por María Luisa Pérez Seguí

Transcripción

1 Teoría de Gráficas por María Luisa Pérez Seguí

2 Introducción Se presenta aquí el material correspondiente al curso de maestría de Teoría de Gráficas, el cual se imparte en el Posgrado Conjunto de Matemáticas UNAM-UMSNH El material del libro constituyó el 100 % del curso impartido el semestre de febrero-julio de 2013 i

3 Índice Introducción I 1 Conceptos básicos 1 2 Cortes 8 3 Operaciones en gráficas 13 4 Grupo de automorfismos 15 5 Otras construcciones 20 6 Bloques 24 7 Gráficas eulerianas 27 8 Gráficas hamiltonianas 31 9 Planaridad 38 10Gráfica dual 42 11Género 47 12Coloración 52 13Teoría extrema de gráficas 66 14Apareamientos 77 15Digráficas 88 16Redes y flujos 93 17Conexidad 99 ii

4 1 Conceptos básicos Una gráfica (finita, simple) G consta de un conjunto (finito) V = V(G) cuyos elementos se llaman vértices, y de otro conjunto A = A(G) que consta de subconjuntos de dos elementos de V llamados aristas Escribimos G = (V, A) Si a = {u, v} A, escribimos a = uv y decimos que u y v son extremos de a Por el momento sólo trabajaremos con este tipo de gráficas y dejaremos para después el estudio de multigráficas en donde se permite que A sea multiconjunto (es decir, que entre dos vértices haya más de una arista), de seudográficas en las que, además, se permite que las aristas consten de un solo elemento de V (una arista así se llama lazo), y de digráficas (o multi/seudo digráficas) en las que las aristas son parejas ordenadas de vértices En este curso no trabajaremos con gráficas infinitas (aquéllas en las que el conjunto de vértices es infinito) En general se hace una representación geométrica de la gráfica poniendo un punto por cada vértice y representando cada arista por una línea entre los dos vértices que la determinan (en el caso de digráficas se pone una flecha) De aquí en adelante G denota una gráfica cualquiera con conjunto de vértices V y conjunto de aristas A Los vértices de G serán u, v, w, En estas notas el conjunto de los números naturales es N = {1, 2, 3, } Para n N el conjunto [n] consta de los naturales del 1 al n El orden de G es V, su tamaño es A y si v es un vértice, el grado de v es el número δ(v) de aristas que tienen como elemento a v La vecindad de v es N (v) = {w V : vw A}, la vecindad cerrada de v es N (v) = N (v) {v} y, para un conjunto de vértices S, los vecinos de S forman el conjunto N (S) = {u V : v S tal que uv A} (en el que puede, o no, haber elementos de S) También tenemos (G) = max{δ(v) : v V} y δ(g) = min{δ(v) : v V} La gráfica G es r-regular si (G) = r = δ(g) 11 Proposición La suma de los grados de los vértices de una gráfica es el doble del número de aristas Demostración Al sumar los grados de los vértices, cada arista se cuenta dos veces (una por cada uno de sus extremos) 12 Ejercicio Probar que el número de personas en el mundo que tienen un número impar de hermanos es par 13 Ejercicio Sea G una gráfica regular Si G tiene 26 aristas, cuántos vértices puede tener? 1

5 14 Ejercicio Se quiere diseñar una competencia con n participantes en la que cada uno compita exactamente con otros k Probar que una competencia tal puede diseñarse si y sólo si nk es par y n k + 1 Si a = uv A, decimos que u y v son adyacentes y que a es incidente a u y a v Si dos aristas tienen exactamente un vértice en común decimos que son adyacentes La matriz de adyacencias de G es una matriz de 0 s y 1 s y tamaño V V, con renglones y columnas etiquetadas con los elementos de V, y en la que en la entrada (u, v) (denotada por A uv ) hay un 1 si, y sólo si, uv A La matriz de incidencias de G es una matriz de 0 s y 1 s y tamaño V A, con renglones etiquetados con los elementos de V, columnas etiquetadas con los elementos de A, y en la que en la entrada A ua = 1 si, y sólo si, u a 15 Observación La matriz de adyacencias es simétrica y tiene ceros en la diagonal; la de incidencias tiene exactamente dos 1 s en cada columna Dados u, v V, un camino C de u a v (o uv-camino) es una sucesión de vértices alternados con aristas C = (u = v 0, a 1, v 1, a 2,, a n, v n = v) tal que para cada i = 1,, n, la arista a i es incidente a (los vértices distintos) v i 1 y v i También escribimos C = (u = v 0, v 1,, v n = v) o C = (a 1,, a n ) La porción del camino de v i a v j (para i < j) se denota por (v i, C, v j ) El camino (v n,, v 0 ) se denota por C 1 El camino es cerrado si v 0 = v n ; si no, se dice que es abierto El camino es trayectoria si no repite vértices, es paseo si no repite aristas y es ciclo si no se repiten aristas y los únicos vértices que se repiten son el primero y el último (v 0 = v n ) En estas notas llamamos longitud del camino, l(c), a n (el número de aristas) 16 Ejercicio Probar que si A es la matriz de adyacencias de G y k es natural, entonces A k uv es el número de caminos de longitud k de u a v 17 Proposición Todo uv-camino C contiene una uv-trayectoria Demostración Inducción sobre la longitud del camino Es claro para l(c) {0, 1} Sea C camino de longitud n > 1 y supongamos que C no es trayectoria Sea i < j tal que v i = v j ; entonces C = (v 0,, v i, v j+1,, v n ) tiene longitud menor que n así que aplica la hipótesis de inducción Una gráfica es conexa si dados cualesquiera dos vértices u y v existe un uv-camino (o uv-trayectoria) En caso contrario se dice que la gráfica es disconexa 18 Proposición Todo camino cerrado C de longitud impar contiene un ciclo Demostración Inducción sobre l(c) Si l(c) = 3 entonces C es ciclo (pues cada arista consta de vértices distintos) Supongamos que l(c) = n > 3 impar y que C = (v 0, v 1,, v n ) no es ciclo Entonces C repite algún vértice: v i = v j para ciertas i j con i > 0 y alguna de 2

