Solución - IMERL

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

El grafo admite 256 subgrafos recubridores, de los cuales 26 son conexos y 17
son árboles. Admite 256 = 2 8 subgrafos recubridores pues por cada arista (y son 8)
podemos eliminarla o no. De estos subgrafos admite 26 conexos: supongamos que la
arista {b, c} la eliminamos, tenemos 8 casos, pues podemos eliminar a lo sumo una
arista más; si no eliminamos {b, c}, tenemos la posibilidad de eliminar una (y solo
una) arista en cada ciclo (ver el grafo), o no eliminar ninguna, o sea, 3 × 6 casos. Para
calcular cuántos son árboles, nuevamente discutimos según eliminemos o no {b, c}.
Si eliminamos {b, c}, para que quede árbol debemos eliminar una y solo una de las
aristas restantes, o sea 7 casos. Si no eliminamos {b, c}, para que quede un árbol hay
que eliminar una arista (y solo una) en cada uno de los ciclos: 2 × 5 = 10 casos. En
total 17 árboles.
Versión 1: opción (B).
Versión 2: opción (D).
3. El número cromático del hipercubo H (los vértices son V = {(a, b, c, d) ∈ R 4 / a, b, c, d
pueden ser cero o uno} y dos vértices son adyacentes si y solo si difieren en exactamente
una coordenada) es:
Respuesta:
Es 2. Es fácil de probar esto si uno pinta los vértices cuyas coordenadas suman par
de color negro y los vértices cuyas coordenadas suman impar de color amarillo.
Versión 1: opción (B).
Versión 2: opción (D).
4. Sean I = {2, 3, 4, ..., 50}, R la relación de orden sobre I definida por a R b si a
divide a b.
Respuesta:
De la definición de la relación obtenemos que: los minimales son los números primos
en I; los maximales son los elementos de {26, 27, ..., 49, 50}, pues estos no dividen a
nadie en I, y a su vez, si x ≤ 25 entonces 2 × x ≤ 50, o sea que los menores de 26 no
pueden ser maximales. Por eso las respuesta correcta es: 7,11,19,23 son minimales y
31,37,40, 42 son maximales.
Versión 1: opción (B).
Versión 2: opción (D).

5. Sea F un grafo 6-regular plano con 10 vértices. ¿Cuántas caras tiene un dibujo de
este grafo en el plano?
Respuesta:
6×|V |
Como el grafo es 6-regular |E| = = 3 × |V |, pero todo grafo plano debe
2
verificar la desigualdad |E| ≤ 3 × |V | − 6. Luego un grafo 6-regular nunca es plano.
Versión 1: opción (B).
Versión 2: opción (D).
6. Si en el grafo bipartito completo K2,n con n impar, llamos a, b a los dos vértices
que corresponden con el 2, ¿cuántos recorridos eulerianos distintos hay que empiecen
en a?
Respuesta:
Llamemos a, b los vértices correspondientes al 2 de la partición de K2,n y llamemos
v1, v2, ..., vn los vértices correspondientes al n de la partición de K2,n. Comenzando el
recorrido por a, tenemos n posibilidades de elegir la primer arista y volvemos a b. Se
forma: a − vi1 − b. Para continuar el recorrido tenemos ahora n − 1 posibilidades de
elección de la nueva arista saliendo de b; luego volvemos a a. Se forma: a−vi1−b−vi2−a.
Continuando el razonamiento obtenemos n! posibles recorridos eulerianos.
Versión 1: opción (C).
Versión 2: opción (E).
Primer ejercicio de desarrollo (total 15 puntos).
1. Demostrar que un grafo (no multigrafo) sin lazos con 4 aristas es plano.
Respuesta:
Un grafo con 4 aristas es plano pues no puede tener un subgrafo homeomorfo
a K5 ni a K3,3 ya que los grafos homeomorfos a K5 o a K3,3 tienen al menos 9
aristas (no se pretende que se demuestre esto último).
2. Encontrar, salvo isomorfismos, todos los grafos (no multigrafos) conexos sin lazos
con 4 aristas. Justificar la respuesta con detalle.
Respuesta:
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 ∑
gr(v) = 8,
si hay un vértice de grado 3, este y sus vecinos ya son 4 vértices; en caso que
gr(v) ≤ 2, ∀v ∈ V , entonces, para sumar 8, deben haber al menos 4 vértices,
con lo cual la afirmación queda demostrada. Luego tenemos las siguientes posibilidades:
|V | = 4 y |R| = 2 o |V | = 5 y |R| = 1.
a) Analicemos el caso: |V | = 5 y |R| = 1.
Por ser |R| = 1, el grafo es un árbol, por lo tanto tiene al menos dos hojas.
Hay exactamente dos hojas: sean v1, v2 las hojas. Luego gr(v3)+gr(v4)+
gr(v5) = 6. Única posibilidad: gr(vi) = 2 para todo i = 3, 4, 5. Luego
el grafo es:
Hay exactamente tres hojas: sean v1, v2, v3 las hojas. Luego gr(v4) +
gr(v5) = 5, por lo tanto un vértices es de grado 3 y el otro es de grado
2. El grafo que nos queda es:
Hay exactamente cuatro hojas: sean v1, v2, v3, v4 las hojas. Luego gr(v5) =
4, por lo tanto el grafo que nos queda:
b) Analicemos el caso: |V | = 4 y |R| = 2.
Son dos regiones por lo que gr(R1) + gr(R2) = 8. Como el grado de una
región es siempre mayor o igual a 3, tenemos dos posibilidades: ambas
regiones de grado 4 o una regón de grado 3 y la otra de grado 5.
El primer caso nos da:
El segundo caso nos da:
v∈V

Segundo ejercicio de desarrollo (total 15 puntos).
1. Sea G = (V, E) un grafo sin lazos, con V = {v1, v2, ..., vn}. Llamamos H =
(VH, EH) al grafo inducido por {v3, ..., vn}. Probar que si gr(v1) + gr(v2) < n
+ 2.
entonces |EH| + gr(v1) + gr(v2) < C n−1
2
Respuesta:
Como |VH| = n − 2, entonces |EH| ≤ C n−2
2
tiene C n−2
2
n2−5n+6+2n 2
aristas). Luego |EH| + gr(v1) + gr(v2) < C n−2
2
= (n−1)(n−2)
2
+ 2 = C n−1
2
+ 2.
(pues el grafo completo de n vértices
+ n =
+ n = (n−2)(n−3)
2
2. Sea G = (V, E) un grafo sin lazos con |V | = n > 2 y |E| ≥ C n−1
2
que G tiene un ciclo hamiltoniano.
Respuesta:
Dados dos vértices a, b ∈ V , |EH| + gr(a) + gr(b) ≥ |E| ≥ C n−1
2
+ 2. Probar
+ 2, por la parte
anterior, para todo par de vértices a, b ∈ V , tenemos que gr(a) + gr(b) ≥ n.
Luego, por el Teorema 11.9 del Grimaldi (teorema demostrado en clase), G tiene
ciclo hamiltoniano.