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IntroducciÛn a la teorÌa de grafos A.Kiselev, Universidad Estatal de San Petersburgo, y Ekaterina Zhukova, Universidad Estatal ElectrotÈcnica de San Petersburgo
- IntroducciÛn Todos los lectores habr·n visto problemas como los siguientes Problema 1.1. En el paÌs de Genovia hay 2013 ciudades. øEs posible conec- tarlas con carreteras de tal manera que salgan 3 carreteras de cada ciudad? Problema 1.2. Demostrar que si 2013 personas asisten a una reuniÛn y algunas de ellos estrechan la mano con otras (pero no a si mismas), entonces al Önal hay al menos dos personas que han estrechado la mano al mismo n˙mero de personas. Problema 1.3. Demostrar que si 2013 personas asisten a una reuniÛn y todo el mundo estrecha la mano a otros (pero no a sÌ mismo), entonces al Önal se han producido 20132 ^2012 apretones de manos.
Todos estos problemas est·n relacionados con el concepto de grafo. Los objetos de los que trata cada problema (ciudades, personas, etc) se llaman vÈrtices. Para hacer la situaciÛn m·s obvia, se pueden dibujar como puntos en el plano. La representaciÛn visual del grafo puede ser ˙til para entender mejor el concepto. Conectaremos vÈrtices que estÈn relacionados entre sÌ (ciudades unidas por carreteras, personas relacionadas entre sÌ por apretones de manos, etc) por lÌneas llamadas aristas .Se ver· un dibujo, parecido a un mapa o algo similar. Esta es una idea intuitiva de la nociÛn de grafo. Vamos a dar ahora la deÖniciÛn estricta para expresar la idea visual. DeÖniciÛn 1.1. Sea V cualquier conjunto Önito de vÈrtices y sea VV el conjunto de todos los subconjuntos de V que tengan 2 elementos. Entonces E V V es el conjunto de las aristas. El par ordenado (V; E) es un grafo. He aquÌ algunos ejemplos de grafos. El grafo tal que E = V V se dice que es completo. El grafo tal que E =? se dice grafo vacÌo o grafo nulo. En lo que sigue, para hablar sobre vÈrtices y aristas de grafos usaremos alguna terminologÌa intuitivamente entendible que exprese el enfoque visual. Por ejemplo, la arista y el vÈrtice perteneciente a ella se dir·n incidentes. Dos vÈrtices a y b tales que fa; bg 2 E se dir· que est·n conectados por una arista o que son adyacentes. Necesitaremos la siguiente deÖniciÛn: DeÖniciÛn 1.2. El n˙mero de aristas incidentes con un vÈrtice se llamar· grado del vÈrtice. Ahora echemos una mirada a algunas propiedades obvias de los grafos. Teorema 1.1.El n˙mero de vÈrtices de grado impar es un n˙mero par. La suma de los grados de todos los vÈrtices de un grafo es igual al n˙mero de aristas multiplicado por 2 (un n˙mero efectivamente par), asÌ que debe haber un n˙mero par de tÈrminos impares en esta suma. Teorema 1.2. En cualquier grafo hay dos vÈrtices del mismo grado.
Consideremos la negaciÛn de la proposiciÛn: supongamos que todos los vÈr- tices del grafo tienen grados distintos. Puesto que puede haber grados desde 0 hasta n 1 (donde n es el n˙mero de vÈrtices), pero no puede haber un vÈrtice de grado 0 y otro con grado n 1 en el mismo grafo, esto es una contradicciÛn. Teorema 1.3. Un grafo completo de n vÈrtices tiene n(n 2 1)aristas. En efecto, cada vÈrtice est· conectado a otros n 1 ; pero cada vÈrtice se cuenta asÌ dos veces. Cada uno de los teoremas anteriores da la soluciÛn a los problemas de la secciÛn siguiente. Luego se proponen otros problemas de soluciÛn obvia.
Problema 1.4. Demostrar que si hay 2013 ciudades y cada ciudad est· conectada a todas las dem·s, entonces en total hay 20132 ^2012 carreteras entre ellas. Problema 1.5. Demostrar que si hay 2013 ciudades y cada una de ellas est· conectada por carretera con alguna de las dem·s, entonces hay al menos dos ciudades de las que sale el mismo n˙mero de carreteras. Problema 1.6. En Genovia hay 2013 ciudades. øEs posible conectarlas por carretera de manera salgan 3, 5 Û 7 carreteras de cualquier ciudad? Problema 1.7. øExiste un grafo con vÈrtices de grados 4,4,4,3,3,2? 8,6,6,5,3,2,1,1? 7,3,3,3,3,2,2,1? 7,7,5,4,4,2,2,1? 7,6,4,3,4,4,1,2? 7,7,7,5,3,3,2,2?
