,4,6 8,9 1,2,6

1. Se pretende distribuir los ordenadores en salas, de modo que los que esten en una misma sala no tenganningun paquete en comun. Obtener el mınimo numero de salas que se necesitan para poder realizar unadistribucion adecuada de los ordenadores. Detallar los ordenadores que hay en cada sala. ¿Es unica estadistribucion optima?

2. Supongase ahora que solo se dispone de una sala para utilizar todos los ordenadores, de manera que hayque discriminar que paquete se queda activo en cada ordenador, para despues proceder a borrar el resto depaquetes de ese ordenador. Establecer una asignacion maximal de ordenadores y paquetes. ¿Estan todoslos paquetes disponibles? ¿Es unica esta asignacion? Considerese ahora el grafo G siguiente:

H�

G�

F�

E�D�

C�

B�

A�

3. Estudiar si G es euleriano. Caso negativo, ¿cuantas aristas habrıa que anadir para hacerlo euleriano?¿Entre que vertices?

4. Estudiar si G es hamiltoniano. Caso negativo, ¿cuantas aristas habrıa que anadir para hacerlo hamilto-niano? ¿Entre que vertices?

Solucion.

1. Se trata de calcular el numero cromatico del grafo que representa el problema de incompatibilidadessubyacente (dos ordenadores son incompatibles si y solo si tienen instalado un paquete comun). Este grafode incompatibilidades coincide con el grafo G que se utiliza en los apartados 3 y 4, a falta de la arista BF.



Por una parte, χ(G) ≥ 5, toda vez que G contiene un K5 (formado por los vertices A, C, E, F, H). Porotra, χ(G) ≤ 6, puesto que G no es un grafo completo ni un ciclo de orden impar y la valencia maximade G es 6 (aplicamos aquı el teorema de Brooks). Hay que dilucidar si el numero cromatico es 5 o 6. Alaplicar el algoritmo voraz segun el orden alfabetico, se tiene que:

Vertice A B C D E F G HColor 1 2 2 1 3 4 4 5

de manera que χ(G) = 5. Luego hacen falta 5 salas, en las que los ordenadores quedarıan distribuidossegun la coloracion anterior: los ordenadores A y D en la sala 1, los ordenadores B y C en la sala 2, elordenador E en la sala 3, los ordenadores F y G en la sala 4 y por ultimo el ordenador H en la sala 5. Esevidente que no se trata de la unica distribucion optima: por ejemplo, el ordenador C puede compartir lasala 5 con el ordenador H .

2. Ahora nos piden un emparejamiento maximal en el grafo bipartito que modela que paquetes informaticosestan instalados en segun que ordenador:

A� B� C� D� E� F� G� H�

2� 3� 4� 5� 6� 7� 8� 9�1�

El grafo en cuestion 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 informaticos y solo 8 ordenadores, esevidente que uno se ha de borrar de todos los ordenadores en los que inicialmente estaba disponible. Laasignacion optima en absoluto es unica: por ejemplo, basta cambiar en el emparejamiento anterior {D, 8}por {D, 5}.

3. El grafo G posee 4 vertices de valencia impar, a saber: B, D, F y H . De manera que no es euleriano nitampoco admite un recorrido euleriano. Habrıa que anadir un par de aristas entre estos 4 vertices paravolverlo euleriano. La unica posibilidad para que siga siendo un grafo y no se convierta en un multigrafoes anadir las aristas {B, F} y {D, H}.

4. Sı 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 vertices de H.

3. Hallar κ1(G), conectividad lineal (i.e. por aristas) de G.

x�11�

x�9�

x�10�

x�8�

x�7�

x�6�

x�1�

x�4�

x�2�

x�3�

x�5� x�11�

x�9�

x�10�

x�8�

x�7�

x�6�

x�1�

x�4�

x�2�

x�3�

x�5�

H�G�

Solucion.



1. G no es plano: de una parte, no supera el test 28 = a ≤ 3v−6 = 27. De otra, contiene varias subdivisionesde K5 y K3,3. Por ejemplo, una subdivision de K5 tiene por extremos los vertices (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.

2. En cambio, H sı es plano. Una representacion plana de H viene dada en la siguiente figura.

x�11�

x�9�

x�10�

x

x�1�

x�4�

x�2

x�5�

G�

3. El grafo H tambien es hamiltoniano (sea (x11, x10, x6, x7, x8, x3, x2, x4, x1, x9, x5, x11), por ejemplo), demanera que carece de vertices de corte y es κ(H) ≥ 2. En realidad, κ(H) = 2, toda vez que H posee unapareja de vertices de corte: {x8, x10}.

4. Dado que la valencia mınima 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 vertices de corte. De modo que 2 ≤ κ1(G) ≤ 3. De hecho, se podrıa demostrar queκ1(G) = 3 viendo que cualesquiera dos vertices estan conectados por al menos 3 caminos disjuntos poraristas (aplicando el Teorema de Menger). No obstante, es mas sencillo razonar que G es contiene comosubgrafos sendas ruedas de 7 y 6 radios (de vertices centrales x8 y x9, respectivamente), abarcando entreambas todos los vertices y compartiendo 4 vertices en comun (x5, x8, x9, x2)). Como los grafos rueda son3-conexos por aristas (esto es evidente, independientemente de que ademas se haya probado en teorıa), seconcluye al instante que κ1(G) = 3.



28 de Junio de 2005 (I.T.I. Gestion)

Ejercicio 1

1. La camara acorazada de un banco esta protegida por un sistema de alarma laser que se refleja sobrelupas sensibles segun indica el grafo que se adjunta. El sistema en cuestion es muy inocente, pues solose mantiene operativo mientras que el flujo laser (que se mantiene en movimiento perpetuo sin origen nifin), abarca de continuo en un solo haz todas las lupas. Justificar cual es el menor numero de rayos laserque hay que interrumpir y entre que lupas para desactivar el sistema. ¿Es unica la solucion?

l�1� l�5�l�4�l�3�l�2�

l�9�l�10� l�11�l�8�l�7�l�6�

Se trata de hallar un conjunto de aristas de corte minimal (i.e., la conectividad lineal del grafo dado). Comoquiera que hay un vertice de valencia 2 (l9), la conectividad lineal sera a lo sumo 2. Por otra parte, como el grafocarece de aristas puente (todas las aristas pertenecen a algun 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 tieneconectividad 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 vertices de corte es unica. Una opcion serıa comprobar que cualquier otra pareja dearistas no desconecta el grafo dado. Otra opcion es la siguiente. Considerese el grafo que se obtiene al eliminarel vertice l9 y sustituir las aristas {l3, l9} y {l5, l9} por una unica arista {l3, l5}. Llamemos a este grafo H . Estegrafo H tiene conectividad lineal 3, pero no mayor, toda vez que tiene valencia mınima 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 almenos 2. Para demostrar que la conectividad por aristas es 3 basta demostrar que la eliminacion de cualesquierados aristas del ciclo hamiltoniano no desconecta el grafo. Desde luego, si se eliminaran dos aristas consecutivasdel ciclo hamiltoniano el grafo no se desconectarıa, toda vez que todos los vertices tienen valencia mayor oigual que 3, de suerte que el vertice hipoteticamente aislado del ciclo hamiltoniano esta en realidad conectadoa algun vertice del resto del ciclo. Caso de que se eliminen dos aristas no consecutivas, es imposible que segeneren dos componentes conexas si se atiende a las aristas que quedan fuera del ciclo hamiltoniano, cualesson {l1, l7}, {l2, l6}, {l2, l8}, {l3, l5}, {l3, l11}, {l4, l10}. Ciertamente, sabiendo que l2, l6 y l8 estan en una mismacomponente conexa, para que el grafo no fuera conexo habrıa que eliminar bien las aristas {l2, l10} y {l5, l6} (loque no desconecta el grafo, toda vez que l5 esta conectado a l3, por ejemplo), bien las aristas {2, 7} y {3, 8} (loque no desconecta el grafo, toda vez que l3 esta conectado a l5, por ejemplo), bien las aristas {8, 4} y {11, 1}o {8, 4} y {1, 6} o {4, 11} y {1, 6} (lo que no desconecta el grafo, toda vez que l11 esta conectado a l3, porejemplo).

2. El banco va a ser vıctima de un robo, y el cerebro de la operacion quiere determinar cual es el menornumero de personas que necesita implicar en el asalto para llevar a cabo las siguientes acciones: conduccion(A), escucha de la sintonıa radio policıa (B), reduccion de vigilantes (C), vigilancia de rehenes (D),desactivacion de las camaras seguridad (E), desactivacion de la alarma laser de la camara acorazada (F ),apertura de la camara (G), recogida de bolsas con dinero (H), robo de cajas de seguridad (I), controlde cronometro y avisos (J). La relacion de incompatibilidades entre estas tareas, que muestra el grafoadjunto, se resume en la siguiente lista: A es incompatible con todos menos con B y J ; B con E, F , G yJ ; 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.



I�

H�

F�

E�D�

C�

A�

J�

G�B�

Razonar cual es el menor numero de ladrones que se ha de utilizar, ası como las tareas que corresponderıana cada uno de ellos. ¿Serıa unica la asignacion de tareas?

El grafo dado modela el problema de tareas incompatibles entre sı, de manera que una vertice coloracionoptima resuelve el problema. Como quiera que el grafo contiene un subgrafo completo de 5 vertices (A, C, G, H, Io tambien A, D, G, H, I), al menos presenta numero cromatico 5. El algoritmo voraz aplicado a la ordenacionnatural devuelve 5 colores, de donde el numero cromatico es 5:

vertice A B C D E F G H I Jcolor 1 1 2 2 3 3 3 4 5 3

Ası, 5 compinches son necesarios y suficientes: el primero de ellos se dedicarıa a A y B, el segundo a C y D, eltercero a E, F , G y J , el cuarto a H y el quinto a I. Es evidente que la asignacion no es unica: por ejemplo, elquinto ladron podrıa hacerse cargo de E ademas de la ya asignada I.

3. Distribuir de manera optima las siguientes tareas a realizar entre las personas dadas. ¿Es unica dichadistribucion?

p�1� p�5�p�4�p�3�p�2�

t�4�t�5� t�6�t�3�t�2�t�1�

Se trata de hallar un emparejamiento maximo. Como quiera que hay 6 tareas por realizar y solo cinco per-sonas, es obvio que a lo mas se podran formar 5 parejas. Mas aun, como los vertices de P = {p2, p3, p4} sonadyacentes unicamente a los vertices de T (P ) = {t2, t6} y |P | = 3 > 2 = |T (P )|, se concluye que la condicion deHall no se verifica y por tanto el grafo no admite un emparejamiento completo. Ası, de existir un emparejamientode 4 aristas serıa automaticamente maximal. Este es el caso de M = {{p1, t1}, {p2, t2}, {p3, t6}, {p5, t3}}. Tam-bien se podrıa llegar a esta conclusion aplicando el metodo de los caminos alternados al emparejamiento M . Elunico vertice no emparejado en X = {p1, . . . , p5} es p4, el cual es adyacente a los vertices t2 y t6, emparejados enM a p2 y p3, respectivamente. Como p2 y p3 no son adyacentes a vertices aun no visitados, el metodo devuelveun arbol con todas sus ramas de longitudes pares, esto es, ninguna de ellas conforma un camino alternado.Como en X no queda ningun otro vertice no emparejado, se concluye al instante que el emparejamiento M esmaximo.



Ejercicio 2

1. La policıa ha recibido el aviso de que el robo se esta llevando a cabo y que los ladrones se disponen a salir delbanco en ese mismo instante. Sabiendo que el banco esta en la rotonda marcada en la figura adjunta y supo-niendole a las autoridades capacidad de reaccion, justificar cual es el menor numero de controles policialesa establecer y en que cruces se han de situar para impedir la huida a los ladrones. ¿Es unico el despliegue?

