• No se han encontrado resultados

MATEMÀTIQUES 1. Part I: Teoria de grafs. Manual de solucions per als professors

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Share "MATEMÀTIQUES 1. Part I: Teoria de grafs. Manual de solucions per als professors"

Copied!
22
0
0

Texto completo

(1)

Universitat Politècnica de Catalunya

MATEMÀTIQUES 1

Part I: Teoria de grafs

Manual de solucions per als professors

Curs 2020-2021(2)

Aquest document conté les respostes a alguns dels problemes de la segona part de l’assignatura Matemàtiques 1. Aprofitem per fer constar i agrair la tasca del becari docent Gabriel Bernardino en la redacció de les solucions.

Us ho agraïrem si ens comuniqueu qualsevol errada que detecteu.

Anna de Mier Montserrat Maureso

(2)

Conceptes bàsics de grafs

1.1 1) N4 N6 K4 K6 C6 C4 T4 T6 W4 W6 2) MA(N5) =       0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0       MA(K5) =       0 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 0      

(3)

MA(T5) =       0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0       MA(C5) =       0 1 0 0 1 1 0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0 1 1 0 0 1 0       MA(W5) =       0 1 0 1 1 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 1 0 1 0 1 1 1 1 1 0      

3) Per an≥3 (n≥4 en el cas del grafWn):

Nn= (V, E) : |V|=n, |E|= 0, δ(Nn) = 0, ∆(Nn) = 0 Kn = (V, E) : |V|=n, |E|= n2, δ(Kn) =n−1, ∆(Kn) =n−1 Tn = (V, E) : |V|=n, |E|=n−1, δ(Tn) = 1, ∆(Tn) = 2 Cn = (V, E) : |V|=n, |E|=n, δ(Cn) = 2, ∆(Cn) = 2 Wn= (V, E) : |V|=n, |E|= 2·n−2, δ(Wn) = 3, ∆(Wn) =n−1 1.2 Solució d’ 1. i 2. 1 4 2 3 5 6 1 2 3 4 5 6 4 4 4 1 1 1 5 5 5 2 2 2 6 6 6 3 3 3 Solució de 3. i 4. 1 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7 7 7 7 7 7 7 1 2 3 4 5 6 1.3

1) Kn és regular, ja que cada vèrtex té graun−1. No és bipartit per an≥3, ja que conté aC3, que no és bipartit. En cas contrari, es tracta o bé del graf trivial, o bé deT2, que

(4)

2) Tn no és regular si n6= 2, ja que els extrems tenen grau 1, i els vèrtexs intermitjos en tenen 2. Aquest graf és bipartit sempre, ja que només cal començar en un extrem i anar assignant els vèrtexs a un o altre conjunt estable de manera alternada.

3) Cn és regular, ja que cada vèrtex té grau 2. Es bipartit si i només si n és parell. Per veure-ho, siguinx1, x2, . . . , xn els vèrtexs, amb arestesxixi+1 per1 ≤i≤n−1 i xnx1.

Si aquest graf és bipartit, per força els conjunts estables han de ser {x1, x3, x5, . . .} i

{x2, x4, x6, . . .}, i això només serà possible sinés parell.

1.4 1) r2·n; 2) r·s; 1.5 e d f a e d a b

({a, d, e, f},{ad, de, ef, f a})

({a, b, e, d},{ab, be, ed, da})

f e

a b

({a, b, e, f},{ab, be, ef, f a})

1.6 1) 5;4. 2) 4;2. 3) 5;5. 4) 9;8. 1.7 1) Gc 2) G−4 3) G−45 4) G+ 25

(5)

4 5 1 2 3 A={14,15,25,35} MA(Gc) =       0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 1 0 0       MI(Gc) =       1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 1       1 2 3 5 A={12,13,23} MA(G−4) =     0 1 1 0 1 0 1 0 1 1 0 0 0 0 0 0     MI(G−4) =     1 1 0 1 0 1 0 1 1 0 0 0     1 2 3 4 5 A={12,13,23,24,25,34,45} MA(G+25) =       0 1 1 0 0 1 0 1 1 1 1 1 0 1 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 0       MI(G+25) =       1 1 0 0 0 0 0 1 0 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 1 1 0 0 0 0 1 0 1       1.8 Gc = (V, A): |V|=n;|A|= n 2 −m. G−v= (V, A): |V|=n−1;|A|=m−g(u). G−a= (V, A): |V|=n; |A|=m−1.

1.9 És cert. Per a tot vèrtexv tenim quen−1 =g(v) +gc(v), ja que la unió de les arestes al complementari i al original, donen totes les arestes posibles incidents amb v. Com que el graf és regular,g(v)és constant respecte el vèrtex,gc(v)també ho serà i per tantGc és també un graf regular.