DeÖniciÛn 1.3. Un grafo con vÈrtices que pueden ser distribuidos en dos grupos de tal manera que ning˙n par de vÈrtices del mismo grupo estÈn conec- tados por una arista se llama grafo bipartito. Si el grafo bipartito es tal que toda arista permitida est· en E (toda arista entre vÈrtices de grupos diferentes) se llamar· grafo completo bipartito. Teorema 1.4. En un grafo completo bipartito con n y m vÈrtices en los grupos hay nm aristas. En efecto, todo vÈrtice del primer grupo est· conectado con m vÈrtices, asÌ que hay nm aristas que salen del primer grupo. ObsÈrvese que asÌ contamos todas las aristas (una sola vez).
Problema 1.8. Vamos a considerar que algunos vÈrtices del grafo son azules y otros son verdes. Todo vÈrtice azul est· conectado a 5 vÈrtices azules y a 10 vÈrtices verdes; y todo vÈrtice verde est· conectado a 9 vÈrtices azules y 6 verdes. øCu·l es el color dominante en ese grafo?
Problema 1.9. En Genovia hay 100 ciudades y cuatro carreteras salen de cada ciudad. øCu·ntas carreteras hay en total?
Problema 1.10. øExiste una lÌnea quebrada de 21 segmentos tal que in- terseque a cualquiera de esos segmentos
se diga otra cosa en la deÖniciÛn de grafo que dimos antes. Los siguientes problemas pretenden simpliÖcar la deÖniciÛn y ayudar a entenderla mejor.
Problema 1.19. H·gase una lista con todos los grafos no isomorfos con 4 vÈrtices. Problema 1.20. Hallar dos grafos con el mismo n˙mero de vÈrtices de cada grado que no sean isomorfos. Problema 1.21. øEs verdad que dos grafos deben ser isomorfos, si a) ambos tienen 10 vÈrtices y el grado de cada uno es 9? b) ambos tienen 8 vÈrtices y el grado de cada uno es 3?
- Conectividad
Como se puede observar de la IntroducciÛn, la nociÛn de grafo puede repre- sentarse en forma visual. Dijimos que dibujar un grafo tiene algunas desventajas relacionadas con un grafo equivalente, pero a˙n asi, varios conceptos y proposi- ciones sobre grafos en teorÌa de grafos provienen de la experiencia pr·ctica, deducidos de la intuiciÛn y obvios para las Öguras. Uno de esos conceptos es la conectividad. Ante todo, necesitamos algunas deÖniciones que son intuitivamente claras. DeÖniciÛn 2.1. Una sucesiÛn de vÈrtices, en la que cada dos vÈrtices con- secutivos est·n conectados por una arista, se llama ruta. Visualmente, esta deÖniciÛn signiÖca que se empiezan a conectar vÈrtices en un cierto orden; se elige siempre el siguiente vÈrtice de modo que sea adyacente al anterior. DeÖniciÛn 2.2. Una ruta en la que el primer y el ˙ltimo vÈrtice coinciden, se llamar· cerrada. Si el vÈrtice a est· en la ruta, se dice que la ruta pasa por el vÈrtice a. Si los vÈrtices a y b son consecutivos en la ruta, se dice que la ruta contiene a la arista fa; bg. DeÖniciÛn 2.3. Una ruta que contiene cada arista no m·s de una vez, se llama camino. Es claro que cualquier camino es una ruta por la deÖniciÛn anterior. Pero antes, en nuestro dibujo, se pueden conectar vÈrtices en cualquier orden posible, se permite usar cualquier arista dos veces, o tres, o m·s. Ahora sÛlo se puede usar cada arista una vez. Esta es la diferencia entre ruta y camino. Tampoco es obligatorio usar todas las aristas. DeÖniciÛn 2.4. Una ruta cerrada que adem·s es un camino, se llama ciclo. Si existe una ruta en la que el vÈrtice a es el primero y el vÈrtice b es el ˙ltimo, se dice que los vÈrtices a y b est·n conectados por la ruta. La misma terminologÌa se usa para caminos. En efecto, si los vÈrtices est·n conectados por un camino, tambiÈn lo est·n por una ruta (es obvio que cualquier camino es tambiÈn una ruta). Se puede observar que el recÌproco es tambiÈn cierto: si los vÈrtices est·n conectados por la ruta, tambiÈn lo est·n por el camino.