26�

25�

24�

23�

22�

21�

20�

19�

18�

17�

16�15�

14�

13�

11�

10�9�

12�

8�

7�

6�

5�

4�3�

2�

1�

6�5�

1�5�

5�6�

1�1�

4�3�

5�4�1�

1� 6� 1�

2�

3�2�1� 1�1� 5�

4�

5�1�1�

4�

1�1�

2�4�

2�

4�2�

3�

3� 2�

3�5�

4�3�

3�

2�

3�3�

3�

3�

4�

4�

4�

2�

2�

2�

1�

5�

2�

4�

6�

5�

3�

1�1�

2�

Se trata de encontrar la conectividad por vertices del grafo que modela las calles y cruces de la ciudad,ası como un conjunto de vertices de corte minimal. El grafo carece de vertices de corte; de hecho, es hamiltoniano,segun 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 eliminacion de uno cualquiera de los vertices 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, demanera que ninguno de ellos forma parte de una pareja de vertices de corte. De suerte que si hubiere parejasde vertices de corte, estas se tendrıan que encontrar entre los vertices 22, 25, 23, 18, 10, 4. Considerese ahora elciclo 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 eliminacion de uno cualquiera de los vertices 4, 10, 22, 25 sigue dejando un ciclo hamiltoniano en el graforesultante, de manera que ninguno de ellos tampoco puede participar en una pareja de vertices de corte del grafooriginal. Ası las cosas, si hubiera una pareja de vertices de corte, esta tendrıa que estar necesariamente formadapor los vertices 18 y 23, lo cual es a toda vista irreal. En conclusion, la conectividad por vertices es al menos3. Pero no mas, toda vez que los vertices {18, 19, 20} conforman un conjunto de vertices de corte (desconectanlos vertices del 21 al 26 del resto). De manera que un control policial situado en los vertices 18,19 y 20 aısla alos ladrones de los 4 puentes que facilitan la huida. La solucion es, ademas, unica, toda vez que desde cada unode estos tres vertices uno puede acceder al menos a dos de los cuatro puentes por un mınimo de dos caminosdistintos (que se pueden tornar en 3 caminos disjuntos por vertices con salida en cada uno de estos tres verticesdel conjunto de vertices de corte). Lo mismo con respecto del acceso de los vertices 18, 19 y 20 al vertice 10.

2. La policıa tarda 4 minutos en montar un cordon en los cruces 18, 19 y 20. Si el tiempo que se tarda enrecorrer cada calle es el que se indica en la figura anterior, ¿pueden haber escapado los ladrones? En casoafirmativo, determinar una ruta de escape valida. ¿Es unica esta ruta?

Para resolver este apartado basta aplicar Disjkstra desde el vertice 10 (correspondiente al Banco) hasta losvertices donde se situa el control policial (18, 19 y 20), con tal de verificar si alguna de estas distancias mınimases o no inferior a 4. No hace falta, en caso alguno, efectuar el algoritmo de Dijkstra por completo, solo hastaaveriguar las 3 distancias anteriores. Por ello, en vez de situar todos los vertices en la tabla, iremos anadiendo



uno a uno los que se vayan comprobando.

10 4 5 9 11 14 6 8 13 7 12 15 16 19 17 20 18 2 21 22 25 26 base arista− 6 5 1 1 1 ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ 9 {10, 9}− 6 5 − 1 1 5 6 3 ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ 11 {10, 11}− 6 5 − − 1 5 6 3 6 7 2 5 ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ 14 {10, 14}− 6 5 − − − 5 6 3 6 7 2 2 3 ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ 15 {11, 15}− 6 5 − − − 5 6 3 6 3 − 2 3 3 ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ 16 {14, 16}− 6 5 − − − 5 6 3 6 3 − − 3 3 5 ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ 13 {9, 13}− 6 5 − − − 5 6 − 6 3 − − 3 3 5 5 ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ 12 {15, 12}− 6 5 − − − 5 6 − 6 − − − 3 3 5 5 9 ∞ ∞ ∞ ∞ 19 {14, 19}− 6 5 − − − 5 6 − 6 − − − − 3 5 5 9 6 6 8 ∞ 15 {15, 17}− 6 5 − − − 5 6 − 6 − − − − − 5 5 9 6 6 8 ∞ 20 {16, 20}− 6 5 − − − 5 6 − 6 − − − − − − 5 9 6 6 8 9 18 {13, 18}

De manera que los ladrones han podido escapar, a traves del cruce 19, siguiendo uno de entre los dos caminosposibles, (10, 14, 19) y (10, 14, 16, 19), cada no de los cuales se puede recorrer en 3 minutos. La solucion no es,por tanto, unica.

3. Suponiendo que los ladrones no han conseguido eludir el cordon policial y han abandonado el vehıculo dela fuga en uno de los cruces (incluida la propia rotonda del banco), determinar un esquema optimo (entanto en cuanto requiera el menor tiempo posible) que ha de seguir la policıa para localizar el vehıculo, eindicar dicho tiempo. ¿Es unico este esquema?

Se trata de encontrar un arbol recubridor de peso mınimo, por medio del algoritmo de Kruskal. Este algo-ritmo requiere ordenar las aristas de menor a mayor peso (por defecto, entre las de igual peso, segun el ordenlexicografico), y ir escogiendo por este orden aquellas aristas que no den lugar a ciclos (como el grafo es conexoy posee 26 vertices, en total habra que coger 25 aristas, una menos que vertices). El arbol recubridor de pesomınimo que devuelve la aplicacion 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 queel peso mınimo es de 43 (28 si solo consideramos la parte del arbol que concierne a la zona interior al cordonpolicial). En resumen, cualquier esquema optimo requiere 28 minutos, y no es unico (basta intercambiar la arista{3, 4} por la {4, 5}, por ejemplo). Ejercicio 3

1. ¿Es posible disenar una busqueda para que una unidad de policıa patrulle a pie todas los cruces sin repetirninguno? En caso negativo, ¿cual es el menor numero de cruces por los que tendrıa que pasar mas de unavez?

Ahora se trata de ver si el grafo en cuestion admite un camino hamiltoniano. De hecho, resulta que eshamiltoniano, segun se comprobo en el ejercicio anterior.

2. Sin contar los 4 puentes del dibujo anterior (i.e. aquellos por los que transitan los vehıculos dibujados),¿puede un vehıculo de policıa rastrear todas las calles sin repetir ninguna? En caso afirmativo, indicardonde ha de empezar la busqueda y donde ha de terminarla. En caso negativo, en una ruta que repita elmenor numero de calles, ¿cuantas calles habrıa de atravesar mas de una vez? ¿De que calles se trata?¿Son unicas estas calles?

Ahora la cuestion es averiguar si el grafo es o no euleriano (o en su defecto admite o no un recorridoeuleriano), lo que se traduce (siendo como es conexo) en comprobar cuantos vertices de valencia impar tiene (0,2 o mas). Resulta que el grafo posee mas de dos vertices 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 unieran14 de los 16 vertices, distintos dos a dos) habrıan de ser repetidas. Una mas, enlazando los dos restantes verticesde valencia impar, para que fuera euleriano. La solucion no es unica, aunque sı lo es a excepcion de los vertices21, 23, 24, 25. En efecto, 10 solo puede ser adyacente a 11, en cuyo caso 12 lo ha de ser a 2, entonces 1 a 8 y13 a 18; por su parte, 20 solo puede ser adyacente a 26; la no unicidad procede del hecho de que 25 puede seradyacente 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



adjuntan, en las que las aristas {i, j} son trozos de pistas y los vertices i representan algunos (que no todos)cruces entre las pistas. La policıa va bloqueando detras suya los trozos de pistas (i.e. las aristas {i, j}, perono los cruces i) por los que va pasando la avioneta (de manera que la avioneta no puede volver a pasar oa atravesar trozos de pista {i, j} por los que ya ha pasado). Razonar si la avioneta consiguio despegar ono.

vertices 1 2 3 4 5 6adyacencias 9, 11 3, 4, 8, 9 2, 6, 7, 8 2, 8, 9, 11 8, 9, 10, 11 3, 7, 8, 10

vertices 7 8 9 10 11adyacencias 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 huidaes o no plano (si es inevitable que en el esquema que se describe la avioneta cruce una pista por la que ya hapasado, entonces el cerebro es detenido, puesto que la pista en cuestion ya esta bloqueada).

x�11�

x�9�

x�10�

x�8�

x�7�

x�6�

x�1�

x�4�

x�2�

x�3�

x�5�

Antes de iniciar el estudio de si el grafo anterior es o no plano, queda claro que realmente puede modelar lahuida de la avioneta, en tanto en cuanto es euleriano (y por tanto admite un circuito euleriano): es conexo ytodos los vertices tienen valencia par (podrıa haber ocurrido que todos exceptuando exactamente dos hubierantenido valencia par, en cuyo caso el grafo hubiera admitido un recorrido euleriano, con comienzo y fin los dosvertices de valencia impar). El grafo, de hecho, no es plano, pues contiene una subdivision de K5, con extremoslos vertices x2, x4, x5, x8, x9, viniendo dadas las aristas {x4, x5} y {x2, x5} por las subdivisiones x4, x11, x5 yx2, x3, x6, x5, respectivamente. Luego la avioneta no despego y el cerebro fue detenido.



17 de Septiembre de 2005 (I.T.I. Gestion)

Ejercicio 1 Se va a realizar una auditorıa 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 estapesada tarea, se ha contratado a 8 becarios (tantos como departamentos consta la empresa). La relacion dedepartamentos que puede encuestar cada becario se adjunta en forma de grafo, donde bi representa al becario iy di al departamento i:

b�1� b�2� b�3� b�4� b�5� b�6�

d�1� d�2� d�3� d�4� d�5�d�6�

b�7� b�8�

d�7�d�8�

Se pide:

1. Si por contrato cada becario solo puede encuestar un departamento, dar una asignacion optima de becariosy departamentos, utilizando el procedimiento adecuado, progresando sobre la asignacion inicial siguiente:

{{b1, d2}, {b2, d4}, {b3, d3}, {b4, d1}, {b5, d6}, {b7, d7}}

¿Es unica una tal asignacion? ¿Es necesario redistribuir la asignacion de becarios para completar la au-ditorıa?

Se trata de hallar un emparejamiento maximal entre becarios y departamentos. Procedemos a partir delemparejamiento inicial propuesto,

M = {{b1, d2}, {b2, d4}, {b3, d3}, {b4, d1}, {b5, d6}, {b7, d7}}segun el metodo de los caminos alternados. Construimos el arbol asociado a este metodo por niveles. En el nivelcero ubicamos en calidad de vertice raız el vertice no emparejado desde el que comenzamos la busqueda. Elprimer vertice no emparejado es b6, el cual es adyacente a los vertices d2, d4, d6, todos ellos emparejados en Msegun las aristas {b1, d2}, {b2, d4} y {b5, d6}, respectivamente. Progresivamente, vamos construyendo el resto deniveles:

Nivel 0: b6, vertice 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 vertices adyacentes a b1, b2, b5 ya han sidoconsiderados en niveles anteriores. De manera que con origen b6 no hay ningun camino alternado para M . Esto nosignifica que M sea un emparejamiento maximo. Puede ocurrir que con origen otro vertice no emparejado sı hayaun camino alternado para M . El siguiente (y unico restante) vertice no emparejado es b8. Progresivamente, vamosconstruyendo el resto de niveles:

Nivel 0: b8, vertice 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 esta emparejado, el camino (b8, d7, b7, d8) conforma un camino alternado para M , demanera que el emparejamiento

M ′ = {{b1, d2}, {b2, d4}, {b3, d3}, {b4, d1}, {b5, d6}, {b7, d8}, {b8, d7}}



posee una arista mas que M . El unico vertice no emparejado en M ′ es b6, desde el cual no es posible encontrar uncamino alternado (basta tener en cuenta la busqueda anterior), de suerte que M ′ conforma un emparejamientomaximal (por ende, el grafo no admite un emparejamiento completo). Ahı tenemos una asignacion optima debecarios. A modo de inciso, se puede observar que el hecho de que el grafo no admita un emparejamiento completotambien podrıa haberse concluido utilizando la condicion de Hall, para P = {b1, b2, b5, b6} y T (P ) = {d2, d4, d6},por ejemplo. La asignacion no es unica, en modo alguno. Por ejemplo, la arista {b5, d6} puede ser sustituida porla arista {b6, d6}. Por otra parte, dado que la asignacion optima no cubre todos los departamentos, es ineludibleredistribuir la asignacion 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 sı pueden encuestar todos los departa-mentos que tienen a su cargo, lo que redunda en una mayor fiabilidad de la auditorıa, toda vez que cadadepartamento sera encuestado independientemente por todos los becarios que lo tienen en su agenda. Si laempresa pone como limitacion que no se encueste mas de una vez al dıa a un mismo departamento, y asu vez cada becario solo puede encuestar por dıa a un unico departamento, determinar el mınimo numerode dıas que se requieren para llevar a cabo todas las encuestas. Dar explıcitamente las encuestas que serealizan cada dıa en la distribucion optima. ¿Es unica una tal distribucion?

