1
´ ´
I.T.I. GESTION MATEMATICA DISCRETA
´ CON LOS EJERCICIOS RESUELTOS
BOLETIN
1. Introducci´n a la teor´ de grafos
o ıa
1. a) ¿Cu´ntas aristas tiene Kn ?
a
b) ¿Cu´ntas aristas tiene Km,n ?
a
Soluci´n.
o
a) Con generalidad, ocurre en teor´ de grafos que un mismo problema se puede resolver de varias
ıa
formas distintas, algunas m´s cortas que otras, algunas m´s elegantes que otras. Aunque basta
a a
resolver el problema por uno de entre los m´todos disponibles, siempre es enriquecedor plantearse
e
alternativas distintas para resolver un mismo problema. En el caso que nos lleva, el n´mero de
u
n(n − 1)
aristas de Kn es a = , cuesti´n que vamos a demostrar de tres formas distintas.
o
2
a.1) Si tratamos de contar las aristas una a una, resulta que del primer v´rtice, x1 , salen n − 1
e
aristas; del segundo, x2 , n − 2 que no se hayan contado (todas, salvo la que une x2 con x1 ,
que se ha contado antes); y, as´ sucesivamente, del i-´simo v´rtice, xi , salen n − i aristas que
ı e e
no se hayan contado antes. De hecho, de xn−1 sale una sola arista que no se haya contado
antes, precisamente la que une este v´rtice con xn . Y de xn no hay ninguna arista que salga
e
que no haya sido contemplada con anterioridad. En definitiva, el grafo tiene tantas aristas
como suma la expresi´n a = (n − 1) + (n − 2) + · · · + 1 + 0, progresi´n aritm´tica de paso 1
o o e
n(n − 1)
que se puede hallar sumando los t´rminos extremos dos a dos; de manera que a =
e .
2
a.2) Utilizando argumentos de combinatoria, el grafo Kn tiene todas las aristas que caben entre
los n v´rtices. Como una arista es un par no ordenado de v´rtices, Kn consta de todos
e e
los pares no ordenados que se pueden formar con n v´rtices, sin repetir ninguno; esto es,
e
n(n − 1)
n
combinaciones de n elementos tomados de 2 en 2, C2,2 = = .
2 2
a.3) El grafo completo Kn consiste en un grafo (n − 1)-regular de n v´rtices. Seg´n el lema del
e u
apret´n de manos,
o
n
2a = δ(xi ) = (n − 1) = n(n − 1)
i=1
xi ∈V
n(n − 1)
de donde a = .
2
b) Aunque este apartado se puede resolver tambi´n de varias formas, an´logas a las anteriores, s´lo
e a o
mostraremos la ultima modalidad, aplicando el lema del apret´n de manos. El grafo Km,n consta
´ o
de m v´rtices de valencia n y otros n v´rtices de valencia m. De manera que ha de ser
e e
m m+n
2a = n+ m = mn + nm = 2mn
i=1 i=m+1
de manera que a = mn.
2. Demostrar que todo grafo de 3n v´rtices de valencias comprendidas entre n y n + 2 contiene al menos
e
bien n v´rtices de valencia n, bien n + 2 v´rtices de valencia n + 1, bien n + 1 v´rtices de valencia
e e e
n + 2.
Soluci´n.
o

Matem´tica Discreta. Ingenier´ T´cnica en Inform´tica de Gesti´n
a ıa e a o 2
Sea un grafo de 3n v´rtices de valencias n, n + 1 o n + 2. Si no tiene al menos bien n v´rtices de
e e
valencia n, bien n + 2 v´rtices de valencia n + 1, bien n + 1 v´rtices de valencia n + 2; entonces tiene
e e
a lo m´s n − 1 v´rtices de valencia n, n + 1 v´rtices de valencia n + 1 y n v´rtices de valencia n + 2.
a e e e
Pero como el grafo tiene 3n v´rtices, estas cantidades se alcanzan, de manera que n − 1 de los v´rtices
e e
tienen de hecho valencia n, otros n + 1 tienen valencia n + 1 y los restantes n tienen valencia n + 2.
As´ la lista de grados es de la forma (n+2, . n ., n+2, n+1, n+1, n+1, n, n−1, n). Pero esto es imposible,
ı, . ... ...
porque hay un n´mero impar de v´rtices de valencia impar:
u e
• Si n es par, los v´rtices de valencia impar son aquellos con valencia n + 1, que totalizan n + 1
e
v´rtices, ¡en cantidad impar!
e
• Si n es impar, los v´rtices de valencia impar son aquellos con valencia n + 2 y valencia n, que
e
totalizan 2n − 1 v´rtices, ¡tambi´n en cantidad impar!
e e
De manera que el grafo ha de tener al menos bien n v´rtices de valencia n, bien n + 2 v´rtices de
e e
valencia n + 1, bien n + 1 v´rtices de valencia n + 2.
e
3. Un conjunto de v´rtices I de un grafo G(V, A) se dice independiente si en I no hay dos v´rtices
e e
adyacentes (por ejemplo, en el segundo grafo de la Figura 1, el conjunto {1, 3, 8} es independiente,
pero el {1, 3, 6} no lo es). Se considera el algoritmo siguiente, que denominamos IND:
I ← ∅, P ← V
mientras P = ∅
x ← primer v´rtice de P con el menor grado posible
e
I ← I ∪ {x}
P ← P − {x} − {y ∈ P | y es adyacente a x}
retorna I
a) Aplicar IND a los grafos siguientes, y verificar que la salida constituye en cada caso un conjunto
independiente de v´rtices:
e
2 4 8 10
1
1 3
1
G1 2
G2
2 4 3 5 69
6
3 5 11
5 8 G3
4 7 7
9 6
6
Figura 1: Tres grafos distintos
b) Para cada uno de los anteriores estudiar cu´les de los conjuntos independientes obtenidos son
a
maximales (no contenidos en un conjunto independiente mayor).
c) Probar que el algoritmo IND halla siempre un conjunto independiente maximal.
d) Mostrar que dos conjuntos independientes maximales de un mismo grafo no tienen por qu´ constar
e
del mismo n´mero de v´rtices. Sugerencia: encontrar conjuntos independientes maximales para
u e
los grafos de la Figura 1 con 3, 4 y 4 v´rtices, respectivamente.
e
e) Un conjunto independiente de v´rtices maximal se dice supremo cuando no existe otro conjunto
e
independiente de v´rtices de cardinal superior (i.e. que conste de mayor cantidad de v´rtices).
e e
El n´ mero de independencia de un grafo, que se denota por β(G), consiste en el n´mero de
u u
v´rtices que tiene cualquier conjunto independiente supremo. Determinar β(G) para los grafos
e
de la Figura 1.
f ) Mostrar que el algoritmo IND no siempre devuelve conjuntos independientes supremos de v´rtices. e
Sugerencia: aplicar IND al grafo de la Figura 2 seg´n las ordenaciones de v´rtices dadas respec-
u e
tivamente por {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13} y {2, 4, 6, 8, 1, 3, 5, 7, 9, 10, 11, 12, 13}.

Matem´tica Discreta. Ingenier´ T´cnica en Inform´tica de Gesti´n
a ıa e a o 3
10
1 3
2
4 6 12
5
11
8
7 9
13
Figura 2: Grafo 4-regular
Soluci´n.
o
a) En las tablas siguientes recogemos la informaci´n concerniente a la aplicaci´n del algoritmo IND
o o
a cada uno de los grafos que propone el apartado a), de manera que se muestran los valores de
las variables a la salida de la iteraci´n correspondiente del bucle mientras.
o
a.1)
Iteraci´n x
o I P
0 − ∅ {1, 2, 3, 4, 5, 6}
1 1 {1} {2, 3, 4, 5, 6}
2 2 {1, 2} {4, 5, 6}
3 4 {1, 2, 4} {6}
4 6 {1, 2, 4, 6} ∅
La salida consiste en el conjunto I = {1, 2, 4, 6}, v´rtices dos a dos no adyacentes entre s´
e ı,
de manera que I constituye un conjunto independiente de v´rtices para G1 .
e
a.2)
Iteraci´n x
o I P
0 − ∅ {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}
1 1 {1} {3, 5, 6, 7, 8, 9}
2 3 {1, 3} {5, 7, 8, 9}
3 5 {1, 3, 5} {7, 9}
4 7 {1, 3, 5, 7} {9}
5 9 {1, 3, 5, 7, 9} ∅
La salida consiste en el conjunto I = {1, 3, 5, 7, 9}, v´rtices dos a dos no adyacentes entre s´
e ı,
de manera que I constituye un conjunto independiente de v´rtices para G2 .
e
a.3)
Iteraci´n x
o I P
0 − ∅ {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11}
1 1 {1} {3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11}
2 3 {1, 3} {4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11}
3 7 {1, 3, 7} {4, 5, 8, 9, 10, 11}
4 5 {1, 3, 7, 5} {8, 9, 10, 11}
5 10 {1, 3, 7, 5, 10} {9, 11}
6 9 {1, 3, 7, 5, 10, 9} ∅
La salida consiste en el conjunto I = {1, 3, 5, 7, 9, 10}, v´rtices dos a dos no adyacentes entre
e
s´ de manera que I constituye un conjunto independiente de v´rtices para G3 .
ı, e
b) Los tres definen conjuntos independientes maximales, ya que en cada caso los restantes v´rtices
e
de cada grafo son adyacentes a alguno que ya figura en el correspondiente conjunto I.
c) Efectivamente, el algoritmo IND no puede sino devolver un conjunto independiente maximal:
• De una parte, devuelve un conjunto independiente, porque cada vez que se a˜ade un v´rtice
n e
a I, ´ste no puede ser adyacente a ninguno de los que ya hubiera en I: I comienza como
e
la lista vac´ y cada vez que se a˜ade un v´rtice x a I se elimina de P todos aquellos
ıa, n e
v´rtices que sean adyacentes a x, luego los v´rtices que se a˜adan posteriormente a la lista
e e n

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a ıa e a o 4
I tendr´n garantizado no ser adyacentes a x. De manera que el conjunto I de salida es, por
a
construcci´n, independiente.
o
• De otra parte, ha de ser necesariamente maximal: el algoritmo para cuando P se convierte
en la lista vac´ es decir, cuando todos los v´rtices que no est´n en I son adyacentes a alg´n
ıa, e a u
v´rtice que ya est´ en I (esto es, no quedan v´rtices en el grafo que puedan ser a˜adidos sin
e a e n
perder el car´cter de conjunto independiente).
a
d) El conjunto I1 = {1, 2, 5} es independiente maximal para G1 y consta de un v´rtice menos que
e
el que ofrece como salida el algoritmo IND.
Por su parte, el conjunto I2 = {2, 4, 6, 8} es independiente maximal para G2 y consta de un
v´rtice menos que el que ofrece como salida el algoritmo IND.
e
Por ultimo, el conjunto I3 = {2, 6, 8, 11} es independiente maximal para G3 y consta de dos
´
v´rtices menos que el que ofrece como salida el algoritmo IND.
e
e) Vamos a demostrar que los conjuntos independientes que ha devuelto la aplicaci´n de IND a los
o
grafos de la Figura 1 son supremos, de manera que β(G1 ) = 4, β(G2 ) = 5 y β(G3 ) = 6.
Es claro que si un v´rtice forma parte de un conjunto independiente I, todos los que son a ´l adya-
e e
centes no pueden estar en I, luego v´rtices adyacentes por una arista son mutuamente excluyentes
e
en un conjunto independiente: o est´ uno, o est´ el otro, pero nunca los dos simult´neamente.
a a a
As´ en el grafo G1 ha de ser β(G1 ) ≤ 4, toda vez que consta de seis v´rtices y tiene dos parejas
ı, e
de v´rtices mutuamente excluyentes en un conjunto independiente, como son 2 y 3, por un lado,
e
y 5 y 6, por otro; de manera que aparte de un representante de cada una de estas parejas, a lo
sumo los otros 2 v´rtices (1 y 4) podr´n eventualmente pertenecer al conjunto independiente,
e a
en cuyo caso ´ste tendr´ un m´ximo de 4 v´rtices. El conjunto independiente que devuelve
e ıa a e
el algoritmo IND (ver apartado a) del problema) es supremo, puesto que est´ formado por 4
a
v´rtices, de suerte que β(G1 ) = 4.
e
En el grafo G2 , tiene que ser β(G2 ) ≤ 5, dado que no existen conjuntos independientes con m´s a
de cinco v´rtices:
e
• La eventual incorporaci´n del v´rtice 5 a un conjunto independiente restringe la longitud del
o e
conjunto a un m´ximo de cinco (el propio v´rtice 5 y los unicos cuatro v´rtices de G2 no
a e ´ e
adyacentes a ´l).
e
• Si el v´rtice 5 no est´ en un conjunto independiente maximal, es debido a que un v´rtice
e a e
x de entre sus cuatro v´rtices adyacentes (2, 4, 6 y 8) s´ lo est´. De cualquier modo, dado
e ı a
que x tiene en cualquier caso valencia 3, para que el conjunto independiente constara de
seis v´rtices tendr´ que ocurrir que estuviera formado por x y los unicos cinco v´rtices no
e ıa ´ e
´
adyacentes a ´l, que no podr´ compartir arista alguna. Este no es el caso: por simetr´
e ıan ıa
en el grafo, se puede suponer que x = 2, y por ejemplo los v´rtices 7 y 8 son ambos no
e
adyacentes a 2 pero s´ adyacentes entre s´
ı ı.
Pero de hecho β(G2 ) = 5, como demuestra el conjunto independiente maximal hallado en el
apartado a), a fortiori no s´lo maximal, sino supremo.
o
Finalmente, β(G3 ) ≤ 6, como probamos a continuaci´n. Dado que los v´rtices extremos de una
o e
arista son mutuamente excluyentes en un conjunto independiente, ocurre que en un conjunto
independiente maximal si no est´ un v´rtice de valencia 1 necesariamente est´ el unico v´rtice a
a e a´ e
´l adyacente, y rec´
e ıprocamente. As´ı:
• Si en el conjunto independiente maximal est´ el v´rtice 2, autom´ticamente quedan descar-
a e a
tados los v´rtices 1, 3 y 4, a ´l adyacentes. Quedar´ dos componentes conexas, formadas
e e ıan
por un camino simple de longitud dos (v´rtices 5, 6 y 7) y otro camino simple de longitud
e
tres (v´rtices 10, 8,9 y 11); cada uno de los cuales aportar´ un m´ximo de dos v´rtices adi-
e ıa a e
cionales al conjunto independiente. De manera que, a lo sumo, un conjunto independiente
maximal en que participe el v´rtice 2 consta de cinco v´rtices.
e e
• Si el conjunto independiente maximal con contiene al v´rtice 2, necesariamente consta de los
e
v´rtices 1 y 3. Asimismo, o bien consta del v´rtice 8 (en cuyo caso, necesariamente tambi´n
e e e
contiene al v´rtice 11, y bien a 5 y 7 o s´lo a 6, lo que totaliza un m´ximo de seis v´rtices), o
e o a e
bien del v´rtice 10, uno de entre el 9 y 11, y dos de entre 4, 5, 6 y 7, lo que vuelve a totalizar
e
un m´ximo de seis v´rtices.
a e