DeÖniciÛn 2.5. La componente de conectividad de un vÈrtice es un con- junto de vÈrtices para los cuales existe un camino que los conecta con el vÈrtice dado. Se debe observar que las componentes de conectividad de dos vÈrtices difer- entes o son iguales o son disjuntos. En efecto, si los consideramos conjuntamente obtendremos que deben ser iguales en ese caso. Recordemos siempre la repre- sentaciÛn visual del grafo que introdujimos antes. ⁄sese para conseguir una visualizaciÛn m·s clara. Problema 2.1. Se considera el "grafo del alÖl": V es el conjunto de las casillas del tablero de ajedrez y E est· formado por los pares de tales casillas tales que el alÖl puede moverse de una a otra en un movimiento. øCu·ntas componentes de conectividad hay en este grafo? DeÖniciÛn 2.6. Un grafo con una ˙nica componente de conectividad se llama un grafo conexo. Hay otros grafos relacionados con el ajedrez construÌdos de esta manera: "grafo del rey", "grafo de la reina", "grafo del caballo", "grafo de la torre" - y obsÈrvese que todos son conexos. Problema 2.2. ConsidÈrese el "grafo del caballo" en un tablero n n. Hallar valores de n para los que el grafo no es conexo.
La deÖniciÛn 2.6 conÖrma una vez m·s nuestro punto de vista intuitivo del grafo. Un grafo es conexo si y solamente si existe un camino entre cualesquiera vÈrtices en Èl. Visualmente signiÖca que se puede trazar una lÌnea quebrada usando aristas como segmentos entre cualquier par de vÈrtices. AsÌ en este aspecto, dos vÈrtices cualesquiera est·n "conectados". Hay una condiciÛn simple para que el grafo sea conexo, expresada en tÈrmi- nos del n˙mero de aristas: Teorema 2.1. Sea n el n˙mero de vÈrtices de un grafo. Si el n˙mero de aristas es mayor que (n 1)( 2 n 2), entonces el grafo es conexo. Supongamos que hay al menos dos componentes de conectividad en el grafo dado. Sea k el n˙mero de vÈrtices en una de las componentes, y por tanto, n k vÈrtices en la otra. El m·ximo n˙mero de aristas cuando hay dos componentes de conectividad es cuando ambos son grafos completos. Por lo tanto, el n˙mero de aristas en el grafo entero es k(k 2 1)+ (n k)(n 2 k 1) que no es mayor que (n 1)(n 2) 2 :^ Esto es una contradicciÛn, asÌ que el grafo es conexo. TambiÈn se puede observar que si hay menos de n 2 aristas en el grafo, no es conexo. Luego cualquier grafo con n vÈrtices debe tener al menos n 1 aristas para ser conexo. M·s adelante estudiaremos algunos grafos interesantes con exactamente n 1 aristas.
Ahora, algunos problemas relativos a la conectividad. Problema 2.3. Un grafo tiene 100 vÈrtices y el grado de cada vÈrtice es por lo menos 50. Probar que el grafo es conexo. Problema 2.4. En un grafo conexo, el grado de 4 de los vÈrtices es 3 y el de los dem·s vÈrtices es 4. Probar que no se puede borrar una arista de tal manera que el grafo se dividaen dos componentes de conectividad isomorfos.
Teorema 3.1. Existe un ciclo euleriano en un grafo conexo si y solamente si todos los vÈrtices tienen grado par. Supongamos que en el grafo existe un ciclo euleriano. Cada vez que el ciclo visita un vÈrtice, hay dos aristas incidentes con el vÈrtice. Luego el grado de cada vÈrtice ha de ser par. RecÌproco: Supongamos que todos los vÈrtices tienen grado par. Con- struyamos un ciclo A que visite cada arista solamente una vez (pero que tal vez no visite todas las aristas del grafo).Si quedara alguna arista que el ciclo A no visite, consideremos un vÈrtice c que visite el ciclo A pero que no visite alguna de las aristas incidentes con el vÈrtice c: Es posible construir un ciclo B que empiece y termine en c tal que A no visite ninguna de las aristas de B. Ahora consideremos un ciclo D que sea la uniÛn de A y B (el ciclo B est· "incluÌdo" en el ciclo A). ObsÈrvese que D sigue visitando cada una de sus aristassolamente una vez y es m·s largo que A. Si siguieran quedando aristas, el proceso se puede repetir, pero no puede ser inÖnito porque el conjunto de aristas es Önito. Al Önal tenemos un ciclo euleriano.
TambiÈn hay el criterio de existencia de camino euleriano en un grafo conexo que formulamos a continuaciÛn. Teorema 3.2. Existe un camino euleriano (pero no ciclo) en un grafo conexo si y solamente si todos los vÈrtices, salvo dos, tienen grado par y esos dos tienen grado impar.