En general, el complementari d’un bipartit no és bipartit. Per exemple, si una de les parts té almenys 3 vèrtexs el complementari conté cicles de longitud 3 i no pot ser bipartit.

1.10 1) K3∪T3 2 a b c 1 A={ab, ac, bc,12,23}

(6)

1 2 3 4 5 A={12,13,23,24,34} MA(G−45) =       0 1 1 0 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0       MI(G−45) =       1 1 0 0 0 1 0 1 1 0 0 1 1 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0       2) T3×K3 (1, a) (1, b) (1, c) (2, c) (2, b) (2, a) (3, a) (3, b) (3, c)

A={(1,a)(1,b); (1,a)(1,c); (1,a)(2,a); (1,b)(1,c); (1, b)(2,b); (1,c)(2,c); (2,a)(2,b); (2,a)(2,c); (2,a)(3,a); (2,b)(2,c); (2,b)(3,b); (2,c)(3,c); (3,a)(3,b); (3,a)(3,c); (3,b)(3,c)}

1.11 Ordre|V1||V2|,gG1×G2(u1, u2) =gG1(u1) +gG2(u2)i mida|V1||A2|+|V2||A1|.

1.12

1) Considerem el vèrtex (ui, vj) del grafG1×G2. És evident que el seu grau ésg(ui, vj) = g(ui) +g(vj). Com que tantG1 comG2 són regulars, tindremg(ui, vj) =r+s, on rés el grau dels vèrtexs deG1 isel grau dels vèrtexs deG2.

2) Si tantG1 comG2 són bipartits llavors existeixen particions dels vèrtexs en A1,B1 en el

cas deG1 i A2, B2 en el cas deG2. Es pot construir una particióA3, B3dels vèrtexs de

G1×G2 de la següent manera: (v1, v2)∈A3 siv1∈A1iv2∈A2 o siv1∈B1 iv2∈B2;

altrament, posem(v1, v2)aB3. Ara cal veure que aquesta partició dóna un graf bipartit.

Siguin dos vèrtexs (v1, v2) i (v3, v4) adjacents; aleshores o bé v1 =v3 o bé v2 = v4. Si

v1=v3, llavors l’arestav2v4pertany aG2, i per tantv2iv4estan cadascun en una de les

parts estables deG2. Per tant, un entre (v1, v2)i(v3, v4)està aA3 i l’altre aB3. Per al

(7)

1.13 b a c b a c b a c (V,{ca}) (V,{bc}) b a c b a c (V,{bc, ca}) (V,{ca, ab}) b a c b a c b a c (V,{ab}) (V,∅) (V,{ab, bc}) (V,{ab, bc, ca}) 1.14 21;20349;221= 2097152. 1.15 1) 2) No existeix. 3) 4) No existeix. 5)

(8)

6) No existeix.

1.16 Pel lema de les encaixades: P

v∈Vg(v) = 2|A|; com que és regular: P

v∈V g(v) =|V| ·r. Així doncs, o bérés parell o bé|V|és parell. Com que imposem querés senar, llavors|V|ha de ser parell.

1.17 (Està fet el cas general: ordre senar i regular no pot ser bipartit.)

Suposem que tenim un graf bipartit, d’ordre senar i regular de grau d. Com que és bipartit,

|A| =P

v∈V1g(v) =

P

v∈V2g(v), i com que és regular,

P

v∈V1g(v) = d· |V1| i

P

v∈V2g(v) =

d· |V2|. Per tant|V1|=|V2|i|V|=|V1|+|V2|= 2· |V1|, la qual cosa és una contradicció ja que

|V| és senar.

1.18 És evident que un graf bipartit de mida màxima serà bipartit complet. Sigui o(n1)la

funció que dóna la mida del graf bipartit complet d’ordre N i on |V1| = n1, |V2| = N−n1.

Claramento(n1) =n1·(N−n1). Per trobar el màxim considerarem:

1) Els extrems del domini[1, N−1]:

o(1) =o(N−1) =N−1 2) Els punts ono0(n 1) = 0: o0(n 1) =N−2n1,o0(n1) = 0⇔n1=N2 o(N 2 ) =N 2/4

Per tant, el màxim dels punts crítics ésn2/4.

1.19 Pel principi de les caselles, podem afirmar que hi ha un mínim de5vèrtexs o bé de grau

6, o bé de grau5. Però pel lema de les encaixades, al ser5senar i6parell, és impossible que hi hagi un graf amb5vèrtexs de grau senar i 4 de grau parell, per tant, si hi ha més de5 vèrtexs de grau5, hi haurà d’haver necessàriament un mínim de6vèrtexs de grau 5.