Se trata de distribuir todas las aristas (i.e. formas de organizar las encuestas) en el menor numero de paquetes(i.e. dıas) de manera que aristas incidentes (i.e. que impliquen un mismo becario o un mismo departamento)esten en paquetes distintos (i.e. dıas distintos). En definitiva, de hallar el ındice cromatico del grafo, ası comouna arista coloracion que utilice dicho numero mınimo de colores. Dado que el grafo es bipartito, el ındicecromatico coincide con la valencia maxima, que es 5 (en los vertices d4 y d6). De manera que se necesitan 5dıas. Una coloracion optima resulta de la aplicacion del algoritmo voraz, ordenando las aristas alfabeticamentepor los vertices extremos y sus subındices:

arista {b1, d2} {b1, d4} {b1, d6} {b2, d2} {b2, d4} {b2, d6} {b3, d1}color 1 2 3 2 1 4 1{b3, d3} {b3, d5} {b4, d1} {b4, d3} {b4, d5} {b5, d2} {b5, d4} {b5, d6}

2 3 2 1 4 3 4 1{b6, d2} {b6, d4} {b6, d6} {b7, d4} {b7, d7} {b7, d8} {b8, d6} {b8, d7}

4 3 2 5 1 2 5 2

Las encuestas que se realizan en el dıa i corresponden a las aristas que tienen asignado el color i. La distribucionno es unica: por ejemplo, la encuesta {b8, d7} se puede llevar a cabo cualquiera de los dıas 2, 3 o 4.



Ejercicio 2 Se considera el siguiente laberinto, formado por cruces y pasajes, con una sola entrada y una

sola salida:

5�

4�4�

1� 6�2�

1�

3� 4�4�

2�

1� 2�1�

1�

1�1�

1�2� 1�

1�2�

2�3�2� 3�

3� 1�6�

1. Si el tiempo que se tarda en recorrer cada pasaje es el indicado en la Figura, ¿cual serıa un recorridooptimo desde la entrada a la salida? ¿Es unica esta solucion optima? ¿Cuanto se tardarıa en total?

Consideremos el multigrafo ponderado G(V, A) en el que los vertices corresponden a cruces (asumiendo quela entrada y la salida son asimismo cruces) y las aristas a pasillos, indicando el peso el tiempo que se tarda enrecorrer cada pasillo. En estas circunstancias, el problema se traduce en encontrar un camino que marque ladistancia mas corta desde la entrada a la salida, lo que se puede resolver utilizando el algoritmo de Dijkstra.Etiquetemos los vertices de la siguiente forma:

q�

p� o�

n�

m�

l�k�

j�

i�h�g�f�

e� d�

c� b�

a�

Se pretende encontrar el camino mas corto de a a q. Aplicamos Dijkstra.

a b c d e f g h i j k l m n o p q base arista− 1 b {a, b}− − 3 7 3 c {b, c}− − − 7 8 3 f {b, f}− − − 7 8 − 7 4 5 h {f, h}− − − 7 8 − 7 − 5 i {f, i}− − − 7 8 − 7 − − 7 8 8 7 6 6 n {i, n}− − − 7 8 − 7 − − 7 8 8 7 − 7 6 p {i, p}− − − 7 8 − 7 − − 7 8 8 7 − 7 − 7 q {p, q}

De manera que una ruta optima desde la entrada hasta la salida viene dada por el camino (a, b, f, i, p, q), elcual requiere invertir 7 unidades de tiempo en su recorrido. La solucion no es unica, puesto que tambien vale elcamino (a, b, f, h, i, p, q), que aun empleando mas pasillos, requiere el mismo tiempo.

2. Una version amateur del laberinto es aquella en la que es imposible acceder de un cruce a otro por dosrutas distintas. Determinar cuantos pasajes hay que cerrar para obtener una version amateur del laberinto.De entre todas las versiones amateurs que se pueden disenar, dar una en la que el tiempo requerido pararecorrer todos los pasillos sea mınimo. ¿Es unica una tal version? ¿Cual es el tiempo total que se necesitapara recorrer todos los pasillos?



Por definicion, una version amateur ha de corresponder con un arbol recubridor, toda vez que dos verti-ces (cruces) solo son accesibles entre sı por un unico camino. Dado que el grafo es conexo (cosa que de-mostraremos posteriormente al dar un arbol recubridor de peso mınimo), el numero de aristas de cualquierarbol recubridor viene dado por |V | − 1, de donde el numero de pasillos a cerrar (i.e. de aristas a elimi-nar) es |A| − (|V | − 1) = 29 − (17 − 1) = 13. Una version amateur en la que el tiempo requerido pararecorrer todos los pasillos sea mınimo, corresponde a un arbol recubridor de peso mınimo, que pasamos abuscar utilizando el algoritmo de Kruskal. Para ello, basta ordenar las aristas de menor a mayor peso (paralas de igual peso, utilizamos el orden alfabetico de sus vertices extremos), e ir tomando aquellas que conlas 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 version no es unica: por ejem-plo, la arista {n, o} se puede sustituir por la {o, p}, sin por ello modificar el tiempo total requerido (que es de26 unidades).

3. Suponiendo que en cada cruce hay un cacahuete, ¿puede un Comecocos comerse todos los cacahuetes sinpasar nunca por un cruce vacıo? En caso afirmativo, ¿es unica la solucion? En caso negativo, ¿cual serıael menor numero de pasajes nuevos a anadir, y entre que cruces, para posibilitar la tarea?

Aquı preguntan si existe un camino hamiltoniano en G (pasar por todos los cruces no vacıos, i.e. pasarpor todos los vertices sin repetir ninguno) que comience en a y termine en q. Lo cual es imposible, toda vezque G tiene un vertice de corte que da lugar a tres componentes conexas distintas: la eliminacion del verticei produce las componentes conexas inducidas por los vertices C1 : (a, b, c, d, e, f, g, h), C2 : (m, n, o, p, q) yC3 : (j, k, l). Bastarıa anadir una sola arista, por ejemplo la {h, j}. En estas circunstancias, el siguiente caminoes hamiltoniano: (a, b, c, d, e, g, f, h, j, k, l, i, m, n, o, p, q). La solucion no es unica: por ejemplo, la consideracionde 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 edicion Trivial, cada vez que se come un cacahuete se abre una ventana con un acertijo.En caso de que este se resuelva convenientemente, el jugador tiene la potestad de crear un nuevo pasajeentre los dos cruces que elija. ¿Cual es el menor numero de acertijos que hay que resolver y donde sehan de situar los pasajes correspondientes para poder recorrer todos los pasajes del laberinto (incluidos losnuevos, obviamente) sin repetir ninguno? ¿Es unica la distribucion de los pasajes?

Preguntan ahora por el menor numero de aristas (i.e. pasillos) a anadir (i.e. acertijos a contestar) con tal deconvertir al grafo en uno que admita un recorrido euleriano con comienzo en a y salida en q. Como quiera queel grafo es conexo, basta asegurarse que a y q son vertices de valencia impar (lo cual es trivial, pues solo hayun pasillo de entrada y otro de salida), para despues proceder a contar cuantas parejas de vertices de valenciaimpar hay entre los restantes vertices del grafo, siendo ese precisamente el numero de aristas (pasillos) a anadir.Amen de los citados a y q, los vertices de valencia impar que presenta el grafo son e, g, h, j, k, l, m, o. De maneraque basta anadir (i.e. contestar en total) 4 pasillos (i.e. acertijos), y no menos, por ejemplo entre los vertices{e, g}, {h, j}, {k, l}, {m, o}. La distribucion no es en absoluto unica: basta emparejar de cualquier modo dos ados los 8 vertices de valencia impar destacados previamente.

5. Si en el Comecocos edicion Trivial resulta que en cruces contiguos se realizan preguntas de diferentetematica, ¿cual es el menor numero de tematicas que ha de incluir el juego? Dar un esquema de distribucionoptima de tematicas en los cruces. ¿Es unico un tal esquema?

Toda vez que los cruces estan identificados con los vertices, encontrar una distribucion optima del menornumero de tematicas posible consiste en hallar una vertice coloracion que emplee el menor numero de coloresposible (i.e. tantos como indica el numero cromatico de G). Dado que G incluye un K4 (vertices i, j, k, l),χ(G) ≥ 4. Aplicando el algoritmo voraz a la ordenacion natural de los vertices se tiene que:

vert. a b c d e f g h i j k l m n o p qcolor 1 2 1 3 2 1 3 2 3 1 2 4 1 2 3 1 2

De donde χ(G) = 4 y ya hemos dado una distribucion optima de las tematicas en los cruces: tematica i en cruce(vertice) con color i. Evidentemente no es unico un tal esquema: por ejemplo, los vertices a y q pueden tenertematica (color) 4.



21 de Abril de 2006 (Ev. Alternativa)

1. En las parejas de grafos siguientes hay una que representa dos grafos isomorfos, ¿cual?

Figura 63:

En el primer cuadro tenemos dos arboles, el primero de ellos tiene los dos vertices de valencia 4 adyacentesy el segundo no, por lo tanto no pueden ser isomorfos. En el tercer cuadro tenemos dos grafos con uno deellos con un vertice de valencia 4 y el otro no y no pueden ser isomorfos. En el cuarto cuadro el primergrafo tiene tres ciclos de longitud 4 y el segundo solo dos, no pueden ser isomorfos. Los grafos del segundocuadro son isomorfos pues sus complementarios son dos ciclos C4 disjuntos.

2. De las siguientes afirmaciones, ¿cual es la unica que no puede ser cierta? Si un grafo es regular, sucomplementario tambien lo es. Un grafo G no puede tener todos sus vertices con distinta valencia. Sidos grafos son isomorfos, sus complementarios tambien lo son. X Existen grafos 3–regulares con 41 vertices.

No pueden existir grafos con un numero impar (41) de vertices de valencia impar (3). El resto de las afir-maciones son siempre ciertas

3. De las siguientes secuencias numericas hay una que es una secuencia grafica (representa la lista de gradosde un grafo), ¿cual? {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 como solo hay una secuencia que devuelve unalista de ceros. Otra forma de abordar el problema es observar que las secuencias primera y ultima tienen unnumero impar de numeros impares, por lo que no pueden ser secuencias graficas y la segunda tampoco yaque entonces el grafo tendrıa 8 vertices siendo uno de valencia maxima (7) y otro aislado (0).

4. ¿Cual de las siguientes afirmaciones es la unica verdadera? Si G es un grafo que solo tiene vertices pares,entonces no tiene vertices de corte. Todo grafo G que tenga algun vertice de corte, entonces tiene unaarista de corte. X Todo grafo, con al menos tres vertices, que tenga alguna arista puente tiene algun verticede corte. Si todos los vertices de un grafo G pertenecen a algun ciclo, entonces G no tiene vertices decorte.

5. La Figura 64 representa un grafo G formado por dos grafos G1 y G2, unidos por una arista puente {u, v}siendo δ(u) = δ(v) = 4. ¿Cual de las siguientes circunstancias es posible? G no tiene vertices de valenciaimpar. Aparte de u y v, G1 tiene 2 vertices de valencia impar y G2 no tiene vertices de valencia impar.X Aparte de u y v, G1 tiene 1 vertice de valencia impar y G2 otro. Las otras tres afirmaciones son

posibles.



G�1�G�2�u�

v�

Figura 64:

La primera afirmacion no es cierta ya que si G1 y G2 no tuvieran vertices impares al quitar la arista puentetendrıamos grafos con un unico vertice impar. Por la misma razon la segunda afirmacion tampoco puede sercierta. La figura siguiente muestra como la tercera afirmacion sı puede ser cierta.

G�1�G�2�u�

v�

6. En el grafo de la Figura 65, ¿cuantas aristas hay que anadir para aumentar su conectividad (por vertices)?X 1 2 3 Depende

a�

b�

c�

d�

e�

f�

g�

h� i�

j�

Figura 65:

El grafo tiene conectividad κ(G) = 1 pues tiene vertices de corte, pero anadiendo la arista {a, i} ya no tienevertices de corte por lo que serıa 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 vertice del grafo de la Figura 65, aplicamos el algoritmo DFS de forma ordenada (cuandohaya que elegir vertice optaremos por el anterior en orden alfabetico), ¿cual de los siguientes vertices produceun arbol de mayor altura al elegirlo como vertice inicial? d. El arbol DFS siempre tiene lamisma altura. X j. e.