La demostraciÛn es bastante similar a la anterior. El camino euleriano em- pieza y termina en un vÈrtice de grado impar.
Problema 3.1. Probar que un grafo conexo con 2 n vÈrtices de grado impar puede trazarse sin dibujar ninguna arista m·s de una vez y de tal manera que el l·piz se levante del papel exactamente n 1 veces. Problema 3.2. Hay 100 cÌrculos formando una Ögura conexa en el plano. Demostrar que esta Ögura se puede dibujar sin levantar el l·piz del papel o dibujando cualquier parte de cualquier cÌrculo dos veces. Problema 3.3. En la ciudad de Tiro hay 7 islas. Hay 3 puentes entre 2 islas, 3 puentes entre 4 islas y 4 puentes desde la ˙ltima. øEs posible recorrer la ciudad visitando cada puente una vez y solamente una? Problema 3.4. Hallar valores de n tales que sea posible dibujar un polÌgono de n lados con todas sus diagonales sin levantar el l·piz del papel. Problema 3.5. a) Un trozo de cable mide 120 cm de largo. øSe puede usar para formar las aristas de un cubo, que midan 10cm cada una? b) øCu·l es el menor n˙mero de cortes que hay que hacer en el cable para poder formar ese cubo? Problema 3.6. øEs posible contruir una red con 5 5 nudos a partir de 5 lÌneas quebrads de longitud 8? Problema 3.7. øEs posible construir una red de 5 5 nudos a partir de ocho lÌneas quebradas de longitud 5?
4 Camino y ciclo hamiltoniano
En paralelo al contenido de la secciÛn anterior, vamos a tratar ahora de los caminos y ciclos hamiltonianos, que visitan cada vÈrtice del grafo una vez y solamente una.
DeÖniciÛn 4.1. En un grafo, un camino que pasa por cada vÈrtice exacta- mente una vez se llama hamiltoniano. DeÖniciÛn 4.2. En un grafo, un ciclo que pasa por cada vÈrtice (excepto uno, en el que empieza y termina) exactamente una vez, se llama hamiltoniano. DeÖniciÛn 4.3. Un grafo se llama hamiltoniano si existe un ciclo hamilto- niano en Èl. No hay criterios de existencia de caminos y ciclos hamiltonianos, sino sÛlo condiciones necesarias. Los enunciados correspondientes van a continuaciÛn. Su uso pr·ctico es casi inexistente y sus demostraciones son bastante complicadas y no las incluiremos aquÌ. El lector interesado puede consultar los tÌtulos [3] y [4] de la BibliografÌa. Teorema 4.1. (Dirac, 1952)Un grafo con n vÈrtices (n 3) es hamiltoniano si cada vÈrtice tiene grado n 2 o mayor. Teorema 4.2. (Ore, 1960) Un grafo con n vÈrtices (n 3) es hamiltoniano si, para cada par de vÈrtices no adyacentes, la suma de sus grados en n o mayor.
Para formular el siguiente teorema necesitamos el concepto de clausura de un grafo. Dado un grafo G con n vÈrtices, la clausura de G, cl(G), se construye de manera unÌvoca a partir de G, aÒadiendo repetidamente una nueva arista fu; vg que conecte dos vÈrtices no adyacentes u y v con grado(u) +grado(v) n, hasta que no puedan encontrarse m·s pares con esta propiedad.
Teorema 4.3. (Bondy-Chv·tal, 1972) Un grafo es hamiltoniano si y sola- mente si su clausura es hamiltoniana.
Problema 4.1. Dado el tablero 4 4 sin las casillas de las 4 esquinas, øes posible que el caballo de ajedrez visite cada casilla exactamente una vez y vuelva? Problema 4.2. øExiste un ciclo hamiltoniano en el grafo del caballo de ajedrez en el tablero 5 5? Problema 4.3. øExiste un ciclo hamiltoniano en el grafo de la torre, del alÖl, de la reina y del caballo en el tablero de ajedrez tradicional? Problema 4.4. Se considera el siguiente grafo: sus vÈrtices son los vÈrtices de un cubo y los centros de las caras; sus aristas son las diagonales (o sea, las aristas del cubo no son aristas en este grafo). øExiste un ciclo hamiltoniano en este grafo?