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a ıa e a o 5
De manera que β(G3 ) ≤ 6, aunque se alcanza la igualdad, seg´n se desprende de la existencia
u
del conjunto independiente maximal (ahora supremo) que daba como salida el algoritmo IND en
el apartado a).
f) El seguimiento del algoritmo IND aplicado al grafo G de la Figura 2 seg´n la ordenaci´n de los
u o
v´rtices dada por {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13} se resume en la siguiente tabla:
e
Iteraci´n x
o I P
0 − ∅ {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13}
1 1 {1} {3, 5, 6, 7, 8, 9, 12, 13}
2 3 {1, 3} {5, 7, 8, 9, 13}
3 5 {1, 3, 5} {7, 9, 13}
4 7 {1, 3, 5, 7} {9}
5 9 {1, 3, 5, 7, 9} ∅
Se trata de un conjunto independiente maximal de 6 v´rtices, de manera que β(G) ≥ 6.
e
Por su parte, el seguimiento del algoritmo IND aplicado al mismo grafo pero ahora seg´n la
u
ordenaci´n de los v´rtices dada por {2, 4, 6, 8, 1, 3, 5, 7, 8, 10, 11, 12, 13} queda:
o e
Iteraci´n x
o I P
0 − ∅ {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13}
1 2 {2} {4, 6, 7, 8, 9, 11, 12, 13}
2 4 {2, 4} {6, 8, 9, 12, 13}
3 6 {2, 4, 6} {8, 13}
4 8 {2, 4, 6, 8} ∅
En este caso, se trata de un conjunto independiente maximal que no puede ser supremo, toda
vez que el conjunto independiente maximal construido previamente posee un v´rtice m´s.
e a
4. Un conjunto dominante de v´rtices en un grafo consiste en un subconjunto S de v´rtices con la
e e
propiedad de que cualquier v´rtice del grafo que no est´ en S es adyacente a alg´n v´rtice de S. Se dice
e a ue
que S es un conjunto dominante minimal cuando no se puede prescindir de alguno de sus v´rtices e
sin perder la propiedad de ser dominante (en otras palabras, cuando no contiene propiamente a alg´n u
otro conjunto dominante). Un conjunto dominante minimal se dice ´ ınfimo cuando no existe ning´n u
otro conjunto dominante de cardinal inferior. El n´ mero de dominancia de un grafo, que se denota
u
por σ(G), indica el n´mero de v´rtices que tiene cualquier conjunto dominante ´
u e ınfimo. Se pide:
a) Demostrar que todo conjunto independiente maximal define asimismo un conjunto dominante.
Deducir que σ(G) ≤ β(G).
b) Ante la celebraci´n inminente de un importante evento deportivo, el alcalde de una localidad
o
decide poner en pr´ctica un simulacro de seguridad al m´s alto nivel y moviliza a las fuerzas del
a a
orden p´blico en un despliegue policial sin precedentes en la ciudad, de manera que cada cruce
u
del centro de la ciudad est´ vigilado por una unidad de polic´ Entendiendo que una unidad
e ıa.
de polic´ situada en un cruce es capaz de vigilar no s´lo su posici´n, sino tambi´n las de las
ıa o o e
intersecciones inmediatamente colindantes, determinar el n´mero m´
u ınimo de unidades de polic´ıa
a movilizar para satisfacer la demanda del alcalde, si un mapa del casco hist´rico de la ciudad
o
responde al esquema adjunto en la Figura 3.
c) La noci´n an´loga de conjunto dominante en un digrafo es la de conjunto absorbente, de
o a
manera que todo v´rtice fuera de ´l tiene una arista hacia un v´rtice del conjunto (de ah´ el
e e e ı
calificativo de absorbente). Determinar conjuntos absorbentes de cardinalidad m´ınima para los
digrafos de la Figura 4.
d) En un digrafo, un conjunto se denomina n´ cleo si es simult´neamente absorbente e independi-
u a
ente. Razonar si los digrafos de la Figura 4 poseen o no n´cleo, y caso afirmativo, si ´ste es o
u e
no unico.
´

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a ıa e a o 6
Figura 3: Mapa simplificado del casco hist´rico
o
x1
x1
x1
x5
x1 x2 x2
x2 x5
x2
x3
x3 x3
x4 x3 x4 x4
Figura 4: B´squeda de conjuntos absorbentes y n´cleos
u u
e) Consid´rese el juego siguiente, en el que el jugador que inicia la partida elige uno de entre
e
los 3 primeros naturales, para posteriormente turnarse con su oponente para ir sumando 1, 2
´ 3 a la cantidad dicha previamente por el contrincante, con objeto de llegar a sumar exacta-
o
mente 31. Modelar la situaci´n por un grafo dirigido de 31 v´rtices. Demostrar que el con-
o e
junto {3, 7, 11, 15, 19, 23, 27, 31} constituye un n´cleo para dicho digrafo. Concluir una estrategia
u
ganadora para el juego.
f ) Consid´rese ahora la variante del juego en que uno pierde si suma 31 o m´s.
e a
g) Determinar una estrategia ganadora para el siguiente juego. C´jase una cuadr´
o ıcula de m filas y n
columnas (para fijar ideas, por ejemplo 7 × 7), y sit´ese la salida y la meta en esquinas opuestas
u
del mallado. Cada turno, un jugador elige marcar una casilla justo debajo, justo a la derecha
o a lo sumo en diagonal hacia abajo y la derecha, respecto de la casilla recientemente marcada.
Gana el jugador que llegue a la casilla se˜alada como meta.
n
salida
meta
Figura 5: Movimientos admisibles en la malla 7 × 7
h) Consid´rese ahora la variante del juego anterior en la que pierde el que se vea obligado a llegar
e
a la meta.
Soluci´n.
o
a) Si S es un conjunto independiente maximal, entonces en G − S no hay v´rtice alguno que deje de
e
ser adyacente a alguno de los v´rtices de S (de otro modo, S no ser´ independiente maximal). De
e ıa

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a ıa e a o 7
manera que S conforma asimismo un conjunto dominante, puesto que los v´rtices que no est´n
e a
en S son adyacentes a v´rtices que s´ lo est´n. Por ser S un conjunto dominante, se tiene que
e ı a
el n´mero de dominancia de G vendr´ acotado superiormente por el cardinal de S, σ(G) ≤ |S|.
u a
Por otra parte, por ser S un conjunto independiente, el n´mero de independencia de G vendr´
u a
acotado inferiormente por el cardinal de S, |S| ≤ β(G). En definitiva, σ(G) ≤ |S| ≤ β(G).
b) Sea G el grafo asociado al mapa de la Figura 3, de manera que hay un v´rtice por cada inter-
e
secci´n, siendo dos v´rtices adyacentes cuando las intersecciones correspondientes est´n conec-
o e a
tadas de manera directa (sin m´s cruces de por medio) por una calle (ver Figura 6). Resolver
a
el ejercicio consiste en encontrar un conjunto S dominante ´ ınfimo, de manera que σ(G) es el
n´mero m´
u ınimo de unidades de polic´ a movilizar, y S los destinos a cubrir.
ıa
Figura 6: Modelizaci´n del casco hist´rico
o o
Acotemos σ(G). De un lado, ha de ser σ(G) ≥ 4, puesto que todo conjunto dominante posee al
menos 4 v´rtices:
e
• Si en el conjunto dominante participa uno de los dos v´rtices de valencia 4 (situados en el
e
centro de la malla), necesariamente dos v´rtices de las esquinas quedan aislados, y han de
e
pertenecer igualmente al conjunto dominante. Para poder cubrir los 5 v´rtices restantes
e
har´ falta a˜adir al conjunto dominante otros dos v´rtices m´s (una tercera esquina y uno
ıa n e a
cualquiera de los dos unicos v´rtices que restar´ sin cubrir).
´ e ıan
• Caso de que en el conjunto dominante no aparezca ninguno de los dos v´rtices de valencia
e
4, habr´ de aparecer 2 v´rtices de valencia 3 adyacentes respectivamente a cada uno de
ıan e
los v´rtices de valencia 4. Esto cubrir´ un m´ximo de 8 v´rtices (los dos de valencia 3 y
e ıa a e
el m´ximo de 6 distintos adyacentes a ellos), y dejar´ un m´
a ıa ınimo de 4 v´rtices por cubrir,
e
para los que se necesitar´ al menos 2 v´rtices adicionales en el conjunto dominante.
ıan e
Por otra parte, es f´cil determinar conjuntos dominantes con 4 v´rtices (a fortiori ´
a e ınfimos), como
por ejemplo los que recoge la Figura 7
Figura 7: Conjuntos dominantes ´
ınfimos
c) Todos los grafos de la Figura 4 poseen conjuntos absorbentes ´
ınfimos formados por dos v´rtices:
e
• En el primer grafo, que consiste en un ciclo C4 con todas sus aristas orientadas en el mismo
sentido, s´lo hay dos conjuntos absorbentes ´
o ınfimos, formados ambos por los pares de v´rtices
e
diametralmente opuestos, a saber, {x1 , x3 } y {x2 , x4 }.
• En el segundo grafo, el v´rtice x1 ha de estar en todos los conjuntos absorbentes, toda vez
e
que de ´l no parte ninguna arista de salida. As´ el unico conjunto absorbente de dos v´rtices
e ı, ´ e
es el formado por {x1 , x4 }, dado que los v´rtices x3 y x4 no son absorbidos por un mismo
e
v´rtice y x3 s´ es absorbido por x4 .
e ı

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a ıa e a o 8
• En el tercer grafo, el v´rtice x1 nunca pertenecer´ a un conjunto absorbente ´
e a ınfimo, desde
el instante en que s´lo es v´rtice de salida de aristas. Los dos unicos v´rtices que pueden
o e ´ e
absorber a x1 son x2 y x5 .
Si x2 pertenece a un conjunto absorbente ´ ınfimo, absorbe a x1 y x5 , de manera que s´lo o
quedan x3 y x4 por absorber. Se abren dos posibilidades: x5 absorbe a ambos, y x4 absorbe
a x3 ; de manera que {x2 , x5 } y {x2 , x4 } constituyen ambos conjuntos absorbentes ´ ınfimos.
La otra posibilidad es que en el conjunto absorbente participe x5 . En ese caso, el unico ´
v´rtice por absorber es x2 . De manera que, o bien se incluye al propio x2 en el conjunto
e
absorbente (posibilidad que ya apareci´ antes), o bien se incluye un v´rtice que lo absorba
o e
(el unico, x3 ). As´ el tercer y ultimo conjunto absorbente ´
´ ı, ´ ınfimo viene dado por {x5 , x3 }.
• En el ultimo grafo, ciclo C3 con todas sus aristas orientadas en el mismo sentido, no puede
´
haber un conjunto absorbente ´ ınfimo formado por un s´lo v´rtice, puesto que no hay un
o e
v´rtice que absorba a los otros dos (todos los v´rtices tienen valencia 1 de entrada y valencia
e e
1 de salida). As´ hay tres conjuntos absorbentes ´
ı, ınfimos, resultantes de organizar por parejas
los tres v´rtices.
e
d) Analicemos cada uno de los 4 grafos por separado:
• En el primer grafo, los conjuntos absorbentes ´ ınfimos {x1 , x3 } y {x2 , x4 } constituyen sendos
n´cleos, por constituir por a˜adidura conjuntos independientes de v´rtices. No puede haber
u n e
m´s, puesto que los restantes conjuntos independientes est´n formados por un s´lo v´rtice,
a a o e
y ninguno de ellos es absorbente.
• En el segundo grafo, el conjunto {x1 , x4 } es absorbente e independiente, luego constituye un
n´cleo. Como los dem´s conjuntos independientes de dos v´rtices no son absorbentes, y los
u a e
restantes conjuntos independientes est´n formados por un s´lo v´rtice (que en caso alguno
a o e
es absorbente), no hay m´s n´cleos para el grafo.
au
• En el tercer grafo, los conjuntos {x3 , x5 } y {x2 , x4 } constituyen sendos n´cleos, por ser ambos
u
simult´neamente absorbentes e independientes. No hay m´s, puesto que el otro conjunto
a a
absorbente de dos v´rtices no es independiente, y el resto de conjuntos independientes constan
e
de un solo v´rtice, ninguno de los cuales es absorbente.
e
• En el ultimo grafo, los conjuntos independientes constan de un solo v´rtice, ninguno de los
´ e
cuales es absorbente. De manera que este grafo carece de n´cleo. u
e) Se puede considerar el digrafo G de 31 v´rtices, en correspondencia natural con los 31 primeros
e
n´meros naturales, de manera que existe una arista orientada (i, j) si j − i ∈ {1, 2, 3} (lo que
u
implica que i < j). Es decir, un v´rtice i es adyacente a i + 1, i + 2, i + 3 siempre que no exceda
e
la suma de 31. Adjuntamos una vista del grafo en la Figura 8.
2 4 5
1
3 29 30
27 28
Figura 8: Digrafo modelando el juego de sumar 31
Demostrar que el conjunto {3, 7, 11, 15, 19, 23, 27, 31} constituye un n´cleo para G se traduce en
u
probar que S es un conjunto simult´neamente absorbente e independiente:
a
• De un lado, S es independiente porque sus v´rtices no son adyacentes, dado que distan al
e
menos 4 entre s´ y la adyacencia se da entre v´rtices que distan a lo sumo 3.
ı, e
• De otra parte, S es absorbente, porque para todo v´rtice i fuera de S se tiene que bien i + 1,
e
i + 2 ´ i + 3 est´ en S (empezando en 3, en S est´n todos los v´rtices de la forma 3 + 4n
o a a e
para 0 ≤ n ≤ 7, de manera que de todo v´rtice de la forma 0, 1, 2 + 4k sale una arista hacia
e
3 + 4k, que est´ en S, k ≤ 0 ≤ 7).
a
De donde S conforma un n´cleo de G. Una estrategia ganadora es conservar el n´cleo del grafo,
u u
dado que:
• Si un jugador dice un n´mero de S (de la forma 3 + 4k), el contrincante obligatoriamente
u
dir´ un n´mero fuera de S (de la forma 0, 1, 2 + 4(k + 1), de hecho). Esto es as´ porque S es
a u ı
un conjunto independiente.

Matem´tica Discreta. Ingenier´ T´cnica en Inform´tica de Gesti´n
a ıa e a o 9
• Si un jugador dice un n´mero fuera de S (de la forma 0, 1, 2 + 4k), el oponente siempre tiene
u
la posibilidad de decir un n´mero de S (el 3 + 4k, de hecho). Esto es as´ porque S es un
u ı
conjunto absorbente.
• De manera que si uno logra situarse en el n´cleo, es capaz de continuar en ´l por el resto del
u e
juego. Como la posici´n ultima ganadora est´ en el n´cleo, al final ganar´.
o´ a u a
• En conclusi´n, gana el que sale, y su juego, independientemente de lo que diga el rival,
o
consistir´ en decir uno por uno los elementos del n´cleo hallado, S.
a u
Jugada 1 2 3 4 5 6 7 8
Jugador 1 3 7 11 15 19 23 27 31
Jugador 2
f) En esta modalidad, gana sin duda el jugador que consigue decir 30. Luego basta adaptar lo hecho
en el apartado anterior para el juego an´logo en el que gana el que dice 30. As´ independiente-
a ı,
mente de lo que diga el contrincante, gana el que sale si dice 2 y desarrolla la partida seg´n el
u
esquema siguiente:
Jugada 1 2 3 4 5 6 7 8
Jugador 1 2 6 10 14 18 22 26 30
Jugador 2 31
El motivo no es otro sino que el conjunto S = {2, 6, 10, 14, 18, 22, 26, 30} constituye un n´cleo del
u
grafo que modela el juego de “gana quien dice 30”.
g) Se trata, una vez m´s, de encontrar el n´cleo del digrafo que modela el juego (a priori no sabemos
a u
que de hecho exista, pero demostraremos que en realidad as´ es), que consiste en poner un v´rtice
ı e
en cada casilla del mallado, de manera que las aristas dirigidas representan los movimientos l´
ıcitos
de un v´rtice a otro (un ejemplo se tiene en la propia Figura 5).
e
Razonando como en el ejercicio anterior, se puede tratar de encontrar paso a paso las posiciones
ganadoras (marcadas en verde) y desechando las que puedan llegar a ser perdedoras (marcadas
en rojo). Es obvio que las tres que rodean a la Meta son perdedoras, y las contiguas en los
laterales ganadoras. Siguiendo el esquema es f´cil rellenar todo el diagrama:
a
meta
Figura 9: Posiciones perdedoras y ganadoras
El siguiente paso es demostrar que las posiciones ganadoras (marcadas en verde) de hecho con-
stituyen un n´cleo del digrafo, lo cual es evidente (conforma un conjunto independiente, puesto
u
que se trata de posiciones no contiguas; y asimismo conforma un conjunto absorbente, pues de
cada posici´n no ganadora se puede ir a una posici´n ganadora mediante un movimiento l´
o o ıcito).
En definitiva, el que sale gana, siempre y cuando tenga el cuidado de no abandonar con sus
movimientos el n´cleo del grafo.
u
h) En esta nueva situaci´n, marcamos ahora las posiciones ganadoras. Como la posici´n final, Meta,
o o
es perdedora, necesariamente las contiguas horizontal y verticalmente son a fortiori ganadoras.