9. ¿Y con la busqueda BFS? c. f . X i. El arbol BFS siempre tiene la mismaaltura.

10. Se recuerda que un subgrafo S = (V ′, A′) de un grafo G = (V, A) se dice que es un subgrafo inducido sicontiene todas las aristas del grafo G entre cualesquiera dos vertices de V ′. ¿Cual es el tamano (numero devertices) del mayor arbol inducido en el grafo G de la Figura 65? 6. X 7. 8. 9.

11. ¿Y del mayor bosque no conexo? 6. 7. X 8. 9.



12. ¿Para cuales dos vertices da el algoritmo DFS sobre el grafo de la Figura 65 dos arboles isomorfos? i yf . j y g. d. y e. X c y d.

13. El grafo de la Figura 66 verifica: X Es euleriano, no hamiltoniano, pero admite un camino hamiltoniano.

a�

b�

c�

d�e�

f�

g�

h�

i�

j�

k�

Figura 66:

Es euleriano y hamiltoniano. No es euleriano ni hamiltoniano. Es euleriano, no hamiltoniano yno admite un camino hamiltoniano.

Es euleriano pues todos sus vertices tienen valencia par. No es hamiltoniano ya que al eliminar la pareja decorte f y g se forman tres componentes conexas. Si admite un camino hamiltoniano e− f − i− j − k− h−g − c− d− b− a.



9 de Junio de 2006 (Ev. Alternativa)


Para n ≥ 2, sea Pn el grafo ponderado consistente en el camino simple de n vertices {1, 2, . . . , n}, donde todaslas aristas tienen peso 1. Sea Gn el grafo ponderado obtenido anadiendo a Pn los dos vertices 0 y n + 1, y lasaristas de peso 2: {0, j} y {n + 1, j}, j = 1, 2, . . . , n. Se pide:

1. Utilizando la ordenacion natural de los vertices; 0, 1, 2, . . . , n+1, obtener los arboles recubridores para Gn

mediante los algoritmos DFS y BFS, ası como sus respectivos pesos. ¿Alguno de ellos es el arbol recubridorde peso mınimo? ¿Por que?

2. Para n ≥ 2, ¿Es Gn bipartito? ¿Es plano? Justificar las respuestas.

3. Para n ≥ 2, calcular X (Gn), (donde X (Gn) representa el numero cromatico de Gn).

4. Para n ≥ 5, calcular X 1(Gn), (donde X 1(Gn) representa el ındice cromatico de Gn).(Indicacion: Obtener primero el ındice cromatico de G5, y deducirlo para el caso general).

5. Para n ≥ 3, sea Hn el grafo obtenido anadiendo a Gn las aristas {0, n + 1} y {1, n}.¿Es Hn plano? Justificar la respuesta.

Solucion: Una representacion grafica del grafo Gn serıa la que muestra la figura siguiente:

1� 2� 3� n-1� n�

0� n+1�

1�

2�2�

2�2�

2�2�2�

2�2�2�

1�1�

Figura 67: Grafo Gn.

1. La Figura 68 muestra los arboles DFS y BFS, siendo sus pesos respectivos n− 3 y 2(n + 1). Obviamente,el arbol DFS es el de peso mınimo 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 inmersion en el plano.

3. Como el grafo no es bipartito, si n ≥ 2, X (Gn) ≥ 3. Ademas el algoritmo voraz de coloracion, siguiendolos vertices en orden numerico, ofrece una coloracion de los vertices 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 maxima ∆ = n, por lo tanto ∆ = n ≥ X 1(Gn) ≥ ∆ + 1 = n + 1. Podemosobtener una arista–coloracion con n colores de la siguiente forma:

1 Asignamos a las aristas incidentes en el vertice 0 los n colores distintos: c({0, i}) = i, i = 1, . . . , n.2 Asignamos a las aristas incidentes en el vertice n + 1 los n colores distintos (con otra ordenacion

diferente), por ejemplo c({n + 1, n}) = 1 y c({0, i}) = i + 1, i = 1, . . . , n− 1.3 A continuacion asignamos colores a las aristas del camino Pn. Estos es posible para n = 5, como

muestra la Figura 70 y para n > 5 tambien ya que cuando tenemos que colorear la arista {i, i + 1}),el numero 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 estara libre para utilizarlocon dicha arista. Por lo tanto X 1(Gn) = n.



1� 2� 3� n-1� n�

0� n+1�

1�

2�

2�

1�1�

1� 2� 3� n-1� n�

0� n+1�

2�2� 2�

2�2�2�

DFS�

BFS�

Figura 68: Arboles DFS y BFS del grafo Gn.

1� 2� 3� n-1� n�

0�

n+1�

1�

2�

2�

2�2�

2�2�2�

2�2�2�

1�

1�

Figura 69: Una inmersion 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, elgrafo Hn tiene a = n + n + n− 1 + 2 = 3n + 1 aristas y v = n + 2 vertices y por tanto no es cierto quea = 3n + 1 ≤ 3v − 6 = 3n. Por lo tanto podemos afirmar que el grafo no es plano.. Ademas la Figura 71muestra una subdivision de K5 contenida en dicho grafo, formada por los vertices {0, 1, 2, n, n+1} estandola arista {2, n} subdividida por el camino 2, 3, . . . , n− 1, n.



1� 2� 3� 4� 5�

0�

6�

4�

5�4�

1�5�4�3�2�

3�2�

1�

2�1� 3�

Figura 70: Una arista-coloracion de G5 con 5 colores.

1� 2� 3� n-1� n�

0�

n+1�

H�n�

1� 2� 3� n-1� n�

0�

n+1�

Subdivisión de K�5�

Figura 71: Subdivision de K5 contenida en Hn (si n ≥ 3).


Se considera el grafo ponderado G correspondiente a una red informatica que comunica el conjunto de orde-nadores V = {A, B, C, D, E, F, G, H, I, J, K, L, M, N, P}, y cuyas conexiones mediante cables, junto con suscorrespondientes longitudes, vienen dadas por la siguiente figura:

A�

1�

E�D�

C�B�

L�

K�

J� I�

H�

G�F�

M�

N�P�

8�

3�

2�

3�

2�

4�

4�

14�

2�

8�

4�

7�

10�

3�

6�

7�

1�

1�

5�

4�

3�

2�

1. Se quiere renovar una parte de la red utilizando la menor longitud de cable posible, de modo que todoslos ordenadores queden comunicados por cables renovados. ¿Que tramos habra que renovar?



2. ¿Es el grafo G bipartito? Justificar la respuesta. Calcular X (G) y X 1(G).

3. Determinar (y enumerar explıcitamente) el menor numero de ordenadores cuya ruptura simultanea des-conecta la red. Asimismo, obtener (e identificar) el menor numero de cables cuya eliminacion simultaneadesconecta la red.

4. El tecnico encargado de reparar la instalacion debe revisar todos los ordenadores una unica vez. ¿Existealguna ruta en el grafo G que le permita realizar esta tarea?

Solucion:

1. Hemos de obtener un arbol recubridor de peso mınimo. Aplicando el algoritmo de Kruskal obtenemos elarbol de la Figura 72, cuyo peso es 36.

A�

1�

E�D�

C�B�

L�

K�

J� I�

H�

G�F�

M�

N�P�

3�

2�

3�

2�

4�

2�

4�

3�

1�

1�

5�

3�

2�

Figura 72: Arbol recubridor de peso mınimo de la red de ordenadores.

2. El grafo es bipartito, se puede separar en dos conjuntos independientes de vertices V1 = {A, C, D, F, H, J, L, N}y V2 = {B, E, G, I, K, M, P}, como se puede apreciar en la inmersion de la Figura 73.

A�

E�

D�C�

B�

L�

K�

J�

I�

H�

G�

F�

M�

N�

P�

Figura 73: La red de ordenadores es un grafo bipartito.

Al ser bipartito, X (G) = 2 y X 1(G) coincide con la valencia maxima ∆(G) = 5.

3. El grafo no tiene vertices de corte y su ındice de conectividad (por vertices) vale κ(G) = 2, ya que aleliminar por ejemplo los vertices B y M el grafo se desconecta. Esto responde a la primera parte de lapregunta: Para desconectar la red es preciso la ruptura de al menos dos ordenadores, por ejemplo losordenadores B y M .

Lo mismo ocurre con la conectividad lineal (por aristas), ya que λ(G) = 2, pues el grafo no tiene aristaspuente y eliminando por ejemplo las aristas {A, B} y {A, M} el grafo se desconecta. Por lo tanto paradesconectar la red de ordenadores es preciso romper al menos dos conexiones, por ejemplo los cables{A, B} y {A, M}.

4. Sı. La ruta A, B, C, K, H, I, J, G, F, E, D, P, L, M, N es un camino hamiltoniano en el grafo.



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 cadarespuesta fallida resta 0.2133 puntos.

a�

h�

g�

f�

e�

d�

c�

b�1� 2�

3�

4�5�6�7�

8�

9�

10�

11�

12�

13� 14�

15�

Grafo G (apartados 1, 2 y 3).

1�

7�6� 5�

4�

3� 2�

Grafo H (apartados 4 y 5)

1) El grafo G verifica:

Es plano.

No es plano. Contiene una subdivision de K5, pero no contiene una subdivision de K3,3.

No es plano. Contiene una subdivision de K3,3, pero no contiene una subdivision de K5.

X No es plano. Contiene tanto una subdivision de K5 como de K3,3.

Solucion: La siguiente figura muestra como el grafo G contiene subdivisiones de K5 y de K3,3.

a�

h�

g�

f�

e�

d�

c�

b�

K�5�--- {a,c,d,e,h}� K�3,3�--- {a,e,f;c,d,h}�

a�

h�

g�

f�

e�

d�

c�

b�

El grafo G contiene subdivisiones de K5 y K3,3.

2) El arbol recubridor de busqueda en profundidad (siguiendo el orden alfabetico de los vertices y con raızen el vertice a) del grafo ponderado G verifica:

No se puede obtener porque el grafo es ponderado.

X Tiene un peso de 61.

Tiene algun vertice de valencia superior a 2.

Contiene a la arista {c, f}.



Solucion: El arbol recubridor solicitado es el camino a− b − c − e− d − g − f − h, que tiene peso 61 yno tiene vertices de valencia superior a 2 ni a la arista {c, f}.

3) El arbol recubridor de peso mınimo del grafo ponderado G tiene un peso de:

39. X 40. 41. 42.

Solucion: El arbol recubridor de peso mınimo, obtenido por el algoritmo de Kruskal, es el que muestra lafigura y tiene un peso 40.

a�

h�

g�

f�

e�

d�

c�

b�1� 2�

4�6�7�

9�

11�

Arbol recubridor de peso mınimo del grafo G.

4) El grafo H verifica:

X Es 3-conexo (por vertices).

Su ındice de conectividad lineal (por aristas) vale λ(H) = 2.

El grafo H − {2}, obtenido al eliminar el vertice 2, es bipartito.

No es plano.

Solucion: El grafo H no tiene vertices de corte, ni parejas de corte, pero sı se desconecta al eliminar porejemplo los vertices 4, 5 y 6, ya que quedarıa el vertice 7 aislado. No tiene aristas de corte, ni parejasde aristas de corte, por lo tanto λ(H) �= 2. El grafo es plano (la figura muestra una inmersion plana delmismo).

1�

7� 6�5�

4�

3� 2�

H es plano.

5) El grafo H verifica:

X Es hamiltoniano y si se suprime el vertice 7 tambien serıa euleriano.

Es hamiltoniano y euleriano.

Es hamiltoniano, no euleriano, pero si admite un recorrido euleriano.

No es hamiltoniano ni euleriano.

Solucion: El grafo H no es euleriano ni admite un recorrido euleriano ya que tiene 4 vertices impares.La figura siguiente muestra (en el primer dibujo) un ciclo hamiltoniano y como al eliminar el vertice 7 seobtiene un grafo euleriano (segundo dibujo) porque todos los vertices son pares.



1�

7�6� 5�

4�

3� 2�

1�

6� 5�

4�

3� 2�

H es plano.

