1. Republica Bolivariana de Venezuela
Ministerio del poder popular para la educación Superior
Universidad “Fermín Toro”
Cabudare-Lara
Grafos y Dígrafos
Integrante: Luis Soteldo
C.I: 17.379.896
Asignatura: Estructuras Discretas II
Profesor: Edecio Freitez

2. Dado el siguiente grafo:
Encontrar
a) Matriz de Adyacencia:
V1 V2 V3 V4 V5 V6 V7 V8
V1 0 1 1 1 0 0 1 1
V2 1 0 1 0 1 1 0 1
V3 1 1 0 1 1 1 1 0
Ma(G)=
V4 1 0 1 0 1 0 1 0
V5 0 1 1 1 0 1 1 1
V6 0 1 1 0 1 0 0 1
V7 1 0 1 1 1 0 0 1
V8 1 1 0 0 1 1 1 0
b) Matriz 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
Mi(G)= 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

3. c) Es conexo? Justifique su respuesta.
El grafo es conexo porque cumple con la condición de que para todo par de vértices
existe un camino o conexión
d) Es simple? Justifique su respuesta
El grafo es simple ya que no contiene lazos ni aristas paralelas
e) Es regular? Justifique su respuesta
El grafo no es regular porque no posee el mismo grado en todos sus vértices
Gr (V1)= 5
Gr (V2)= 5
Gr (V3)= 6
Gr (V4)=4
Ya notamos como en apenas 4 vértices hay grados distintos.
f) ¿Es completo? Justifique su respuesta.
El grafo no es completo porque existen pares de vértices entre los cuales no hay
aristas, por ejemplo entre V1 y V5.
g) Una cadena simple no elemental de grado 6
C=[V1,a1,v2,a8,v5,a13,v3,a12,v7,a18,v8,a9,v2]
h) Un ciclo no simple de grado 5
C[v2,a10,v6,a20,v8,a19,v5,a16,v6,a10,v2]
i) Árbol generador aplicando el algoritmo constructor.
Primer paso: seleccionamos el vértice V1 entonces H1= {V1}
Segundo paso: seleccionamos la arista A1 entonces H2= {V1,V2}
A1
V1 V2
Tercer paso: seleccionamos la arista A3 entonces H3={V1,V2,V3}
A1
V1 V2
A3
V3

4. Cuarto paso: seleccionamos la arista A11 entonces H4={V1,V2,V3,V4}
A1
V1 V2
A3
A11
V3
V4
Quinto paso: seleccionamos la arista A14 entonces H5={V1,V2,V3,V4,V5}
A1
V1 V2
A3
A11
V3
V5
V4 A14
Sexto paso: seleccionamos la arista A16 entonces H6={V1,V2,V3,V4,V5,V6}
A1
V1 V2
A3
A11
V3
V5 A16
V6
V4 A14

5. Séptimo paso: seleccionamos la arista A20 entonces H7={V1,V2,V3,V4,V5,V6,V8}
A1
V1 V2
A3
A11
V3
V5 A16
V6
V4 A14
A20
V8
Octavo paso: seleccionamos la arista A20 entonces H7={V1,V2,V3,V4,V5,V6,V8,V7}
A1
V1 V2
A3
A11
V3
V5 A16
V6
V4 A14
A20
V7 A18 V8

6. j) Subgrafo parcial
V1 V2
A2 V3 A3
V5 V6
V4
A19
A15 A20
A17
V7
V8
k) Demostrar si es Euleriano aplicando el algoritmo de Fleury
Luego de aplicar el Algoritmo de Fleury se puede concluir que el grafo no es Euleriano
ya que se repiten aristas en el recorrido
l) Demostrar si es Hamiltoniano
C=[V1,A3,V2,A10,V6,A20,V8,A19,V5,A17,V7,A15,V4,A11,V3,A2,V1]
V1 A3 V2
A2 A10
V3
A11
V5 V6
V4
A19
A15 A17
A20
V7
V8