6 las dos porciones que forman C, (v 0, v 1,, v i, v j+1, v n ) o (v i, v i+1, v j ), tiene longitud impar menor que n, así que ahí aplica la hipótesis de inducción 19 Ejercicio Determinar cuándo es posible afirmar que un camino cerrado de longitud par contiene un ciclo Dos gráficas G 1 = (V 1, A 1 ) y G 2 = (V 2, A 2 ) son isomorfas si existe una biyección f : V 1 V 2 tal que uv A 1 si, y sólo si, f(u)f(v) A 2 Cuando dos gráficas son isomorfas, las consideramos iguales; así por ejemplo podemos hablar de la gráfica que consta de un solo vértice Es claro que dos gráficas isomorfas comparten las mismas propiedades, por ejemplo de conexidad o del grado de los vértices (más aún un isomorfismo debe mandar un vértice a otro del mismo grado) Denotamos por T n la trayectoria de longitud n y por C n al ciclo de longitud n Decimos que una gráfica H es subgráfica de G (o que está contenida en G) si el conjunto de vértices y de aristas de H son subconjuntos del conjunto de vértices y del de aristas de G, respectivamente (o si hay un isomorfismo entre H y una subgráfica de G) Una componente conexa de G es una subgráfica conexa maximal (es decir, ella es conexa, pero cualquier otra subgráfica que la contenga propiamente es disconexa) La componente conexa de un vértice v es la subgráfica conexa maximal que lo contiene 110 Ejemplo Hay 6 gráficas conexas no isomorfas con 4 vértices Son las siguientes 6: 111 Ejercicio Dar un ejemplo de dos gráficas conexas no isomorfas en las que los grados de los vértices sean los mismos 112 Ejercicio Cuál es el máximo número de aristas que puede tener una gráfica no conexa con n vértices? (Sugerencia: Recordar que ( r 2) = (r 1)) La gráfica completa con n vértices es aquélla en la que por cada par de vértices hay una arista que los une (es decir, tiene ( n 2) aristas); denotamos esta gráfica por Kn Si G es una gráfica con n vértices, la podemos considerar como subgráfica de K n y el complemento G de G es la subgráfica de K n formada por los mismos vértices de G pero en el que las aristas son aquellas aristas de K n que no son aristas de G 3

7 K 1 K 2 K 3 K 4 K 5 La subgráfica inducida por un subconjunto V del conjunto de vértices es (V, A ), donde si u, v V y uv A entonces uv A Una subgráfica generadora es aquélla que tiene todos los vértices de G En demostraciones por inducción, muchas veces conviene considerar las gráficas obtenidas de la original al quitar un vértice o una arista Si v V, la subgráfica de G que tiene por conjunto de vértices a V \ {v} y por conjunto de aristas a A \ {a A : v a} se denota por G v Si a A, la subgráfica (V, A \ {a}) de G se denota por G a También, si u y v son vértices de G no adyacentes, la gráfica G + uv tiene por conjunto de vértices a V y por conjunto de aristas a A {uv} Análogamente podemos considerar G S para S subconjunto del conjunto de aristas o vértices 113 Proposición Si G es una gráfica entonces ella o su complemento es conexa Demostración Primera forma Supongamos que G no es conexa Probaremos que cualesquiera dos vértices están conectados en G Tomemos u, v V distintos Si u y v están en diferente componente conexa de G, entonces hay una arista entre ellos en G Si u y v están en la misma componente conexa de G, sea w un vértice en otra componente (que existe porque estamos suponiendo que G no es conexa Entonces, en G hay una arista de u a w y también de v a w y, por tanto, (u, w, v) es una uv-trayectoria en G Segunda forma Procedemos por inducción sobre el orden n de G Para n = 1 el resultado es obvio Supongamos entonces que n 2 En K n pintemos las aristas de G de verde y las aristas de G de rojo Si un vértice u tiene todas sus aristas de un mismo color, entonces u está unido con todos los demás vértices en la gráfica de ese color, así que el resultado es cierto Supongamos entonces que u tiene aristas de cada uno de los dos colores Por hipótesis de inducción, en K n u, alguna de las dos subgráficas resultantes G u o G u es conexa Pero a u le llegan aristas de ambos colores así que está unido con las dos gráficas y, en consecuencia, G o G es conexa 114 Ejercicio Encontrar una gráfica G en la que ambas G y G sean conexas 115 Ejercicio Probar que sólo hay dos gráficas 4-regulares de orden 7 Cuántas gráficas 6-regulares hay de orden 9? Una gráfica conexa sin ciclos se llama árbol Un bosque es una gráfica cuyas componentes conexas son árboles Un vértice de grado 1 es una hoja 4