Ejercicio 1 (1.6 puntos)

El departamento de investigacion de una empresa esta experimentando un nuevo sistema de transmision abre-viada de mensajes de texto. Para ello ha seleccionado el siguiente conjunto de palabras: {qs, tq, ut, pqr, srt}. ¿Esposible seleccionar una letra de cada palabra de forma que todas las palabras esten representadas por letrasdistintas? En caso afirmativo, disenar una seleccion, justificando el procedimiento empleado.

Solucion: Si disenamos un grafo bipartito que tenga por conjuntos de vertices, por un lado las palabrasV1 = {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 cadapalabra con las letras que la componen, nos estan pidiendo un emparejamiento completo en dicho grafo bipartito.La figura siguiente muestra tal emparejamiento.

qs�

srt�

pqr�

ut�

tq�

q�

p�

u�

t�

s�

r�

Un emparejamiento completo en el grafo.


Sea T un arbol binario completo de profundidad 5, es decir un arbol donde todos los vertices internos tienendos vertices hijos (binario), todas las hojas estan en el ultimo nivel (completo) y tiene 5 niveles (profundidad5). Se pide:

1. Determinar cuantas aristas son necesarias como mınimo anadir para convertirlo en un grafo 2-conexo (porvertices).

Solucion: Para conseguir que sea 2-conexo hay que anadir al menos 16 aristas ya que tiene 32 verticesde valencia 1. La figura muestra como anadiendo 16 aristas el grafo es 2-conexo ya que no tiene verticesde corte y tiene vertices de valencia 2.



2. Determinar cuantas aristas son necesarias como mınimo anadir para convertirlo en un grafo euleriano.

Solucion: El grafo tiene 62 vertices impares (todos excepto el raız). Por lo tanto habra que anadir 31aristas entre ellos para conseguir que sea euleriano.

3. Determinar cuantas aristas son necesarias como mınimo anadir para convertirlo en un grafo hamiltoniano.

La figura siguiente muestra como al anadir 31 aristas el grafo es hamiltoniano.

4. Determinar cuantas aristas como maximo se pueden anadir para que siga siendo plano.

Solucion: El grafo tiene 63 vertices y 62 aristas (ya que es un arbol). Si ha de seguir siendo plano alanadir p aristas ha de verificar el test de planaridad: 62 + p ≤ 3v − 6 = 183, por lo tanto p ≤ 121.


Llamamos diametro de un grafo conexo a la mayor distancia entre vertices del grafo (se recuerda que la distanciaentre dos vertices de un grafo simple es la longitud del camino mas corto entre ellos).

1. Probar que el diametro de un arbol se obtiene por la distancia entre dos vertices de valencia 1.

Solucion: Sean x e y son dos vertices cuya distancia es el diametro d del grafo y sea x, u1, u2, . . . , ud−1, yel “unicocamino entre dichos vertices. Si existiera otro vertice v adyacente al vertice x, como entre cadados vertices de un arbol solo existe un camino, el unico camino que va de v a y serıa v, x, u1, u2, . . . , ud−1, yque tiene mayor longitud que el diametro del grafo, lo que es absurdo. Por lo tanto x (e igualmente y)tendra valencia 1.

2. Encontrar el grafo conexo con 2006 vertices y mayor diametro.

Solucion: Se trata del grafo camino P2006 de 2006 vertices y 2005 aristas y por tanto el diametro delgrafo es 2005.

3. Encontrar un grafo conexo con 8 vertices con valencia maxima 3 y diametro 2.

Solucion: La figura siguiente muestra dos ejemplos de dichos grafos.



Grafos de 8 vertices con valencia maxima 3 y diametro 2.




Ejercicio tipo test (2 puntos)

Este ejercicio es de tipo test, de forma que cada respuesta correcta aporta 0.4 puntos, mientras que cadarespuesta fallida resta 0.1 puntos.

a�

h�

g�

f� e�

d�

c�

b�

Grafo G (apartados 2 y 5). Grafo H (apartado 3)

1) Sea un grafo con 2006 vertices, uno de ellos de valencia 2005 y el resto de valencia 1. Entonces

No puede ser un arbol. No es bipartito.

Es 2-conexo. X Las tres afirmaciones anteriores son falsas.

Se trata del grafo estrella de 2005 puntas (vease lafigura). Este grafo es un arbol (conexo y no tiene ci-clos) y por tanto es bipartito. Ademas el vertice v esun vertice de corte, por lo que no es 2-conexo. En-tonces las tres primeras afirmaciones son falsas.

v�1�

v�

v�2�

v�3�

v�2005�

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 representacion 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 como el grafo H contiene una subdivision de K3,3. Ademas el grafo nopuede contener a K5 pues no tiene 5 vertices de valencia mayor o igual que 4.



a�

h�

g�

f� e�

d�

c�

b�

Inmersion plana del grafo G.

x�1� y�1�

x�2�

x�3�

y�2�y�3�

Subdivision de K3,3 contenida en el grafo H.

4) Decidir cual de las siguientes afirmaciones es la unica 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 vertice v es euleriano y el vertice v es de corte, por loque no es 2-conexo. Todo grafo hamiltoniano es 2-conexo ya que al contener un ciclo hamiltoniano (quecontiene a todos los vertices) ningun vertice sera vertice de corte.

5) Si aplicamos el algoritmo de busqueda en anchura (BFS), en el grafo G de la figura, eligiendo los verticespor orden alfabetico, ¿cual de los arboles siguientes tiene menor numero de niveles (altura)?

El arbol enraizado en el vertice a. El arbol enraizado en el vertice b.

X El arbol enraizado en el vertice c. El arbol enraizado en el vertice d.

Basta aplicar dicho algoritmo y observar que los arboles enraizados en a, b y d tienen 3 niveles, mientrasque el enraizado en c tiene tan solo 2 niveles.


Considerese el grafo Gn obtenido anadiendo a los ciclos de longitud n y vertices respectivos {a1, a2, . . . , an} y{b1, b2, . . . , bn} las n aristas {ai, bi}, i = 1, . . . , n. Contestar razonadamente a las siguientes cuestiones:

1. ¿Para que valores de n es bipartito el grafo Gn?.

2. ¿Para que valores de n es euleriano el grafo Gn?. En caso negativo indicar el numero mınimo de aristasque habrıa que anadir al grafo para que lo fuera.

3. ¿Para que valores de n es hamiltoniano el grafo Gn?.

4. ¿Cual es el ındice de conectividad (por vertices) de Gn?

5. ¿Cual es el ındice de conectividad lineal (por aristas) de Gn?

6. Utilizando el algoritmo voraz de coloracion de vertices, con la ordenacion natural de sus vertices

(a1, a2, . . . , an, b1, b2, . . . , bn), obtener una vertice coloracion del grafo Gn. ¿Cual es el numero cromatico(por vertices) de Gn?

7. ¿Cual es el ındice cromatico (numero cromatico por aristas) de Gn?

Solucion:



a�1�

a�2�

a�3�

a�4�a�5�

a�6�

a�7�

a�8�

b�1�

b�2�

b�3�b�4�b�5�

b�6�

b�7�

b�8�

El grafo G8.

(3) b�1�

(1) b�2�

(2) b�3�

(1) b�4�(2) b�5�

(1) b�6�

(2) b�7�

a�1 �(1)�

a�2 �(2)�

a�3 �(1)�

a�4 �(2)�a�5 �(1)�

a�6 �(2)�

a�7 �(3)�

3-vertice-coloracion de G7.

a�7�

b�1�

b�2�

b�3�

b�4�b�5�

b�6�

b�7�

a�6�

a�1�

a�2�

a�3�

a�4�a�1�

1�

2�

1�

2�

1�

2�

3�

2�

3�

3�

3�3�

3�

1� 1�

2�

1�

2�

1�

2�

3�

3-arista-coloracion de G7.

1. Aparte de los dos ciclos de longitud n, todos los ciclos del grafo Gn son pares. Por lo tanto Gn sera bipartitosi, y solo 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 vertices son im-pares. Tiene por tanto 2n vertices impares y para conseguir que sea euleriano (todos los vertices pares)sera necesario anadir 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 vertices, 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 vertice-coloracion, dependiendo de la paridad de n:

n par,

{c(a1) = 1, c(a2) = 2, . . . , c(an−1) = 1, c(an) = 2c(b1) = 2, c(b2) = 1, . . . , c(bn−1) = 2, c(bn) = 1

n impar,

{c(a1) = 1, c(a2) = 2, . . . , c(an−1) = 2, c(an) = 3c(b1) = 2, c(b2) = 1, . . . , c(bn−1) = 1, c(bn) = 4

Para n par el grafo Gn es bipartito, por lo que χ(Gn) = 2. En cambio para n impar χ(Gn) = 3 ya queχ(Gn) > 2 y una vertice coloracion con 3 colores se obtiene aplicando el algoritmo voraz con la siguienteordenacion de sus vertices (vease 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 ındice cromatico sera 3 ≤χ1(Gn) ≤ 4.

Si n es par el grafo es bipartito por lo que χ1(Gn) = ∆(Gn) = 3. Para n impar el ındice cromaticodel grafo tambien es 3. En efecto, para obtener una arista-coloracion con tres colores bastara utilizar elalgoritmo voraz de coloracion de aristas, eligiendo primero las aristas de uno de los dos ciclos de longitudn, despues el otro y por ultimo las aristas que unen estos dos ciclos. De esta forma se obtiene la siguiente3-arista-coloracion (vease 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




En la siguiente tabla se muestran las conexiones entre los ordenadores de los 12 empleados de una oficina (encada cuadro se muestra la longitud del cable que une los correspondientes ordenadores):

A B C D E F G H I J K LA 2 6 7B 7 11 13C 2 12D 14 12E 4 14F 10G 8H 3J 9

1. Probar que el grafo que representa esta red de ordenadores es un grafo bipartito, obteniendo los dosconjuntos independientes de vertices.

2. El jefe de la oficina pretende poner a trabajar a sus empleados por parejas que tengan sus ordenadoresconectados. Para ello empieza a emparejarlos de la forma siguiente A con B, C con D y E con F . Siguiendoesta distribucion parcial, y utilizando el algoritmo apropiado, ¿es posible obtener una distribucion de todoslos trabajadores en parejas? En caso afirmativo obtenerla (indicando los pasos seguidos) y en caso negativoobtener el mayor numero de parejas posibles.

3. ¿Obtener, explicando el algoritmo utilizado, la mınima distancia en metros de cable entre los ordenadoresA y J y el camino mınimo entre ellos.

4. Se pretende llevar a cabo la renovacion de las conexiones de los ordenadores, ¿que conexiones habra quereparar para que, utilizando el menor numero de metros de cable, los ordenadores queden todos interco-nectados con las nuevas conexiones?

Solucion:

1. En la figura siguiente se muestran los conjuntos independientes de vertices X = {a, d, f, g, h, l} e Y ={b, c, e, i, j, k} del grafo bipartito.

f�

c�b� j�e� k�

g�a� h�d� l�

i�

f�

c�

b�

j�

e�

k�

g�

a�

h�

d�

l�

i�

6�

2�

7�

11� 2�12�

14�

12�

14�

4�10�

8�

3�

9�

6�

13�

La red de ordenadores es un grafo bipartito.

2. Se trata de obtener un emparejamiento maximo, comenzando con el emparejamiento A−B, D−C, F −E.Siguiendo el algoritmo de emparejamiento del arbol de camino alternado, obtenemos en primer lugar elcamino alternado G−I y anadimos esta arista al emparejamiento: A−B, D−C, F −E, G−I. El siguientecamino alternado sera el camino H−I−G−B−A−K y cambiando el sentido de las aristas tendremos elnuevo emparejamiento A−K, D−C, F −E, G−B, H− I. Por ultimo tenemos el camino alternado L−Jy anadiendo esta arista tenemos el emparejamiento completo A−K, D − C, F − E, G−B, H − I, L− J .



f�



i�

f�



i�

f�



i�

f�



i�

f�



i�

Obtencion del emparejamiento completo.