1.20 4l’Aran i 4la parella. 1.21

(9)

1.22 b c a d a a d b c a d c a d b c a a a d d d b b c c c b a d a b c b d c a d b c a b a a b b c c c 1.23 G1∼=G2 G3∼=G4 G5∼=G6 G7 G8∼=G9∼=G10 G11 G12 G13

1.24 Si Gés isomorf a H, llavors hi ha una aplicació bijectiva f :V1→V2 que preserva les

adjacències. Demostraré que G ∼= H ⇒ Gc ∼= Hc fent servir la mateixa bijecció f. L’altra relació no cal demostrar-la ja que(Gc)c=G. Siguin Ac iBcels conjunts d’arestes deGc iHc, respectivament. Siguinv1, v2∈V. Aleshores

v1v2∈Ac⇔v1v2∈/ A⇔f(v1)f(v2)∈/B ⇔f(v1)f(v2)∈Bc,

i per tantf és un isomorfisme deGc aHc. 1.25 2. (Passar al complementari.) 1.26

(10)

1) El nombre màxim d’arestes d’un graf d’ordre 3 és 3. Sigui m el nombre d’arestes d’un grafGautocomplementari d’ordre 3; s’ha de complir que el nombremd’arestes aGsigui el mateix que el del seu complementari, (3−m), per tant 3 = 2·m⇔m= 3/2. Això és impossible, ja que el nombre d’arestes ha de ser un natural.

2) T4 és autocomplementari d’ordre 4.

3) C5 és autocomplementari d’ordre 5.

1.27 (Està escrit per a una versió antiga del problema que no estava guiada, però la idea és la mateixa.)

Condició necessària:

Com que el complementari ha de tenir el mateix número d’arestes que el graf original, n2n

2 − |E|=|E| ⇔ (n−1)n

4 =|E|, el que només té solució sinés congru amb 0 o amb 1

mòdul 4.

Condició de suficiència:

El graf descrit de la següent forma és autocomplementari, i es pot formar si n és congru amb 0 mòdul 4. Es fan 4 conjunts del mateix nombre de vèrtexs. 2 dels conjunts (A, B) induexen subgrafs isomorfs a Kn/4 i els altres 2 (C, D) a Nn/4.

Cada vèrtex deA és adjacent a tots els vèrtexs deC, i tot vèrtex deB és adjacent a tot vèrtex deD. Tot vèrtex deD és adjacent a tot vèrtex deC. (Vegeu la figura)

Kn/4 Kn/4

Nn/4

Nn/4

Afegint un vèrtex adjacent a cada vèrtex dels dos subgrafs isomorfs a Kn/4, el graf

resultant continua sent autocomplementari.

1.28 (Solució per a una versió antiga del problema que no estava guiada.)

Sigui v un vèrtex de G, g(v) el grau dev a G, i gc(v)el grau de v a Gc. Com que n1 = g(v) +gc(v) in6, podem afirmar que o bé g(v)3 o bé gc(v)3. Per tant, canviant els rols de GiGc si cal, podem trobar un vèrtexv ambg(v)3; per tant hi ha 3 vèrtexsv

(11)

v4 adjacents a ell al grafG. Si no hi ha cap aresta entrev2,v3,v4, llavors formaran un cicle de

grau 3 al complementari, i en cas que hi hagi alguna aresta, es forma un cicle al grafG.

Recorreguts, connexió i distància

2.1 G1: Camí de longitud 9: 1 2 3 4 5 10 7 9 6 8. No hi ha camins de longitud 11 ja que té ordre

10. Cicles: 1 2 3 4 5 1; 1 2 3 8 10 5 1; 1 6 8 10 7 9 4 5 1; 1 2 3 4 9 7 10 8 6 1.

G2: 1 2 3 4 5 10 6 7 8 9. No hi ha camins de longitud 11 ja que té ordre 11. Cicles: 1 2 3 4 5 1;

5 10 6 11 9 4 5; 2 3 4 5 10 9 8 7 2; 5 1 2 3 4 9 11 6 10 5.

2.2 Demostració 1Sigui x0 un vèrtex qualsevol deG; com que té grau≥d, hi ha un algun

vèrtex x1 amb x0x1 ∈ A. Com que el grau de x1 també és més gran que d, si d ≥ 1, hi ha

algun vèrtexx2 adjacent ax1 i tal que x26=x0. Per tant x0, x1, x2 és un camí deG. Repetim

el mateix argument fins que el camí arribi a darestes: si hem construït x0, x1, . . . , xi i i < d, aleshores entre elsdveïns dexin’hi ha d’haver algun que no sigui del conjunt{x0, x1, . . . , xi−1}

i que ens permet allargar el camí una aresta més.