8 116 Lema Un árbol con dos o más vértices tiene al menos dos hojas Demostración Una trayectoria maximal tiene sus extremos de grado Proposición Una gráfica conexa con n vértices es árbol si, y sólo si, tiene n 1 aristas Demostración ( ) Inducción sobre n Si n = 1, el número de aristas es 0 = n 1 Supongamos n 1 Sea u vértice de grado 1 Entonces G u es árbol con n 1 vértices, por tanto, por hipótesis de inducción, tiene n 2 aristas, así que el árbol que teníamos tiene n 1 aristas ( ) Supongamos que la gráfica tiene k 1 ciclos y quitemos una arista de un ciclo (la gráfica permanece conexa); repitamos esto hasta eliminar todos los ciclos; obtenemos un árbol con n vértices y n 1 k < n 1 aristas, lo cual es una contradicción 118 Ejercicio Probar que las siguientes tres propiedades son equivalentes para una gráfica conexa G: (a) G es árbol (b) Si a G se le quita una arista cualquiera, la gráfica resultante es disconexa (c) Entre cualesquiera dos vértices hay exactamente una trayectoria 119 Ejercicio En cada uno de los casos siguientes explicar por qué no se puede construir una gráfica G con las condiciones indicadas (a) Que los grados de los vértices sean (7, 4, 4, 3, 3, 2, 1) (b) Que los grados de los vértices sean (7, 4, 4, 4, 3, 3, 2, 1, 1) (c) Que sea árbol y los grados de los vértices estén dados por la sucesión (6, 5, 4, 2, 2, 1, 1, 1) 120 Ejemplo Hay 6 árboles no isomorfos con 6 vértices Son los siguientes 6: 121 Ejercicio Probar que toda gráfica G tiene una trayectoria de longitud δ(g), y que si δ(g) 2, entonces tiene un ciclo de longitud al menos δ(g) Ejercicio Sea n 2 un entero y sea g 1 g 2 g n una sucesión de naturales tales que g 1 + g g n = 2(n 1) Probar que existe un árbol G con n vértices cuyos grados son los g i 5

9 123 Ejercicio Probar que toda gráfica conexa tiene árbol generador 124 Ejercicio Sea G un árbol con (G) = k 1 y sea n i el número de vértices de grado i, para i [k] Probar que n 1 = 2 + n 3 + 2n 4 + 3n (k 2)n k 125 Ejercicio Probar que si δ(g) k entonces G tiene como subgráfica a todo árbol con k + 1 vértices Decimos que G es bipartita si V se puede partir en dos conjuntos (ajenos) U y W, no vacíos, de manera que todo elemento de A tiene un extremo en U y otro en W Para m y n naturales la gráfica completa bipartita, K m,n, consta de m+n vértices u 1,, u m, w 1, w 2,, w n y las mn aristas u i w j con i [m] y j [n] Análogamente se define gráfica s-partita, y la gráfica s-partita completa, K n1,,n s, es aquélla con n i vértices en el i-ésimo conjunto de una partición de su conjunto de vértices, y en la que hay una arista entre cada par de vértices de cualesquiera dos subconjuntos diferentes de la partición 126 Ejercicio Describir las matrices de adyacencia de gráficas bipartitas 127 Proposición Una gráfica es bipartita si, y sólo si, no tiene ciclos de longitud impar Demostración ( ) Coloreemos los vértices de uno de los conjuntos de rojo y el del otro de azul En cualquier ciclo los vértices están coloreados alternadamente, así que no puede haber ciclos de longitud impar ( ) Sin pérdida de generalidad G es conexa Supongamos que no tiene ningún ciclo de longitud impar Tomemos un vértice cualquiera v y pintémoslo de azul Ahora pintemos todos los vértices unidos a v de rojo; posteriormente pintemos todos los vértices unidos a éstos de azul, etc El que no haya ciclos impares nos dice que si un vértice ya está pintado de un color no trataremos de pintarlo del color contrario La coloración nos da la partición buscada 128 Proposición Sea G una gráfica con n vértices y m aristas Si m > ( n 2 ) 2 entonces G tiene un triángulo (ciclo de longitud 3) Demostración Supongamos que no y sea u un vértice de grado maximal k Como no hay ciclos de longitud 3, dentro de N (u) no hay aristas Tenemos que V \ N (v) tiene n k 1 elementos y cada uno de ellos tiene grado a lo más k (pues k se eligió como grado maximal) Entonces m k + k(n k 1) = k(n k) ( n 2 ) 2, lo cual es una contradicción Sea G conexa Si u, v V, entonces su distancia es: d(u, v) = min{l(t ) : T es uv trayectoria} (Para gráficas no conexas podría definirse d(u, v) = V cuando u y v pertenecen a diferente 6