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a ıa e a o 10
meta
Figura 10: Posiciones perdedoras y ganadoras caso de perder en Meta
Es f´cil extender ahora el esquema de posiciones ganadoras al resto de la malla, tal como muestra
a
la Figura 10.
La cuesti´n consiste ahora en demostrar que las posiciones marcadas en verde constituyen un
o
n´cleo del digrafo asociado. La justificaci´n es an´loga a las realizadas con anterioridad.
u o a
2. Conexi´n
o
5. Usar el m´todo de inducci´n para probar que si un grafo de 2n v´rtices no contiene 3–ciclos entonces
e o e
tiene, como m´ximo, n2 aristas.
a
Soluci´n.
o
Procedemos por inducci´n en el n´mero 2k de v´rtices.
o u e
Para k = 1, el resultado es v´lido: un grafo de 2k = 2 v´rtices tiene a lo sumo k 2 = 1 arista.
a e
Aunque no hace falta, probamos el resultado asimismo para el caso k = 2: un grafo de 2k = 4 v´rtices
e
sin 3-ciclos tiene a lo sumo k 2 = 4 aristas (la eliminaci´n de una de las 6 aristas de K4 siempre deja
o
un grafo que contiene un ciclo de orden 3).
Supuesto que se verifica que grafos de a lo sumo 2n v´rtices sin 3-ciclos tienen un m´ximo de n2
e a
aristas, vamos a probar que este misma propiedad se da en grafos de 2(n + 1) = 2n + 2 v´rtices sin
e
3-ciclos.
Sea G un grafo de 2n + 2 v´rtices sin 3-ciclos, y e = {x, y} una arista suya. Sea G el grafo que se
e
obtiene al eliminar de G los v´rtices x e y (y las aristas a ellos incidentes). El grafo G consta de 2n
e
v´rtices y carece de 3-ciclos (por ser subgrafo de G), de manera que por hip´tesis de inducci´n, G
e o o
posee a lo sumo n2 aristas.
Contemos las aristas de G que no est´n en G , que son precisamente las incidentes en x ´ y. Dado que
a o
G carece de 3-ciclos y {x, y} es una arista, es imposible que x e y sean simult´neamente adyacentes a
a
un mismo v´rtice de G , de manera que de x e y salen en total un m´ximo de 2n aristas hacia los 2n
e a
v´rtices de G . La unica arista que queda por contar es precisamente la arista e que une los v´rtices
e ´ e
x e y.
En definitiva, G consta a lo sumo de las n2 aristas de G , las 2n aristas de x e y a G , y la arista e, lo
que suma un m´ximo de n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 aristas, justamente la cota que quer´
a ıamos probar.
6. Sea Ad la matriz de adyacencia de un grafo G(V, A) con v v´rtices.
e

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a ıa e a o 11
(k)
a) Probar que el elemento aij que ocupa la posici´n (i, j) de la matriz Adk representa el n´mero
o u
de caminos de longitud k que conectan a los v´rtices i y j de dicho grafo.
e
b) Probar que si Ad + Ad2 + Ad3 + · · · + Adv−1 posee alg´n elemento nulo, el grafo no puede ser
u
conexo.
Soluci´n.
o
(k)
a) Vamos a probar de dos formas diferentes que el elemento aij que ocupa la posici´n (i, j) de la
o
k
matriz Ad representa de hecho el n´mero de caminos de longitud k que conectan a los v´rtices
u e
(k)
i y j del grafo: la primera, se basa en la expresi´n que tiene aij como resultado del producto de
o
la matriz Ad por s´ misma k veces; la segunda, aunque en el fondo se fundamenta en el mismo
ı
hecho, sigue un proceso inductivo en el exponente k, lo que permite progresar aun desconociendo
la expresi´n general de la potencia de una matriz.
o
(k)
• Sabiendo que la entrada aij que ocupa la posici´n (i, j) de la matriz Adk viene expresada
o
en la forma
v
(k)
aij = ail1 al1 l2 · · · alk−2 lk−1 alk−1 j ,
l1 ,...,lk−1 =1
es obvio que esta cantidad representa el n´mero de caminos de longitud k que conectan
u
los v´rtices i y j; toda vez que para que un sumando de la suma anterior no se anule
e
y sume 1 es necesario y suficiente que todos los anm sean 1, lo que se traduce en que
(ail1 al1 l2 · · · alk−2 lk−1 alk−1 j ) conforma un camino, de longitud k, entre i y j. Rec´
ıprocamente,
todo camino de longitud k entre i y j es de la forma anterior, y por tanto aporta un sumando
no nulo a la suma precedente, la cual a fortiori totaliza el n´mero de caminos de esta longitud.
u
• Explicamos ahora el m´todo inductivo. Es claro que para k = 1 la propiedad se verifica: aij
e
representa el n´mero de caminos de longitud 1 que conectan i y j, toda vez que aij vale 1 si
u
y s´lo si i y j son adyacentes. Supuesto que se verifica el resultado para caminos de longitud
o
hasta k, lo probamos para caminos de longitud k + 1. Como Adk+1 = Ad · Adk , la entrada
(i, j) de Adk+1 resulta ser
n
(k+1) (k)
aij = ail alj
l=1
de manera que un sumando deja de ser nulo si y s´lo si los t´rminos correspondientes ail y
o e
(k)
alj son asimismo no nulos. Por otra parte, todo camino (i, l, . . . , j) de longitud k + 1 entre
i y j no es m´s que un camino de longitud k entre l y j precedido de la arista que va de
a
(k)
i a l, y rec´
ıprocamente. Como quiera que, por hip´tesis de inducci´n, el t´rmino alj hace
o o e
referencia al n´mero de caminos de longitud k que conectan l con j, y ail vale 1 si y s´lo si i
u o
n
(k+1) (k)
y l son adyacentes, concluimos que aij = ail alj representa de facto el n´mero total
u
l=1
de caminos de longitud k + 1 que conectan i con j.
b) Si Ad + Ad2 + Ad3 + · · · + Adv−1 posee alg´n elemento nulo, digamos la entrada (i, j), entonces es
u
que es nula la entrada (i, j) de todas las matrices Ad, . . . , Adv−1 , de manera que no hay caminos
de longitud a lo sumo v − 1 conectando los v´rtices i y j. Se sabe por teor´ que si existe un
e ıa
camino conectando dos v´rtices, asimismo existe un camino simple conectando dichos v´rtices,
e e
cuya longitud obviamente en caso alguno puede exceder el n´mero de aristas de cualquier ´rbol
u a
recubridor de la componente conexa de la que se trate. Como el grafo tiene v v´rtices, concluimos
e
que si i y j estuvieran en la misma componente conexa (formada por a lo m´s los v v´rtices del
a e
grafo, caso de que ´ste fuera conexo), existir´ un camino simple de longitud a lo sumo v − 1
e ıa
conectando ambos v´rtices, cosa que en realidad no sucede. Luego i y j est´n en componentes
e a
conexas distintas, de donde el grafo no es conexo.
7. Sea T un ´rbol con, al menos, dos v´rtices. Probar que tiene, al menos, dos v´rtices de grado 1.
a e e

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a ıa e a o 12
Soluci´n.
o
Vamos a probar esto de varias maneras formalmente diferentes, aunque todas ellas utilizan los mismos
recursos (un ´rbol es un grafo conexo sin ciclos):
a
a) Por ser ´rbol, el n´mero de aristas coinciden con el de v´rtices menos 1, a = v − 1. Seg´n el lema
a u e u
del apret´n de manos, se tiene que
o
δ(x) = 2a = 2(v − 1) = 2v − 2
x∈V
Como se trata de un ´rbol conexo, no hay v´rtices de valencia 0. Si no hubiera al menos dos
a e
v´rtices de valencia 1, entonces al menos v − 1 v´rtices ser´ de valencia mayor o igual que 2 y
e e ıan
un v´rtice tendr´ valencia mayor o igual que 1, de donde
e ıa
δ(x) ≥ 2(v − 1) + 1 > 2(v − 1) = 2a
x∈V
lo que entra en contradicci´n con el lema del apret´n de manos. De manera que al menos dos
o o
v´rtices han de tener valencia 1.
e
b) Situ´monos en un v´rtice cualquiera del grafo, y emprendamos un camino a partir del mismo,
e e
tan largo como se pueda. Este camino tiene que tener fin (el grafo es finito), y en caso alguno
puede repetir alg´n v´rtice ya visitado (de otro modo habr´
ue ıamos formado un camino cerrado, de
donde un ciclo, de los cuales carece el ´rbol), de manera que necesariamente el v´rtice terminal
a e
del camino ha de tener valencia 1 (o de otro modo el camino se podr´ continuar, que no es la
ıa
situaci´n). As´ las cosas se ha determinado un primer v´rtice de valencia 1. Por otra parte, si
o ı e
el v´rtice del que partimos tiene valencia 1, ya hemos encontrado un segundo v´rtice de valencia
e e
1. En otro caso, de tener valencia mayor que uno, esto quiere decir que podemos emprender un
segundo camino, igualmente formado por v´rtices a´n no visitados (de otro modo concurrir´
e u ıamos
una vez m´s en la formaci´n de un ciclo, lo cual es imposible en un ´rbol), que termina como no
a o a
puede ser de otro modo en un segundo v´rtice de valencia 1.
e
c) Enraicemos el ´rbol en un v´rtice cualquiera. Sabemos que cada rama de un ´rbol acaba en un
a e a
v´rtice de valencia 1, que se denomina hoja (esto es as´ porque si no, de otro modo, la rama
e ı,
acabar´ dando lugar a un ciclo). Si el v´rtice que hemos tomado por ra´ tiene valencia 1, ya
ıa e ız
hemos localizado dos v´rtices de valencia 1, a saber: la ra´ y el v´rtice hoja que corresponde
e ız, e
a la rama que origina la ra´ Si el v´rtice ra´ origina m´s de una rama, habr´ al menos un
ız. e ız a ıa
v´rtice hoja (i.e. de valencia 1) por cada una de las ramas (que son un m´
e ınimo de dos), luego
por tanto asimismo un m´ ınimo de dos v´rtices de valencia 1. Esta demostraci´n es la misma que
e o
la anterior, sustituyendo la noci´n de camino por la de rama.
o
8. Resolver las siguientes cuestiones independientes:
a) Demostrar que el n´mero de v´rtices de grado 1 en un ´rbol T (V, A) es: 2 +
u e a (δ(v) − 2).
δ(v)≥3
b) ¿Es cierto que todo ´rbol es un grafo bipartito?
a
Soluci´n.
o
a) Aqu´ tambi´n podemos proceder de varias maneras:
ı e
• Podemos desglosar los v v´rtices del grafo en los v1 v´rtices de valencia 1, m´s los v2 v´rtices
e e a e
de valencia 2, m´s los restantes v3 v´rtices de valencia mayor o igual que 3, de manera que
a e
v = v1 + v2 + v3 . Manipulando convenientemente la f´rmula del lema del apret´n de manos,
o o
se tiene que
2a = 2v − 2 = 2v1 + 2v2 + 2v3 − 2 = δ(x) = δ(x) + δ(x) + δ(x),
x∈V δ(x)=1 δ(x)=2 δ(x)≥3

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a ıa e a o 13
de manera que
2v1 − δ(x) + 2v2 − δ(x) = 2 + δ(x) − 2v3
δ(x)=1 δ(x)=2 δ(x)≥3
Como δ(x)=1 δ(x) = v1 y δ(x) = 2v2 , as´ como 2v3 =
ı 2, simplificando la
δ(x)=2 δ(x)≥3
f´rmula anterior llegamos a
o
2v1 − v1 + 2v2 − 2v2 = 2 + δ(x) − 2
δ(x)≥3 δ(x)≥3
de donde
v1 = 2 + (δ(x) − 2)
δ(x)≥3
que es la f´rmula que pretend´
o ıamos probar.
• Como sabemos que en un ´rbol hay al menos dos v´rtices de valencia 1 (ver Ejercicio 7
a e
de este mismo bolet´ enraicemos el ´rbol en uno de estos v´rtices. Contar el n´mero de
ın), a e u
v´rtices de valencia 1 que restan es contar el n´mero de v´rtices hoja a que da lugar el ´rbol
e u e a
enraizado.
La situaci´n m´s simple es que el ´rbol conste de una sola rama (i.e. un camino simple),
o a a
en cuyo caso todos los v´rtices tendr´ valencia 2, exceptuando los extremos (v´rtice ra´
e ıan e ız
y v´rtice hoja), los dos unicos v´rtices de valencia 1. Esta situaci´n satisface la f´rmula del
e ´ e o o
enunciado.
Si el ´rbol consta de m´s de una rama. Sucesivamente, cada rama que se bifurque de la
a a
principal lo har´ por un v´rtice de valencia mayor que 2, y cada rama contribuir´ con un
a e a
nuevo v´rtice hoja. De hecho, si un v´rtice tiene valencia k originar´ k − 2 bifurcaciones de
e e a
la rama principal en la que se sit´e
u
b) S´ basta enraizar el ´rbol para organizarlo seg´n niveles en una b´squeda en anchura, de manera
ı: a u u
que en el nivel 0 se sit´a el v´rtice ra´ en el nivel 1 los v´rtices adyacentes al v´rtice ra´ y
u e ız, e e ız,
sucesivamente, en el nivel k los v´rtices a´n no visitados que sean adyacentes a alg´n v´rtice
e u u e
situado en el nivel k − 1 previo. Seg´n esta descripci´n, un v´rtice del nivel i es exclusivamente
u o e
adyacente a un v´rtice del nivel i − 1 (su padre) y eventualmente a v´rtices del nivel i + 1 (sus
e e
hijos). As´ una partici´n de los v´rtices del ´rbol que permite visualizarlo como bipartito es la
ı, o e a
que separa los v´rtices situados en un nivel par de aquellos v´rtices situados en un nivel impar,
e e
toda vez que v´rtices en niveles de la misma paridad nunca son adyacentes entre s´ seg´n la
e ı, u
observaci´n anterior.
o
9. De las siguientes afirmaciones sobre un grafo G(V, A) demostrar cu´les son verdaderas y cu´les falsas.
a a
a) Si |A| ≥ |V | entonces G contiene, al menos, un ciclo.
b) Si G es conexo y |A| = |V | + 1 entonces G posee exactamente dos ciclos.
c) Existe un grafo G con 15434 v´rtices todos ellos de diferente grado.
e
Soluci´n.
o
a) Verdadero: un grafo ac´ ıclico es un bosque, y si consta de c componentes conexas resulta que
a = v − c, de donde siempre es a ≤ v − 1.
b) Falso: considerar por ejemplo el caso de un C4 con una diagonal. Dicho grafo consta de dos C3 y
un C4 .
c) Falso: todo grafo de m´s de un v´rtice tiene al menos dos de ellos con el mismo grado (m´s
a e a
concretamente, los v v´rtices de un grafo tienen v valencias posibles, entre 0 y v − 1, siendo las
e
valencias extremo incompatibles entre s´ ı).