7. Dado el siguiente dígrafo:
a) Encontrar la matiz de conexión:
V1 V2 V3 V4 V5 V6
V1 0 1 1 0 1 0
V2 0 0 1 1 0 1
V3 0 0 0 1 1 0
Mc(D)=
V4 1 0 0 0 0 1
V5 0 1 0 1 0 1
V6 0 0 0 0 1 0
b) ¿Es simple? Justifique su respuesta
El dígrafo es simple porque no tiene lazos ni arcos paralelos.
c) Encontrar una cadena no simple elemental de grado 5
C= [V4, a9, V1, a5, V3, a8, V4, a9, V1, a6, V5]
d) Encontrar un ciclo simple
C=[V2, a3, V4, a12, V6, a14, V5, a10, V2 ]

8. e) Demostrar si es fuertemente conexo utilizándola matriz accesibilidad
V1 V2 V3 V4 V5 V6
V1 0 1 1 0 1 0
V2 0 0 1 1 0 1
V3 0 0 0 1 1 0
Mc(D)=
V4 1 0 0 0 0 1
V5 0 1 0 1 0 1
V6 0 0 0 0 1 0
V1 V2 V3 V4 V5 V6
V1 0 0 1 1 1 1
V2 1 0 0 1 1 1
V3 1 1 0 1 0 1
(D)=
V4 0 1 1 0 1 0
V5 1 0 1 1 1 1
V6 0 1 0 1 0 1
V1 V2 V3 V4 V5 V6
V1 1 1 1 1 1 1
V2 1 1 1 1 1 1
V3 1 1 1 0 1 1
(D)=
V4 0 1 1 1 1 1
V5 0 1 1 1 1 1
V6 1 0 1 1 0 1
V1 V2 V3 V4 V5 V6
V1 1 1 1 1 1 1
V2 1 0 1 1 1 1
V3 0 1 1 1 1 1
(D)=
V4 1 1 0 1 1 1
V5 1 1 1 1 1 1
V6 1 1 1 1 0 1

9. 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
(D)=
V4 1 1 1 1 1 1
V5 1 1 1 1 1 1
V6 1 1 1 1 0 1
Se calcula la matriz aplicando la formula:
Acc(Ds) = bin [ In + M + M 2 + ...+M n-1 ]
En Este caso seria:
Acc(D) = bin [I6+ M+ + + + ]
V1 V2 V3 V4 V5 V6
V1 3 4 5 4 5 4
V2 4 2 5 5 5 5
V3 3 4 3 4 4 4
Acc (D)= bin
V4 4 4 3 5 4 4
V5 3 4 4 5 4 5
V6 3 3 3 4 1 4
Por ultimo transformamos la matriz aplicando las siguientes normas:
Componente que sea igual a 0, permanece como 0
Componente que sea diferente de 0, convertirla a 1.
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
Acc (D)= bin
V4 1 1 1 1 1 1
V5 1 1 1 1 1 1
V6 1 1 1 1 1 1
Se puede decir que el dígrafo es fuertemente conexo porque en su matriz accesibilidad no hay
componentes nulos.

10. f) Encontrar la distancia de V2 a los demás vértices utilizando el Algoritmo de Dijkistra
Primero se ubica el vértice inicial
Luego los vértices cercanos al V2 para estudiarlos
A continuación se agrega etiquetas a los vértices estudiados por ejemplo
[3,1] (1,1)
En donde:
[] Símbolo de la iteración en estudio
3 Ponderación de la arista mas lo que la precede
1 Vértice estudiado
(1,1) # de la iteración
Seguidamente se coloca la ponderación de la arista mas la ponderación de la etiqueta
anterior que está directamente al vértice estudiado
Se colocara al lado de la etiqueta el numero de iteración que se está realizando
Por último se estudian las distancias y se escoge la menor.
[2,2] (1)
[0] (0)
[3,2] (1)
[4,2] (1)
[3,2] (1)
[3,2] (1)

11. Dv2 a v1:2
Dv2 a v2:3
Dv2 a v3:3
Dv2 a v4:3
Dv2 a v5:4
Dv2 a v6:3