10 componente conexa) 129 Observación Sea G una gráfica conexa Entonces d : V V R es una métrica Dado u V su excentricidad es El diámetro de G es e(u) = max{d(u, v) : v V}; D(G) = max{d(u, v) : u, v V} El centro de G, Z(G), consta de los vértices con menor excentricidad, es decir, Z(G) = {u V : e(u) e(v) v V} 130 Ejemplo El diámetro de la siguiente gráfica es 4; junto a cada vértice se ha escrito su excentricidad; su centro consta del único vértice con excentricidad Ejemplo Si v K n entonces e(v) = 1; D(K n ) = 1 y Z(K n ) = V(K n ) 132 Observación Si e(u) = k entonces k es el menor natural con el cual se tiene que {v V : d(u, v) k} es todo V 133 Lema Si G es árbol con al menos tres vértices y H es el conjunto de hojas de G entonces Z(G) = Z(G H) Demostración Es claro que si v V no es hoja, entonces e G (v) = e G H (v) 1 pues la distancia máxima de v a otros vértices se alcanza en una hoja Entonces la excentricidad mínima en ambas gráficas se alcanza en el mismo conjunto de vértices 134 Proposición Si G es árbol, entonces Z(G) consta de un solo vértice o de dos vértices adyacentes Demostración Hacemos inducción sobre el número de vértices y aplicamos el lema anterior 7

11 2 Cortes Decimos que v es vértice de corte si G v tiene más componentes conexas que G Decimos que a es puente si G a tiene más componentes conexas que G v a 21 Observación Una gráfica puede no tener arista de corte aun cuando tenga vértices de corte 22 Proposición Si G conexa tiene al menos tres vértices y un puente uv entonces u o v es vértice de corte Demostración Sea w V \ {u, v} y supongamos que w está en la misma componente conexa que v en G uv Entonces toda uw-trayectoria en G pasa por v así que u y w están en distintas componentes de G v, de donde v es vértice de corte 23 Observación Si a es arista de corte, entonces G a tiene una componente más que G exactamente Si v es vértice de corte, entonces G v puede tener dos o más componentes que G Un bloque es una gráfica conexa, con al menos tres vértices y sin vértices de corte 24 Ejemplo Si n 3 entonces K n y C n son bloques 25 Proposición Las siguientes propiedades son equivalentes para una gráfica conexa G con al menos tres vértices (a) G es bloque (b) Dados u v vértices existe un ciclo que pasa por u y v (c) Dados u vértice y a arista existe un ciclo que pasa por u y a (d) Dados a e aristas existe un ciclo que pasa por a y e (e) Dados u v vértices y a arista existe una uv-trayectoria que pasa por a (f) Dados u, v, w vértices existe una uw-trayectoria que pasa por v 8