Matem´tica Discreta. Ingenier´ T´cnica en Inform´tica de Gesti´n
a ıa e a o 14
10. Demostrar las siguientes cuestiones, en las que G(V, A) representa a un grafo conexo de, al menos,
dos v´rtices.
e
a) Demostrar si G posee aristas puente, entonces tiene v´rtices de valencia impar.
e
b) Si la media aritm´tica de los grados de los v´rtices de G no es inferior a 2 entonces, no puede
e e
tratarse de un ´rbol.
a
c) Se verifica que |V | ≤ 2|A| ≤ |V |(|V | − 1).
d) Si |A| = |V | entonces, G tiene un ciclo como subgrafo.
Soluci´n.
o
a) Sea G un grafo con alguna arista puente, {x, y}. Si alguno de los v´rtices x ´ y extremos de
e o
la arista puente tiene valencia impar, no hay nada que demostrar. En otro caso, la eliminaci´no
de la arista puente separa a x e y en dos componentes conexas diferentes, en las que cada uno
de x e y tiene valencia impar. Como el n´mero de v´rtices de valencia impar en un grafo (en
u e
particular, en cada una de estas componentes conexas) es par, deben existir v´rtices w y z en
e
las componentes conexas de x e y, respectivamente, ambos de valencia impar. Estos v´rtices w
e
y z tienen la misma valencia en el grafo G de partida, puesto que s´lo se ha eliminado la arista
o
{x, y}. Luego el grafo original tiene v´rtices de valencia impar en cualquier caso.
e
b) Basta observar que en un ´rbol (donde a = v − 1), la media aritm´tica de los grados de los
a e
v´rtices es inferior a 2. En efecto, seg´n el lema del apret´n de manos,
e u o
δ(x) = 2a = 2v − 2 < 2v
x∈V
de manera que
1
δ(x) < 2
v
x∈V
c) El menor n´mero de aristas que puede tener un grafo conexo de v v´rtices es v − 1 (las de
u e
cualquier ´rbol recubridor suyo), y resulta obvio que v ≤ 2v − 2 para todo v ≥ 2. Esto demuestra
a
que v ≤ 2v − 2 ≤ 2a en todo grafo conexo de al menos dos v´rtices. Por otra parte, el n´mero
e u
v(v − 1)
m´ximo de aristas en un grafo de v v´rtices corresponde con las aristas de Kv , a saber,
a e ,
2
de donde la ultima desigualdad.
´
d) En un grafo conexo de v v´rtices cualquier ´rbol recubridor contiene v − 1 aristas. Si el grafo
e a
posee v aristas, cualquier ´rbol recubridor s´lo deja una arista sin utilizar (no siempre la misma,
a o
depende del ´rbol recubridor elegido), la cual necesariamente une 2 v´rtices del ´rbol, formando
a e a
un ciclo.
11. a) Demostrar que en un grafo conexo, una arista forma parte de un ciclo si, y s´lo si, el grafo
o
resultante de eliminar dicha arista sigue siendo conexo.
b) Hallar (y justificar) cu´l es el n´mero m´ximo de aristas que pueden eliminarse de un grafo
a u a
conexo sin que ´ste se desconecte.
e
Soluci´n.
o
a) Si una arista forma parte de un ciclo, la eventual eliminaci´n de la arista no desconecta sus
o
v´rtices extremos, que siguen conectados por el camino que recorre el resto del per´
e ımetro del
ciclo. Rec´ıprocamente, si la eliminaci´n de una arista no desconecta dos v´rtices, es porque
o e
existe un camino que los conecta (que se puede asumir simple), y no utiliza dicha arista. En
particular, ese camino junto con la arista en cuesti´n define un ciclo.
o
Podr´ haberse dado un enunciado m´s general, prescindiendo de la hip´tesis de conexi´n. En un
ıa a o o
grafo cualquiera, una arista forma parte de un ciclo si, y s´lo si, el grafo resultante de eliminar
o
dicha arista no posee una componente conexa m´s que el original. O, equivalentemente, una
a
arista forma parte de un ciclo si, y s´lo si, no es arista puente.
o

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a ıa e a o 15
b) Todas las que excedan de las que posea cualquier ´rbol recubridor suyo, es decir, a − (v − 1) =
a
a − v + 1. De hecho, para eliminar estas aristas adecuadamente, basta eliminar, paso a paso,
aristas que pertenezcan a un ciclo, seg´n lo dicho en el apartado anterior.
u
12. Sea G un grafo con, al menos, dos v´rtices y Ad su matriz de adyacencia. Sabiendo que el elemento
e
que ocupa la posici´n (i, j) de la matriz Adm representa el n´mero de caminos de longitud m que
o u
conectan los v´rtices i y j de dicho grafo, se pide:
e
a) Probar que si G es un ´rbol, la traza (i.e. suma de los elementos situados en la diagonal principal)
a
de Ad2n−1 es nula cualquiera que sea n ∈ IN. ¿Es cierto el rec´ ıproco?
b) Si la traza de Ad2n es nula para alg´n n ∈ IN, ¿puede ser G un ´rbol?
u a
Soluci´n.
o
a) Nos piden demostrar, en definitiva, que no existe ning´n camino (a fortiori, cerrado) de longitud
u
impar conectando un v´rtice consigo mismo en un ´rbol. Basta observar que para poder cerrar
e a
un camino en un ´rbol (el cual carece de ciclos) es necesario desandar lo andado, de manera que
a
cada arista del camino aparece dos veces (una en el camino de ida, otra en el camino de vuelta),
de donde el camino ha de tener siempre longitud par.
El rec´
ıproco no es cierto: pudiera ser que el grafo no fuera conexo (tomar un bosque de var-
ios ´rboles) o incluso tuviera ciclos (tomar C4 ) y a´n as´ verificara la condici´n de no poseer
a u ı o
caminos cerrados de longitud impar. En el Tema 5 se ver´ que los grafos que se caracterizan por
a
esta propiedad son precisamente los grafos bipartitos, que son aquellos que carecen de ciclos de
longitud impar.
b) Rotundamente, no. M´s a´n, en ese caso se puede asegurar que el grafo en cuesti´n es un grafo
au o
vac´ toda vez que si tuviera alguna arista, los extremos de la arista nunca tendr´ un cero en
ıo, ıan
la posici´n diagonal que les corresponde en Ad2n , puesto que un camino cerrado de longitud par
o
conectando un v´rtice consigo mismo es utilizar la misma arista 2n veces, n para ir y otras n
e
para volver.
13. El grafo de la Figura 11 modela el sistema de conexiones de un operador por cable de telefon´ y
ıa
televisi´n entre diversas poblaciones. Se pide:
o
x3
x10 x1
x7
x2
x8
x11
x4
x6
x5
x14
x9
x15
x12
x13
Figura 11: Conexiones por cable del operador
a) Determinar el n´mero de cables en mal estado a partir del cual es seguro que se desconectan las
u
poblaciones.
b) Hallar los cables cuyo fallo individual desconecta alguna poblaci´n. ¿Cu´l es el n´mero m´ximo
o a u a
de grupos de poblaciones desconectadas entre s´ que se forman?
ı
c) Hallar las poblaciones en las que la ca´ del servicio desconecta otras poblaciones. ¿Cu´l es el
ıda a
n´mero m´ximo de grupos de poblaciones desconectadas entre s´ que se forman?
u a ı

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a ıa e a o 16
d) Como primera medida de seguridad en caso de que se produzca alg´n fallo en el sistema, la em-
u
presa pretende agrupar poblaciones vecinas de manera que ante un fallo eventual de un cable o la
ca´ del servicio en una poblaci´n, el resto de las poblaciones sigan conectadas por agrupaciones
ıda o
vecinales. Determinar una estructura v´lida de agrupaciones vecinales.
a
e) Determinar el n´mero m´ximo y el n´mero m´
u a u ınimo de cables a a˜adir, as´ como las poblaciones
n ı
a unir en cada caso, para conseguir que el sistema de comunicaci´n entre las distintas poblaciones
o
pueda soportar el fallo eventual de un cable sin llegar a desconectar poblaci´n ninguna.
o
f ) Determinar el n´mero m´ximo y el n´mero m´
u a u ınimo de cables a a˜adir, as´ como las poblaciones
n ı
a unir en cada caso, para conseguir que la red de comunicaci´n entre las distintas poblaciones
o
pueda soportar la ca´ eventual del sistema en una poblaci´n sin llegar a desconectar el resto de
ıda o
poblaciones.
Soluci´n.
o
a) Nos est´n pidiendo el n´mero de aristas que hay que quitar para asegurar la desconexi´n del
a u o
grafo. Como cualquier ´rbol recubridor tiene v − 1 aristas, hay que dejar al grafo con a lo sumo
a
v − 2 aristas. Como el grafo consta de 22 aristas y 15 v´rtices, hay que dejar al grafo con a lo
e
sumo 13 aristas, de manera que hay que eliminar por lo menos 9 aristas (eventualmente menos,
si no se tiene la precauci´n de ir eliminando aristas que pertenezcan a ciclos, ver el Ejercicio 11
o
de este mismo bolet´ ın).
b) Piden las aristas puente, de las cuales carece el grafo. Caso de haber habido alguna, en la segunda
pregunta requieren el n´mero de componentes conexas nuevas a las que da lugar la eliminaci´n
u o
de una arista puente, que siempre es 2 (las que corresponden a cada uno de los extremos de la
arista puente).
c) Piden los v´rtices de corte, as´ como el n´mero de componentes conexas a que da lugar la
e ı u
eliminaci´n de cada uno de ellos: x2 , que da lugar a 3 componentes conexas (a saber, (x3 , x5 ),
o
(x14 , x15 ) y (x1 , x4 , x6 , x7 , x8 , x9 , x10 , x11 , x12 , x13 )); x6 , que da lugar a dos componentes conexas
(a saber, (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x14 , x15 ) y (x7 , x8 , x9 , x10 , x11 , x12 , x13 )); y x8 , que da lugar a tres
componentes conexas (a saber, (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x6 , x7 , x14 , x15 ), (x9 , x10 , x11 ) y (x12 , x13 )).
d) Piden determinar los bloques del grafo (componentes 2-conexas y aristas puente), lo que resulta
inmediato tras los apartados anteriores: las agrupaciones vecinales han de ser (x8 , x9 , x10 , x11 ),
(x8 , x12 , x13 ), (x6 , x7 , x8 ), (x1 , x2 , x4 , x6 ), (x2 , x3 , x5 ) y (x2 , x14 , x15 ). N´tese que hay v´rtices
o e
(i.e. poblaciones) que pertenecen a m´s de una asociaci´n vecinal (todas ellas corresponden a
a o
v´rtices de corte, necesariamente).
e
e) En este caso, 0, puesto que no hay aristas puente.
f) Preguntan cotas superior e inferior del n´mero de aristas a a˜adir para convertir al grafo en un
u n
2-conexo. Es claro que si la eliminaci´n de un v´rtice de corte da lugar a c componentes conexas,
o e
entonces se necesitan al menos c − 1 aristas para conectar estas c componentes conexas entre s´ ı.
De manera que una cota inferior para el n´mero de aristas a a˜adir es restar uno al mayor n´mero
u n u
de componentes conexas que origina la eliminaci´n de un v´rtice de corte. En el caso del grafo
o e
que nos lleva, el mayor n´mero de componentes conexas que se originan es 3, de suerte que como
u
cota inferior obtenemos 2.
Por otra parte, una cota superior se puede obtener sumando las aristas necesarias para conectar
las componentes conexas que origina cada v´rtice de corte. En nuestro caso, como hay 3 v´rtices
e e
de corte que originan 3, 2 y 3 componentes conexas, respectivamente, har´ falta a lo sumo 2,
ıan
1 y 2 aristas nuevas, totalizando un global de 5.
En definitiva, hace falta a˜adir entre 2 y 5 aristas. Pero de hecho, con s´lo a˜adir 2 se puede
n o n
transformar al grafo en uno 2-conexo, por ejemplo conectando los v´rtices {x3 , x10 } por un lado
e
y los v´rtices {x12 , x14 } por otro (la soluci´n no es unica).
e o ´
3. Caminos y recorridos

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a ıa e a o 17
14. Demostrar que todo grafo euleriano carece de aristas puentes.
Soluci´n.
o
Si atendemos al Ejercicio 10 de este mismo Bolet´ resulta que un grafo con aristas puente posee
ın,
v´rtices de valencia impar, de donde no puede ser euleriano. Esto bastar´ para resolver este ejercicio.
e ıa
No obstante, procedemos de otra manera alternativa. Un grafo euleriano posee un circuito euleriano,
recorrido cerrado que pasa por todas las aristas sin repetir ninguna. De manera que la eliminaci´n
o
puntual de una arista no desconecta sus extremos, que siguen conectados recorriendo el resto del
otrora circuito, que ha pasado a ser un recorrido euleriano.
15. En la isla de Wanda los lugares interesantes y los caminos que los unen est´n representados por el
a
grafo cuya lista de adyacencia es:
0 1 2 3 4 5 6 7 8
1 0 1 0 3 0 1 0 1
3 2 3 2 5 4 5 2 3
5 6 7 4 6 7 6 5
7 8 8 8 8 7
Estudiar, si es posible encontrar:
a) un recorrido euleriano.
b) un circuito euleriano.
c) un camino hamiltoniano.
d) un ciclo hamiltoniano.
Soluci´n.
o
a) S´ el grafo es conexo (posee un camino simple como subgrafo conectando ordenadamente los
ı:
v´rtices del 0 al 8) y posee exactamente dos v´rtices de valencia impar (el 2 y el 6).
e e
b) No: posee v´rtices de valencia impar (m´s a´n, la existencia de un recorrido y un circuito euleriano
e au
en un grafo son sucesos incompatibles entre s´ y en el apartado anterior se contest´ afirmativamente).
ı, o
c) S´ el camino simple que se coment´ en el apartado a).
ı: o
d) No: basta observar que se trata de un grafo bipartito (v´rtices pares a un lado, v´rtices impares
e e
a otro: todas las aristas relacionan v´rtices de una paridad con v´rtices de la paridad contraria) con
e e
un n´mero impar de v´rtices, en particular con un n´mero distinto de v´rtices en una columna y en
u e u e
otra, de donde no puede ser hamiltoniano (ver Ejercicio 28 del Bolet´ con soluci´n final).
ın o
16. Sea G(V, A) un grafo conexo. Llamamos grafo l´ ınea de G al grafo L(G) cuyos v´rtices son las aristas
e
(ei ∈ A) de G y donde {ei , ej } es una arista de L(G) si ei y ej tienen en G un v´rtice com´n. Se
e u
pide:
δ(x)
a) demostrar que el n´mero de aristas de L(G) es
u y que si e = {xi , xj } entonces
2
x∈V
δ(e) = δ(xi ) + δ(xj ) − 2, donde δ(e) representa el grado de e en L(G) y
b) demostrar que si G es euleriano entonces L(G) es euleriano y hamiltoniano.
Usar K4 para probar que L(G) puede ser euleriano sin serlo G.
Soluci´n.
o
a) Contar las aristas de L(G) consiste en contar los pares de v´rtices ei y ej de L(G) que son
e
adyacentes, lo que se traduce en contar los pares de aristas ei y ej de G que son incidentes. Para
proceder a contar los pares de aristas incidentes en G se puede seguir el siguiente m´todo: contar
e