Demostració 2 Suposem el camí de longitud màxima té longitud < d. Però un extrem v té graudcom a mínim, i llavors és adjacent advèrtexs o més. Com el camí té menys dedvèrtexs diferents av, hi ha almenys un vèrtex de fora del camí que és adjacent a v i per tant el camí no és màxim.

2.3 Immediat pel principi de les caselles. 2.4 1)h{a, b, d, e, f, g, i, j}iS

h{c, h}i. 2)h{a, b, d, e, g, h, j, m}iS

h{c, f, i, k}iS

h{l}i.

2.5 Opció 1: Si no hi ha cap camí, significa que els dos vèrtexs de grau senar es troben en components connexos diferents. Això és impossible, ja que cada component seria un graf amb un únic vèrtex de grau senar, i això és una contradicció.

Opció 2: siguinu, v els vèrtexs de grau senar. Començant enu, podem anar recorrent el graf de la manera següent: sempre que arribem a un vèrtex, escollim alguna aresta per la que encara no hàgim passat. Si arribem a un vèrtex de grau parell, segur que podrem contiuar. Aleshores el recorregut acabarà per força av. I sabem que si hi ha un u−v recorregut, hi ha un u−v camí.

2.6 Siguinn1 in2 l’ordre dels dos components connexos.

n1+n2=n⇔n2=n−n1

La mida és una funció den1:

m(n1) = n1 2 + n2 2 =n1·(n1−1) 2 + (n−n1)·(n−n1−1) 2 = n2n+ 2n 12−2n·n1 2

Derivant l’expressió de la mida respecte a n1i imposant que sigui0per trobar un mínim:

m0(n1) =

4n1−2n

(12)

Si tornem a derivar, trobem que efectivament es tracta d’un mínim m00(n/2) = 4/2>0

Calculant l’ordre amb la fórmula del principi surt:

2

n/2

2

= (n/2)(n/2−1) =n2/4n/2 = (n22n)/4.

2.7 Suposem que elskcomponents connexos deGtenen ordresn1, . . . , nk. Aleshores, aplicant que cada component ha de tenir almenysni−1 arestes,

m≥ k X i=1 (ni−1) =n−k. 2.8

1) La mida és la suma de les mides dels components connexos. Els kcomponents isomorfs aK1tenen en total0 arestes, i el component isomorf aKn−k té n−2karestes. Per tant, la mida total és n−2k.

2) Demostració constructiva:

En aquest grafGhi ha almenys2components (a partir d’araIiJ) que no són isomorfs a K1(si no hi haurà com a molt un únic component no isomorf aK1que tindrà ordren−k

i per tant la mida deGserà trivialment menor o igual a la deH, que té aquest component isomorf aKn−k). Es pot suposar sense pèrdua de generalitat que l’ordre deI(ni) és major o igual que el deJ (nj). Suposo també que tots els components connexos són isomorfs a algunKm, altrament seran de mida menor al graf que té els seus components connexos isomorfs a un graf complet, i aquest tindrà mida menor o igual aH, com demostraré a continuació. Si trec un vèrtex de J i el connecto a tots els vèrtexs de I, mantindré el número de components connexos, i augmentaré el número d’arestes del graf, ja que treure nj−1 arestes del graf, i en posaré ni de noves. Com ni ≥nj, la mida del nou graf és estrictament major que el deG. Es pot repetir aquest procediment fins que el graf sigui isomorf aH, augmentat en cada pas la mida del graf.

2.9

⇐ Conseqüència immediata de la teoria (sin≥3, almenys un dels extrems d’un aresta pont és vèrtex de tall).

⇒ Sigui v un vèrtex de tall i siguinv1, v2, v3 els seus veïns. Si els tres vèrtexs són a

components connexos diferents a G−v, l’únic camí aG per anar de vi i vj, i 6= j, és passant per les arestes viv i vvj, per tant aquestes arestes són arestes pont. Altrament, suposem quev1 és a un component connex diferent del que es trobenv2 iv3; en aquest

cas, totv1-v2camí aGha de passar necessàriament perv1v, per tant l’aresta v1vés una

(13)

2.10 n= 10

2.11 Demostro la 2-connectivitat treient un vèrtex qualsevolv i demostrant que existeix un camí entre dos vèrtexs de(V ∪ {z})− {v}. Si trecz, llavors queda el grafGque és connex. Si trec un vèrtex que no sigui z, llavors entre qualssevol altres dos vèrtexs v1 i v2 hi ha el camí:

v1zv2, siz /∈ {v1, v2}, iv1z ozv2, altrament.

La condició de que l’ordre deGsigui almenys 2 cal perquè els grafs d’odre 2 no són 2-connexos per definició.