12 (g) Dados u, v, w vértices existe una uw-trayectoria que no pasa por v Demostración (a) (b) Observemos que no hay vértices de grado 1 pues si δ(v) = 1 y w N (v), entonces w es de corte Sea u V y sea X = {v V : C ciclo tal que u, v C} Veremos que X = V Sea v N (u) y sea w N (v) \ {u} Sea T uw-trayectoria en G v (existe pues v no corta G) Entonces (u, T, w, v, u) es ciclo y así v X, de donde tenemos que X y que N (u) X Supongamos que X V y sea w / X que tiene un vecino x X Sea C ciclo que contiene a u y a x Como x no es de corte, existe T wu-trayectoria en G x Sea y el primer vértice de T en C Entonces (x, w, T, y, C, u, C, x) es un ciclo que contiene a u y a w, lo cual es una contradicción, de donde X = V (b) (c) Sea a = vw Caso (1) Si u = w, usando (b) construyamos un ciclo C que pase por u y v Si a C, ya acabamos Si no, entonces tomemos T, una de las dos vu-trayectorias determinadas por C Así (u, a, v, T, u) es el ciclo buscado Caso (2) u / a Sea C v ciclo que contenga a u y a v, y sea C w ciclo que contiene a u y a w Si alguno de esos ciclos contiene a a ya acabamos y también si C v pasa por w (o si C w pasa por v) Si no, sea T w una de las dos wu-trayectorias determinadas por C w Sea z el primer vértice de T w en C v (posiblemente z = u) Sin pérdida de generalidad, C v pasa primero por z que por v (empezando desde u) El ciclo buscado es (u, C v, z, Tw 1, w, a, v, C v, u) (c) (d) Sean a = u 1 u 2 y e = v 1 v 2 Caso (1) Si a y e son adyacentes, digamos u 2 = v 1, tomamos ciclo que contenga a a y a v 1 Si este ciclo contiene a e, ya acabamos; si no, en el ciclo sustituimos la trayectoria T de v 1 a v 2 que no contiene a a en el ciclo por e obteniendo un ciclo por a y e Caso (2) a y e no adyacentes Sea C 1 ciclo que contiene a u 1 y a e; digamos C 1 = (u 1, T 1, v 1, v 2, S 1, u 1 ), y sea C 2 ciclo que contiene a u 2 y a e, digamos C 2 = (u 2, T 2, v 1, v 2, S 2, u 2 ) Si alguno de estos ciclos contiene al otro vértice de a entonces ya acabamos Supongamos que no Sea z el primer vértice de T 2 en C 1 Sin pérdida de generalidad, z T 1 El ciclo buscado es (u 1, u 2, T 2, z, T 1, v 1, v 2, S 1, u 1 ) (d) (e) Si alguno de u o v pertenece a a o si u y v son adyacentes, entonces es claro Supongamos que no Sean u adyacente a u y v adyacente a v Tomemos un ciclo C u que contenga a a y a uu, y un ciclo C v que contenga a a y a vv Si u C v o v C u entonces ya acabamos así que supongamos que no Sea a = ww Supongamos que C u = (u, u, T u, w, w, S u, u) y que C v = (v, v, T v, w, w, S v, v) (posiblemente v y v están invertidos en el ciclo, pero no es relevante en lo que sigue) Sea z el primer vértice en T v C u (posiblemente z = u o z = w) Sin pérdida de generalidad, z T u La trayectoria buscada es (v, v, T v, z, T u, w, w, S u, u) 9

13 (e) (f) Sea v adyacente a v y tomemos uw-trayectoria que pase por vv (f) (g) Tomemos uv-trayectoria T que pase por w Entonces la porción de esta trayectoria de u a w, (u, T, w), es uw-trayectoria que no pasa por v (g) (a) Sea v V Veamos que G v es conexa Sean u, w V \ {v} Por hipótesis, hay uw-trayectoria que no pasa por v, así que esa trayectoria está en G v 26 Observación Sea G un bloque Dados u, v y a no necesariamente existe ciclo que pasa por a y contiene a u y a v u a v 27 Corolario Si G es gráfica con al menos tres vértices, entonces G es bloque si, y sólo si, dados u, v existen uv-trayectorias T 1 y T 2 que sólo tienen en común a u y a v 28 Ejercicio Es cierto que si G es bloque y T 1 es una uv-trayectoria entonces existe T 2 uv-trayectoria tal que V(T 1 ) V(T 2 ) = {u, v}? 29 Proposición Sea G gráfica con al menos tres vértices Si cualesquiera dos vértices u v son tales que δ(u) + δ(v) V entonces G es bloque Demostración Sean u, v V distintos Por (b) de 25, basta probar que existe un ciclo que contiene a u y a v Caso (1) u y v no adyacentes, Entonces N (u) y N (v) están contenidos en V \ {u, v} y N (u) + N (v) = δ(u) + δ(v) V, 10

14 así que N (u) y N (v) tienen al menos dos elementos w 1, w 2 en común, de donde (u, w 1, v, w 2, u) es un ciclo que contiene a u y a v Caso (2) u y v adyacentes Sea w V \ {u, v} Caso (2a) Si w es adyacente a ambos, entonces los tres forman un triángulo Caso (2b) w es sólo adyacente a uno de ellos, digamos, a v Por el caso (1), tomemos cuadrado (ciclo de longitud 4) (u, w 1, w, w 2, u); sin pérdida de generalidad, w 1 v y entonces el ciclo buscado es (u, w 1, w, v, u) Caso (2c) w no es adyacente ni a u ni a v Sin pérdida de generalidad podemos suponer que no existe ningún vértice adyacente a ambos (pues estaríamos en el caso (2a)) Por el caso (1) y nuestra suposición podemos tomar vértices distintos w 1, w 2, w 3, w 4 tales que (u, w 1, w, w 2, u) y (v, w 3, w, w 4, v) sean cuadrados Sin pérdida de generalidad w 1 w 4 El ciclo buscado es (u, w 1, w, w 4, v, u) u v u v w 2 w 1 w 2 w 3 w 1 w 4 w caso (2b) w (2c) 210 Ejercicio Probar que si todos los vértices tienen grado par, entonces G no tiene puentes 211 Ejercicio Probar que toda gráfica no trivial tiene, al menos, dos vértices que no son de corte 212 Ejercicio El cuello de una gráfica es la mínima longitud de sus ciclos Probar que si G tiene diámetro 2 y cuello 5, entonces es regular Probar que si G es r-regular, entonces el orden de G es r y dar ejemplo para r = 2 y r = Ejercicio Un conjunto de 1990 personas se divide en subconjuntos ajenos entre sí de tal manera que: (a) Ninguna persona conoce a todas las demás del conjunto en el que ella está (b) Entre cualesquiera tres personas de un conjunto existen siempre al menos dos que no se conocen entre sí (c) Para cualesquiera dos personas en un subconjunto que no se conozcan entre sí existe exactamente una persona en el mismo subconjunto que las conoce a ambas 11