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a ıa e a o 18
los pares de aristas de G que inciden en x1 , para despu´s contar los pares de aristas de G que
e
inciden en x2 , y as´ sucesivamente, hasta contar los pares de aristas de G que inciden en xv ,
ı
ultimo v´rtice de G. Con esta cuenta hemos contado todas los pares de aristas incidentes de G,
´ e
toda vez que han de incidir en alguno de los v´rtices xi del grafo.
e
Pero contar el n´mero de pares de aristas incidentes en un v´rtice xi consiste en agrupar las
u e
aristas incidentes en xi en grupos de dos de todas las formas posibles. Como en xi inciden δ(xi )
aristas, estamos hablando de agrupar δ(xi ) aristas en grupos de dos de todas las formas posibles,
sabiendo que el par (ei , ej ) representa el mismo par de aristas que el (ej , ei ). En definitiva, se trata
de hacer agrupaciones sin repetici´n y sin importar el orden de δ(xi ) elementos (aristas) tomados
o
δ(xi )
de dos en dos, cantidad que viene dada por el n´mero combinatorio Cδ(xi ),2 =
u . De
2
aqu´ la f´rmula del enunciado.
ı o
Por otra parte, la valencia de un v´rtice e = {x, y} de L(G) vendr´ dada por el n´mero de aristas
e a u
de G que inciden con e bien en el v´rtice x, bien en el v´rtice y. Que incidan con e en el v´rtice
e e e
x hay δ(x) − 1 aristas de G, a saber, todas las que inciden en x salvo la propia arista e = {x, y}.
An´logamente, que incidan con e en el v´rtice y hay δ(y) − 1 aristas de G, todas las que inciden
a e
en y salvo la propia arista e. De donde hay δ(x) + δ(y) − 2 aristas de G que incidan con e, y este
valor da la valencia de e como v´rtice de L(G).
e
b) Si G es euleriano, entonces el circuito euleriano de G se transforma en L(G) en un ciclo hamiltoni-
ano, toda vez que los v´rtices de L(G) son las aristas de G, y el circuito euleriano recorre las aristas
e
una y s´lo una vez sin repetir ninguna empezando y terminando por el mismo v´rtice (i.e. por la
o e
misma arista). As´ si el circuito euleriano es de la forma (z1 , z2 , z3 , . . . , zm−2 , zm−1 , zm , z1 ) en-
ı,
tonces el ciclo hamiltoniano de L(G) es ({z1 , z2 }, {z2 , z3 }, . . . , {zm−2 , zm−1 }, {zm−1 , zm }, {zm , z1 }).
Por otra parte, si G es euleriano, entonces L(G) es conexo (seg´n lo anterior es hamiltoniano,
u
luego conexo) y todos sus v´rtices tienen valencia par, toda vez que la valencia en L(G) de un
e
v´rtice e = {x, y} viene dada (seg´n el apartado anterior), por δ(x) + δ(y) − 2, suma de n´meros
e u u
pares (G es euleriano, de donde todos sus v´rtices tienen valencia par, en particular δ(x) y δ(y)
e
son ambos pares).
17. Conociendo que el n´mero de aristas de un grafo G = (V, A) de 10 v´rtices de grados no inferiores a
u e
6 es divisible por 13, se pide:
a) demostrar que es conexo,
b) hallar el n´mero de aristas,
u
c) probar que posee ciclos de longitud impar y
d) hallar el n´mero de v´rtices de grado 6 sabiendo que todos los dem´s tienen el mismo grado y
u e a
que G no es euleriano.
Soluci´n.
o
a) Sea un v´rtice cualquiera del grafo. En su componente conexa hay al menos 7 v´rtices, a saber:
e e
´l mismo, y los al menos seis a los que ´l es adyacente. As´ como el grafo consta de s´lo 10
e e ı, o
v´rtices, necesariamente todos ellos est´n en la misma componente conexa: para que hubiera dos
e a
componentes conexas se necesitar´ al menos 14 v´rtices, y no los hay.
ıan e
b) Seg´n el lema del apret´n de manos,
u o δ(x) = 2a. Como δ(x) ≥ 6 para todo x, se tiene que
x∈V
6 · 10 ≤ δ(x) = 2a. Por otra parte, siempre es 2a ≤ v(v − 1) = 90 (ver Ejercicio 10 de
x∈V
este mismo bolet´ın). De manera que 60 ≤ 2a ≤ 90, o equivalentemente 30 ≤ a ≤ 45. El unico
´
m´ltiplo de 13 en este rango es 39, de manera que a = 39.
u
c) Sea x un v´rtice cualquiera del grafo, y llamemos y a cualquier v´rtice a ´l adyacente. Dado
e e e
que ambos v´rtices son adyacentes a un m´
e ınimo de 5 v´rtices m´s de entre los 8 que restan,
e a

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a ıa e a o 19
necesariamente existe un v´rtice z en el grafo simult´neamente adyacente a x e y (para que esto
e a
no ocurriera as´ los 5 v´rtices adyacentes a x habr´ de ser todos distintos del los 5 v´rtices
ı, e ıan e
adyacentes a y, lo que se traducir´ en que se necesitar´ 10 v´rtices m´s aparte de los propios
ıa ıan e a
x e y, lo cual no sucede, s´lo hay 8). Los v´rtices x, y y z conforman, pues, un C3 .
o e
d) Como 6 ≤ δ(x) ≤ 9 (hay 10 v´rtices, todos ellos de valencia al menos 6), hay v´rtices de dos tipos
e e
de valencia (6 y d) y G no es euleriano (de donde debe haber v´rtices de valencia impar, puesto
e
que es conexo seg´n el apartado a)), concluimos que bien es d = 9, bien es d = 7. Llamemos n
u
al n´mero de v´rtices de valencia 6, siendo por tanto 10 − n los v´rtices de valencia d.
u e e
Caso de que d = 7, seg´n el lema del apret´n de manos, se tiene que
u o
78 = 2a = δ(x) = 6n + 7(10 − n) = 70 − n
x∈V
de donde habr´ de ser n = −8, lo cual no tiene sentido.
ıa
Caso de que d = 9, seg´n el lema del apret´n de manos, se tiene que
u o
78 = 2a = δ(x) = 6n + 9(10 − n) = 90 − 3n
x∈V
de donde habr´ de ser n = 4, y es la soluci´n buscada: 4 v´rtices de valencia 6 y 6 v´rtices de
ıa o e e
valencia 9.
Como an´cdota, digamos que un tal grafo existe: basta tomar K6 de un lado, y cuatro v´rtices
e e
aislados, de otro; y hacer cada uno de los cuatro v´rtices aislados adyacentes a todos y cada uno
e
de los v´rtices de K6 (utilizando la notaci´n de la operaci´n suma de grafos, se trata de la suma
e o o
de K6 con el grafo vac´ de 4 v´rtices). De este modo, los cuatro v´rtices inicialmente aislados
ıo e e
pasan a tener valencia 6, mientras que los seis v´rtices de K6 pasan a tener valencia 5 + 4 = 9.
e

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a ıa e a o 20
4. Grafos ponderados
18. El estadio Da Luz de Lisboa dispone de un ret´n de 10 unidades de bomberos para atender otros
e
tantos puntos estrat´gicos, distanciados seg´n el diagrama adjunto.
e u
F E
3 3
G
3 3
H D
2 4
5 5
1 1
3
2
I C
A
2 2 2
2
B
1
J
2 2
Retén
a) Se quiere conectar en un sistema de alarma todos los enclaves con el ret´n. Determinar un
e
esquema que utilice la menor cantidad posible de metros de cable.
b) Calcular las rutas ´ptimas desde el ret´n para las unidades de bomberos, as´ como las distancias
o e ı
que ´stas recorren.
e
c) ¿Son unicos los esquemas de los apartados anteriores?
´
Soluci´n.
o
a) La distribuci´n ´ptima se obtendr´ para un ´rbol recubridor de peso m´
oo ıa a ınimo. Un tal ´rbol se
a
puede obtener mediante la aplicaci´n del algoritmo de Kruskal. Ordenemos las aristas por peso
o
en orden creciente:
• Peso 1: {ret´n, A}, {C, D}, {H, I}.
e
• Peso 2: {ret´n, B}, {ret´n, J}, {A, B}, {A, J}, {B, C}, {G, I}, {H, J}, {I, J}.
e e
• Peso 3: {B, D}, {D, E}, {E, F }, {F, G}, {G, H}.
• Peso 4: {C, E}.
• Peso 5: {B, E}, {G, J}.
A continuaci´n las seleccionamos por orden, siempre que no den lugar a un ciclo con las aris-
o
tas previamente seleccionadas: {ret´n, A}, {C, D}, {H, I}, {ret´n, B}, {ret´n, J}, {B, C}, {G, I},
e e e
{H, J}, {D, E}, {E, F }.
De manera que la longitud m´ ınima del cable es la suma del peso de las aristas seleccionadas, a
saber: 19.
b) Ahora se trata de encontrar un ´rbol recubridor que d´ las distancias m´s cortas desde el v´rtice
a e a e
ret´n hasta los restantes (algoritmo de Dijkstra). En la tabla que se adjunta se obvia la columna
e
correspondiente al ret´n.
e
A B C D E F G H I J base arista
1 2 2 A {ret´n,A}
e
- 2 2 B {ret´n,B}
e
- - 4 5 7 2 J {ret´n,J}
e
- - 4 5 7 7 4 4 - C {B,C}
- - - 5 7 7 4 4 - H {J,H}
- - - 5 7 7 - 4 - I {J,I}
- - - 5 7 6 - - - D {B,D}
- - - - 7 6 - - - G {I,G}
- - - - 7 9 - - - - E {B,E}
- - - - - 9 - - - - E {G,F}
Las aristas se˜aladas conforman un ´rbol recubridor cuyas ramas dan las rutas m´s cortas, cuyas
n a a
distancias son precisamente los valores destacados en negrita.

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a ıa e a o 21
c) La respuesta es negativa en ambos casos.
Otro ´rbol recubridor de peso m´
a ınimo se obtiene al cambiar la arista {ret´n, B} por la arista
e
{A, B}, por ejemplo.
Asimismo, hay dos caminos distintos de peso m´ ınimo 5 para ir del ret´n a D: el inicialmente
e
elegido (ret´n,B, D), o tambi´n (ret´n,B, C, D).
e e e

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a ıa e a o 22
5. Coloreado
19. Un rat´n intenta comerse un cubo 3 × 3 × 3 de queso; empieza en una esquina y se come cada vez un
o
cubo 1 × 1 × 1 antes de pasar a uno adyacente. ¿Puede el rat´n comerse el cubo central en ultimo
o ´
lugar?
Soluci´n.
o
El queso que pretende comerse el rat´n es un cubo 3 × 3 × 3, como el de la figura 12.
o
Figura 12: Queso c´bico 3 × 3 × 3
u
´
Este puede modelarse mediante un grafo en el que cada v´rtice representa un cubo unitario y dos
e
v´rtices son adyacentes si los cubos unitarios correspondientes tambi´n lo son, como se observa en la
e e
figura 13.
Figura 13: Grafo que modela la porci´n de queso anterior
o
Si se pretende que el rat´n se coma el queso comenzando por una esquina y que siempre contin´e
o u
comiendo un cubo adyacente al ultimo que se haya comido, lo que estamos buscando es un camino
´
hamiltoniano. Dicho camino, seg´n el enunciado, ha de empezar en una esquina y terminar en el v´rtice
u e
(cubo) central. Luego, nuestro problema se traduce en determinar si existe tal camino hamiltoniano.
Por otra parte, es f´cil determinar que el n´mero crom´tico de este grafo es dos, puesto que sus
a u a
v´rtices se pueden colorear con dos colores, como se ve en la figura 14, pero no con uno (ya que el
e
grafo es no vac´ Por tanto, se trata de un grafo bipartito.
ıo).
Figura 14: Grafo de n´mero crom´tico 2
u a
Adem´s, este grafo consta de 33 = 27 v´rtices, es decir, tiene un n´mero impar de v´rtices. Luego, los
a e u e
dos subconjuntos de v´rtices en que se dividen los v´rtices del grafo bipartito tienen distinto cardinal.
e e

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a ıa e a o 23
Esto hace necesario, si existe un camino hamiltoniano, que dicho camino empiece por un v´rtice del
e
subconjunto de mayor n´mero de v´rtices y termine en otro v´rtice del mismo subconjunto.
u e e
Pero si nos fijamos en nuestro grafo, las esquinas y el v´rtice central tienen distinto color. En con-
e
clusi´n, no se puede encontrar un camino hamiltoniano en este grafo de manera que se empiece en
o
una esquina y se termine en el centro. As´ es que, el rat´n no puede comerse el cubo de queso central
ı o
en ultimo lugar si empez´ comiendo un cubo de una de las esquinas.
´ o
20. Determinar el n´mero crom´tico de los siguientes grafos, dados por sus listas de adyacencia:
u a
G1 : ((2,3,4,5,6,7,8,9), (1,3,9), (1,2,4), (1,3,5), (1,4,6), (1,5,7), (1,6,8), (1,7,9),
(1,2,8))
G2 : ((2,5,6,8), (1,3,7,9), (2,4,8,10), (3,5,6,9), (1,4,7,10), (1,4,11), (2,5,11), (1,3,11),
(2,4,11), (3,5,11), (6,7,8,9,10))
G3 : ((2,3,5,6), (1,3,4), (1,2,4,5,6), (2,3,5), (1,3,4,6), (1,3,5))
Soluci´n.
o
G1 : Por comodidad podemos trabajar con la tabla de adyacencia del grafo:
1 2 3 4 5 6 7 8 9
2 1 1 1 1 1 1 1 1
3 3 2 3 4 5 6 7 2
4 9 4 5 6 7 8 9 8
5
6
7
8
9
Apliquemos el algoritmo voraz con la ordenaci´n que sugiere el problema para obtener una
o
v´rtice-coloraci´n:
e o
v´rtice 1 2 3 4 5 6 7 8 9
e
color 1 2 3 2 3 2 3 2 3
En la v´rtice-coloraci´n as´ obtenida se han utilizado 3 colores, por lo que el n´mero crom´tico
e o ı u a
es menor o igual que 3.
Veamos que χ(G1 ) tiene que ser mayor que 2. Para ello analicemos c´mo son las adyacencias
o
de este grafo: en primer lugar, se observa que el v´rtice 1 es adyacente a todos los dem´s; el
e a
v´rtice 2, adem´s de ser adyacente al primer v´rtice, tambi´n es adyacente a los v´rtices 3 y
e a e e e
9; cualquier otro v´rtice i es adyacente, adem´s de al primero, al i − 1 y al i + 1. Por tanto,
e a
existen ciclos de longitud impar, por ejemplo {1, 2, 3, 1}, y, como consecuencia, se necesita al
menos 3 colores para colorear los v´rtices del grafo. Teniendo en cuenta que hemos encontrado
e
una 3-v´rtice-coloraci´n, χ(G1 ) = 3.
e o
G2 : La tabla de adyacencia del grafo en este caso es:
1 2 3 456 78 9 10 11
2 1 2 311 21 236
5 3 4 544 53 457
6 7 8 6 7 11 11 11 11 11 8
8 9 10 9 10 9
10
Apliquemos el algoritmo voraz con la ordenaci´n que sugiere el problema para obtener una
o
v´rtice-coloraci´n:
e o
v´rtice 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
e
color 1 2 1 2 3 3 1 2 1 2 4

Matem´tica Discreta. Ingenier´ T´cnica en Inform´tica de Gesti´n
a ıa e a o 24
En la v´rtice-coloraci´n as´ obtenida se han utilizado 4 colores, por lo que el n´mero crom´tico
e o ı u a
es menor o igual que 4.
Por otra parte, podemos ver que χ(G2 ) es mayor o igual que 3, ya que los v´rtices 1, 2, 3, 4 y 5
e
constituyen un ciclo de longitud impar. Con todo esto, sabemos que 3 ≤ χ(G2 ) ≤ 4.
En cualquier ciclo de longitud impar, cuando se asignan los 3 colores necesarios para su v´rtice-
e
coloraci´n, dichos colores se asignan de manera que dos de ellos se van alternando y un tercer
o
color es asignado a un unico v´rtice. Si coloreamos as´ el ciclo impar formado por los 5 primeros
´ e ı
v´rtices, se observa que 3 de los v´rtices que denominamos 6, 7, 8, 9, 10 han de tener asignados 3
e e
colores distintos entre s´ puesto que uno de ellos es adyacente a los colores 1 y 2 (seg´n nuestra
ı, u
ordenaci´n, el v´rtice 6); otro es adyacente a los colores 2 y 3 (seg´n nuestra ordenaci´n, el
o e u o
v´rtice 7); y otro es adyacente a los colores 1 y 3 (seg´n nuestra ordenaci´n, el v´rtice 10).
e u o e
Dado que el v´rtice central (v´rtice 11 en esta ordenaci´n) es adyacente a estos tres v´rtices
e e o e
que necesariamente han de ser coloreados con colores diferentes entre s´ dicho v´rtice tendr´
ı, e a
que colorearse con un cuarto color, distinto de los anteriores. Luego, hemos demostrado que
no se puede dar una 3-v´rtice-coloraci´n para este grafo, siendo necesario utilizar al menos 4
e o
colores. Como hemos visto que con 4 colores s´ es posible colorear los v´rtices del grafo, el
ı e
n´mero crom´tico es χ(G2 ) = 4.
u a
G3 : La tabla de adyacencia del grafo es:
1 2 3 4 5 6
2 1 1 2 1 1
3 3 2 3 3 3
5 4 4 5 4 5
6 5 6
6
Apliquemos el algoritmo voraz con la ordenaci´n que sugiere el problema para obtener una
o
v´rtice-coloraci´n:
e o
v´rtice 1 2 3 4 5 6
e
color 1 2 3 1 2 4
En la v´rtice-coloraci´n as´ obtenida se han utilizado 4 colores, por lo que el n´mero crom´tico
e o ı u a
es menor o igual que 4.
Por otra parte, si observamos la tabla de adyacencias con detenimiento, se comprueba que los
v´rtices 1, 3, 5, 6 son adyacentes entre s´ constituyendo un grafo completo, K4 , por lo que el
e ı,
n´mero crom´tico de G3 , ha de ser mayor o igual que 4.
u a
En definitiva, χ(G3 ) = 4.
21. Sea G(V, A) un grafo conexo con 2n v´rtices, Ad su matriz de adyacencia y χ(G) su n´mero crom´tico.
e u a
a) Demostrar que si existe una matriz M , no necesariamente cuadrada, tal que
0 M
Ad =
Mt 0
entonces χ(G) = 2.
b) Demostrar el rec´ıproco del apartado anterior: si χ(G) = 2 entonces reordenando adecuadamente
sus v´rtices, su matriz de adyacencia es de la forma anterior.
e
0 M
, siendo M una matriz cuadrada, entonces N = M t .
c) Probar que si Ad es de la forma
N 0
Soluci´n.
o

Matem´tica Discreta. Ingenier´ T´cnica en Inform´tica de Gesti´n
a ıa e a o 25
a) Sea M una matriz de orden i×j. Entonces, la matriz de adyacencia ser´, seg´n indica el enuciado,
a u
de la forma
 
0 ··· 0 a1,i+1 ··· a1,i+j
 
. . . .
  .. ..
. . . .
 