2.12

1) SiGno és connex, llavors hi ha com a mínim dos components connexos. Considerem dos vèrtexsv1, v2qualssevol. Si no són al mateix component connex aG, llavors són adjacents

aGc. Si no, hi ha camí dev

1a v2 a Gc de la formav1wv2, on wés un vèrtex d’un altre

component connex.

2) Dos grafs són iguals si i sols si tenen els mateixos conjunts de vèrtexs i d’arestes. Es evident que el conjunt de vèrtexs és el mateix, ara cal veure que el conjunt d’arestes és el mateix. Anomeno A1 al conjunt d’arestes de (G−v)c i A2 al conjunt d’arestes de

(Gc)v. AA

1 estan totes les arestes que no hi són aGi que no són incidents a v; aA2

hi ha les arestes que no són incidents avi que no formen part del conjunt d’arestes deG. Clarament els dos conjunts són el mateix.

3) Siv és un vèrtex de tall de G, llavors G−v és no connex i com el complementari de tot graf no connex és connex,Gcv serà connex iv no pot ser un vèrtex de tall.

2.13

G1 no és 2-connex, ja que4és un vèrtex de tall.

G2 no és 2-connex, ja que3i6 són vèrtexs de tall.

G3 és 2-connex. 2.14 1) v a b d e f g i j d(a,v) 0 2 1 1 1 3 3 3 d(b,v) 2 0 1 2 2 1 1 1 2) v a b d e g h j m d(a,v) 0 1 2 2 2 2 1 3 d(b,v) 1 0 1 1 1 1 1 2 2.15 1) 1. 2)D(G1) = 2,D(G2) = 4. 3) 2. 4)bn/2c. 5) 2. 6)n−1.

2.16 1) G = W6 i u un vèrtex de grau 3. 2) G = W7, u el vèrtex de grau 6. 3) G =

(14)

2.17 1) a)G1: e(v) = 2, 1 ≤ v ≤ 10; r(G) = 2; tots els vèrtexs són centrals. G2: e(1) =

e(11) = 4, e(v) = 3, 2 ≤v ≤10; r(G) = 3; v vèrtex central si 2 ≤ v ≤10. b) G: e(4) = 2, e(v) = 3,v6= 4;r(G) = 2; l’únic vèrtex central és el 4. 2) C6. 3)T5.

2.18 (La solució és per una versió general, ordren, grau ≥(n−1)/2.)

Donats dos vèrtexs qualssevol v1 i v2, o bé són adjacents o bé tenen un veí en comú. Això

darrer es desprèn del fet que si sumem els graus dels dos vèrtexs, surt com a mínim n−1, i com que hi han−2 vèrtexs diferents a v1 i v2, si aquests darrers no són adjacents, llavors hi

ha com a mínim un vèrtex adjacent tant a v1 com a v2. Per tant, el diàmetre és ≤2 i el graf

és connex.

Grafs eulerians i hamiltonians

3.1 Només és eulerià el grafG4

3.2 Tots, llevat del primer dibuix. 3.3 1) 7; 2) 4.

3.4 risparells.

3.5 Si els dos components són complets,4; altrament,3.

3.6 Demostració 1Pel lema de les encaixades. Si hi hagués una aresta pont, treient-la hi hauria dos components connexos. Agafant un component, es veu que tots els vèrtexs menys un no han estat afectats, per tant tenen grau parell. El vèrtex afectat ha perdut una aresta, per tant té grau senar. Això contradiu el lema de les encaixades.

Demostració 2 Si tots els vèrtexs tenen grau parell, llavors existeix un circuit eulerià. Si-gui xy una aresta del graf. Podem suposar que el circuit eulerià és xyy1. . . ym−2x; aleshores

yy1. . . ym−2, x és uny-xrecorregut que no conté l’arestaxy, per tant, pel teorema de

carate-rització d’arestes pont, l’arestaxy no és pont. 3.7

(15)

3.9 Per a tots, llevat delG10, ho podem provar veient que les arestes incidents a vèrtexs de

grau 2 obliguen a triar altres arestes que haurien de pertànyer a tots els cicles hamiltonians, i totes aquestes arestes formes cicles que no passen per tots els vèrtexs. Altres proves: si eliminem a G4 o a G5 els vèrtexs de grau més gran (2 i 3 vèrtexs, respectivament) els grafs resultants

tenen més components connexos que el nombre de vèrtexs eliminats. AlG6 es poden eliminar

5 vèrtexs de manera que quedin 6 components.

El graf G10 és el graf de Petersen, per veure que no és hamiltonià ho fem per casos, segons el

nombre d’arestes del cicle exterior per les que passaria un cicle hamiltonià.