5 ¡rboles
DeÖniciÛn 5.1. Un grafo conexo sin ciclos se llama un ·rbol.
sin el vÈrtice a y sin la ˙nica arista incidente con a: Obviamente, en G 1 hay n 1 vÈrtices y m 1 aristas; sigue siendo conexo y no tiene ciclos. AsÌ construÌmos una cadena de ·rboles en la que cada Gk es Gk 1 sin el vÈrtice de grado 1 y sin la ˙nica arista incidente en Èl. El ˙ltimo, Gn 1 ; tiene sÛlo dos vÈrtices y m (n 2) aristas. Pero el ˙nico ·rbol (el ˙nico grafo conexo) con dos vÈrtices tiene solamente una arista. Por tanto m (n 2) = 1; es decir, m = n 1 : AsÌ, es obvio que en cualquier grafo conexo con n vÈrtices debe haber al menos n 1 arista, como dijimos antes sin demostraciÛn.
Problema 5.1. En un paÌs encantado hay 239 ciudades y dos ciudades cua- lesquiera est·n unidas por una carretera y solamente una. øCu·ntas carreteras hay allÌ? Problema 5.2. El rey Guidon tiene 3 hijos. Tiene un total de 93 descen- dientes; algunos de ellos tienen 2 hijos y otros ni se han casado ni tienen hijos. øcu·ntos de sus descendientes no se han casado? Problema 5.3. Tenemos 5 cajas. Dentro de algunas de ellas hay otras 5 cajas (de menor tamaÒo), y asÌ sucesivamente. En total hay 12 cajas no vacÌas. øCu·ntas cajas hay en total? Problema 5.4. La diabÛlica reina del ajedrez ediÖca muros entre todos los escaques del tablero. øCu·l es el menor n˙mero de muros que hay que derribar para que la torre pueda visitar todos los escaques? Problema 5.5. Una red de volleyball tiene un retÌculo rectangular de dimensiones 50 600. El gamberro Xavi corta sus hilos unidad. øCu·l es el m·ximo n˙mero de hilos unidad que puede cortar antes de que la red se rompa en dos o m·s trozos? Esta ˙ltima proposiciÛn es bastante f·cil de formular de manera formal y tiene su importancia en aplicaciones de la teorÌa de grafos, asÌ que merece la pena discutirla. Teorema 5.4. Para todo grafo G = (V; E), existe un ·rbol T = (V; E) tal que E^ E: Adem·s, si n es el n˙mero de vÈrtices de G y N es el n˙mero de aristas, entonces hay que borrar exactamente N n + 1 aristas de E para obtener E:
Problema 5.6. En el reino de Genovia hay 30 ciudades. Cada una de ellas est· unida a cualquier otra por una ˙nica carretera. øCu·l es el m·ximo n˙mero de carreteras que se pueden cerrar de manera que siga pudiÈndose ir de cualquier ciudad a cualquier otra? Problema 5.7. Probar que en cualquier grafo conexo es posible borrar un vÈrtice, junto con todas las aristas que salen de Èl, de manera que el grafo asÌ obtenido siga siendo conexo. Problema 5.8. El mapa del metro de Tiro es un grafo conexo. Demostrar que el alcalde de Tiro puede cerrar una estaciÛn, y todas las lÌneas de metro que llegan a ella desde estaciones contiguas de forma que lo que quede siga siendo conexo.
6 Grafos binarios coloreados
Problema 6.1. En el valle del rÌo Amazonas hay 5 poblados. Dos cua- lesquiera de ellos est·n conectados por senderos selv·ticos o por el rÌo, pero no por ambas cosas al mismo tiempo. Adem·s, de entre tres poblados cualesquiera, existe un par conectados por el rÌo y un par conectados por sendero. Probar que es posible completar un viaje empezando y terminando en el mismo poblado, visitando los 5 poblados (cada uno de ellos solamente una vez) y usando sola- mente senderos o la ruta áuvial. Problema 6.2. En el valle del rÌo Mississippi hay 6 poblados. Dos cua- lesquiera de ellos est·n conectados por senderos o por el rÌo, pero no por los dos medios simult·neamente. Probar que los 6 poblados no se pueden conectar de tal manera que entre tres cualesquiera de ellos existan dos conectados por el rÌo y dos conectados por senderos.
Resolveremos primero el segundo problema. Llamemos A a uno de los pobla- dos. Existen al menos tres rutas áuviales o senderos desde Èl (porque si hubiera menos de dos senderos o menos de 2 rutas áuviales, entonces A no se podrÌa conectar con cualquier otro poblado). Tratemos el caso de al menos 3 senderos. Razonemos por contradicciÛn: los poblados se conectarÌan como se indica en el enunciado. Entonces, cualquier par de tres poblados conectados con A por senderos deberÌan estar conectados por rutas áuviales, lo cual es una contradic- ciÛn. El caso de al menos 3 rutas áuviales se analiza de manera an·loga. Ahora vamos con el primer problema. De la soluciÛn del segundo se deduce que debe haber exactamente dos senderos y exactamente dos rutas áuviales desde cualquier poblado. Entonces se puede f·cilmente deducir que es posible completar el viaje en la forma que se indica.