15 Probar que dentro de cada subconjunto cada persona tiene el mismo número de conocidos y determinar el máximo número de subconjuntos posible (Se entiende que si A conoce a B entonces B conoce a A y que cada persona se conoce a sí misma) 214 Ejercicio Un conjunto de personas es tal que cada uno tiene al menos un amigo dentro del conjunto y si dos personas del conjunto tienen el mismo número de amigos (dentro del conjunto), entonces esas dos personas no tienen amigos en común (dentro del conjunto) Probar que alguna persona tiene exactamente un amigo dentro del conjunto 215 Ejercicio En una sesión de entrenamiento de ajedrez cada participante ganó a lo más k puntos repartidos de la siguiente manera: En cada juego el ganador obtuvo un punto, el perdedor 0 y, en caso de empate, cada jugador obtuvo 1 punto Probar que 2 (a) Hubo un participante que jugó a lo más 2k juegos (b) Los jugadores pueden acomodarse en 2k + 1 cuartos (o menos) de manera que ningún par de jugadores de un mismo cuarto hayan jugado entre sí 12

16 3 Operaciones en gráficas Sean G y H gráficas A partir de ellas construimos las siguientes gráficas: La unión, G H, con vértices V(G) V(H) y aristas A(G) A(H) (Aquí el símbolo significa unión ajena) La suma, G + H, con vértices V(G) V(H) y aristas A(G) A(H) {gh : g V(G), h V(H)} El producto cuadro, G H, con vértices V(G) V(H) y aristas {(g, h)(g, h ) : (g = g y hh A(H)) o (h = h y gg A(G)} Se puede pensar que en cada nivel (vértice en G) hay una copia de H y, recíprocamente, en cada vértice de H hay una copia de G El producto tache, G H, con vértices V(G) V(H) y aristas {(g, h)(g, h ) : gg A(G)) y hh A(H)} La composición o producto lexicográfico, G[H], con vértices V(G) V(H) y aristas {(g, h)(g, h ) : (g = g y hh A(H)) o gg A(G)} 31 Ejemplo Dibujemos las gráficas recién definidas cuando G = T 1 y H = K 3 : T 1 T 2 T 1 + T 2 T 1 T 2 T 1 T 2 T 1 [T 2 ] T 2 [T 1 ] 32 Proposición G H es conexa si, y sólo si, G y H lo son Demostración ( ) Sean (g, h), (g, h ) vértices en G H Sean T = (g = g 0, g 1,, g k = g ) y S = (h = h 0, h 1,, h l = h ) trayectorias en G y en H, respectivamente Entonces una (g, h)(g, h )-trayectoria es ((g, h) = (g 0, h), (g 1, h),, (g k, h) = (g, h) = (g, h 0 ), (g, h 1 ),, (g, h l ) = (g, h )) 13

17 ( ) Probemos que G es conexa Sean g, g vértices en G y sea h V(H) Tomemos una trayectoria T de (g, h) a (g, h) Tomando la primera coordenada de T obtenemos un camino (no necesariamente trayectoria) de g a g en G El cubo de dimensión n, Q n, está definido recursivamente por Q 1 = K 2 y, para n 2, Q n = Q n 1 K 2 Q 1 Q 2 Q 3 33 Observación Q n es (isomorfo a) la gráfica que tiene por vértices a {(x 1, x 2,, x n ) : x i {0, 1}} y por aristas a las parejas de vértices que difieren exactamente en una coordenada 34 Ejercicio Probar que si G y H tienen al menos dos vértices cada una entonces G H es bipartita si, y sólo si, G y H lo son 35 Ejercicio Probar que si G y H tienen al menos dos vértices cada una entonces G H es bipartita si, y sólo si, G o H lo son 36 Corolario Para toda n, Q n es bipartita 14