3.10 Demostració 1Si és hamiltonià, llavors existeix un cicle que passa per tots els vèrtexs. Aquest cicle ha de tenir longitud parell, ja que és un cicle d’un graf bipartit. Si el cicle és x1y1x2y2. . . xnyn, la partició dels vèrtexs ha de ser per força{x1, . . . , xn} ∪ {y1, . . . , yn}. Com que el cicle conté tots els vèrtexs del graf, les parts estables tenen el mateix cardinal.

Demostració 2 Si G= (V1∪V2, A)és un graf bipartit amb |V1|<|V2|, aleshoresG−V1 té

més components connexos que vèrtexs hem suprimit, per tant Gno és eulerià. 3.11

1) Condició necessària demostrada a l’exercici anterior. 2) Demostració de la suficiència:

Creem un camí hamiltonià de la següent forma: començant en un vèrtex qualsevol, anem a un de l’altra part estable que encara no hàgim visitat, fins que els hàgim visitat tots, moment en el que retornem al vèrtex inicial. Com és un grafKr,r, sempre podem moure’ns a un vèrtex no visitat de l’altra part.

3.12 Dues.

3.13 Si és un graf hamiltonià, llavors es pot construir a partir d’unCn afegint arestes. Com Gno és un cicle, cal afegir com a mínim una aresta entre dos vèrtexs, fent que tinguin com a mínim grau3.

3.14 Considerem un graf que tingui per vèrtexs les 12 persones de la festa, i dos vèrtexs siguin adjacents si les persones que representen es coneixen. En aquestes condicions la suma dels graus dels vèrtexs no adjacents és més gran o igual que l’ordre del graf, per tant és hamiltonià. Un cicle hamiltonià del graf dóna una ordenació de les 12 persones en una taula, amb les condicions demanades.

Ara bé, si hi ha 13 persones ja no ho podem assegurar, perquè la suma dels graus pot ser menor que 13. Exemple: el graf format per les 13 persones podria ser un K6,7, amb l’Aran i l’Àlex

un(a) a cada estable i el company “tardón” a l’estable de mida7.

3.15 Siguinl’ordre del graf. El graf complementariGcserànd1regular, i comd+1n/2, tenim que és un graf on cada vèrtex és de grau com a mínimn−n/2 =n/2, per tant és hamiltonià pel teorema de Dirac.

(16)

grau≥(n−1)/2 + 1 = (n+ 1)/2. Aquest graf és hamiltonià pel teorema de Dirac. Siguinv1 i

v2 els vèrtexs adjacents awal camí hamiltonià, llavors treientwtenim un camí hamiltonià de

v1 a v2.

Arbres

4.1 Es comprova rutinàriament. Per exemple, fem el casn= 5. El grau màxim ∆ és com a molt4.

Si∆ = 4, tenim unK1,4 forçat; qualsevol altra aresta que afegim crea un cicle, per tant un dels

arbres d’ordre5ésK1,4.

Ara si∆ = 3, tenimK1,3com a subgraf; entre aquests quatre vèrtexs no hi pot haver cap altra

adjacència. Ens falta un vèrtex per arribar a ordre5; aquest vèrtex només pot ser adjacent a un dels4que ja tenim (si no crearíem un cicle) i no pot ser adjacent al de grau3 (si no tindria grau4), així que de nou només hi ha una possibilitat (mòdul isomorfisme).

Si ∆ = 2, tots els vèrtexs han de tenir grau 1 o 2 (ja que els arbres són connexos). Si tots tinguessin grau2, el graf seria un cicle, per tant l’única opció connexa i acíclica és un trajecte T5.

4.2 Segons el teorema de caracterització, un graf bipartit és aquell que no té cicles de longitud senar. Per la definició d’arbre, no té cap cicle i per tant compleix la condició necessària i suficient.

4.3 n= 18; ordre de T2: 36; mida deT2: 35.

4.4 L’única seqüència de graus possible és: n−2,2i la resta1. El vèrtex de grau2ha d’estar conectat al de grau màxim, o del contrari estaria connectat a dues fulles, el que faria que el graf no fos connex. Per connectar les fulles no hi ha cap altre opció que connectar-les totes excepte una al vèrtex de graun−2, i l’altra al vèrtex de grau2. Per tant, no és pot construir cap altre arbre que compleixi les condicions i l’únic que es pot fer es permutar els vèrtexs.

Si el grau màxim ésn−3, només hi ha dues seqüències de graus possibles: tenir un vèrtex de grau n−3,2 de grau 2i la resta de grau 1, o tenir un vèrtex de grau n−3, un altre de grau

3 i la resta de grau 1. Si hi ha un vèrtex de grau3, llavors és evident que aquest ha d’estar connectat al de grau n−3, i que només hi ha una manera de connectar les fulles. Si hi ha2

vèrtexs de grau 2, llavors o bé estan connectats l’un a l’altre, o bé estan els dos connectats els dos al de graun−3; en cada cas les fulles es distribueixen de manera única.

