Ejercicios resueltos de matemáticas discretas.

1. 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

2. 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}.

3. 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

4. Matem´tica Discreta. Ingenier´ T´cnica en Inform´tica de Gesti´n
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

5. Matem´tica Discreta. Ingenier´ T´cnica en Inform´tica de Gesti´n
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.
´

6. Matem´tica Discreta. Ingenier´ T´cnica en Inform´tica de Gesti´n
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

7. Matem´tica Discreta. Ingenier´ T´cnica en Inform´tica de Gesti´n
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

8. Matem´tica Discreta. Ingenier´ T´cnica en Inform´tica de Gesti´n
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.

9. 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.

10. Matem´tica Discreta. Ingenier´ T´cnica en Inform´tica de Gesti´n
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

11. Matem´tica Discreta. Ingenier´ T´cnica en Inform´tica de Gesti´n
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

12. Matem´tica Discreta. Ingenier´ T´cnica en Inform´tica de Gesti´n
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

13. Matem´tica Discreta. Ingenier´ T´cnica en Inform´tica de Gesti´n
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).

14. 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

15. Matem´tica Discreta. Ingenier´ T´cnica en Inform´tica de Gesti´n
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

16. Matem´tica Discreta. Ingenier´ T´cnica en Inform´tica de Gesti´n
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

17. Matem´tica Discreta. Ingenier´ T´cnica en Inform´tica de Gesti´n
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