alguns exercícios resolvidos
alguns exercícios resolvidos
alguns exercícios resolvidos
You also want an ePaper? Increase the reach of your titles
YUMPU automatically turns print PDFs into web optimized ePapers that Google loves.
Exercícios Resolvidos sobre Grafos<br />
* - Justificar se {5, 4, 4, 4, 2, 1} pode ser a sequência de graus de um grafo<br />
simples.<br />
Resolução: Num grafo com esta sequência de graus o vértice de grau 5 é<br />
adjacente a todos os outros; se excluirmos esse vértice e o de grau 1, bem como<br />
as arestas incidentes, ficaríamos com um grafo de ordem 4 e graus {3, 3, 3, 1}<br />
o que é impossível (se isso não é ainda claro, pode-se repetir o argumento, eliminando<br />
o vértice de grau 1, o que levaria a um grafo com ordem 3 e graus<br />
{3, 3, 2}, este obviamente impossível).<br />
Já a sequência {5, 4, 3, 3, 2, 1} é realizável, como se pode verificar pelo mesmo<br />
processo; eliminando os vértices de grau 5 e 1 e as arestas incidentes, ficamos<br />
com a sequência {3, 2, 2, 1} que é claramente possível: basta acrescentar ao grafo<br />
completo de ordem 3 um vértice de grau 1. Podemos em seguida acrescentar<br />
um vértice adjacente a todos os 4 já criados e finalmente mais um adjacente só<br />
a este último.<br />
* - Um emparelhamento de um grafo G é um conjunto M de arestas tal que<br />
dois elementos distintos de M não incidem num mesmo vértice; uma cobertura<br />
de G é um conjunto C de vértices tal que cada aresta de G incide em pelo menos<br />
um vértice pertencente a C.<br />
a) Determinar um emparelhamento máximo e uma cobertura mínima do<br />
grafo com vértices v1, v2, · · · , v9 definido pela matriz de adjacência<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
0<br />
1<br />
0<br />
1<br />
1<br />
0<br />
0<br />
0<br />
1<br />
0<br />
1<br />
0<br />
0<br />
1<br />
0<br />
0<br />
0<br />
1<br />
0<br />
0<br />
1<br />
1<br />
0<br />
0<br />
1<br />
0<br />
0<br />
0<br />
0<br />
0<br />
1<br />
1<br />
1<br />
0<br />
1<br />
0<br />
0<br />
0<br />
1<br />
0<br />
0<br />
1<br />
1<br />
0<br />
0<br />
0<br />
0<br />
1<br />
0<br />
0<br />
0<br />
1<br />
1<br />
0<br />
0<br />
1<br />
0<br />
0<br />
0<br />
1<br />
0<br />
1<br />
1<br />
0<br />
0<br />
0<br />
0<br />
0<br />
1<br />
1<br />
0<br />
1<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠<br />
0 0 0 0 1 1 0 1 0<br />
Resolução: Podemos construir um emparelhamento começando com uma<br />
lista vazia e escolhendo sucessivamente o primeiro par de vértices adjacentes<br />
(para a ordem dada pela matriz) ainda não saturados (ou seja, não incidentes<br />
a qualquer das arestas já escolhidas); neste caso, obtém-se, por esse processo,<br />
o emparelhamento M = {(1, 2), (3, 5), (4, 7), (6, 8)}. Como a ordem do grafo é<br />
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<br />
percorridas estão alternadamente em M e no seu complementar) começando e<br />
terminando em arestas que não pertencem a M; se existir um caminho com<br />
essa propriedade, M não é máximo e podemos obter um emparelhamento maior<br />
trocando as arestas do caminho; se não existir, M é máximo.<br />
Uma cobertura mínima é, por exemplo, {2, 4, 5, 6, 8}; não há coberturas com menos<br />
vértices: o grafo tem 15 arestas e a sequência de graus é {4, 4, 4, 3, 3, 3, 3, 3, 3},<br />
mas os três vértices de grau 4 só cobrem 11 arestas, pelo que é impossível cobrir<br />
todas as restantes arestas só com mais um vértice de grau 3.<br />
Para o grafo definido pela outra matriz (que aliás é isomorfo a este) o raciocínio<br />
e o resultado são os mesmos.<br />
b) Mostrar que, dado um emparelhamento M de um grafo bipartido G, existe<br />
uma cobertura C tal que |M| + |C| ≤ |V | onde |V | designa a ordem de G.<br />
Resolução: Se G é bipartido, V = X ∪ Y , qualquer dos conjuntos X ou Y<br />
constitui uma cobertura C de G; podemos por exemplo escolher C = X. Por<br />
outro lado, como qualquer aresta de G tem um vértice em X e outro em Y ,<br />
o número de arestas de um emparelhamento terá que ser menor ou igual ao<br />
número de vértices de qualquer dos dois conjuntos: |M| ≤ min{|X|, |Y |}.<br />
Portanto |M| + |C| ≤ min{|X|, |Y |} + |X| ≤ |X| + |Y | = |V |.<br />
* - Seja T o conjunto em que cada elemento é uma das árvores com vértices<br />
v1, v2, · · · , vn.<br />
O grafo F tem como vértices os elementos de T ; dois vértices T e T ′ são adjacentes<br />
se se pode transformar T em T ′ mudando apenas a aresta incidente<br />
numa das folhas.<br />
a) Qual é a ordem de F ?<br />
Resolução: o algoritmo de Prüfer estabelece uma bijecção entre as árvores<br />
com vértices v1, v2, · · · , vn e as sequências u1u2 · · · un−2 com 1 ≤ ui ≤ n, ∀i; em<br />
consequência tem-se a fórmula de Cayley: o número de árvores com vértices<br />
v1, v2, · · · , vn é n n−2 .<br />
b) Quais são os graus mínimo e máximo dos vértices de F ?<br />
Resolução: o grau de T no grafo F depende apenas do número de folhas<br />
da árvore T : para cada folha há sempre n − 2 possibilidades de alterar a aresta<br />
incidente; uma árvore de ordem n tem no mínimo 2 e no máximo n − 1 folhas.<br />
Os graus mínimo e máximo são portanto, respectivamente, 2(n−2) e (n−1)(n−<br />
2).
