1. REPÚBLICA BOLIVARIANA DE VENEZUELA
UNIVERSIDAD FERMIN TORO
FACULTAD DE INGENIERÍA
CABUDARE – LARA
ESTRUCTURAS DISCRETAS II
EJERCICIOS DE GRAFOS Y DIGRAFOS
NOVIEMBRE 2011

2. REPÚBLICA BOLIVARIANA DE VENEZUELA
UNIVERSIDAD FERMIN TORO
FACULTAD DE INGENIERÍA
CABUDARE – LARA
ESTRUCTURAS DISCRETAS II
EJERCICIOS DE GRAFOS Y DIGRAFOS
MARIBEL HERNANDEZ CORDERO
C.I. 13.651.262
PROF. ADRIANA BARRETO
SAIA

3. GRAFOS - DIGRAFOS
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 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
Mi(G)=
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
De acuerdo con la definición, si es conexo ya que, para todo par de vértices se
encuentran conectados o tienen un camino que los una.

4. d) ¿Es simple? Justifique su respuesta
Si es un grafo simple, debido a que se cumple que ningún vértice tiene lazo,
además cada vértice esta unido por una sola arista; pero todos los vértices poseen
un grado diferente, siendo no regular.
e) ¿Es Regular? Justifique su respuesta
No es un grafo regular, ya que todos sus vértices tienen grados diferentes, por lo
tanto no se cumple la definición de grafo regular. Como por ejemplo Gr(v5)= 6 y
Gr(v4) = 4
f) ¿Es Completo? Justifique su respuesta
No es un grafo completo, ya que existen par de vértices distintos que no son
unidos por una misma arista. Como por ejemplo tememos los vértices {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, en esta oportunidad son
seis (6).
C = [v1, a1, v2, a8, v5, a13, v3, a12, v7, a18, v8, a9, v2]
h) Ciclo no simple de Grado 5
Un ciclo no simple es aquel donde las aristas pueden repetirse. El grado nos indica
el número de aristas que debe tener el ciclo, en esta oportunidad son cinco (5).
C =[v3, a12, v7, a15, v4, a11, v3, a12, v7, a17, v5 ]
i) Árbol generador aplicando el algoritmo constructor
1er paso: Seleccionar un vértice S1, hacer H1= { S1}
2do paso: Seleccionamos una arista a1 que tenga un extremo en H1 y el otro
extremo en un vértice S2 H1. Hacer H1 { S2}
3er paso: Seleccionamos una arista a2 que tenga un extremo en H2, y el otro
extremo en un vértice S3 H2. Hacer H2 { S3}

5. V1
Seleccionamos el vértice v1 H1 ={v1}
V4
Seleccionamos la arista a4 H2 = {v1,v4}
a4
A15 H3= {v1,v4, v7} V1
V3
A12 H4= {v1,v4, v7, v3} V4
V5
A13 H5= {v1,v4, v7, v3, v5}
V7
V1
V2
V3
A8 H6= {v1,v4, v7, v3, v5, v2} V4
V6
A10 H7= {v1,v4, v7, v3, v5, v2, v6}
A20 H8= {v1,v4, v7, v3, v5, v2, v6, v8} V5
V7
V1
V2
V3
V4
V6
V5
V7 V8
Por lo tanto se comprueba que en un árbol dos vértices cualesquiera 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 es igual al número de vértices menos 1.

6. 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
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
a2 V3
V4
A3
V6
a15 V5
a19
a17 a20
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.

7. 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=[v1, a3, v2, a10, v6, a20, v8, a19, v5, a17, v7, a15, v4, a11, a2, v3, a2, v1]
Notamos que Vo = Vk
V1 a3 V2
a2
a11 V3 a10
V4 2
V6
a15 V5
a19
a17 a20
V7 V8
Dado el siguiente dígrafo
a) Encontrar matriz 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(G)=
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
Se cumple que el Digrafo es simple, ya que no tiene lazos y no existen arcos
paralelos que partan de un mismo vértice a otro.

8. 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 = [v4, 9, v1, 5, v3, 8, v4, 9, v1, 6, v5]
d) Encontrar un ciclo simple
El ciclo simple inicia y termina con el mismo vértice y en ella no se pueden repetir
arcos.
C =[v6, 14, v5, 11, v4, 9, v1, 1, v2, 4, v6]
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.
Matriz de Adyacencia
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
Ma(D)=
V4 1 0 0 0 0 1
V5 0 1 0 1 0 1
V6 0 0 0 0 1 0

9. Elevamos la matriz al cuadrado para encontrar los caminos de tamaño dos (02)
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
M2(D)=
V4 0 1 1 0 1 0
V5 1 0 1 1 1 1
V6 0 1 0 1 0 1
Elevamos la matriz al cubo para encontrar los caminos de tamaño tres (03)
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
M3(D)=
V4 0 1 1 1 1 1
V5 0 1 1 1 1 1
V6 1 0 1 1 0 1
Elevamos la matriz a cuatro para encontrar los caminos de tamaño cuatro (04)
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
M4(D)=
V4 1 1 0 1 1 1
V5 1 1 1 1 1 1
V6 1 1 1 1 0 1

10. Elevamos la matriz a la cinco para encontrar los caminos de tamaño cinco (05)
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
M5(D)=
V4 1 1 1 1 1 1
V5 1 1 1 1 1 1
V6 1 1 1 1 0 1
Ahora calculamos la Matriz de Accesibilidad
Acc(D) = bin [I6 + M + M2 + M3 + M4 + M5]
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
Luego transformamos la matriz de la manera siguiente
a) Componente que sea igual a cero (0), permanece como cero (0)
b) Componente diferente de cero (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

11. Como la matriz Acc(D) no tiene componentes nula se dice entonces según el
colorario 1.2 que el dígrafo es fuertemente conexo.