3. Seguiremos el algoritmo de Dijkstra, comenzando en el vertice A y hasta llegar a que la etiqueta del verticeJ sea definitiva. La tabla siguiente muestra estos pasos.

u A B C D E F G H I J K L S

A (0, −) (∞, −) (∞, −) (∞, −) (∞, −) (∞, −) (∞, −) (∞, −) (∞, −) (∞, −) (∞, −) (∞, −) {A}A (2, A) (6, A) (∞, −) (∞, −) (∞, −) (∞, −) (∞, −) (∞, −) (∞, −) (7, A) (∞, −) {A, B}B (6, A) (9, B) (∞, −) (13, B) (15, B) (∞, −) (∞, −) (∞, −) (7, A) (∞, −) {A, B, C}C (8, C) (∞, −) (13, B) (15, B) (∞, −) (∞, −) (∞, −) (7, A) (∞, −) {A, B, C, K}K (8, C) (∞, −) (13, B) (15, B) (∞, −) (∞, −) (∞, −) (∞, −) {A, B, C, K, D}D (∞, −) (13, B) (15, B) (∞, −) (22, D) (20, D) (∞, −) {A, B, C, K, D, F}F (∞, −) (15, B) (∞, −) (22, D) (20, D) (∞, −) {A, B, C, K, D, F, G}G (∞, −) (∞, −) (22, D) (20, D) (∞, −) {A, B, C, K, D, F, G, J}

Por lo tanto la mınima distancia entre los ordenadores es de 20 m. de cable, siendo el camino mınimoentre ellos A− C −D − J .

4. Hemos de obtener el arbol recubridor de peso mınimo. Para ello aplicando el algoritmo de Kruskal iremoseligiendo 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}

f�

c�

b�

j�

e�

k�

g�

a�

h�

d�

l�

i�

6�

2�

7�

11� 2�12�

14�

12�

14�

4�10�8�

3�

9�

7�

13�

Arbol recubridor de peso mınimo.



16 de Abril de 2007

1. Si la matriz de adyacencia de un grafo G es

⎛⎜⎜⎝

2 1 1 01 2 0 11 0 2 10 1 1 2

⎞⎟⎟⎠, entonces

G es un grafo completo. X G es un pseudografo.

G no es conexo. ninguna de las anteriores.

Solucion: Los elementos no nulos de la diagonal ad-vierten de que contiene lazos y por tanto se trata de unseudografo (como muestra la figura).

G

1 2

34

NOTA: Por error, el enunciado del examen tenıa mal la matriz de adyacencia. Por este motivo se puntuacomo correcta esta pregunta a todos los alumnos.

2. Las matrices A =

⎛⎜⎜⎝

0 1 0 01 0 1 10 1 0 10 1 1 0

⎞⎟⎟⎠, B =

⎛⎜⎜⎝

0 1 1 11 0 0 01 0 0 11 0 1 0

⎞⎟⎟⎠ y C =

⎛⎜⎜⎝

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

⎞⎟⎟⎠ son las matrices de

adyacencia de los grafos GA, GB y GC , respectivamente:

X GA y GB son isomorfos.

GA y GC son isomorfos.

Los tres grafos son isomorfos.

GB y GC son isomorfos.

Solucion: El grafo GC no puede ser isomor-fo a ninguno de los otros dos, ya que es ungrafo 3-regular (concretamente K4), mien-tras que los otros dos tienen como lista degrados (3, 2, 2, 1). Estos dos son a su vez iso-morfos, como se puede apreciar en la figura.

GA GB

1 2

34

1 2

34

3. Un grafo tiene 7 componentes conexas y carece de ciclos. Si tiene 2 vertices aislados, 40 vertices de valencia1, 10 vertices de valencia 2, 2 vertices de valencia 3, 2 vertices de valencia 4 y no tiene vertices de valenciasuperior a 5, ¿cuantos vertices y aristas tiene?

X 64 y 57, respectivamente.

No existe ningun grafo en estas condiciones.

70 y 63, respectivamente.

El problema no se puede resolver, ya que los datos son insuficientes.

Solucion: Se trata de un bosque de 7 arboles, entonces el numero de aristas sera n−7, siendo n el numero devertices. Si llamamos n5 al numero de vertices de valencia 5, el grafo tendra 2+40+10+2+2+n5 = n5 +56vertices y por tanto n5 + 49 aristas. Aplicando el lema del apreton de manos:

2|A| =∑v∈V

δ(v) = 40 + 10 · 2 + 2 · 3 + 2 · 4 + 5n5 =⇒ 2(n5 + 49) = 74 + 5n5 =⇒ n5 = 8

Por lo tanto tiene 64 vertices y 57 aristas.



4. Sea T = (V, A) un arbol con al menos 3 vertices, ¿cual de las siguientes afirmaciones es FALSA?

Dados tres vertices cualesquiera x, y, z, no existe un camino que empiece y acabe en x y pase una unicavez por z e y.

X Dados tres vertices cualesquiera x, y, z, si para ir de z a y no hay que pasar por x y para ir de z a x nohay que pasar por y, entonces para ir de x a y hay que pasar por z.

X Dados tres vertices cualesquiera x, y, z, siempre se puede ir de x a y pasando por z.

Entre dos vertices cualesquiera existe un unico camino.

Solucion: La primera afirmacion es cierta ya que siun camino empieza y acaba en x, para que no contenganingun ciclo debe ser un camino de ida y vuelta y nopuede ser un camino que pase una unica vez por z y pory. La cuarta afirmacion es una de las propiedades quecaracterizan a los arboles. El arbol de la figura pone demanifiesto que son falsas las otras dos afirmaciones.

z

x y

v

NOTA: Se valoraran positivamente a todos aquellos alumnos que respondan cualquiera de las dos opcionescorrectas.

5. ¿Cual de las siguientes afirmaciones es FALSA?

X Todo grafo tiene un numero impar de vertices de grado par.

La suma de los grados de los vertices de un grafo es par.

Todo grafo tiene un numero par de vertices de grado impar.

La suma de los grados de los vertices impares de un grafo es par.

Solucion: La primera propiedad es falsa ya que por el ejemplo el grafo camino P2 de dos aristas la contradice,pues tiene un vertice par y es un arbol. El resto de propiedades son consecuencias inmediatas del lema delapreton 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 vertices 1, 5 y 11son vertices de corte. ¿Cual de las siguientes afirmaciones es cierta?

G es 2-conexo.

G es 1-conexo, pero no podemos saber cual es su ındice de conectividad por vertices (κ(G)).

G no es 1-conexo.

X G es 1-conexo y sabemos que κ(G) = 1.

Solucion: Si un grafo conexo tiene vertices de corte, entonces es un grafo 1-conexo, siendo κ(G) = 1. Yesta propiedad es contradictoria con las otras tres.

7. La siguiente tabla muestra las distintas componentes conexas de los subgrafos obtenidos al eliminar losvertices de corte de un grafo G:

Subgrafo Vertices de sus componentes conexasG− {1} {2, 3}, {4, 5, 6, 7, 8}, {9, 10, 11, 12, 13, 14, 15}G− {5} {1, 2, 3, 4, 6, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15}, {7, 8}G− {11} {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}, {12, 13}, {14, 15}

Entonces,

para aumentar la conectividad por vertices del grafo G es preciso anadir 5 aristas.

X si se anaden las aristas {2, 12} y {8, 15} aumenta la conectividad por vertices del grafo G.

se puede conseguir que κ(G) ≥ 2 anadiendo una arista.



anadiendo las aristas {2, 12} y {6, 15} conseguimos que G no tenga vertices de corte.

Solucion: La segunda propiedad es cierta ya que si anadimos las aristas {2, 12} y {8, 15} el nuevo grafono tendrıa vertices de corte (estas aristas unen las distintas componentes conexas de los grafos obtenidos aleliminar los vertices de corte). Por lo tanto κ(G) ≥ 2 ya que serıa preciso eliminar al menos dos vertices paradesconectarlo. La primera propiedad no es cierta pues se contradice con la verdadera. La tercera propiedadno es cierta ya que como el grafo G− {1} tiene tres componentes conexas, para que el vertice 1 deje de servertice de corte habrıamos de anadir al menos dos aristas. La cuarta no es cierta ya que si se anaden lasaristas {2, 12} y {6, 15} el vertice 5 sigue siendo vertice de corte.


En un arbol con al menos tres vertices, con solo dos vertices de valencia 1, el resto de los vertices tienenvalencia 2.

X Para obtener un arbol a partir de un grafo conexo con tres ciclos es necesario eliminar al menos tresaristas.

En un arbol el numero de vertices de valencia 1 es mayor o igual que la mayor de las valencias de susvertices.

Si un arbol tiene tres vertices de valencia uno, al menos tiene un vertice de valencia 3.

Solucion: La segunda afirmacion es falsa co-mo muestra la figura. En ella tenemos ungrafo conexo con tres ciclos y al eliminar lasaristas a1 y a2 obtenemos un arbol.

a1a2

Veamos que la tercera afirmacion es verdadera. En efecto, supongamos que T es un arbol y sea v uno de losvertices de mayor valencia (δ(v) = δ). Si eliminamos el vertice v obtenemos un bosque con δ componentesconexas (arboles). Cada una de ellas tiene, como todo arbol, al menos dos vertices de valencia 1, pudiendoser uno de ellos el vertice adyacente a v en T , pero el otro no por lo que si volvemos a ”pegar“ el vertice vel numero de vertices de valencia 1 del grafo T sera igual o superior a δ.

La primera afirmacion es cierta ya que si tenemos un grafo con solo dos vertices de valencia 1, este no puedetener vertices de valencia superior a 2 ya que entonces, en virtud de la tercera afirmacion, tendrıa al menos3 vertices de valencia 1.

En cuanto a la cuarta afirmacion, si tenemos un arbol con 3 vertices de valencia 1, este ha de tener al menosuno de valencia 3. En efecto, en virtud de la tercera propiedad, no puede tener vertices de valencia superiora 3, ya que entonces tendrıa mas de 3 vertices de valencia 1 y si no tuviera ningun vertice de valencia 3, esdecir todos los demas vertices de valencia 2, tendrıa 3 vertices impares, lo que es imposible no solo en losarboles, sino en todo grafo.

9. Un arbol tiene vertices de valencias 1, 3 y 5. Si tiene solo dos vertices de valencia 5,

tiene que tener un numero impar de vertices de valencia 1.

tiene que tener un numero impar de vertices de valencia 3.

X tiene que tener 8 vertices mas de valencia 1 que de valencia 3.

tiene que tener 4 vertices mas de valencia 1 que de valencia 3.

Solucion: Sea ni el numero de vertices de valencia i (i = 1, 3, 5), n5 = 2. Aplicando el lema del apreton demanos y teniendo en cuenta que tiene n1 + n3 + 2 vertices y n1 + n3 + 1 aristas,

2|A| =∑v∈V

δ(v) =⇒ 2(n1 + n3 + 1) = n1 + 3n3 + 10 =⇒ n1 = n3 + 8

10. Dos grafos son isomorfos si

tienen la misma lista de grados y el mismo numero de n-ciclos (∀n).

tienen el mismo numero de vertices y de aristas.



tienen el mismo numero de vertices y de aristas y la misma lista de grados.

X Ninguna de las respuestas anteriores es correcta.

Solucion: La primera afirmacion es falsa ya que podemos encon-trar dos arboles (y por tanto con el mismo numero de ciclos de cadalongitud, es decir, ninguno) con la misma lista de grados y no iso-morfos. Ademas en la figura podemos ver dos grafos con un unicociclo de longitud 3, la misma lista de grados (3, 3, 2, 2, 2, 2, 1, 1), yen cambio no pueden ser isomorfos ya que en el primer grafo elvertice v1 de valencia 3 y que es adyacente a dos vertices de va-lencia 1, mientras que en el segundo no existe ningun vertice conestas caracterısticas. Este mismo grafo es un contraejemplo de lasafirmaciones segunda y tercera. G1 G2

v1

11. El numero de aristas que hay que eliminar del grafo completo Kn para obtener un arbol recubridor suyo es:

Xn2 − 3n + 2

2Kn no puede contener un arbol recubridor porque tiene ciclos.

(n− 1)(n− 1)

Todas menos n.

Solucion: Teniendo en cuenta que Kn tienen(n− 1)

2aristas y todo arbol de n vertices tiene n− 1 aristas,

el numero de aristas que habra que eliminar seran(n− 1)

2− (n− 1) =

n2 − 3n + 22

12. Sea T un arbol enraizado de 21 vertices de grados 1,3,5,6. Si tiene 15 hojas y un vertice de grado 6, ¿cuantosvertices de grado 5 tiene si el vertice raız tiene valencia 3?