Por ˙ltimo, deÖnamos la nociÛn en cuestiÛn: el grafo binario coloreado.
DeÖniciÛn 6.1. Un grafo completo, cada una de cuyas aristas es de uno de dos colores, se llama grafo binario coloreado.
Problema 6.3. Supongamos que seis personas son citadas, aleatoriamente, para formar parte de un Jurado. Probar que o bien tres de ellas se conocen mutuamente, o bien tres de ellas no se conocen mutuamente. Problema 6.4. Supongamos que nueve personas son citadas, aleatoria- mente, para formar parte de un Jurado. Se sabe que ninguna terna de ellas est· formada por personas que no se conocen entre sÌ. Demostrar que cuatro de ellas se conocen mutuamente. Problema 6.5. Supongamos que 18 personas han sido citadas, aleatoria- mente, para formar parte de un Jurado. Probar que, o bien cuatro de ellas se conocen mutuamente o bien cuatro de ellas no se conocen mutuamente. Problema 6.6. En el reino de Genovia las ciudades est·n conectadas por carretera o por tren. El ministro de Transportes introduce lÌneas de autob˙s entre aquellos pares de ciudades que no est·n conectadas por tren. Probar que
1.12. Considermos un grafo en el que los vasallos son los vÈrtices y los que sean vecinos se conectan por una arista. Ese grafo tendrÌa 19 vÈrtices de grado impar, contradiciendo el teorema 1.3. 1.13. Sea n el n˙mero de ciudades en Genovia. Entonces hay 32 n carreteras. Si fuera igual a 100, resultarÌa que 200 serÌa divisible por 3, lo cual es falso. Por tanto no puede haber 100 carreteras en Genovia. 1.14. Es la situaciÛn del teorema 1.1 para un grafo en el que V es el conjunto de los habitantes de Valladolid y E es el conjunto de pares de elementos de V que han estrechado sus manos, 1.15. Si sÛlo hay 2 jugadores que han jugado el mismo n˙mero de partidas, habrÌa exactamente 8 n˙meros diferentes de partidas jugadas por los jugadores. Pero si nadie ha jugado 0 u 8 partidas, no puede haber m·s de 7 n˙meros diferentes. 1.16. Todo estudiante conoce a otros 68, 69,...,101; en total hay 33 opor- tunidades. Si no hay m·s de 3 estudiantes que tengan el mismo n˙mero de conocidos, entonces no hay m·s de 99 estudiantes. Por lo tanto, debe haber al menos 4 con el mismo n˙mero de conocidos. 1.17. Como cualesquiera 7 personas dan diferentes respuestas, esas respues- tas varÌan de 0 a 6, porque nadie puede estrechar menos de 0 Û m·s de 6 manos. Si alguna persona estrecha 6 manos, entonces la ˙nica persona que estrecha 0 manos puede ser su cÛnyuge. Entonces, si alguna persona estrecha 5 manos, la ˙nica persona que estrecha 1 mano ha de ser su cÛnyuge. Lo mismo para 4 y 2. Entonces, el ˙nico n˙mero disponible para el marido de la matem·tica es 3. 1.18. Si ning˙n puente conduce a la costa, entonces existirÌa un grafo (donde V es el conjunto de islas y E el conjunto de puentes que las conectan) con 7 vÈrtices de grado impar, lo que contradice el teorema 1.1. 1.19. He aquÌ los 11 grafos existentes 1.20. Ver la soluciÛn del siguiente problema, apartado b). 1.21. a) Tales grafos son completos, luego en efecto todos son isomÛrÖcos. b) Consideremos los siguientes grafos de 8 vÈrtices. Numeramos los vÈrtices de 1 a 8. Las aristas de uno de los grafos conectan el vÈrtice 1 con el 2, el 2 con el 3, ... , el 7 con el 8 y el 8 con el 1, el 1 con el 5, el 2 con el 6, el 3 con el 7 y el 4 con el 8. El otro grafo consiste en dos grafos completos de vÈrtices 1,2,3,4 y 5,6,7,8. Ambos grafos no son isomorfos.
