Solución - IMERL
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Matemática Discreta I Solución Segundo Parcial Sábado 28 de noviembre de 2009 La versión 1 tiene como primer ejercicio aquel que comienza con: Definimos una relación en I = {2, 3, 4, 5, ..., 100, 101}... La versión 2 tiene como primer ejercicio aquel que comienza con: Sea G = (V, E) un grafo con V = {a, b, c, d, e, f, g} y E = {ab, ac, bc, bd, de, ef, fg, gc}.... RESPUESTAS 1. Definimos una relación en I = {2, 3, 4, 5, ..., 100, 101}: x R y si y = x 2 − 1 o si y = x. Respuesta: No es una relación de orden pues no vale la transitiva. Como ejemplo: 2 R 3, 3 R 8, pero 2 ̸R 8. Versión 1: opción (C). Versión 2: opción (D). 2. Sea G = (V, E) un grafo con V = {a, b, c, d, e, f, g} y E = {ab, ac, bc, bd, de, ef, fg, gc}. Respuesta: c a g b f d e
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Matemática Discreta I<br />
<strong>Solución</strong> Segundo Parcial<br />
Sábado 28 de noviembre de 2009<br />
La versión 1 tiene como primer ejercicio aquel que comienza con: Definimos una<br />
relación en I = {2, 3, 4, 5, ..., 100, 101}...<br />
La versión 2 tiene como primer ejercicio aquel que comienza con: Sea G = (V, E)<br />
un grafo con V = {a, b, c, d, e, f, g} y E = {ab, ac, bc, bd, de, ef, fg, gc}....<br />
RESPUESTAS<br />
1. Definimos una relación en I = {2, 3, 4, 5, ..., 100, 101}:<br />
x R y si y = x 2 − 1 o si y = x.<br />
Respuesta:<br />
No es una relación de orden pues no vale la transitiva. Como ejemplo: 2 R 3, 3 R 8,<br />
pero 2 ̸R 8.<br />
Versión 1: opción (C).<br />
Versión 2: opción (D).<br />
2. Sea G = (V, E) un grafo con V = {a, b, c, d, e, f, g} y E = {ab, ac, bc, bd, de, ef, fg, gc}.<br />
Respuesta:<br />
c<br />
a<br />
g<br />
b<br />
f<br />
d<br />
e
El grafo admite 256 subgrafos recubridores, de los cuales 26 son conexos y 17<br />
son árboles. Admite 256 = 2 8 subgrafos recubridores pues por cada arista (y son 8)<br />
podemos eliminarla o no. De estos subgrafos admite 26 conexos: supongamos que la<br />
arista {b, c} la eliminamos, tenemos 8 casos, pues podemos eliminar a lo sumo una<br />
arista más; si no eliminamos {b, c}, tenemos la posibilidad de eliminar una (y solo<br />
una) arista en cada ciclo (ver el grafo), o no eliminar ninguna, o sea, 3 × 6 casos. Para<br />
calcular cuántos son árboles, nuevamente discutimos según eliminemos o no {b, c}.<br />
Si eliminamos {b, c}, para que quede árbol debemos eliminar una y solo una de las<br />
aristas restantes, o sea 7 casos. Si no eliminamos {b, c}, para que quede un árbol hay<br />
que eliminar una arista (y solo una) en cada uno de los ciclos: 2 × 5 = 10 casos. En<br />
total 17 árboles.<br />
Versión 1: opción (B).<br />
Versión 2: opción (D).<br />
3. El número cromático del hipercubo H (los vértices son V = {(a, b, c, d) ∈ R 4 / a, b, c, d<br />
pueden ser cero o uno} y dos vértices son adyacentes si y solo si difieren en exactamente<br />
una coordenada) es:<br />
Respuesta:<br />
Es 2. Es fácil de probar esto si uno pinta los vértices cuyas coordenadas suman par<br />
de color negro y los vértices cuyas coordenadas suman impar de color amarillo.<br />
Versión 1: opción (B).<br />
Versión 2: opción (D).<br />
4. Sean I = {2, 3, 4, ..., 50}, R la relación de orden sobre I definida por a R b si a<br />
divide a b.<br />
Respuesta:<br />
De la definición de la relación obtenemos que: los minimales son los números primos<br />
en I; los maximales son los elementos de {26, 27, ..., 49, 50}, pues estos no dividen a<br />
nadie en I, y a su vez, si x ≤ 25 entonces 2 × x ≤ 50, o sea que los menores de 26 no<br />
pueden ser maximales. Por eso las respuesta correcta es: 7,11,19,23 son minimales y<br />
31,37,40, 42 son maximales.<br />
Versión 1: opción (B).<br />
Versión 2: opción (D).