X 2 7 3 4

Solucion: Sean ni el numero de vertices de valencia i, i = 1, 3, 5, 6. Sabemos que n1 = 15, ya que el verticeraız no tiene valencia 1, y n6 = 1. Por lo tanto, como el grafo tiene 21 vertices y por tanto 20 aristas,aplicando el lema del apreton de manos:

15 + n3 + n5 + 1 = 21

2 · 20 =∑

x∈V

δ(v) = 15 + 3n3 + 5n5 + 6

⎫⎪⎬⎪⎭ =⇒ n3 + n5 = 5

3n3 + 5n5 = 19

}=⇒ n3 = 3, n5 = 2

13. En el grafo de la figura siguiente, el arbol de camino mınimo con raız en el vertice a (arbol enraizado en aque contiene los caminos mınimos desde este vertice a todos los demas) verifica:

a

b

d

c

e

f

g

n

m

h

1415

3

11

16

6

10

8

5

4

3

2

1

4

6

2

El vertice h es padre del vertice n.

Tiene una altura igual a 3.

El vertice b es padre del vertice c.

X Ninguna de las tres afirmaciones anterio-res es cierta.



Solucion: La figura muestra el arbol de camino mınimo,que nos aporta el algoritmo de Dijkstra, para obtener lamınima distancia desde el vertice a a todos los demas.

a

b f

c e g n

d h

m

14. Parte de la tabla de adyacencias de un grafo G es

a b c d · · ·c c a a · · ·d d b be ff g

Entonces, podemos afirmar que el arbol recubridor obtenido por el algoritmo de busqueda en anchura,empezando en el vertice a y siguiendo el orden alfabetico en los vertices, tiene altura

al menos 3.

X al menos 2.

igual a 4.

Ninguno de los enunciados anteriores es cierto.

Solucion: La figura muestra la parte del arbol recubri-dor BFS que puede construirse con los datos que tene-mos. Se indica con lıneas de puntos por donde pudieracontinuar el arbol.

a

c d e f

b g

15. En el grafo ponderado de la figura siguiente, el arbol recubridor de peso mınimo tiene un peso de:a

b

d

c

e

f

g

n

i

j

p

k

m

h

1415

3

11

16

6

10

8

5

4

3

2

1

4

6

3

3

2

4

62

2

X 46 40 38

No se puede obtener ya que elgrafo de la figura no es un arbol,al contener ciclos.



Solucion: La figura muestra el arbol recubridor de pesomınimo, obtenido por el algoritmo de Kruskal, siendoeste de peso 46.

a

b

d

c

e

f

g

n

i

j

p

k

m

h

3

6

10

5

3

2

1

4

33

2

2

2

16. El siguiente grafo es el arbol recubridor obtenido al aplicar el algoritmo de busqueda en profundidad a ungrafo conexo G, empezando en el vertice a y siguiendo el orden alfabetico en los vertices. Entonces:

a

b c d

e f

a

g

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.

Solucion: La figura muestra un grafo cuyo arbol recu-bridor DFS es el propuesto. Como se aprecia, g es adya-cente a b y f es adyacente a a, por lo que las afirmacio-nes primera y tercera son falsas. La segunda afirmaciones cierta, ya que si b fuera adyacente a c en G, estaarista estarıa en el arbol DFS.

a

b c d

e f

g

G



5 de Junio de 2007


Un arbol no puede ser hamiltoniano.

Un arbol, con al menos tres vertices, no puede ser euleriano.

X Un arbol con un numero impar de vertices no puede ser bipartito.

Existen arboles con la propiedad de que se les puede anadir una arista que los convierte en grafoseulerianos y hamiltonianos.

2. El grafo grid 3× 3:

X no es hamiltoniano porque tiene un conjunto de corte de cuatro verticescuya eliminacion da lugar a cinco componentes conexas.

no es hamiltoniano porque no verifica la condicion 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 portodas 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 quela componen son los vertices y dos de ellas son adyacentes si aparecen juntas en dicha palabra, el graforesultante

es euleriano.

X posee un recorrido euleriano.

no es euleriano y tampoco posee un recorrido euleriano.

bastara quitar la primera letra de la palabra para que sea euleriano.

4. Si al grafo anterior le anadimos una arista entre los vertices t y a (y por tanto consideramos la palabrataransversalidad) y entendemos por formar una palabra a partir de dicho grafo a crear caminos entre susvertices, 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 numerocromatico y el ındice cromatico del grafo Fn, ventilador de n aspas,valen:

X χ(Fn) = 2, χ1(F4) = 2n. χ(Fn) = 2, χ1(F4) = n.

χ(Fn) = 3, χ1(F4) = n. χ(Fn) = 3, χ1(F4) = 2n + 1.



6. Los dos grafos de la figura

Tienen el mismo numero cromatico y distintoındice cromatico.

X Tienen el mismo numero cromatico y el mismoındice cromatico.

Tienen distinto numero cromatico y el mismoındice cromatico.

Tienen distinto numero cromatico y distinto ındicecromatico.

7. En un grafo bipartito G, con mayor valencia ∆ = 3, el numero cromatico, χ(G), y el ındice cromatico (poraristas), χ1(G), verifican que

3 ≤ χ(G) ≤ χ1(G). χ(G) = χ1(G) = 2.

X no pueden coincidir. 3 ≤ χ1(G) ≤ χ(G).

8. Los numeros cromaticos de dos arboles enraizados cualesquiera

X siempre coinciden.

pueden ser distintos dependiendo del numero de vertices internos de cada uno.

pueden ser distintos dependiendo de las valencias de los vertices 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

x1

x2

x3

x4

x5

x6

y1

y2

y3

y4

y5

y6

y7

y8

x7

No puede verificar la condicion de Hall, ya que|X | < |Y |.

Verifica la condicion de Hall y por tanto admiteemparejamiento completo.

No verifica la condicion de Hall y por tanto no sepodra encontrar un emparejamiento maximo.

X No verifica la condicion de Hall, pues falla ladesigualdad para P = {x2, x4, x5, x7}.



10. La figura muestra un grafo bipartito G en el que aparece resaltado un emparejamiento M . Si se aplica elalgoritmo de emparejamiento, comenzando con el emparejamiento M dado,

x1

x2

x3

x4

x5

x6

y1

y2

y3

y4

y5

y6

y7

x7

se obtiene un camino alternado formado por 6aristas.

X se obtiene un emparejamiento completo, en el queel vertice x4 queda emparejado al vertice y3.

no se obtiene camino alternado y por tanto noexiste un emparejamiento completo.

el vertice x7 queda emparejado con el vertice y6.

11. Sea G = (X ∪ Y, A) un grafo bipartito con al menos 4 vertices y |X | = |Y |, de forma que A es un empareja-miento completo. ¿Cual de las siguientes afirmaciones es falsa?

Se pueden ordenar los vertices del grafo G de forma que la matriz de adyacencia del grafo G es simetricapor 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. ¿Cual de las siguientes es la matriz de adyacencia del pseudografo dual del grafo plano de la figura?

C1

C2

C3

C4

⎛⎜⎜⎝

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

⎞⎟⎟⎠

⎛⎜⎜⎝

0 0 0 30 0 1 20 1 0 23 2 2 0

⎞⎟⎟⎠

X

⎛⎜⎜⎝

0 0 0 30 0 1 20 1 0 23 2 2 2

⎞⎟⎟⎠

⎛⎝ 0 0 0

0 0 10 1 0

⎞⎠



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,¿cuantas caras tiene?

8. 7. 22. X 9.

15. Un grafo plano conexo no contiene ciclos de longitud inferior a 6. Si tiene 70 caras, ¿cuantos vertices tiene?

142 Menos de 143. 80. X Al menos 142.

16. ¿Cuales de los siguientes grafos son isomorfos?

G�1�G�2�

G�3�

X G1 y G3 G2 y G3 G1 y G2 Los tres son isomorfos.

17. Si aplicamos el algoritmo de busqueda en profundidad (eligiendo los vertices en orden alfabetico) al grafo dela figura

a�

b�

c�

d�

e�

f�

g�

h� el ultimo vertice en ser visitado es el vertice h.

X el arbol resultante tiene una altura igual a 6.

el arbol resultante tiene un vertice de valencia 4.

el arbol resultante contiene la arista {b, g}.



18 de Junio de 2007

Sea el grafo MCn = (Vn, A) de vertices Vn = {a1, a2, a3, a4, a5, b1, . . . , bn, c1, . . . , cn}, para n ≥ 2, de la figurasiguiente:

b1 b2 b3 bn−1 bn

c1 c2 c3 cn−1 cn

a1 a2 a3a4 a5

. . . . . .

. . . . . .

Ejercicio 1 ( 1.6 puntos)

NOTA: En los algoritmos siguientes, cuando haya que elegir un vertice entre varios se elegira el primero queaparezca en el conjunto V , segun el orden en que estan en dicho conjunto.

a) Hallar el arbol recubridor de busqueda en profundidad, T1, del grafo MCn, comenzando en el vertice a2.Indicar el orden en que son visitados los vertices.

b) Hallar el arbol recubridor de busqueda en profundidad, T2, del grafo MCn, comenzando en el vertice a4.Indicar el orden en que son visitados los vertices.

c) ¿Son los arboles T1 y T2 dos grafos isomorfos?

d) Hallar el arbol recubridor, T3, de busqueda en anchura del grafo MCn, comenzando en el vertice a1.Indicar el orden en que son visitados los vertices.

Solucion:

a) El arbol T1 es el arbol de la figura siguiente, habiendo sido visitados los vertices en el siguiente orden:

a2, a1, b1, a3, a4, a5, bn, bn−1, . . . , b3, b2, cn, cn−1, . . . , c3, c2, c1

b1 b2 b3 bn−1 bn

c1 c2 c3 cn−1 cn

a1 a2 a3a4 a5

b) El arbol T2 es el arbol de la figura siguiente, habiendo sido visitados los vertices en el siguiente orden:

a4, a3, a2, a1, b1, b2, b3, . . . , bn−1, bn, a5, cn, cn−1, . . . , c3, c2, c1



b1 b2 b3 bn−1 bn

c1 c2 c3 cn−1 cn

a1 a2 a3a4 a5

c) Los arboles T1 y T2 no son isomorfos, ya que no tienen la misma lista de grados, el arbol T1 tiene unvertice de valencia 3 (a5) mientras que el grafo T2 es el grafo camino P2n+4.

d) El arbol T3 es el arbol de la figura siguiente, habiendo sido visitados los vertices en el siguiente orden:

a1, a2, b1, c1, a3, b2, c2, a4, b3, . . . , bn−1, bn, c3, . . . , cn−1, cn, a5

b1 b2 b3 bn−1 bn

c1 c2 c3 cn−1 cn

a1 a2 a3a4 a5

. . . . . .

. . . . . .

NOTA: En la relacion de vertices visitados aparece el orden en que los vertices son marcados como visitados.


a) ¿Para que valores de n (n ≥ 2) es MCn un grafo euleriano? ¿Para que valores de n (n ≥ 2) admite MCn

un recorrido euleriano?

b) ¿Para que valores de n (n ≥ 2) es MCn un grafo hamiltoniano?

Solucion:

a) Los vertices a1, a5, bi(1 < i < n) y ci(1 < i < n) son vertices impares del grafo MCn. Por lo tanto elgrafo MCn no es euleriano en ningun caso, mientras que admite un recorrido euleriano unicamente sin = 2, ya que en este caso tendrıa solo dos vertices de valencia impar, a1 y a5.

b) MCn es hamiltoniano, para cualquier valor de n. La figura siguiente muestra un ciclo hamiltoniano.

b1 b2 b3 bn−1 bn

c1 c2 c3 cn−1 cn

a1 a2 a3a4 a5




a) Indicar razonadamente cual es el numero cromatico del grafo MCn (χ(MCn)). Obtener una vertice-coloracion con el mınimo numero de colores.

b) b.1) Obtener una arista-coloracion del grafo MC4, utilizando el mınimo numero de colores.

b.2) Obtener razonadamente el ındice cromatico del grafo MCn (χ1(MCn)), para n > 2.

Solucion:

a) Sea cual sea n, χ(MCn) = 3. No puede ser inferior ya que el grafo no es bipartito por tener ciclos imparesy una 3-vertice-coloracion puede ser la siguiente, para los dos casos: n impar y n par.

1 2 1 2 1

1 2 1 2 1

3 2 3 2 3

. . . . . .

. . . . . .

