alguns exercícios resolvidos

Exercícios Resolvidos sobre Grafos
* - Justificar se {5, 4, 4, 4, 2, 1} pode ser a sequência de graus de um grafo
simples.
Resolução: Num grafo com esta sequência de graus o vértice de grau 5 é
adjacente a todos os outros; se excluirmos esse vértice e o de grau 1, bem como
as arestas incidentes, ficaríamos com um grafo de ordem 4 e graus {3, 3, 3, 1}
o que é impossível (se isso não é ainda claro, pode-se repetir o argumento, eliminando
o vértice de grau 1, o que levaria a um grafo com ordem 3 e graus
{3, 3, 2}, este obviamente impossível).
Já a sequência {5, 4, 3, 3, 2, 1} é realizável, como se pode verificar pelo mesmo
processo; eliminando os vértices de grau 5 e 1 e as arestas incidentes, ficamos
com a sequência {3, 2, 2, 1} que é claramente possível: basta acrescentar ao grafo
completo de ordem 3 um vértice de grau 1. Podemos em seguida acrescentar
um vértice adjacente a todos os 4 já criados e finalmente mais um adjacente só
a este último.
* - Um emparelhamento de um grafo G é um conjunto M de arestas tal que
dois elementos distintos de M não incidem num mesmo vértice; uma cobertura
de G é um conjunto C de vértices tal que cada aresta de G incide em pelo menos
um vértice pertencente a C.
a) Determinar um emparelhamento máximo e uma cobertura mínima do
grafo com vértices v1, v2, · · · , v9 definido pela matriz de adjacência
⎛
⎜
⎝
0
1
0
1
1
0
0
0
1
0
1
0
0
1
0
0
0
1
0
0
1
1
0
0
1
0
0
0
0
0
1
1
1
0
1
0
0
0
1
0
0
1
1
0
0
0
0
1
0
0
0
1
1
0
0
1
0
0
0
1
0
1
1
0
0
0
0
0
1
1
0
1
⎞
⎟
⎠
0 0 0 0 1 1 0 1 0
Resolução: Podemos construir um emparelhamento começando com uma
lista vazia e escolhendo sucessivamente o primeiro par de vértices adjacentes
(para a ordem dada pela matriz) ainda não saturados (ou seja, não incidentes
a qualquer das arestas já escolhidas); neste caso, obtém-se, por esse processo,
o emparelhamento M = {(1, 2), (3, 5), (4, 7), (6, 8)}. Como a ordem do grafo é
9, sabemos que M é máximo; em geral isso pode ser testado, pelo Teorema de

Berge, verificando se existe algum caminho alternado (ou seja, em que as arestas
percorridas estão alternadamente em M e no seu complementar) começando e
terminando em arestas que não pertencem a M; se existir um caminho com
essa propriedade, M não é máximo e podemos obter um emparelhamento maior
trocando as arestas do caminho; se não existir, M é máximo.
Uma cobertura mínima é, por exemplo, {2, 4, 5, 6, 8}; não há coberturas com menos
vértices: o grafo tem 15 arestas e a sequência de graus é {4, 4, 4, 3, 3, 3, 3, 3, 3},
mas os três vértices de grau 4 só cobrem 11 arestas, pelo que é impossível cobrir
todas as restantes arestas só com mais um vértice de grau 3.
Para o grafo definido pela outra matriz (que aliás é isomorfo a este) o raciocínio
e o resultado são os mesmos.
b) Mostrar que, dado um emparelhamento M de um grafo bipartido G, existe
uma cobertura C tal que |M| + |C| ≤ |V | onde |V | designa a ordem de G.
Resolução: Se G é bipartido, V = X ∪ Y , qualquer dos conjuntos X ou Y
constitui uma cobertura C de G; podemos por exemplo escolher C = X. Por
outro lado, como qualquer aresta de G tem um vértice em X e outro em Y ,
o número de arestas de um emparelhamento terá que ser menor ou igual ao
número de vértices de qualquer dos dois conjuntos: |M| ≤ min{|X|, |Y |}.
Portanto |M| + |C| ≤ min{|X|, |Y |} + |X| ≤ |X| + |Y | = |V |.
* - Seja T o conjunto em que cada elemento é uma das árvores com vértices
v1, v2, · · · , vn.
O grafo F tem como vértices os elementos de T ; dois vértices T e T ′ são adjacentes
se se pode transformar T em T ′ mudando apenas a aresta incidente
numa das folhas.
a) Qual é a ordem de F ?
Resolução: o algoritmo de Prüfer estabelece uma bijecção entre as árvores
com vértices v1, v2, · · · , vn e as sequências u1u2 · · · un−2 com 1 ≤ ui ≤ n, ∀i; em
consequência tem-se a fórmula de Cayley: o número de árvores com vértices
v1, v2, · · · , vn é n n−2 .
b) Quais são os graus mínimo e máximo dos vértices de F ?
Resolução: o grau de T no grafo F depende apenas do número de folhas
da árvore T : para cada folha há sempre n − 2 possibilidades de alterar a aresta
incidente; uma árvore de ordem n tem no mínimo 2 e no máximo n − 1 folhas.
Os graus mínimo e máximo são portanto, respectivamente, 2(n−2) e (n−1)(n−
2).

