Ejercicios de Grafos y Digrafos. Elaborado por Eglis Pargas Universidad Fermín Toro. Cabudare - Venezuela

1. UNIVERSIDAD FERMIN TORO
DECANATO DE INGENIERIA
CABUDARE – EDO. LARA
EJERCICIOS PROPUESTOS
GRAFOS
Alumna:
Eglis Pargas C.I 12.935.264
Profesor:
Ing. Edecio Freitez
Materia: Estructuras
Discretas II modalidad SAIA .
CABUDARE, NOVIEMBRE DEL 2013

2. Dado el siguiente grafo, encontrar:
V4
V6
V5
V8
V7
a) Matriz de adyacencia.
V1
V2
V3
V4
V5
V6
V7
V1
0
1
1
1
0
0
1
V2
1
0
1
0
1
1
0
V3
1
1
0
1
1
1
1
V4
1
0
1
0
1
0
1
V5
0
1
1
1
0
1
1
V6
0
1
1
0
1
0
0
V7
1
0
1
1
1
0
0
V8
1
1
0
0
1
1
1
V8
1
1
0
0
1
1
1
0
b) Matriz de incidencia
a1
a2
a3
a4
a5
a6
a7
a8
a9
a10
a11
a12
a13
a14
a15
a16
a17
a18
a19
A20
V1
1
1
0
1
1
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
V2
1
0
1
0
0
0
0
1
1
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
V3
0
1
1
0
0
0
1
0
0
0
1
1
1
0
0
0
0
0
0
0
V4
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
1
0
0
1
1
0
0
0
0
0
V5
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
1
0
1
1
0
1
0
V6
0
0
0
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
1
V7
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
1
0
0
1
0
1
1
0
0
V8
0
0
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
c) Es conexo? Justifique su respuesta
Si es conexo, ya que todos los vértices están conectados por una arista.
d) Es simple?. Justifique su respuesta

3. Si es simple, ya que no contiene lazos en los vértices.
e) Es regular?. Justifique su respuesta
No es regular, ya que los vértices poseen distintos grados.
Ejemplo: el vértice V1 es de grado 5, y el vértice V3 es de grado 6.
f) Es completo? Justifique su respuesta
No es completo, ya que existen un par de vértices distintos que no son
unidos por una misma arista, como por ejemplo, v3,v7…v1,v6…v3,v8.
g) Una cadena simple no elemental de grado 6
Una cadena simple es una secuencia finita alternada de vértices y aristas,
sin repetir aristas, no elemental indica que puede repetirse los vértices.
El grado nos indica la cantidad de aristas que debe contener la cadena, e
esta oportunidad son seis (6).
C: [V7,a15,V4, a11,V3,a7,V6,a16,V5,a19,V8,a18,V7]
h) Un ciclo no simple de grado 5
Un ciclo no simple es aquel donde las aristas pueden repetirse. El grado
nos indica el numero de aristas que debe tener el ciclo, e esta
oportunidad son cinco (5)
C: [V2, a10 V6, a20,V8, a19,V5, a16,V6, a10,V2]
i) Arbol generador aplicando el algoritmo constructor
1 er Paso: seleccione un vértice S1, hacer H1= { S1}
2do Paso: Seleccione una arista a1 que tenga un extremo en H1 y el otro
H1 hacer H1 { S2}
extremo en un vértice S2
3er Paso: seleccionamos una arista a2 que tenga un extremo en H2 y el
H2 hacer H2 { S3}
otro extremo en un vértice S3
V1
Seleccionamos el vértice v1
H1= { S1}
Seleccionamos la arista a4
H2= { v1, v4}
V4
a4

4. V1
A
H3 = {v1, v4, v7}
A
H4 = {v1, v4, v7, v3}
A
H5 = {v1, v4, v7, v3, v5}
V3
V4
V5
V7
V1
A
V2
V3
H6 = {v1, v4, v7, v3, v5, v2}
A
H7 = { v1, v4, v7, v3, v5, v2, v6}
A
H8 = { v1, v4, v7, v3, v5, v2, v6, v8}
V4
V5
V7
V1
V2
V3
V4
V5
V6
V7
V8
Por lo tanto se comprueba que en un árbol, dos vértices cualquiera están
unidos por un único camino, se demuestra con al poseer árbol generador
que es un grafo conexo y que G es un árbol, entonces el número de aristas
de es igual al número de vértices menos 1.
A = {a4, a15, a12, a3, a8, a10, a20}
V = {v1, v4, v7, v3, v5, v2, v6, v8}
Numero de vértices = 8 - 1 = 7
Numero de aristas = 7
V6

5. j) Subgrafo parcial
Un subgrafo parcial se obtiene al conservar todos los nodos o vértices de
G y se suprimen algunas aristas.
Tenemos:
V1
V2
V3
a2
A3
V4
V6
V5
a19
a20
a15
a17
V7
V8
k) Demostrar si es Euleriano aplicando el algoritmo de Fleury
Si el grafo es euleriano a partir de un vértice cualquiera de G se puede
construir una cadena simple de manera que no se repitan las aristas y no
se elijan aristas de corte a no ser que no se encuentre otra alternativa, al
haber agotado las aristas decimos que tenemos un tour euleriano.
Luego de experimentar en repetidas ocasiones el recorrido del grafo sin
repetir aristas, no ha sido posible encontrar un camino euleriano donde
no se repitan aristas, por lo tanto no se cumple que el Grafo sea
Euleriano.