. .
0 Mi×j . . . .
 
  ai,i+j 
0 ··· 0 ai,i+1 ···
Ad =  = .
  ai+1,1 0
 t
Mi×j 0 ··· ai+1,i 0 ···
 
 
. . . .
.. ..
. . . .
 
. .
. . . .
ai+j,1 ··· ai+j,i 0 ··· 0
La caja correspondiente a las i primeras filas y columnas es toda de ceros. Eso nos indica que
los i primeros v´rtices, seg´n la ordenaci´n seguida para dar la matriz de adyacencia, no son
e u o
adyacentes entre s´ Lo mismo ocurre con los ultimos j v´rtices, puesto que la caja de la matriz
ı. ´ e
de adyacencia correspondiente a las ultimas j filas y columnas tambi´n es toda de ceros.
´ e
En el resto de entradas de la matriz de adyacencia puede haber elementos no nulos (de hecho,
debe existir alg´n elemento no nulo en la matriz M , salvo que estemos hablando de una grafo
u
con todos sus v´rtices aislados). Eso significa que s´ pueden existir aristas cuyos extremos sean
e ı
un v´rtice de entre los i primeros y otro v´rtice de entre los j ultimos. Y, por tanto, todas las
e e ´
aristas que existan en el grafo verificar´n esta caracter´
a ıstica.
Luego, se trata de un grafo bipartito en el que el conjunto de v´rtices se divide en los dos
e
subconjuntos V1 = {v1 , · · · , vi } y V2 = {vi+1 , · · · , vi+j }. Y por tanto, χ(G) = 2.
b) Si χ(G) = 2, entonces G es un grafo bipartito, por lo que el conjunto de v´rtices se puede dividir
e
en dos subconjuntos V1 = {v1 , · · · , vi } y V2 = {vi+1 , · · · , vi+j }, de manera que dos v´rtices del
e
mismo subconjunto no pueden ser adyacentes y todas las aristas del grafo han tener por extremos
un v´rtice de cada subconjunto. As´ si ordenamos los v´rtices de modo que primero est´n todos
e ı, e e
los v´rtices de V1 y luego los de V2 , tendremos que la matriz de adyacencia ser´ de la forma
e a
indicada, por el mismo razonamiento que se hizo en el apartado anterior.
c) Si M es una matriz cuadrada, dado que la matriz de adyacencia es sim´trica, se debe cumplir
e
que Ad = Adt , es decir,
0 Nt
0M
=
Mt 0
N0
Por tanto, N = M t .
22. Demostrar que χ1 (K2n+1 ) = 2n + 1 y χ1 (K2n+2 ) = 2n + 1. Deducir cu´l es el m´
a ınimo n´mero de
u
jornadas para un calendario deportivo a una vuelta que enfrenta a k equipos entre s´ dos a dos, as´
ı, ı
como un procedimiento para dise˜ar un tal calendario.
n
Soluci´n.
o
• Sea K2n+1 un grafo completo de 2n + 1 v´rtices. Seg´n el Teorema de Vizing, 2n ≤ χ1 (K2n+1 ) ≤
e u
2n + 1. Con un mismo color se puede colorear a lo sumo 2n+1 = n aristas, puesto que es el
2
n´mero m´ximo de parejas de v´rtices que se pueden formar (sin repetir ning´n v´rtice) con
u a e u e
2n + 1 v´rtices (uno de los v´rtices quedar´ desparejado).
e e ıa
Por otra parte, el n´mero de aristas de un grafo completo de 2n + 1 v´rtices es
u e
(2n + 1)2n
a= = n(2n + 1).
2
Luego, el n´mero m´
u ınimo de colores que se ha de utilizar para colorear las aristas del grafo,
suponiendo que cada color se emplea en n aristas, ser´:
a
a n(2n + 1)
χ1 (K2n+1 ) ≥ = = 2n + 1.
n n
De donde χ1 (K2n+1 ) = 2n + 1.

Matem´tica Discreta. Ingenier´ T´cnica en Inform´tica de Gesti´n
a ıa e a o 26
• Sea K2n+2 un grafo completo de 2n + 2 v´rtices. Seg´n el Teorema de Vizing, 2n + 1 ≤
e u
χ1 (K2n+2 ) ≤ 2n + 2. Si eliminamos un v´rtice v cualquiera de este grafo y todas las aristas
e
adyacentes a ´l, tenemos un grafo completo K2n+1 . Ve´
e ıamos anteriormente que en este grafo se
pod´ emparejar los v´rtices formando n parejas y quedando un v´rtice libre. Esto significa que
ıan e e
dado un color, se pueden colorear n aristas con ´l, y en uno de los v´rtices no sale ninguna arista
e e
con dicho color. Eso mismo ocurrir´ para todos los 2n + 1 colores que se emplean en la coloraci´n
a o
de las aristas de K2n+1 . De modo, que en todos los v´rtices hay un color libre, distinto para
e
cada v´rtice. Si volvemos a a˜adir el v´rtice v al grafo y todas las aristas incidentes en ´l, para
e n e e
colorear las aristas de este grafo completo de 2n + 2 v´rtices, partimos de la coloraci´n de K2n+1
e o
con los 2n + 1 colores necesarios y basta asignar el color libre del cada v´rtice vi de K2n+1 a la
e
arista {vi , v}.
• Vamos a resolver el problema de averiguar cu´l es el n´mero m´
a u ınimo de jornadas para un cal-
endario deportivo a una vuelta que enfrenta a k equipos. En primer lugar, vamos a modelar
dicho problema mediante un grafo. Podemos considerar que los distintos equipos de la liga son
los v´rtices del grafo, mientras que las aristas pueden representar los partidos, de modo que dos
e
v´rtices (equipos) son adyacentes si se van a enfrentar en un partido. Dado que todos los equipos
e
deber enfrentarse a todos los dem´s, todos los v´rtices han de ser adyacentes entre s´ Por tanto,
a e ı.
el problema queda modelado con un grafo completo de k v´rtices, Kk . En cada jornada un
e
mismo equipo s´lo puede jugar un partido, luego, en una misma jornada s´lo se pueden jugar
o o
aquellos partidos que est´n representados por aristas que no sean incidentes. Es decir, en una
e
misma jornada s´lo se pueden jugar aquellos partidos que est´n representados por aristas que se
o e
pueden colorear con un mismo color. Por tanto, el problema se reduce a determinar cu´l es el a
m´ ınimo n´mero de colores que se ha de utilizar para colorear las aristas del grafo completo Kk .
u
ındice crom´tico es χ1 (Kk ) = k
Seg´n demostramos anteriormente, si k es un n´mero impar, el ´
u u a
1
y si k es par el ´ındice crom´tico es χ (Kk ) = k − 1. Por tanto, el m´
a ınimo n´mero de jornadas
u
para elaborar un calendario deportivo a una vuelta que enfrenta a k equipos es k si el n´mero de
u
equipos es impar o k − 1 si el n´mero de equipos es par. Como consecuencia, un procedimiento
u
para realizar el calendario podr´ ser buscar una arista-coloraci´n del grafo asociado con k ´ k − 1
ıa o o
colores seg´n la paridad del n´mero de equipos.
u u
Todo esto que acabamos de ver, tiene un claro reflejo en el mundo deportivo. Efectivamente, si
tenemos una liga en la que participan un n´mero impar de equipos, k = 2n + 1, sabemos que en
u
cada jornada se pueden jugar n partidos y uno de los k equipos descansar´. Por su puesto, en
a
cada jornada el equipo que descansa es distinto. Por lo que se tiene que el n´mero de jornadas
u
ha de ser al menos igual al n´mero de equipos cuando el n´mero de equipos es impar.
u u
Si a˜adimos un equipo m´s a la liga anterior (tendr´
n a ıamos ahora 2n + 2 equipos), el nuevo equipo
puede jugar con el equipo que descansaba en cada jornada. As´ este nuevo equipo juega un
ı
partido en cada jornada y al final de las k = 2n + 1 jornadas habr´ jugado con todos (al igual que
a
todos los dem´s equipos). Por tanto, se siguen necesitando 2n + 1 jornadas, es decir, se necesita
a
un n´mero menos de jornadas que de equipos cuando el n´mero de equipos es par.
u u
Este mismo problema se podr´ modelar mediante un grafo de otra forma: utilizando un grafo de
ıa
incompatibilidades. De modo que los v´rtices representar´ los partidos que se han de jugar a lo
e ıan
largo de la liga y dos v´rtices ser´ adyacentes si los partidos que representan son incompatibles
e ıan
en una misma jornada, es decir, si implican a un mismo equipo. N´tese que este grafo y el que
o
hemos utilizado para resolver el ejercicio tienen una cierta relaci´n. Este grafo no es m´s que
o a
el grafo l´
ınea del utilizado en el ejercicio. Ya sab´ ıamos que un problema de arista-coloraci´n se
o
puede transformar en un problema de v´rtice coloraci´n sin m´s que tomar el grafo l´
e o a ınea del
grafo al que se pretende dar la arista-coloraci´n.
o
23. Sea G un grafo no necesariamente conexo y con, al menos, 3 v´rtices. Se dice que G es cr´
e ıtico para
el color si para todo v´rtice v de G, al eliminar v y todas las aristas incidentes con v del grafo G, el
e
n´mero crom´tico del grafo resultante disminuye. Se pide:
u a
a) Explicar por qu´ los ciclos impares son cr´
e ıticos para el color, mientras que los pares no lo son.
b) ¿Cu´ndo es cr´
a ıtico para el color el grafo completo Kn ?

Matem´tica Discreta. Ingenier´ T´cnica en Inform´tica de Gesti´n
a ıa e a o 27
c) Probar que si G es cr´
ıtico para el color, entonces G es conexo.
d) Demostrar que si G es cr´
ıtico para el color y χ(G) = k, entonces para todo v´rtice v de G es
e
δ(v) ≥ k − 1.
Soluci´n.
o
a) Sea C2n+1 un ciclo impar, por tanto, su n´mero crom´tico es 3. Supongamos que eliminamos un
u a
v´rtice cualquiera v de este ciclo y todas las aristas incidentes en ´l. El nuevo grafo C2n+1 − v es
e e
un camino simple con 2n v´rtices. Como dicho grafo es bipartito, siendo su n´mero crom´tico
e u a
χ(C2n+1 − v) = 2. Luego, efectivamente se ha reducido el n´mero crom´tico al eliminar un
u a
v´rtice cualquiera del ciclo de longitud impar, por lo que los ciclos impares son cr´
e ıticos para el
color.
Sin embargo, veamos que los ciclos pares no son cr´ ıticos para el color. Sea C2n un ciclo par. Su
n´mero crom´tico es, por tanto, χ(C2n ) = 2. Si eliminamos un v´rtice v cualquiera y todas las
u a e
aristas incidentes en ´l, el nuevo grafo C2n − v es un camino simple con 2n − 1 v´rtices. Este grafo
e e
tambi´n es bipartito, siendo su n´mero crom´tico χ(C2n − v) = 2. As´ el n´mero crom´tico
e u a ı, u a
se mantiene invariante al eliminar un v´rtice del ciclo par, luego, los ciclos pares no son cr´
e ıticos
para el color.
b) El n´mero crom´tico de cualquier grafo completo es χ(Kn ) = n. Si de un grafo completo de n
u a
v´rtices eliminamos un v´rtice cualquiera y todas las aristas incidentes en ´l, se obtiene el grafo
e e e
completos de n − 1, v´rtices, cuyo n´mero crom´tico es χ(Kn−1 ) = n − 1, es decir, siempre se
e u a
reduce el n´mero crom´tico. Luego, todos los grafos completos son cr´
u a ıticos para el color.
c) Veamos que si G es un grafo cr´ ıtico para el color, ha de ser conexo. Para ello, supongamos que
G es un grafo disconexo, constituido por las componentes conexas G1 , G2 , · · · , Gc . El n´mero u
crom´tico de G ser´ χ(G) = max{χ(G1 ), χ(G2 ), · · · , χ(Gc )} = k. Si eliminamos un v´rtice de
a a e
una componente conexa distinta de la de n´mero crom´tico mayor (o en el caso de que haya m´s
u a a
de una componente que alcance dicho n´mero crom´tico, eliminamos un v´rtice cualquiera) y
u a e
las aristas incidentes en ´l, entonces max{χ(G1 ), χ(G2 ), · · · χ(Gi − v), · · · , χ(Gc )} seguir´ siendo
e a
k. Como puedo eliminar v´rtices del grafo sin que disminuya el n´mero crom´tico, entonces un
e u a
grafo disconexo no puede ser cr´ ıtico para el color. Por tanto, si un grafo es cr´ ıtico para el color,
debe ser conexo.
d) Veamos, por reducci´n al absurdo, que si tenemos un grafo cr´
o ıtico para el color, con n´mero
u
crom´tico χ(G) = k, entonces todo v´rtice de G ha de tener valencia mayor o igual que k − 1.
a e
Sea G un grafo cr´ ıtico para el color y tal que χ(G) = k. Supongamos que existe un v´rtice v
e
de G con valencia δ(v) < k − 1. Si eliminamos dicho v´rtice y las aristas incidentes en ´l, el
e e
grafo resultante G − v debe tener n´mero crom´tico χ(G − v) = k − 1. Por tanto, se puede
u a
colorear con k − 1 colores. Si ahora a˜adimos el v´rtice v, como tiene valencia δ(v) < k − 1, es
n e
adyacente a k − 2 v´rtices a lo sumo. Para colorear estos k − 2 v´rtices se utilizaron a lo m´s
e e a
k − 2 colores, por tanto, queda al menos un color libre, que se puede utilizar para colorear el
v´rtice v. Luego, tendr´
e ıamos una k − 1-v´rtice-coloraci´n de G, lo cual es imposible puesto que
e o
su n´mero crom´tico hab´
u a ıamos dicho que era k. As´ δ(v) ≥ k − 1.
ı,
24. Sea G = (V, A) un grafo donde V = {1, 2, 3..., 1998} y dos v´rtices a,b son adyacentes si a + b es
e
m´ltiplo de 3. Se pide:
u
a) Hallar el grado de cada v´rtice. ¿Es G un grafo regular?
e
Indicaci´n: para cada v´rtice x considerar x mod 3, es decir, cada x ∈ V es tal que x = 3k ´
o e o
x = 3k + 1 ´ x = 3k + 2, k ∈ Z +
o
b) Demostrar que G tiene exactamente dos componentes conexas y que ´stas no son isomorfas.
e
c) Hallar el n´mero crom´tico de cada componente conexa, demostrando el resultado.
u a
d) Estudiar cada una de las componentes de G. ¿Alguna de ellas es un grafo euleriano? ¿Y hamil-
toniano? Justificar la respuesta.