* - Justificar que se G é um grafo de ordem n e regular de grau k, então
χ(G) ≥ n
n − k .
Resolução: suponhamos que que temos uma coloração dos vértices de G
com cores c1, c2, · · · , c χ(G) e que Xi é o conjunto de vértices coloridos com a cor
ci.
Evidentemente |X1| + |X2| + · · · + |X χ(G)| = n e, por outro lado, |Xi| ≤ n − k
porque, como G é regular de grau k, qualquer conjunto com mais do que n − k
vértices tem que ter dois vértices adjacentes. Portanto
n = |X1| + |X2| + · · · + |X χ(G)| ≤ χ(G)(n − k)
* - Um grafo é regular de grau k se todos os vértices têm grau k. Quantos
grafos de ordem 7 e regulares de grau 4, não isomorfos, é que existem? Sugestão:
considerar o complemento do grafo.
Resolução: Dois grafos são isomorfos se e só se os seus complementares são
isomorfos; o complementar de um grafo de ordem 7 e regular de grau 4 é um
grafo de ordem 7 e regular de grau 2; um grafo regular de grau 2 é uma união
disjunta de ciclos; neste caso só há duas possibilidades: um ciclo de comprimento
7, ou a união de um ciclo de comprimento 4 com um de comprimento 3.
* - Será verdade que num grafo em que dois vértices (a e b) têm grau ímpar
(tendo, portanto, todos os outros grau par), existe necessariamente um caminho
que os une?
Resolução: Sim. O número de vértices de grau ímpar em qualquer grafo (e
portanto em qualquer componente conexa de um grafo) tem que ser par, uma
vez que a soma dos graus tem que ser par.
Logo, se h exactamente 2 vértices de grau ímpar, eles têm que estar na mesma
componente conexa.
* - Representar, graficamente e através da matriz de adjacência, todas as
árvores não isomorfas com 6 vértices.
Resolução: Existem 6 árvores (a menos de isomorfismo).
* - Seja G um grafo tal que todos os vértices têm grau maior ou igual a d, e
em que o menor ciclo tem comprimento 5. Justificar que |V | ≥ d 2 + 1.
Resolução: Fixamos um vértice v0; há pelo menos d vértices adjacentes a
ele; cada um destes vi tem por sua vez pelo menos d − 1 vértices adjacentes,

além de v0, e estes têm que ser todos distintos, porque se um vértice u fosse
adjacente a vi e a vj, teríamos um ciclo dado pela sequência v0, vi, u, vj, v0.
Portanto existem, pelo menos, 1 + d + d(d − 1) = d 2 + 1 vértices.
* - Dada uma árvore T e um vértice v0, definimos a excentricidade de v0
como a distância máxima de v0 aos outros vértices de T, e dizemos que v0 é um
centro de T se for um vértice de excentricidade mínima.
Mostrar que uma árvore tem ou 1 ou 2 centros.
Resolução: Vamos designar d(u, v) a distância entre dois vértices u e v.
Mostramos que numa árvore dois centros u e v têm que ser adjacentes; suponhamos
que não e sejam então u e v dois centros e w um vértice no único caminho
que une u a v; dado um vértice qualquer z, verifica-se uma das seguintes situações:
ou o caminho entre w e z passa por u, ou passa por v, ou então os
caminhos de u e de v para z passam por w.
Mas então
d(w, z) < max{d(u, z), d(v, z)}
e portanto a excentricidade de w seria menor que a dos centros, o que é impossível.
A conclusão é agora imediata: se existirem três centros, eles têm que ser adjacentes
entre si, contradizendo o facto de estarmos numa árvore.
* - Provar que uma árvore com um número par de arestas tem pelo menos
um vértice de grau par.
Resolução: Temos |V | = n e |A| = n − 1 = 2k, logo |V | = 2k + 1; se
todos os vértices tivessem grau ímpar, a soma dos graus daria também ímpar,
contradizendo a fórmula ∑ d(v) = 2|A|
.
* - Dada uma árvore de ordem n > 1, mostrar que o número de folhas
(vértices de grau 1) é igual a
2 + ∑
d(v)≥2
(d(v) − 2)
em que a soma se faz sobre todos os vértices com grau maior ou igual a 2.
Resolução: A afirmação é verdadeira para n = 2, porque ambos os vértices
são folhas (e não há vértices de grau maior que 1). Supondo que é verdadeira
para um certo n, tomamos uma árvore de ordem n + 1 e consideramos a árvore

T ′ que se obtém eliminando um dos vértices de grau 1 e a aresta incidente; T ′
tem
2 + ∑
d(v)≥2
(d(v) − 2)
vértices de grau 1, onde a soma se fazsobre todos osvértices de grau maior que
1 em T ′ .
Se o vértice u adjacente ao que eliminámos tinha grau 1 em T ′ , passou a ter
grau 2 em T e o número de vértices de grau 1 não mudou, mas u contribui 0
para o valor da expressão; se u tinha grau maior que 1, o número de vértices
de grau 1 aumentou uma unidade, e o grau de u também, pelo que a expressão
continua válida.