5. Sea F un grafo 6-regular plano con 10 vértices. ¿Cuántas caras tiene un dibujo de<br />
este grafo en el plano?<br />
Respuesta:<br />
6×|V |<br />
Como el grafo es 6-regular |E| = = 3 × |V |, pero todo grafo plano debe<br />
2<br />
verificar la desigualdad |E| ≤ 3 × |V | − 6. Luego un grafo 6-regular nunca es plano.<br />
Versión 1: opción (B).<br />
Versión 2: opción (D).<br />
6. Si en el grafo bipartito completo K2,n con n impar, llamos a, b a los dos vértices<br />
que corresponden con el 2, ¿cuántos recorridos eulerianos distintos hay que empiecen<br />
en a?<br />
Respuesta:<br />
Llamemos a, b los vértices correspondientes al 2 de la partición de K2,n y llamemos<br />
v1, v2, ..., vn los vértices correspondientes al n de la partición de K2,n. Comenzando el<br />
recorrido por a, tenemos n posibilidades de elegir la primer arista y volvemos a b. Se<br />
forma: a − vi1 − b. Para continuar el recorrido tenemos ahora n − 1 posibilidades de<br />
elección de la nueva arista saliendo de b; luego volvemos a a. Se forma: a−vi1−b−vi2−a.<br />
Continuando el razonamiento obtenemos n! posibles recorridos eulerianos.<br />
Versión 1: opción (C).<br />
Versión 2: opción (E).<br />
Primer ejercicio de desarrollo (total 15 puntos).<br />
1. Demostrar que un grafo (no multigrafo) sin lazos con 4 aristas es plano.<br />
Respuesta:<br />
Un grafo con 4 aristas es plano pues no puede tener un subgrafo homeomorfo<br />
a K5 ni a K3,3 ya que los grafos homeomorfos a K5 o a K3,3 tienen al menos 9<br />
aristas (no se pretende que se demuestre esto último).<br />
2. Encontrar, salvo isomorfismos, todos los grafos (no multigrafos) conexos sin lazos<br />
con 4 aristas. Justificar la respuesta con detalle.<br />
Respuesta:<br />
Como el grafo es plano tenemos que: |V |−4+|R| = 2, por lo tanto: |V |+|R| = 6.
Sabemos que |R| ≥ 1. Por otro lado, afirmamos que |V | ≥ 4: como ∑<br />
gr(v) = 8,<br />
si hay un vértice de grado 3, este y sus vecinos ya son 4 vértices; en caso que<br />
gr(v) ≤ 2, ∀v ∈ V , entonces, para sumar 8, deben haber al menos 4 vértices,<br />
con lo cual la afirmación queda demostrada. Luego tenemos las siguientes posibilidades:<br />
|V | = 4 y |R| = 2 o |V | = 5 y |R| = 1.<br />
a) Analicemos el caso: |V | = 5 y |R| = 1.<br />
Por ser |R| = 1, el grafo es un árbol, por lo tanto tiene al menos dos hojas.<br />
Hay exactamente dos hojas: sean v1, v2 las hojas. Luego gr(v3)+gr(v4)+<br />
gr(v5) = 6. Única posibilidad: gr(vi) = 2 para todo i = 3, 4, 5. Luego<br />
el grafo es:<br />
Hay exactamente tres hojas: sean v1, v2, v3 las hojas. Luego gr(v4) +<br />
gr(v5) = 5, por lo tanto un vértices es de grado 3 y el otro es de grado<br />
2. El grafo que nos queda es:<br />
Hay exactamente cuatro hojas: sean v1, v2, v3, v4 las hojas. Luego gr(v5) =<br />
4, por lo tanto el grafo que nos queda:<br />
b) Analicemos el caso: |V | = 4 y |R| = 2.<br />
Son dos regiones por lo que gr(R1) + gr(R2) = 8. Como el grado de una<br />
región es siempre mayor o igual a 3, tenemos dos posibilidades: ambas<br />
regiones de grado 4 o una regón de grado 3 y la otra de grado 5.<br />
El primer caso nos da:<br />
El segundo caso nos da:<br />
v∈V
Segundo ejercicio de desarrollo (total 15 puntos).<br />
1. Sea G = (V, E) un grafo sin lazos, con V = {v1, v2, ..., vn}. Llamamos H =<br />
(VH, EH) al grafo inducido por {v3, ..., vn}. Probar que si gr(v1) + gr(v2) < n<br />
+ 2.<br />
entonces |EH| + gr(v1) + gr(v2) < C n−1<br />
2<br />
Respuesta:<br />
Como |VH| = n − 2, entonces |EH| ≤ C n−2<br />
2<br />
tiene C n−2<br />
2<br />
n2−5n+6+2n 2<br />
aristas). Luego |EH| + gr(v1) + gr(v2) < C n−2<br />
2<br />
= (n−1)(n−2)<br />
2<br />
+ 2 = C n−1<br />
2<br />
+ 2.<br />
(pues el grafo completo de n vértices<br />
+ n =<br />
+ n = (n−2)(n−3)<br />
2<br />
2. Sea G = (V, E) un grafo sin lazos con |V | = n > 2 y |E| ≥ C n−1<br />
2<br />
que G tiene un ciclo hamiltoniano.<br />
Respuesta:<br />
Dados dos vértices a, b ∈ V , |EH| + gr(a) + gr(b) ≥ |E| ≥ C n−1<br />
2<br />
+ 2. Probar<br />
+ 2, por la parte<br />
anterior, para todo par de vértices a, b ∈ V , tenemos que gr(a) + gr(b) ≥ n.<br />
Luego, por el Teorema 11.9 del Grimaldi (teorema demostrado en clase), G tiene<br />
ciclo hamiltoniano.