18 4 Grupo de automorfismos Sean G y H gráficas Un homomorfismo de G en H es una función λ : V(G) V(H) tal que si uv A(G) entonces λ(u)λ(v) A(H) 41 Ejemplo (a) Sean C 6 = (v 1, v 2, v 3, v 4, v 5, v 6, v 1 ) y C 3 = (w 1, w 2, w 3, w 1 ) Para cada i [6] sea r(i) el residuo de i módulo 3 Entonces la función λ : V(C 6 ) V(C 3 ) dada por λ(v i ) = w r(i) es homomorfismo (b) Sea h o V(H) La inclusión de G en G H dada por v (v, h 0 ) es homomorfismo (c) La proyección de G H en G no es homomorfismo (pues un vértice no es adyacente a sí mismo) (d) La proyección de G H en G es homomorfismo 42 Nota Algunos autores consideran como homomorfismo a una función λ : V(G) V(H) tal que si uv A(G) entonces λ(u)λ(v) A(H) o λ(u) = λ(v) (por ejemplo, la proyección de G H en G) Para nosotros, una función de este tipo es homomorfismo que pega 43 Observación Un isomorfismo es un homomorfismo biyectivo tal que la función inversa también es homomorfismo Una inmersión o encaje de una gráfica H en una gráfica G es un homomorfismo inyectivo de H en G Un automorfismo es un isomorfismo de una gráfica en sí misma El conjunto de automorfismos de G en G se denota por Aut(G) 44 Observación Aut(G) con la composición de funciones es grupo 45 Ejemplo (a) Aut(T n ) = Z 2 (b) Aut(K n ) = S n, el grupo de permutaciones de [n] (c) Aut(C n ) = D n, el grupo diédrico de orden 2n 46 Nota Es posible probar que todo grupo es grupo de automorfismos de una gráfica A continuación veremos la idea de la construcción 47 Ejemplo La siguiente gráfica tiene grupo de automorfismos Z 3 15

19 Recordemos que una acción (por la izquierda) de un grupo Λ en un conjunto X es una función Λ X X, (λ, x) λ x, que satisface que para x X, λ, µ Λ, 1 λ x = x y (λµ) x = λ (µ x) En general se omite el símbolo y el paréntesis pues, debido a la última propiedad, no hay confusión De manera natural se tiene una acción de Aut(G) (o de cualquier subgrupo de Aut(G)) en V y en A Decimos que la acción de un subgrupo Λ de Aut(G) en G es transitiva en vértices si para todo par de vértices (u, v) existe λ Λ tal que λ(u) = v Análogamente definimos acción transitiva en aristas La acción es libre en vértices si el único automorfismo que fija todos los vértices es la identidad 48 Ejemplo La gráfica de Petersen, P, consta de 10 vértices, y cada vértice tiene grado 3 La dibujamos aquí abajo Veremos que en esta gráfica la acción del grupo de automorfismos es transitiva en vértices y en aristas La acción en vértices es clara pues las potencias de la rotación ρ = ( )( ) mandan a 1 en cualquiera de 2, 3, 4 o 5 y a 6 en cualquiera de 7, 8, 9 o 10, y la permutación siguiente σ intercambia 1 y 6: 16

20 Para ver que la acción es transitiva en aristas observamos que la arista a con extremos 1 y 2 puede ir en cualquier arista del pentágono exterior aplicando ρ (y análogamente cualquier arista del pentágono interior va en otra del pentágono interior); para mandar a en una arista del pentágono interior basta aplicar σ; finalmente, la permutación τ siguiente manda a en una arista que une el pentágono exterior con el interior Ejercicio Probar que el grupo de automorfismos de la gráfica de Petersen es S 5 (Sugerencia: Considerar la gráfica de Petersen que tiene por conjunto de vértices a los biciclos de S 5 en el que (a b)(c d) es arista si, y sólo si, {a, b} {c, d} = ) 410 Ejercicio Encontrar una gráfica G tal que la acción de Aut(G) sea (a) transitiva en vértices pero no en aristas (b) transitiva en aristas pero no en vértices Sea Λ un grupo (finito) y sea L un conjunto de generadores de Λ cerrado bajo inversos La gráfica de Cayley de Λ con respecto a L, Cay(Λ L ), tiene por vértices a los elementos de Λ, y una arista de u a v si, y sólo si, existe λ L tal que v = uλ Observemos que, por pedir que L sea cerrado bajo inversos, esta definición es correcta 411 Ejemplo Sea Λ = D 3 = {1, r, r 2, s, rs, r 2 s}, donde r = (1 2 3) (rotación) y s = (1 2), cuyo orden es 2 Sea L = {r, r 2, s} Entonces Cay(Λ L )) es: 17