G2k−1

1 2 1 1 2

1 2 1 1 2

3 2 3 1 3

. . . . . .

. . . . . .

G2k

b) b.1) La figura siguiente muestra una arista coloracion de MC4 con 2n + 2 = 10 colores

b1 b4

c1 c4

a1 a2 a3a4 a5

b2 b3

c2 c3

1 2 3 4

5

678

910

2

3

4

3

1

4 1 2

2 1 2

1

3

2

3

1

b.2) La valencia maxima del grafo MCn es la del vertice a3, ∆ = δ(a3) = 2n + 2, entonces 2n + 2 ≤χ1(MCn) ≤ 2n + 3. Si encontramos una arista-coloracion de MCn con 2n + 2 colores habremosprobado que χ1(MCn) = 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 res-tantes, como unen vertices de valencia no superior a 4, son incidentes a lo sumo a 6 aristas y como2n + 2 > 6 (si n > 2), en cada paso del algoritmo podemos colorear a una nueva arista con algunode los 2n + 2 colores utilizados. Por lo tanto, χ1(MCn) = 2n + 2.


a) Calcular el ındice de conectividad (por vertices) del grafo MCn.

b) Sea MC′n el grafo ponderado obtenido asignando a las aristas del grafo MCn 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 yel resto de aristas de peso 1. Calcular un arbol recubridor de peso mınimo. ¿Cual es su peso? ¿Es unicoeste arbol?

Solucion:



a) El ındice de conectividad (por vertices) del grafo MCn es κ(MCn) ≥ 3 ya que entre dos vertices cuales-quiera del grafo hay al menos tres caminos disjuntos en vertices (teorema de Menger), utilizando cada unode los dos sentidos del ciclo exterior y otro pasando por el vertice a3. Ademas, como el grafo tiene verticesde valencia 3, κ(MCn) ≤ 3. Luego κ(MCn) = 3. O sea, el grafo no tiene ni vertices de corte ni parejasde corte, pero si tiene trıos de corte.

b) La figura muestra el grafo ponderado MC′n:

b1 b2 b3 bn−1 bn

c1 c2 c3 cn−1 cn

a1 a2 a3a4 a5

. . . . . .

. . . . . .

3 3 33 3

33333

3 5 7 2n − 1

3 5 7 2n − 1

1

1

1

1

1

1 1

1

1

1

1

1

Si aplicamos el algoritmo de Kruskal obtenemos por ejemplo el siguiente arbol recubridor de peso mınimo,en el que cuando ha habido que elegir entre aristas del mismo peso se ha seguido el orden alfabetico delos vertices que une dicha arista. En total tenemos 2(n− 2) aristas de peso 3 y 8 aristas de peso 1, por lotanto el peso del arbol es 6n− 4.

b1 b2 b3 bn−1 bn

c1 c2 c3 cn−1 cn

a1 a2 a3a4 a5

. . . . . .

. . . . . .

3 33

333

1

1

1

1 1

1

1

1

NOTA: Obviamente este arbol no es unico, pues existen otros arboles de peso 6n−4. Por ejemplo, eligiendola arista {a2, b1} en lugar de la arista {a1, b1}.


a) El grafo MCn es plano, ∀n ≥ 2. ¿Cuantas aristas es necesario anadir para que sea un grafo plano maximal?

b) Sea H el grafo obtenido anadiendo al grafo MC3 la arista {a4, c1}. ¿Es H un grafo plano? En casoafirmativo obtener una inmersion plana del mismo y en caso contrario demostrarlo utilizando el teoremade Kuratowski.

Solucion:

a) El grafo MCn tiene v = 2n + 5 vertices y a = 4n + 10 aristas. Como en todo grafo plano maximal, elnumero de aristas es a = 3v − 6, entonces tendra 3(2n + 5) − 6 = 6n + 9 aristas. Hemos de anadir, portanto, 6n + 9− (4n + 10) = 2n− 1 aristas para conseguir que sea un grafo plano maximal.

b) La figura muestra el grafo H y una subdivision del grafo K5 de vertices {a3, a4, b3, c1, c3} contenida en ely por tanto, segun el teorema de Kuratowski, no es un grafo plano.



b1 b3

c1 c3

a1 a2 a3a4 a5

b2

c2

b3

c1 c3

a3a4





Indicar si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas, demostrandolo en el caso afirmativo y dando uncontraejemplo en caso negativo:

1. Si G es un grafo euleriano en el que las aristas a y b son incidentes en el mismo vertice, entonces G tieneun circuito euleriano en el que las aristas a y b aparecen consecutivamente.

Solucion: Falso. El grafo pajarita (vease la figura siguiente) es euleriano ya que todos los vertices sonde valencia par. En el las aristas a = {v1, v3} y b = {v2, v3} son incidentes en el mismo vertice v3 y encambio no existe ningun circuito euleriano en el que estas aristas aparezcan consecutivas, ya que al llegaral vertice central v3, procedente de un vertice del ciclo izquierdo, habra que visitar algun vertice del cicloderecho para poder recorrer todas las aristas.

v1

v2

v3

v4

v5

2. No existe ningun grafo simple euleriano con un numero impar de aristas.

Solucion: Falso. Cualquier grafo ciclo C2n−1 con un numero impar de vertices, y por tanto de aristas, esobviamente euleriano (todos sus vertices tienen valencia 2 y por tanto par).

3. Si G es un grafo 2-conexo, con al menos tres vertices entonces cualquier vertice esta contenido en algunciclo.

Solucion: Cierto. En efecto, si G = (V, A) es un grafo 2-conexo con al menos 3 vertices, todos sus verticestienen valencia superior a 1 ya que de lo contrario si δ(v) = 1, el vertice adyacente a v serıa de cortey el grafo no serıa 2-conexo. Entonces un vertice cualquiera v ∈ V ha de ser adyacente al menos a dosvertices v1 y v2. Como v no es vertice de corte (pues G es 2-conexo), el grafo G − v es conexo y portanto existe un camino de v1 a v2, v1, w2, . . . , wn, v2. Entonces el vertice v esta contenido en el ciclov, v1, w2, . . . , wn, v2, v, como querıamos demostrar.

4. Si G es un grafo de forma que cualquiera de sus vertices esta contenido en algun ciclo, entonces G es2-conexo.

Solucion: Falso. En el grafo pajarita de la figura anterior, cualquier vertice esta contenido en un ciclo yen cambio el vertice v3 es un vertice de corte y por tanto no es un grafo 2-conexo.


Encontrar un grafo G tal que:

1. Ni G ni su complementario G sean planos.

Solucion: Una posible solucion es el grafo formado por un grafo K5 y cinco vertices aislados {v1, v2, v3, v4, v5}.Este grafo no es conexo porque contiene a K5 y su complementario tampoco lo sera pues el subgrafo (delgrafo complementario) inducido por los vertices {v1, v2, v3, v4, v5} es un grafo K5.



a

b

c

de

v1

v2 v3

v4

v5

a

b

c

de

v1

v2 v3

v4

v5

G G

2. G y su complementario G sean conexos y no eulerianos.

Solucion: El grafo camino de 4 vertices P4 es conexo y no euleriano pues tiene vertices impares. Ademases un grafo autocomplementario (G ∼ G) y por tanto estas propiedades tambien se cumplen en el comple-mentario.

G G

3. G y su complementario G sean conexos y no hamiltonianos.

Solucion: Vale el ejemplo anterior ya que el grafo no es hamiltoniano pues tiene vertices de corte.


Dos amigos, Ana y Pedro, quieren visitar la ciudad de Praga, en la que los lugares turısticos de mayor impor-tancia, las carreteras entre los mismos y las distancias en kilometros vienen dados por la siguiente tabla:

A B C D E F G H IA 12 6 5 4B 12 7 8 2C 7 7 5D 6 7 2 1E 2 3F 5 3 6 15G 8 6 3H 4 5 3 5I 2 1 15 5

1. Dibujar el grafo asociado al problema, y estudiar el caracter bipartito del mismo.

Solucion: La figura siguiente muestra dos representaciones graficas del grafo, en la segunda de ellas seaprecia el caracter bipartito del grafo, en el que aparecen los dos conjuntos independientes de verticesV1 = {A, C, E, G, I} y V2 = {B, D, F, H}. Tambien se aprecia en este segundo grafico que el grafo notiene ciclos impares y que su numero cromatico es 2.



A

B

C

D

EF

G

H

I12

65

4

7

8

2

7

5

2

1

3

6

15

3

5

A

B

C

D

E

F

G

H

I

2. Ana decide buscar un itinerario que conecte todos los lugares de interes y que recorra el menor numerode kilometros. Encontrar tal itinerario y estudiar si es o no unico.

Solucion: Se trata de encontrar un arbol recubridor de peso mınimo. Si aplicamos el algoritmo de Kruskalobtenemos un arbol de peso 25, que sera el menor numero de kilometros que hay que recorrer para visitartodos los lugares de interes.

Al aplicar el algoritmo de Kruskal, en cada paso hemos de elegir la arista de menor peso que no anada unciclo. Hay mas de una posibilidad, ya que tenemos tres aristas de longitud 5 y el arbol recubridor de pesomınimo contiene a dos de ellas. Las dos opciones posibles se muestran en la siguiente tabla:

Paso arista peso1 {D, I} 12 {B, I} 23 {D, E} 24 {E, F} 35 {G, H} 36 {A, H} 47 {C, H} 58 {H, I} 5

Paso arista peso1 {D, I} 12 {B, I} 23 {D, E} 24 {E, F} 35 {G, H} 36 {A, H} 47 {A, F} 58 {C, H} 5

3. Pedro desea desplazarse desde el Castillo (A) hasta la plaza del Sagrado Corazon (E), recorriendo el menornumero de kilometros. Dar una solucion a este problema, estudiando si es o no unica.

Solucion:

Para obtener el camino mas corto del vertice A al vertice E aplicaremos el algoritmo de Dijkstra:

u A B C D E F G H I S

A (0,−) (∞,−) (∞,−) (∞,−) (∞,−) (∞,−) (∞,−) (∞,−) (∞,−) {A}A (12, A) (∞,−) (6, A) (∞,−) (5, A) (∞,−) (4, A) (∞,−) {A, H}H (12, A) (9, H) (6, A) (∞,−) (5, A) (7, H) (9, H) {A, H,F}F (12, A) (9, H) (6, A) (8, F ) (7, H) (9, H) {A, H,F, D}D (12, A) (9, H) (8, F )(∗) (7, H) (7, D) {A, H, F, D, G}G (12, A) (9, H) (8, F ) (7, D) {A, H,F, D, G, I}I (9, I) (9, H) (8, F ) {A, H, F, D, G, I,E}

Resultando ser A−−F −−E el camino mas corto de A a E, de longitud 8.

Respecto a la unicidad de la solucion podemos afirmar que una vez marcado el vertice D y procedemos arealizar la correspondiente iteracion con dicho vertice, la etiqueta del vertice E, que en ese momento tieneel valor (8, F ) (y aparece marcada con (∗) en la tabla), puede ser actualizada a (8, D) y se obtiene otrasolucion mınima dada por el camino A − −D − −E, de longitud 8. La siguiente tabla muestra esta otrasolucion:



u A B C D E F G H I S

A (0,−) (∞,−) (∞,−) (∞,−) (∞,−) (∞,−) (∞,−) (∞,−) (∞,−) {A}A (12, A) (∞,−) (6, A) (∞,−) (5, A) (∞,−) (4, A) (∞,−) {A, H}H (12, A) (9, H) (6, A) (∞,−) (5, A) (7, H) (9, H) {A, H, F}F (12, A) (9, H) (6, A) (8, F ) (7, H) (9, H) {A, H,F, D}D (12, A) (9, H) (8, D) (7, H) (7, D) {A, H,F, D, G}G (12, A) (9, H) (8, D) (7, D) {A, H,F, D, G, I}I (9, I) (9, H) (8, D) {A, H,F, D, G, I, E}

4. Las autoridades pretenden reparar todas las carreteras y para ello deciden no reparar en una mismasemana dos carreteras que confluyan en el mismo punto. ¿Cuantas semanas necesitaran como mınimopara reparar todas las carreteras?

Solucion: Hemos de obtener conjuntos independientes de aristas, es decir nos preguntan cual es el ındicecromatico del grafo. Este numero es 4 ya que es un grafo bipartito y 4 es la mayor valencia.


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