2.1. Es bastante obvio que ning˙n alÖl cambia el color de los escaques; el alÖl visita escaques del mismo color. Por lo tanto, habr· dos componentes de conectividad: "blanca" y "negra". 2.2. Se comprueba sin diÖcultad que n = 2 y n = 3 da grafos no conexos (si n = 2 no hay aristas en el grafo de 4 vÈrtices, si n = 3 no hay ning˙n cuadrado conectado con la casilla central), n = 1 y n = 4 dan grafos conexos. Entonces es claro ampliar el tablero (n 1) (n 1) hacia la derecha y hacia abajo (obteniendo un tablero n n) con cada nuevo escaque aÒadido conectado a alguno de los anteriores.
2.3. Razonemos por contradicciÛn: supongamos que hay al menos dos com- ponentes de conectividad en el grafo. Supongamos que los vÈrtices a y b est·n en componentes diferentes. No pueden ser adyacentes a los mismos vÈrtices, asÌ que debe haber al menos 51 vÈrtices m·s en la primera componente y otros tantos en la segunda. Entonces hay al menos 102 vÈrtices en el grafo, lo que contradice el que en el grafo haya 100. 2.4. Razonemos por contradicciÛn: Debe haber un n˙mero par de vÈrtices del mismo grado. Entonces habr· 0 Û 2 vÈrtices de grado 2. En el primer caso hay 2 vÈrtices de grado 3 y en el segundo 6. Luego en ambas componentes isomorfas hay 1 (Û 3) vÈrtices de grado 3; cualquier otro vÈrtice tiene grado 2 Û 4, lo que contradice el Teorema 1.1. 2.5. Excluyamos ambos puentes del grafo. Entonces hay 3 componentes de conectividad. El m·ximo n˙mero de aristas estar· en el grafo completo de 8 vÈrtices y 2 vÈrtices solitarios. Esto da 28 aristas. Por tanto en total hay 30 aristas en el grafo. 2.6. Consideremos los dod grafos siguientes: uno consta de 7 vÈrtices conec- tados en Öla; el otro, 7 vÈrtices de tal forma que uno de ellos estÈ conectado a todos los dem·s. Obviamente esos dos grafos no son isomorfos. 2.7. Se requiere demostrar que ninguna arista en tal grafo es un puente, asÌ que su supresiÛn no afecta a la conectividad. Razonemos por contradicciÛn: sea fu; vg el puente; quit·ndolo descompone el grafo en dos componentes de conectividad. Pero el n˙mero de Önales de arista (Önales de carretera) en ambas componentes es impar, lo cual es imposible. 3.1. La demostraciÛn es similar a la del teorema 3.1. 3.2. Consideremos un grafo cuyos vÈrtices son puntos de intersecciÛn de circunferencias y las aristas, los arcos de circunferencia entre esos puntos. El
deberÌa ser igual o diferir en no m·s de 1. Pero el grafo tiene 8 vÈrtice-vÈrtices y 6 vÈrtices-centros. 5.1. El mapa de carreteras es, por deÖniciÛn, un ·rbol (solamente un camino conecta cada par de ciudades-vÈrtices.. Por lo tanto hay 238 aristas-carreteras. 5.2. El ·rbol genealÛgico de Guidon es un ·rbol (en el sentido de los grafos)- es conexo y no hay ciclos en Èl. Contemos el n˙mero de sus aristas. Por un lado son 93 (el n˙mero de vÈrtices menos 1). Por otro lado es igual al doble de los que tienen 2 hijos, m·s 3. Si x es el n˙mero de descendientes solteros, entonces el n˙mero de los que tienen 2 hijos es 93 x y resulta entonces 2 (93 x) + 3 = 93; de donde x = 45: 5.3. Construyamos un grafo cuyos vÈrtices son las cajas, y sus aristas conectan dos cajas tales que una est· dentro de otra. Es ˙til introducir una caja imaginaria en la que est·n las 5 cajas. Entonces, el grafo asÌ construÌdo es un ·rbol. AsÌ, podemos contar el n˙mero de aristas en este grafo. Es igual a 13 5 = 65:El n˙mero de cajas reales es igual al n˙mero de aristas (toda caja, salvo la imaginaria, est· dentro de alguna otra). Por lo tanto hay 65 cajas. 5.4. Construyamos el grafo de la torre. Al principio est· vacÌo, porque todo par de escaques est· separado por el muro. El menor n˙mero de muros derribados es el mismo que el de aristas en el ·rbol de 64 vÈrtices, que es 63. 