* - Justificar que se G é um grafo de ordem n e regular de grau k, então<br />
χ(G) ≥ n<br />
n − k .<br />
Resolução: suponhamos que que temos uma coloração dos vértices de G<br />
com cores c1, c2, · · · , c χ(G) e que Xi é o conjunto de vértices coloridos com a cor<br />
ci.<br />
Evidentemente |X1| + |X2| + · · · + |X χ(G)| = n e, por outro lado, |Xi| ≤ n − k<br />
porque, como G é regular de grau k, qualquer conjunto com mais do que n − k<br />
vértices tem que ter dois vértices adjacentes. Portanto<br />
n = |X1| + |X2| + · · · + |X χ(G)| ≤ χ(G)(n − k)<br />
* - Um grafo é regular de grau k se todos os vértices têm grau k. Quantos<br />
grafos de ordem 7 e regulares de grau 4, não isomorfos, é que existem? Sugestão:<br />
considerar o complemento do grafo.<br />
Resolução: Dois grafos são isomorfos se e só se os seus complementares são<br />
isomorfos; o complementar de um grafo de ordem 7 e regular de grau 4 é um<br />
grafo de ordem 7 e regular de grau 2; um grafo regular de grau 2 é uma união<br />
disjunta de ciclos; neste caso só há duas possibilidades: um ciclo de comprimento<br />
7, ou a união de um ciclo de comprimento 4 com um de comprimento 3.<br />
* - Será verdade que num grafo em que dois vértices (a e b) têm grau ímpar<br />
(tendo, portanto, todos os outros grau par), existe necessariamente um caminho<br />
que os une?<br />
Resolução: Sim. O número de vértices de grau ímpar em qualquer grafo (e<br />
portanto em qualquer componente conexa de um grafo) tem que ser par, uma<br />
vez que a soma dos graus tem que ser par.<br />
Logo, se h exactamente 2 vértices de grau ímpar, eles têm que estar na mesma<br />
componente conexa.<br />
* - Representar, graficamente e através da matriz de adjacência, todas as<br />
árvores não isomorfas com 6 vértices.<br />
Resolução: Existem 6 árvores (a menos de isomorfismo).<br />
* - Seja G um grafo tal que todos os vértices têm grau maior ou igual a d, e<br />
em que o menor ciclo tem comprimento 5. Justificar que |V | ≥ d 2 + 1.<br />
Resolução: Fixamos um vértice v0; há pelo menos d vértices adjacentes a<br />
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<br />
adjacente a vi e a vj, teríamos um ciclo dado pela sequência v0, vi, u, vj, v0.<br />
Portanto existem, pelo menos, 1 + d + d(d − 1) = d 2 + 1 vértices.<br />
* - Dada uma árvore T e um vértice v0, definimos a excentricidade de v0<br />
como a distância máxima de v0 aos outros vértices de T, e dizemos que v0 é um<br />
centro de T se for um vértice de excentricidade mínima.<br />
Mostrar que uma árvore tem ou 1 ou 2 centros.<br />
Resolução: Vamos designar d(u, v) a distância entre dois vértices u e v.<br />
Mostramos que numa árvore dois centros u e v têm que ser adjacentes; suponhamos<br />
que não e sejam então u e v dois centros e w um vértice no único caminho<br />
que une u a v; dado um vértice qualquer z, verifica-se uma das seguintes situações:<br />
ou o caminho entre w e z passa por u, ou passa por v, ou então os<br />
caminhos de u e de v para z passam por w.<br />
Mas então<br />
d(w, z) < max{d(u, z), d(v, z)}<br />
e portanto a excentricidade de w seria menor que a dos centros, o que é impossível.<br />
A conclusão é agora imediata: se existirem três centros, eles têm que ser adjacentes<br />
entre si, contradizendo o facto de estarmos numa árvore.<br />
* - Provar que uma árvore com um número par de arestas tem pelo menos<br />
um vértice de grau par.<br />
Resolução: Temos |V | = n e |A| = n − 1 = 2k, logo |V | = 2k + 1; se<br />
todos os vértices tivessem grau ímpar, a soma dos graus daria também ímpar,<br />
contradizendo a fórmula ∑ d(v) = 2|A|<br />
.<br />
* - Dada uma árvore de ordem n > 1, mostrar que o número de folhas<br />
(vértices de grau 1) é igual a<br />
2 + ∑<br />
d(v)≥2<br />
(d(v) − 2)<br />
em que a soma se faz sobre todos os vértices com grau maior ou igual a 2.<br />
Resolução: A afirmação é verdadeira para n = 2, porque ambos os vértices<br />
são folhas (e não há vértices de grau maior que 1). Supondo que é verdadeira<br />
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 ′<br />
tem<br />
2 + ∑<br />
d(v)≥2<br />
(d(v) − 2)<br />
vértices de grau 1, onde a soma se fazsobre todos osvértices de grau maior que<br />
1 em T ′ .<br />
Se o vértice u adjacente ao que eliminámos tinha grau 1 em T ′ , passou a ter<br />
grau 2 em T e o número de vértices de grau 1 não mudou, mas u contribui 0<br />
para o valor da expressão; se u tinha grau maior que 1, o número de vértices<br />
de grau 1 aumentou uma unidade, e o grau de u também, pelo que a expressão<br />
continua válida.