Matem´tica Discreta. Ingenier´ T´cnica en Inform´tica de Gesti´n
a ıa e a o 28
e) Identificar las componentes conexas de G, ¿qu´ grafos son?
e
Soluci´n.
o
a) Siguiendo la indicaci´n, podemos dividir el conjunto de v´rtices en tres subconjuntos:
o e
V1 = {x ∈ V |x = 3k + 1} = {1, 4, · · · , 1996}
V2 = {x ∈ V |x = 3k + 2} = {2, 5, · · · , 1997}
V3 = {x ∈ V |x = 3k} = {3, 6, · · · , 1998}
De modo que |V1 | = |V2 | = |V3 | = 666.
Se puede observar que cualquier v´rtice v1 de V1 es adyacente a todos los v´rtices de V2 y a ning´n
e e u
otro v´rtice, por lo que δ(v1 ) = 666. Del mismo modo, cualquier v´rtice v2 de V2 es adyacente a
e e
todos los v´rtices de V1 y a ning´n otro v´rtice, por lo que δ(v2 ) = 666. Sin embargo, un v´rtice
e u e e
cualquiera v3 de V3 es adyacente al resto de v´rtices de V3 , y a ning´n otro, luego δ(v3 ) = 665.
e u
Por tanto, G no es un grafo regular.
b) Veamos que G tiene dos componentes conexas:
• Una de ellas es G1 = (V1 ∪ V2 , A1 ), cuyo conjunto de v´rtices es la uni´n de los subconjuntos
e o
V1 y V2 y las aristas son las aristas de G que van de v´rtices de V1 a v´rtices de V2 . Efecti-
e e
vamente, G1 es conexo, puesto cualquier par de v´rtices de G1 est´n conectados entre s´ si
e a ı:
los dos v´rtices en cuesti´n pertenecen uno al subconjunto V1 y el otro al subconjunto V2 ,
e o
como ve´ ıamos en el apartado anterior, los dos v´rtices son adyacentes; y si los dos v´rtices
e e
pertenecen al mismo subconjunto Vi con i = 1, 2, entonces, ambos son adyacentes a un tercer
v´rtice del otro subconjunto, por tanto, tambi´n est´n conectados entre s´
e e a ı.
• La otra componente conexa es G2 = (V3 , A2 ), cuyo conjunto de v´rtices es el subconjunto
e
V3 y las aristas son las aristas de G que van de v´rtices de V3 a v´rtices de V3 . Que G2 es
e e
conexo es claro, puesto que todos los v´rtices de V3 son adyacentes entre s´
e ı.
Adem´s, los v´rtices de G1 y G2 no est´n conectados entre s´ pues los v´rtices de V3 s´lo son
a e a ı, e o
adyacentes a v´rtices del propio subconjunto. Por lo que tenemos demostrado que G consta de
e
2 componentes conexas.
c) Por la descripci´n que hemos hecho de G1 sabemos que se trata de un grafo bipartito (el conjunto
o
de v´rtices de dicha componente se divide en los dos subconjuntos V1 y V2 , de modo que todas
e
las aristas de G1 van de un subconjunto al otro). Por tratarse de un grafo bipartito, su n´mero
u
crom´tico es χ(G1 ) = 2.
a
La componente conexa G2 es un grafo completo K666 (pues los 666 v´rtices de esta componente
e
son adyacentes a todos los dem´s v´rtices de dicha componente), por tanto, su n´mero crom´tico
ae u a
es χ(G2 ) = 666.
d) G1 es un grafo euleriano, puesto que el grado de todos los v´rtices es par. Adem´s, se trata de un
e a
grafo hamiltoniano, por tratarse de un grafo bipartito completo con el mismo n´mero de v´rtices
u e
en cada uno de los dos subconjuntos de v´rtices (ver Ejercicio 28 del Bolet´ con soluci´n final).
e ın o
De hecho, un ciclo hamiltoniano es {1, 2, 4, 5, 7, · · · , 1996, 1997, 1}.
G2 no es euleriano, puesto que todos sus v´rtices tienen valencia impar. Sin embargo, s´ es
e ı
hamiltoniano, ya que posee un ciclo hamiltoniano {3, 6, 9, · · · , 1998, 3}.
e) Como ya hemos visto, G1 es un grafo bipartito completo de 666 v´rtices en cada uno de los dos
e
subconjuntos de v´rtices, luego es isomorfo a K666,666 .
e
La componente conexa G2 es un grafo completo de 666 v´rtices, luego es isomorfo a K666 .
e
6. Emparejamientos

Matem´tica Discreta. Ingenier´ T´cnica en Inform´tica de Gesti´n
a ıa e a o 29
25. Se tienen cinco comisiones: C1 = {a, c, e}, C2 = {b, c}, C3 = {a, b, d}, C4 = {d, e, f } y C5 = {e, f }.
Cada comisi´n ha de enviar un representante al Congreso Anual de Comisiones; C1 quiere nombrar a
o
e, C2 a b, C3 a a y C4 a f .
a) Demostrar que no es posible respetar los deseos de C1 , C2 , C3 y C4 .
b) Usar el m´todo del camino alternado y el grafo asociado para hallar un sistema completo de
e
representantes distintos.
c) ¿Es posible elaborar un sistema completo de representantes distintos si la comisi´n C1 se niega
o
a cambiar su nominaci´n?
o
Soluci´n.
o
Podemos modelar la situaci´n mediante un grafo bipartito como el de la figura 15 en el que los v´rtices
o e
del primer subconjunto representan cada una de las comisiones y los v´rtices del segundo subconjunto
e
representan los miembros de dichas comisiones, de modo que el v´rtice yi del segundo conjunto es
e
adyacente al xi del primer subconjunto, si yi es un miembro de la comisi´n xi .
o
C1 C2 C3 C4 C5
a b c d e f
Figura 15: Grafo bipartito que modela la situaci´n del problema
o
a) No es posible respetar los deseos de C1 , C2 , C3 y C4 , puesto que con el emparejamiento as´
ı
propuesto, no se podr´ asignar ning´n representante a la comisi´n C5 , como se ve en la figura
ıa u o
16.
C1 C2 C3 C4 C5
a b c d e f
Figura 16: Emparejamiento propuesto
b) Partimos de un v´rtice del primer subconjunto que no est´ emparejado, en este caso, la unica
e e ´
posibilidad es tomar como v´rtice inicial C5 . En el nivel 1 estar´n todos los v´rtices adyacentes
e a e
a C5 : e y f . Como ambos v´rtices est´n emparejados, continuamos, de forma que en el nivel 2
e a
se encontrar´n los v´rtices emparejados a los del nivel 1: C1 y C4 , respectivamente. En el nivel
a e
3 se sit´an los v´rtices adyacentes a ´stos, que no hayan aparecido todav´ a y c y d. Como c
u e e ıa:
no est´ emparejado, entonces tenemos un camino alternado, como se puede ver en la figura 17.
a
C5
e f
C1 C4
c
a d
´
Figura 17: Arbol de camino alternado

Matem´tica Discreta. Ingenier´ T´cnica en Inform´tica de Gesti´n
a ıa e a o 30
C1 C2 C3 C4 C5
a b c d e f
Figura 18: Emparejamiento completo
As´ se tiene el emparejamiento completo siguiente:
ı
Luego, un sistema completo de representantes distintos se tiene si C1 nombra a c, C2 nombra a
b, C3 nombra a a, C4 nombra a f y C5 nombra a e.
c) Se trata de buscar si existe otro emparejamiento de manera que la arista {C1 , e} est´ contenida
e
en ´l. Para estudiar si esto es posible podemos abordar el problema de dos formas distintas.
e
Una primera manera es considerar que de C1 s´lo sale la arista {C1 , e}. As´ tendr´
o ı, ıamos que
buscar un emparejamiento completo en el grafo de la figura 15. Para ello se puede recurrir igual
que en el apartado anterior al m´todo del camino alternado.
e
Otra forma de resolver el problema es buscar en el grafo de la figura 15 otro camino alternado,
en el que no aparezca C1 . En realidad este camino ya se tiene, puesto que si nos fijamos en la
otra rama del ´rbol de camino alternado de la figura 17, vemos que hay otro camino alternado,
a
ya que el v´rtice d tampoco estaba emparejado en el emparejamiento de partida.
e
C5
e f
C1 C4
c
a d
´
Figura 19: Arbol de camino alternado
El emparejamiento pedido es, por tanto, el siguiente:
C1 C2 C3 C4 C5
a b c d e f
Figura 20: Emparejamiento completo en el que aparece la arista {C1 , e}
Luego, un sistema completo de representantes distintos si la comisi´n C1 nombra obligatoriamente
o
a e como su representante, es la obtenida si C2 nombra a b, C3 nombra a a, C4 nombra a d y C5
nombra a f .
26. En la Eurocopa de Portugal 2004 los 16 equipos participantes se han organizado en grupos de 4,
resultando los siguientes partidos:

Matem´tica Discreta. Ingenier´ T´cnica en Inform´tica de Gesti´n
a ıa e a o 31
Grupo A Grupo B Grupo C Grupo D
Portugal–Grecia Suiza–Croacia Dinamarca–Italia Alemania–Holanda
Espa˜a–Rusia
n Francia–Inglaterra Suecia–Bulgaria R. Checa–Letonia
Grecia–Espa˜a
n Croacia–Francia Italia–Suecia Holanda–R. Checa
Rusia–Portugal Inglaterra–Suiza Bulgaria–Dinamarca Letonia–Alemania
Rusia–Grecia Inglaterra–Croacia Bulgaria–Italia Letonia–Holanda
Espa˜a–Portugal
n Francia–Suiza Suecia–Dinamarca R.Checa–Alemania
Cuartos de final: Portugal–Inglaterra, Grecia–Francia, Holanda–Suecia, R.Checa–Dinamarca.
Semifinales: Portugal–Holanda, Grecia–R.Checa. Final: Portugal–R.Checa. Se pide:
a) Distribuir los partidos en el menor n´mero de campos de f´tbol, de manera que ning´n equipo
u u u
juegue dos veces en el mismo campo.
Para arbitrar los 12 partidos correspondientes a la primera fase de los grupos A y B, se dispone de
los siguientes 12 ´rbitros que, adem´s de no poder pitar ninguno de los partidos del grupo en que se
a a
encasilla su propio pa´ se han de ajustar a las siguientes limitaciones: el arbitro espa˜ol no puede
ıs, n
pitar ni a Francia ni a Inglaterra; el franc´s, ni a Espa˜a ni a Rusia; el ingl´s, ni a Espa˜a, ni a
e n e n
Grecia; el portugu´s, a Croacia; el italiano, ni a Grecia ni a Portugal ni a Francia; el alem´n, s´lo
e a o
puede pitar partidos que enfrenten a dos de entre Espa˜a, Portugal y Grecia; y los ´rbitros de Letonia,
n a
Bulgaria, Croacia, Grecia, Suiza y Rusia no gozan de excesivo cr´dito en la U.E.F.A., de manera que
e
la organizaci´n no quiere que arbitren los partidos de gran repercusi´n medi´tica, tales como los 3
o o a
partidos de Portugal, el Francia–Inglaterra o el Inglaterra–Croacia.
2. Determinar una asignaci´n de ´rbitros para los partidos de los grupos A y B, utilizando los
o a
colegiados citados con anterioridad, a partir de la siguiente propuesta inicial:
´
Arbitro alem´n
a let´n
o b´lgaro
u croata suizo ruso
Partido Por–Gre Rus–Gre Fra–Cro Esp–Rus Esp–Gre Ing–Sui
3. ¿Ser´ posible la asignaci´n en caso de que el ´rbitro alem´n pitara el Portugal–Grecia?
ıa o a a
Soluci´n.
o
a) Consideremos el grafo G cuyos v´rtices son los equipos, y cuyas aristas representan los partidos.
e
Asignar sedes a partidos de manera que un equipo no repita sede se traduce en clasificar las
aristas (partidos) en paquetes (sedes), de manera que aristas incidentes (partidos que implican
un mismo equipo) no est´n en el mismo paquete (no se jueguen en la misma sede). Esto es,
e
χ1 (G), el menor n´mero de colores que se necesita para dar color a las aristas de G; as´ como
u ı
una coloraci´n que alcance esta cantidad.
o
Sabemos que χ1 (G) oscila entre la valencia m´xima de G y la valencia m´xima m´s 1. En este
a a a
caso, la valencia m´xima viene dada por los v´rtices que corresponden a los equipos que m´s
a e a
juegan, que son precisamente los que alcanzan la final. As´ la valencia m´xima coincide con
ı, a
el n´mero de partidos que juega Portugal (o R. Checa), esto es, seis: tres en la primera fase,
u
cuartos de final, semifinal y final. Luego, 6 ≤ χ1 (G) ≤ 7.
Apliquemos el algoritmo voraz para arista-coloraciones a la ordenaci´n natural de los partidos,
o
por filas, recorriendo las columnas del enunciado de izquierda a derecha y de arriba hacia abajo:
P or − Gre Sui − Cro Din − Ita Ale − Hol Esp − Rus F ra − Ing Sue − Bul R.Che − Let
1 1 1 1 1 1 1 1
Gre − Esp Cro − F ra Ita − Sue Hol − R.Che Rus − P or Ing − Sui Bul − Din Let − Ale
2 2 2 2 2 2 2 2
Rus − Gre Ing − Cro Bul − Ita Let − Hol Esp − P or F ra − Sui Sue − Din R.Che − Ale
3 3 3 3 3 3 3 3
P or − Ing Gre − F ra Hol − Sue R.Che − Din P or − Hol Gre − R.Che P or − R.Che
4 4 4 4 5 5 6

Matem´tica Discreta. Ingenier´ T´cnica en Inform´tica de Gesti´n
a ıa e a o 32
Seg´n el razonamiento anterior, se ten´ que el m´
u ıa ınimo n´mero de sedes era necesariamente 6 ´
u o
7. Con el algoritmo voraz comprobamos que con 6 sedes es suficiente. En conclusi´n, es necesario
o
y suficiente disponer de 6 sedes distintas para que se jueguen todos los partidos de manera que
ning´n equipo repita sede. En la tabla anterior se recogen los partidos que se han de jugar en
u
cada una de estas sedes.
Este apartado se podr´ haber planteado asimismo como un problema de incompatibilidades, de
ıa
manera que los v´rtices del grafo de incompatibilidades ser´ los partidos y dos partidos son
e ıan
incompatibles (esto es, adyacentes) si implican un mismo equipo. Hallar el menor n´mero de sedes
u
con la condici´n dada se traduce en encontrar el n´mero crom´tico del grafo de incompatibilidades
o u a
as´ definido. Es claro que este grafo consiste en el grafo l´
ı ınea del grafo G considerado previamente.
Y sabemos por teor´ que el n´mero crom´tico del grafo l´
ıa u a ınea de G coincide con el ´
ındice crom´tico
a
de G.
b) Se trata de encontrar un emparejamiento completo en el grafo bipartito que conforman los 12
´rbitros seleccionados y los 12 partidos de la primera fase de los grupos A y B; a partir del
a
emparejamiento inicial que da el enunciado. Las aristas relacionan cada ´rbitro con los partidos
a
que ´ste puede pitar.
e
ale let búl cro sui rus esp fra ing por ita gri
Rus-Por Esp-Por Fra-Ing Ing-Sui Fra-Sui
Esp-Rus
Por-Gre Gre-Esp Rus-Gre Sui-Cro Cro-Fra Ing-Cro
Figura 21: Emparejamiento inicial
Seg´n las restricciones impuestas, el ´rbitro espa˜ol s´lo puede pitar el partido Suiza-Croacia, el
u a no
franc´s el Portugal-Grecia y el ingl´s el Rusia-Portugal. Dos de estas tres aristas se pueden a˜adir
e e n
directamente al emparejamiento, no as´ la del partido Portugal-Grecia, que estaba inicialmente
ı
asignado al ´rbitro alem´n.
a a
Dado que el ´rbitro franc´s s´lo puede pitar este partido, buscamos un camino alternado con
a eo
origen el ´rbitro franc´s: (´rbitro franc´s, Portugal-grecia, ´rbitro alem´n, Portugal-Espa˜a).
a e a e a a n
´
Este es el camino alternado m´s corto, aunque no el unico: se podr´ tratar de proceder de esta
a ´ ıa
otra manera: (...,´rbitro alem´n, Espa˜a-Grecia, ´rbitro suizo, Rusia-Grecia ´ Espa˜a-Rusia,
a a n a o n
´rbitro let´n ´ ´rbitro checo,...). Nosotros utilizaremos el m´s corto.
a o oa a
De modo que ahora tenemos un emparejamiento con 9 aristas: 8 de las iniciales, y las que
relacionan el ´rbitro alem´n con Portugal-Espa˜a, ´rbitro franc´s con Portugal-Grecia, ´rbitro
a a na e a
espa˜ol con Suiza-Croacia y ´rbitro ingl´s con Rusia-Portugal.
n a e
Quedar´ por emparejar tres partidos y tres ´rbitros, a saber: Francia-Inglaterra, Francia-Suiza,
ıan a
Inglaterra-Croacia y portugu´s, italiano y griego. El portugu´s es el unico de los tres que puede
e e ´
pitar el Francia-Inglaterra, el italiano es el unico de los tres que puede pitar el Inglaterra-Croacia
´
y el griego puede pitar el partido restante, Francia-Suiza. Con esto hemos determinado un
emparejamiento completo, que quedar´ como se puede ver en la figura 22.
ıa
c) La respuesta es autom´ticamente negativa, dado que ese es precisamente el unico partido que
a ´
puede arbitrar el colegiado franc´s.
e
7. Grafos planos
27. Sea G un grafo plano conexo de v v´rtices, a aristas y c caras. Probar que:
e