(17)

4.6 4.7 n1= 2 + ∆ X i=2 (i−2)ni⇔2(n−1) = ∆ X i=1 ini = X v∈V g(v),

per tant pel lema de les encaixades i la definició d’arbre, això és cert.

Pel tercer apartat, com que és connex, pel teorema de caracterització d’arbres només ens cal demostrar que tén−1arestes. Sumemn1 als dos costats de l’igualtat de l’enunciat i separem

el sumatori: 2n1= 2 +n1+ ∆ X i=2 i·ni− ∆ X i=2 2ni

Reescrivim aquesta equació com:

2 ∆ X i=1 ni−2 = ∆ X i=1 i·ni

És fàcil veure que el primer sumatori és el nombre de vèrtexs del graf, i el segon la suma de graus. Per tant tenim que la suma de graus és2(n−1); el lema de les encaixades implica que el nombre d’arestes ésn−1, tal i com volíem demostrar.

(18)

⇒ Si G és un arbre, llavors tindrà n−1 arestes, i per tant la suma dels seus graus serà

2n−2 = (n−k) + 4k. Aïllant n, tenimn= (3k+ 2). El nombre de fulles ésn−k= 2k+ 2. 4.9 Siguivun vèrtex deT de grauk, llavorsT−vtindrà exactamentkcomponents connexos, que seran tots arbres; anomenem-los T1, . . . , Tk. Cada arbre Ti té com a mínim2 fulles o bé és el graf trivial K1. De totes les fulles de Ti com a molt una no serà fulla al graf T original (es crearà una fulla a Ti que no era fulla de T si el veí de v a T1 tenia grau 2 en T). Per

tant, cada component connex tindrà com a mínim una fulla del graf original, i com que hi ha kcomponents, llavors T té un mínim dekfulles.

4.10

a⇒b Si és isomorf al graf estrella, hi han−1vèrtexs adjacents a un de sol i per tant són fulles. El vèrtex central no és una fulla perquè és adjacent a com a mínim 2 vèrtexs. b⇒c Si hi han−1fulles, per ser connex i pel lema de les encaixades, hi haurà d’haver un vèrtex adjacent a tots, que tindrà grau màximn−1.

c⇒d Hi ha un vèrtexvc adjacent a tots els altres, llavors entre dos vèrtexs qualssevol, el camív1vcv2 és posible, i per tantD ≤2. Però al no ser un graf complet (ja queT és

un arbre), llavorsD >1. Així, D= 2.

d⇒a Sigui T un arbre de diàmetre 2 i considerem 2 vèrtexs w1, w2 a distància 2.

Anomenemvc el vèrtex entrew1 iw2. Qualsevol altre vèrtex diferent devc haurà d’estar a distància2dew1, i el camí cap a ell serà a través devc, altrament es trobaria a distància

≥3 dew2. Per tant, aquest graf ha de ser el graf estrella.

4.11

a⇒b SiguiT un arbre generador deG. Com queGté algun cicle, hi ha d’haver alguna arestaaque no pertanyi aT. AleshoresG−a és acíclic (ja que en treureaes destruiex l’únic cicle que hi havia) iG−aés connex, ja que conté l’arbre generador T. Per tant G−aés un arbre.

b⇒c Si G−a és un arbre, llavors G és connex. El número d’arestes de G−a és m−1 =n−1, per tantm=n.

c⇒a Sin=miGés connex, llavors hi ha d’haver algun cicle, ja queGno és un arbre. Si hi hagués2o més cicles, podríem agafar una arestaaque pertanyés a algun cicle però no a tots; aleshoresG−atindria encara algun cicle, seria connex i tindrian−1arestes. Però aquestes tres propietats són incompatibles, per tantGnomés té un cicle.

(19)

4.13 0 0 1 1 0 1 00 00 11 11 00 11 00001111 0 0 1 1 0 0 1 1 00 00 11 11 00 11 00 00 11 11 00 11 00001111 0 0 1 1 0 0 1 1

v

v

4.14 Dos, depenent de en quina part es comença.

4.15 Les fulles de l’arbre generador no poden ser vèrtexs de tall, ja que si treiem algun d’ells el graf segueix tenint un arbre generador. Tot graf connex té un arbre generador, i aquest arbre generador tindrà com a mínim2 fulles.

4.16 (1,1,1,5);(1,1,2,2,2,1);(3,3,1,2,4,4,2,5,5). 4.17 1) 3 2 4 5 7 1 6 2) 6 5 4 3 7 1 2 3) 6 3 1 7 2 5 8 4 4) 10 5 4 3 1 6 7 2 8 11 9

4.18 Els trajectes d’ordre 3. 4.19 Els grafs estrella.

Excercicis de repàs i consolidació

A.1       0 1 1 0 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1       ,       1 1 0 0 0 0 0 1 0 1 1 0 0 0 0 1 1 0 1 1 0 0 0 0 1 1 0 1      

(20)

A.9 4 components connexos. 7,14,2,4,6,8,10,12,3,9,15,5.