6. l) Demostrar si es Hamiltoniano
Un grafo es hamiltoniano si contiene un ciclo hamiltoniano, en el
cual se debe cumplir que atraviese cada vértice del grafo exactamente
una vez.
el ciclo C=
Notamos que Vo = Vk
V1
a3
V2
a2
V3
a10
a11
V5
V6
V4
a19
a20
a15
a17
V7
Dado el siguiente dígrafo
V8

7. a) Encontrar matriz de conexión
Mc(G)=
V1
V2
V3
V4
V5
V6
V1
0
0
0
1
0
0
V2
1
0
0
0
1
0
V3
1
1
0
0
0
0
V4
0
1
1
0
1
0
V5
1
0
1
0
0
1
V6
0
1
0
1
1
0
b) ¿Es simple ? Justifique su repuesta.
Se cumple que el Digrafo es simple, ta que no tiene lazos y no existen
arcos paralelos que partan de un mismo vértice a otro.
c) Encontrar una cadena no simple no elemental de grado 5.
En las cadenas no simples se pueden repetir los arcos durante el
recorrido y que sea no elemental, también nos permite repetir
vértices. El grado 5 nos indica el número de arcos que tendrá
nuestra cadena.
T=
d) Encontrar un ciclo simple
El ciclo simple inicia y termina con el mismo vértice y en ella no se
pueden repetir arcos.
C=
e) Demostrar si es fuertemente conexo utilizando la matriz de accesibilidad.
Para comprobar que un grafo es conexo podemos realizar los siguientes
pasos:
1) Hallar la matriz de adyacencia y se eleva a la enésima potencia.
2) Se calcula la suma de las potencias de A hasta An.
3) Si todos sus elementos son distintos de cero, el grafo es conexo.

8. Matriz de Adyacencia
Ma(D)=
V1
V2
V3
V4
V5
V6
V1
0
0
0
1
0
0
V2
1
0
0
0
1
0
V3
1
1
0
0
0
0
V4
0
1
1
0
1
0
V5
1
0
1
0
0
1
V6
0
1
0
1
1
0
Elevamos la matriz al cuadrado para encontrar los caminos de
tamaño dos (02)
(D)=
V1
V2
V3
V4
V5
V6
V1
0
1
1
0
1
0
V2
0
0
1
1
0
1
V3
1
0
0
1
1
0
V4
1
1
1
0
1
1
V5
1
1
0
1
1
0
V6
1
1
1
0
1
1
Elevamos la matriz al cubo para encontrar los caminos de tamaño tres (03)
(D)=
V1
V2
V3
V4
V5
V6
V1
1
1
1
0
0
1
V2
1
1
1
1
1
0
V3
1
1
1
1
1
1
V4
1
1
0
1
1
1
V5
1
1
1
1
1
0
V6
1
1
1
1
1
1
Elevamos la matriz a cuatro para encontrar los caminos de tamaño
cuatro (04)
(D)=
V1
V2
V3
V4
V5
V6
V1
1
1
0
1
1
1
V2
1
0
1
1
1
1
V3
1
1
1
0
1
1
V4
1
1
1
1
1
1
V5
1
1
1
1
1
0
V6
1
1
1
1
1
1

9. Elevamos la matriz a cinco para encontrar los caminos de tamaño
cinco (05)
(D)=
V1
V2
V3
V4
V5
V6
V1
1
1
1
1
1
1
V2
1
1
1
1
1
1
V3
1
1
1
1
1
1
V4
1
1
1
1
1
1
V5
1
1
1
1
1
0
V6
1
1
1
1
1
1
V5
5
5
4
4
4
1
V6
4
5
4
4
5
4
Ahora calculamos la matriz de accesibilidad
Acc(D) = bin
Acc (D)=bin
V1
V2
V3
V4
V5
V6
V1
3
4
3
4
3
3
V2
4
2
4
4
4
3
V3
5
5
3
3
4
3
V4
4
5
4
5
5
4
Luego transformamos la matriz de la manera siguiente:
a) Componente que sea igual a cero (0), permanece como (0)
b) Componente diferente de cero (0), convertirla a 1.
Acc (D)=bin
V1
V2
V3
V4
V5
V6
V1
1
1
1
1
1
1
V2
1
1
1
1
1
1
V3
1
1
1
1
1
1
V4
1
1
1
1
1
1
V5
1
1
1
1
1
1
V6
1
1
1
1
1
1
Como la matriz Acc(D) no tiene componentes nula se dice entonces según
el colorido 1.2 que el dialogo es fuertemente conexo.

10. f) Encontrar la distancia de v2 a los demás vértices utilizando el algoritmo de
Dijkastra
Ponderación de las aristas
Aristas a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 a11 a12 a13 a14
Ponder. 2 3 4
dv 2 a v1= 2
dv 2 a v1= 3
dv 2 a v4= 4
dv 2 a v5= 3
dv 2 a v6= 3
3
2 3 4 1 4
3
2
2
4
3