Matem´tica Discreta. Ingenier´ T´cnica en Inform´tica de Gesti´n
a ıa e a o 33
ale let búl cro sui rus esp fra ing por ita gri
Rus-Por Esp-Por Fra-Ing Ing-Sui Fra-Sui
Esp-Rus
Por-Gre Gre-Esp Rus-Gre Sui-Cro Cro-Fra Ing-Cro
Figura 22: Emparejamiento completo
a) v − a + c = 2
(Indicaci´n: v´ase qu´ pasa cuando a = 1, a = 2 y a = 3 y pru´bese por inducci´n sobre el
o e e e o
n´mero de aristas a)
u
b) Suponiendo que a ≥ 3
b.1) 3c ≤ a
2
b.2) a ≤ 3v − 6
c) K5 es no plano
d) Kn es no plano para n ≥ 5
Soluci´n.
o
a) V´ase los apuntes de teor´
e ıa.
b) b.1) V´ase los apuntes de teor´
e ıa.
b.2) V´ase los apuntes de teor´
e ıa.
c) V´ase los apuntes de teor´
e ıa.
d) Sea Kn un grafo completo de n v´rtices (con n ≥ 5). Por el apartado b.2) sabemos que si se
e
trata de un grafo plano ha de verificar la relaci´n a ≤ 3v − 6. Dado que el n´mero de aristas de
o u
un grafo completo de n v´rtices es a = n(n−1) , se ha de cumplir que n(n−1) ≤ 3n − 6. Operando
e 2 2
n(n − 1)
≤ 3n − 6 ⇔ n2 − 7n + 12 ≤ 0
2
Sin embargo, si resolvemos la ecuaci´n n2 − 7n + 12 = 0 las soluciones que se tienen son n = 3 ´
o o
n = 4. De manera que si n ≥ 5 se tiene que n2 − 7n + 12 > 0. Por tanto, si n ≥ 5 no se satisface
la relaci´n del apartado b.2), luego, Kn no es plano para n ≥ 5.
o
28. a) Sea G = (V, A) un grafo conexo con |V | ≥ 11. Demostrar que al menos uno de entre G y su
complementario G debe ser un grafo no plano.
b) El resultado de (a) es verdadero para |V | ≥ 9, pero la demostraci´n para |V | = 9, 10 es mucho
o
m´s dif´
a ıcil. Encontrar un contraejemplo de la parte (a) para |V | = 8.
Soluci´n.
o
a) Sea G un grafo conexo con v v´rtices, siendo v ≥ 11, y a aristas. Su grafo complementario
e
G tendr´ el mismo n´mero de v´rtices y v(v−1) − a aristas. Supongamos que tanto G como
a u e 2
G son planos (lo que implica en particular que ambos tienen m´s al menos tres aristas, toda
a
vez que en otro caso alguno no ser´ plano). Como en todo grafo plano de al menos 3 aristas
ıa
(independientemente de que sea o no conexo: se sugiere adaptar las f´rmulas del ejercicio anterior
o
para el caso de grafos no conexos de k componentes conexas) se verifica la relaci´n a ≤ 3v − 6,
o
se tiene que:

Matem´tica Discreta. Ingenier´ T´cnica en Inform´tica de Gesti´n
a ıa e a o 34
G es plano ⇒ a ≤ 3v − 6 v(v − 1)
⇒ −3v+6 ≤ 3v−6 ⇒
v(v − 1) v(v − 1)
2
G es plano ⇒ − a ≤ 3v − 6 ⇒ − 3v + 6 ≤ a
2 2
⇒ v 2 − 13v + 24 ≤ 0
Las soluciones de la ecuaci´n v 2 − 13v + 24 = 0 son ambas menores que 11 y a partir de la mayor
o
de estas soluciones se tiene que v 2 − 13v + 24 > 0. Por tanto, se tiene una contradicci´n, por lo
o
que los dos grafos G y G no pueden ser ambos planos si el n´mero de v´rtices v ≥ 11.
u e
• Tenemos que encontrar un grafo G plano de 8 v´rtices, cuyo complementario sea tambi´n plano.
e e
Para buscar dos grafos complementarios de 8 v´rtices que sea plano, teniendo en cuenta que K8
e
tiene a = 8·7 = 28 aristas, busquemos un grafo G de 14 aristas que admita una inmersi´n en el
o
2
plano, como el de la figura 23.
a b a b
h c h c
d d
g g
f f
e e
Figura 23: Grafo plano G de 8 v´rtices y una inmersi´n en el plano de dicho grafo
e o
Su complementario es el grafo representado en la figura 24, que como se puede ver, es isomorfo a
G, por tanto, tambi´n admite una inmersi´n en el plano (el grafo G es autocomplementario, por
e o
ser isomorfo a su complementario).
a b a f
h c d c
d h
g g
f b
e e
Figura 24: El grafo complementario de G es isomorfo a G
29. Consideremos el grafo ponderado G = (V, A) de la Figura 25.
Sea M la matriz de adyacencia de G, la cual tiene por filas: (0, 0, 1, 0, 2, 1, 3), (0, 0, 0, 2, 0, 4, 1),
(1, 0, 0, 3, 0, 0, 5), (0, 2, 3, 0, 5, 0, 0), (2, 0, 0, 5, 0, 3, 0), (1, 4, 0, 0, 3, 0, 1), (3, 1, 5, 0, 0, 1, 0), y donde los
elementos no nulos de M representan los pesos de las aristas de G. Responder razonadamente a las
siguientes cuestiones:
a) ¿Es G plano? En caso afirmativo dar una realizaci´n plana del mismo.
o
b) ¿Es G euleriano? ¿Es G hamiltoniano? En caso afirmativo encontrar un circuito euleriano o un
ciclo hamiltoniano.
c) ¿Es G bipartito? Justifica la respuesta.

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a ıa e a o 35
1 2
3
7
4
5
6
Figura 25: Grafo ponderado
d) Hallar χ(G).
e) Hallar el camino m´s corto del v´rtice 2 al v´rtice 5, construyendo el ´rbol recubridor de G.
a e e a
Soluci´n.
o
a) Efectivamente, se trata de un grafo plano. De hecho, en la figura 26 se muestra una inmersi´n
o
del grafo en el plano.
1
3
7
4
5
6
2
Figura 26: Grafo ponderado
b) El grafo G dado no es un grafo euleriano, ya que contiene v´rtices de valencia impar: 2, 3, 4 y 5.
e
Sin embargo, este grafo es hamiltoniano, ya que el ciclo {2, 7, 3, 1, 6, 5, 4, 2} es un ciclo hamilto-
niano.
c) Es f´cil comprobar que este grafo no es bipartito, puesto que contiene ciclos de longitud impar,
a
como por ejemplo el ciclo de longitud 3 siguiente: {1, 6, 5, 1}.
d) Podemos aplicar el algoritmo voraz para obtener una cota superior del n´mero crom´tico. Si
u a
aplicamos el algoritmo siguiendo la ordenaci´n natural, tenemos lo siguiente:
o
v´rtices 1 2 3 4 5 6 7
e
colores 1 1 2 3 2 3 4
Hemos encontrado una 4-v´rtice-coloraci´n, por lo que el n´mero crom´tico es χ(G) ≤ 4.
e o u a
Por otra parte, dado que el grafo no es bipartito, necesariamente el n´mero crom´tico χ(G) ≥ 3.
u a
Luego, tenemos probado que 3 ≤ χ(G) ≤ 4.
Pero, en realidad, χ(G) > 3, como se puede comprobar con un razonamiento del tipo que se
expone a continuaci´n.o
Los v´rtices 1, 3 y 7 conforman un ciclo C3 , de manera que han de poseer colores distintos entre s´
e ı.
Supongamos que se asigna color 1 a 1, color 2 a 3, color 3 a 7. Por ser 6 adyacente simult´neamente
a
a 1 y 7, habr´ de colorearse con color 2. El v´rtice 2 es adyacente simult´neamente a 6 y 7,
ıa e a

Matem´tica Discreta. Ingenier´ T´cnica en Inform´tica de Gesti´n
a ıa e a o 36
luego habr´ de colorearse con color 1. A su vez, el v´rtice 5 es adyacente simult´neamente a 1 y
ıa e a
6, luego habr´ de tener color 3. De manera que el v´rtice 4 es adyacente a v´rtices con los tres
ıa e e
colores (al v´rtice 2, con color 1; al v´rtice 3, con color 3; al v´rtice 5, con color 3), por lo que
e e e
tendr´ que utilizarse un cuarto color para ´l.
ıa e
e) Para hallar el camino m´s corto del v´rtice 2 al v´rtice 5, podemos aplicar el algoritmo de
a e e
Dijkstra, tomando como v´rtice base inicial el v´rtice 2.
e e
1 23456 7 base arista
∞ 0∞∞∞∞ ∞ 2 −
∞ −∞2∞4 1 7 {2, 7}
4 −62∞2 − 4 {2, 4}
3 −5−72 − 6 {7, 6}
3 −5−5− − 1 {7, 1}
− −4−5− − 3 {1, 3}
− −−−5− − 5 {6, 5}
De la tabla anterior se deduce que el camino m´s corto para ir del v´rtice 2 al v´rtice 5 es:
a e e
{2, 7, 6, 5} y la longitud de dicho camino es 5.
La figura 27 muestra un ´rbol recubridor de G que da los caminos m´s cortos desde el v´rtice 2
a a e
hasta cualquier otro v´rtice (en particular, al v´rtice 5).
e e
2
2
1
4
7
1
6
3
1
1 5
1
3
Figura 27: Grafo ponderado
30. El esquema que se adjunta a continuaci´n representa las sedes de la Eurocopa 2004 de Portugal, as´
o ı
como las carreteras que las unen.
Lisboa
Aveiro
Leiría Oporto
Faro Braga
Guimaraes
Coímbra
a) Unos inspectores de la U.E.F.A. pretenden supervisar las sedes, para lo cual quisieran estable-
cer una ruta que evite visitar m´s de una vez cada poblaci´n. ¿Es esto posible empezando y
a o
terminando en la misma poblaci´n?
o
b) ¿Y comenzando y terminando en poblaciones distintas?
c) Por otra parte, el Ministerio de Fomento y Obras P´blicas de Portugal quiere exportar una
u
imagen saludable de Portugal, por lo que se preocupa del estado de las carreteras. Justificar la
existencia de una ruta para que un funcionario del ministerio revise todas las carreteras sin pasar
dos veces por la misma v´ıa.
d) Establecer dicha ruta, mediante el procedimiento adecuado.

Matem´tica Discreta. Ingenier´ T´cnica en Inform´tica de Gesti´n
a ıa e a o 37
e) Hallar una coloraci´n ´ptima para las provincias de Portugal:
oo
f) ¿Es posible que las provincias correspondientes a Lisboa y Oporto tengan el mismo color en una
coloraci´n ´ptima?
oo
Soluci´n.
o
a) Es trata de encontrar un ciclo hamiltoniano, que no existe por tener el grafo un v´rtice de corte;
e
dicho v´rtice de corte es Oporto.
e
b) Encontrar un camino hamiltoniano, que es lo que nos est´n pidiendo, s´ es posible. Un ejemplo
a ı
de camino hamiltoniano que podemos dar es (Guimares, Braga, Oporto, Aveiro, Leir´ Lisboa,
ıa,
Faro, Co´
ımbra).
c) Se trata de probar que el grafo admite un circuito euleriano o un recorrido euleriano. Se observa
claramente que el grafo es conexo y, adem´s, todos los v´rtices tienen valencia par exceptuando
a e
los v´rtices correspondientes a Aveiro y Faro. De manera que admite un recorrido euleriano, de
e
extremos ambas ciudades.
d) Basta a˜adir una arista entre Aveiro y Faro (si se quiere, con un v´rtice intermedio, aunque no
n e
hace falta) y aplicar el algoritmo de Euler para la localizaci´n de un circuito euleriano, consistente
o
en la inserci´n sucesiva de un ciclo en otro ya preexistente. As´
o ı:
• Partimos del ciclo C=(Faro, Lisboa, Leir´ Aveiro, Oporto, Co´
ıa, ımbra, Faro).
• Insertamos el ciclo (Oporto, Guimares, Braga, Oporto), de manera que tenemos C=(Faro,
Lisboa, Leir´ Aveiro, Oporto, Guimares, Braga, Oporto, Co´
ıa, ımbra, Faro).
• Insertamos ahora el ciclo (Faro, Aveiro,Co´
ımbra, Leir´ Faro), obteniendo C=(Faro, Aveiro,Co´
ıa, ımbra,
Leir´ Faro, Lisboa, Leir´ Aveiro, Oporto, Guimares, Braga, Oporto, Co´
ıa, ıa, ımbra, Faro).
El resultado buscado consiste en eliminar la primera arista (que fue la artificialmente a˜adida)
n
del circuito anterior.
e) Consideremos el grafo G asociado al plano dado, con un v´rtice por cada regi´n, siendo dos
e o
v´rtices adyacentes cuando las regiones correspondientes son fronterizas por un segmento:
e
Es claro que χ(G) ≥ 3, dado que G no es un grafo bipartito (contiene ciclos de orden 3, por
ejemplo). Para obtener una cota superior del n´mero crom´tico, aplicamos el algoritmo voraz
u a
de v´rtice coloraci´n. Para ello podemos seguir la ordenaci´n que se indica a continuaci´n:
e o o o
´
v´rtice
e Faro Beja Set´bal Evora
u Lisboa Santarem P ortalegre Leir´
ıa C.Branco
color 1 2 1 3 3 2 1 1 3
v´rtice Co´
e ımbra Guarda Aveiro V iaeu Braganza Oporto V.Real Braga V.Castelo
corlor 2 1 1 3 2 2 1 3 1
De esta forma, hemos conseguido dar una v´rtice-coloraci´n con 3 colores y como hab´
e o ıamos
demostrado ´ste era el m´
e ınimo valor que pod´ tomar el n´mero crom´tico, tenemos que χ(G) = 3.
ıa u a

Matem´tica Discreta. Ingenier´ T´cnica en Inform´tica de Gesti´n
a ıa e a o 38
Lisboa Aveiro
Oporto
Setúbal Leiría Coimbra
Viana do
Viaeu
Santarem Castelo
Faro Beja Braga
Vila
Évora Castelo Guarda
Real
Branco
Portalegre Braganza
f) Hemos visto que una coloraci´n ´ptima utiliza 3 colores. Como consecuencia, los v´rtices de
oo e
Lisboa y Castelo Branco han de tener el mismo color, pues los dos son adyacentes a una pareja
de v´rtices, a su vez adyacentes entre s´ ( Santarem y Leir´
e ı, ıa). Por otra parte, y siguiendo el
mismo razonamiento, Oporto y Co´ ımbra tambi´n estar´n coloreados con el mismo color, pues
e a
ambos son adyacentes a la pareja de v´rtices Aveiro y Viaeu, que tambi´n son adyacentes entre
e e
s´ Pero Coimbra y Castelo Branco tambi´n son adyacentes entre s´ por lo que no pueden tener
ı. e ı,
el mismo color, resultando que Oporto y Lisboa nunca pueden tener el mismo color en ninguna
de las coloraciones ´ptimas.
o