A.19 Etiquetem a les persones del 1 al 7. Una col.locació a la taula es un cicle hamiltonià del graf K7. Així, per al segon dia, la col.locació serà de nou un cicle hamiltonià però que no

tingui cap aresta en comú amb el del dia anterior. I el mateix per al tercer dia, cicle hamiltonià de K7 sense cap aresta en comú amb els dos cicles anteriors. I sí, hi ha tres cicles possibles:

1,2,3,4,5,6,7,1; 1,3,5,7,2,4,6,1; i1,4,7,3,6,2,5,1. Però ja no hi ha mes´cicles possibles, ja que el grau dels vèrtexs a K7 és 6. Per tant, si el congrés dura 5 dies només podran seure els

tres primers dies en les condicions demanades.

A.22 K1 iT4.

A.23 k−1.

(21)

A.29 1 1 3 3 1 3 3 4 2 3 1 4 4 3 2 1 4 2 3 1 4 2 3 1 4 2 3 1 4 2 3 1 4 2 3 1 4 2 3 1 4 2 3 1 4 2 3 1 3 1 4 2 4 1 2 4 3 2 1 2 4 4 2 2 4 2 3 1 4 2 3 1 4 2 3 1 4 2 3 1 4 2 3 1 4 2 3 1 4 2 3 1 4 2 3 1

A.30 Els trajectes d’ordren≥4. A.31

1) La implicació que no és conseqüència del lema de les encaixades és: si d1+· · ·+dn =

2(n−1)idi≥1 per toti, aleshores hi ha un arbre amb seqüència de graus(d1, . . . , dn). Casn= 2: sid1+d2= 2idi ≥1, només podem tenird1=d2= 1, i certament el trajecte

T2 és un arbre amb aquesta seqüència de graus.

La hipòtesi d’inducció pern−1 és: si d1+· · ·+dn−1 = 2(n−2) i di ≥ 1 per tot i, aleshores hi ha un arbre amb seqüència de graus(d1, . . . , dn−1).

2) Veurem que ni tots elsdipoden ser iguals a1ni tots poden ser més grans o iguals que2. Efectivament, sidi= 1per toti, aleshoresd1+· · ·+dn=n6= 2(n−1)pern≥3. De la mateixa manera, sid ≥2 per toti, tenim d +· · ·+d ≥2n >2(n−1).

(22)

3) Definime1=d1−1 iei=di per2≤i≤n−1. Segons l’apartat anterior,ei≥1per tot i. Com que

e1+· · ·+en−1=d1−1 +d2+· · ·+dn−1=d1+d2+· · ·+dn−1+dn−2 = 2(n−1)−2,

tenim quee1, . . . , en−1 satisfà la hipòtesi d’inducció. Per tant, hi ha algun arbre T amb

seqüència de graus(e1, . . . , en−1). Siguiv1 el vèrtex que té graue1. Necessitem construir

un arbre amb seqüència de graus(e1+ 1, e2, . . . , en−1,1). Per a fer-ho, afegim un vèrtex

nou vn i el fem adjacent només a v1. D’aquesta manera construïm un arbre amb la

Referencias

Documento similar

ATOMS input to most programs, overwritten with output parameters ATMOD file with the model parameters input to the program ORIENT ATOLD a collection of parameter sets, to be used

Para la ayuda sectorial establecida en Sección 4ª del Capítulo II del Título IV del Real Decreto 1075/2014, de 19 de diciembre, sobre la aplicación a partir de 2015 de los

importància d'un esdeveniment o la necessitat de tenir-ne coneixença són magnituds molt relatives. En el cas de la informació periodística, es poden confondre fàcilment amb un pur

(2) mediante un formato de colaboración científica entre las partes que promueva la participación de personal investigador del ITER para la publicación científica de los

Aquest procediment es fa per a l’autorització i el registre dels establiments sanitaris en què té competència la D. d’Ordenació,

La falta de personalidad en sentido civil deriva a otra con- secuencia : la imposibilidad de accionar por vía de responsabilidad contra la em- presa propia, ya que es parte

374/2001 sobre Protección de la salud y seguridad de los trabajadores contra los riesgos relacionados con los Agentes Químicos durante el

Diferents estudis evidencien l‟elevat grau de sexisme que existeix en les bandes sonores de les pel·lícules Disney, Aquest treball té una doble vessant: d‟una banda, s‟analitza