5.5. Consideremos esta red de volleyball como un grafo. Sus nudos son los vÈrtices, y las arsitas son las cuerdas. Nuestro objetivo es borrar tantas aristas como sea posible, manteniendo el grafo conexo. borramos las aristas de una en una, tantas como se pueda. ObsÈrvese que si el grafo tiene un ciclo, entonces podemos borrar cualquiera de las aristas de este ciclo. Pero un grafo conexo sin ciclos es un ·rbol - es decir, cuando hayamos obtenido un ·rbol, °no podemos borrar ninguna m·s de las aristas del grafo!. Calculemos el n˙mero de aristas en nuestro grafo en este momento Önal. El n˙mero de vÈrtices es el mismo que al principio - es decir, es igual a 51 601 = 30651: Por otro lado, un ·rbol con tantos vÈrtices debe tener 30651 1 = 30650 aristas. Al principio habÌa 601 50 + 600 51 = 60650 aristas. Luego no se pueden borrar m·s de 30000 aristas, y es f·cil ver como se puede conseguir esto. 5.6. Tenemos un grafo completo y la situaciÛn tras cerrar tantas carreteras como se pueda la expresamos en tÈrminos de ·rboles. Por el teorema 5.4 sabemos que es posible cerrar 302 ^29 30 + 1 = 406 carreteras. 5.7. En cualquier grafo conexo hay un sub-·rbol (Teorema 5.4). En el ·rbol existe un vÈrtice de grado 1 (Teorema 5.2). Podemos quitar este vÈrtice, y lo que queda sigue siendo un grafo conexo. DespuÈs restauramos otras aristas (excepto las que llevan al vÈrtice borrado), y la conectividad se mantiene. 5.8. Es la reformulaciÛn de 5.7 en tÈrminos "sociales". 6.1 a 6.2 se discutieron en la secciÛn correspondiente. 6.3. En lenguaje formal, tenemos un grafo binario coloreado donde el color 1 es "se conocen" y el color 2 es "no se conocen"; y hay que probar la existencia de un tri·ngulo monocrom·tico. Consideremos el vÈrtice a; al menos tiene tres aristas del mismo color (digamos color 1) incidentes con Èl. Sean b; c; d los tres vÈrtices conectados a a por esas aristas. Las aristas fb; cg ; fc; dg y fb; dg no pueden tener el mismo color (ya que entonces tendrÌamos un tri·ngulo de color
1). Pero asÌ hemos obtenido un tri·ngulo de color 2. 6.4. En lenguaje formal, tenemos un grafo binario coloreado donde el color 1 es "se conocen" y el color 2 es "no se conocen"; no hay un tri·ngulo de color 2, y hemos de probar la existencia de un rect·ngulo de color 1 con diagonales. Consideremos el vÈrtice a. Si existen al menos 4 aristas de color 2 (conectando a con los vÈrtices b; c; d; e), entonces toda arista que conecte los vÈrtices b; c; d; e debe ser de color 1 y tenemos el problema resuelto. Si existen al menos 6 aristas de color 1 (conectando a con otros seis vÈrtices), entonces consideramos el grafo con esos vÈrtices. Hay un tri·ngulo de color 1 (por el problema 6.3). Incluyendo a a se obtiene un rect·ngulo con diagonales. El ˙nico caso que queda es el siguiente: no hay m·s de 3 aristas de color 2 y no m·s de 5 de color 1. Como el grado es igual a 8, hay exactamente 3 aristas de color 2 y exactamente 5 aristas de color 1. Si esto fuera verdad para cualquier vÈrtice, consideremos el grafo con aristas ˙nicamente de color 1. Es un grafo con 9 vÈrtices , todos de grado 5, lo que contradice el teorema 1.1. Por lo tanto, el primero o el segundo caso deben ser ciertos para alg˙n vÈrtice. 6.5. En lenguaje formal, tenemos un grafo binario coloreado donde el color 1 es "se conocen" y el color 2 es "no se conocen"; y hay que probar la existencia de un rect·ngulo con diagonales, del mismo color. Consideremos el vÈrtice a. Hay al menos 9 aristas de un mismo color. Por el problema 6.4 obtenemos que en el grafo construido con esos 9 vÈr- tices, o bien existe un tri·ngulo monocrom·tico, o bien existe un rect·ngulo con diagonales del otro color. Incluyendo a el tri·ngulo nos da un rect·ngulo con diagonales. 6.6. De nuevo tenemos un grafo binario coloreado. El color 1 son las conex- iones por tren y el color 2 las conexiones por autob˙s. Supongamos el grafo de color 1. Si no es conexo, todos los vÈrtices con diferentes componentes de conectividad deben ser conectados con diferente color. AsÌ, cada par de vÈrtices est· conectado; bien por una arista del segundo color, o un camino de longitud 2 cruza cualquier vÈrtice de diferente componente de conectividad.
BibliografÌa
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