21 r 1 r 2 s r 2 s rs 412 Observación Cay(Λ L ) es conexa y, si L tiene k elementos, Cay(Λ L ) es k-regular 413 Proposición Dado un grupo Λ y un conjunto de generadores L de Λ cerrado bajo inversos, Λ es subgrupo del grupo de automorfismos de G := Cay(Λ L ) Demostración Sea λ Λ Definimos f λ : V(G) V(G) por f λ (v) = λv Es claro que f λ es una función biyectiva Veamos que define un homomorfismo de gráficas: v 1 v 2 A µ L tal que v 2 = v 1 µ µ L tal que λv 2 = λv 1 µ (λv 1 )(λv 2 ) A Es claro que la asignación f : λ f λ es una función inyectiva de Λ en Aut(G), así que sólo falta ver que f λ es homomorfismo de grupos, pero esto también es claro pues para toda λ Λ, f λ1 λ 2 (v) = λ 1 λ 2 v = f λ1 f λ2 (v) 414 Ejemplo Supongamos que queremos encontrar una gráfica cuyo conjunto de automorfismos sea Q 4 = {±1, ±i, ±j, ±k}, el grupo de los cuaternios Tomemos L = {±i, ±j} La gráfica de Cayley es: 1 1 i i j j k k En esta gráfica, reflejar con respecto al eje que pasa por 1 y k, y rotar son automorfismos, así que D 4 está contenido en el grupo de automorfismos; también es automorfismo la función que manda x en x, lo cual nos produce, combinando con D 4, otros 8 automorfismos Para obtener Q 4 se deberían romper algunos automorfismos como se hizo al construir la gráfica que tenía por grupo de automorfismos Z 3 18

22 415 Ejercicio Determinar Aut(K m,n ) para m n Qué pasa si m = n? 416 Ejercicio Encontrar una gráfica cuyo grupo de automorfismos sea Z 3 Z Ejercicio ( ) Encontrar un grupo Λ y un conjunto de generadores L de Λ tal que que Cay(Λ L ) = K n 418 Ejercicio Encontrar un grupo Λ (y un conjunto de generadores L de Λ) tal que que Cay(Λ L ) = C n 419 Proposición Sea G una gráfica conexa Existe un subgrupo Λ de Aut(G) que actúa libre y transitivamente en los vértices de G si, y sólo si, G es gráfica de Cayley de Λ Demostración ( ) Como Λ actúa transitivamente en vértices, tenemos que G es regular, digamos de grado k Tenemos que encontrar el conjunto L de k generadores de Λ que nos determinan la gráfica Escojamos un vértice u para corresponder al neutro de Λ, y supongamos que N (u) = {v 1,, v k } Para cada i [k] sea g i el único elemento de Λ tal que g i (u) = v i Entonces L = {g 1,, g k } y cada vértice v i corresponde al elemento del grupo g i Ahora, sea w un vértice de G y sea λ Λ tal que λ(u) = w; entonces w representa al elemento λ del grupo Como λ es un automorfismo de G, manda a los vecinos de u en los vecinos de w, es decir, N (w) = {λ(v 1 ),, λ(v k )} = {λg 1,, λg k } = {wg 1,, wg k } ( ) Es claro que Λ actúa libre y transitivamente en Cay(Λ L ) 420 Ejemplo En la siguiente gráfica, el grupo de automorfismos D 6 actúa transitivamente en vértices pero la acción no es libre; sin embargo, Z 6 D 6 sí actúa libre y transitivamente en los vértices, así que la gráfica es de Cayley (el conjunto de generadores que la define es L = {g, g 3, g 5 } donde g es la rotación ( )) 19

23 5 Otras construcciones La k-ésima potencia de G es la gráfica G k que tiene el mismo conjunto de vértices de G y tal que uv A(G k ) si, y sólo si, 0 < d(u, v) k 51 Ejemplo Si G = T 4, entonces G 2 es: 52 Ejercicio Hay 2n + 1 perros Al principio cada perro tiene exactamente n amigos entre los demás perros Cada día cada perro se convierte en amigo de los amigos de sus amigos Probar que debe llegar un día en el que todos sean amigos entre sí 53 Ejercicio ( ) Probar que si G tiene al menos tres vértices y es conexa, entonces G 2 es bloque La gráfica de líneas L(G) de G tiene por conjunto de vértices a A(G) y ab A(L(G)) a b = 1 54 Ejemplo (a) L(T n ) = T n 1 (b) L(C n ) = C n (c) L(K 4 ) = K 6 (las tres diagonales) (d) L(K 1,3 ) = C 3 (e) G 4 3 L(G) 55 Observación Cada vértice v de G induce en L(G) la gráfica completa entre las aristas incidentes a v 20

24 56 Proposición A(L(G)) = 1 2 Demostración Por 55, A(L(G)) = ( ) δ(v) = 2 v V(G) v V(G) v V(G) δ(v)(δ(v) 1) 2 δ 2 (v) A(G) = 1 2 v V(G) δ 2 (v) 1 2 v V(G) δ(v) 57 Proposición Si a 1, a 2,, a r V(L(G)) forman gráfica completa K r con r 4, entonces existe v V(G) tal que v a i para toda i Demostración Si dos aristas de G son vértices adyacentes en L(G) entonces tienen vértice común de G Entonces tres aristas adyacentes podrían tener la forma uv, vw y wv con u, v, w distintos pero entonces una cuarta arista no podría ser adyacente a estas tres 58 Ejercicio ( ) Probar que si G es conexa y L(G) G entonces G es ciclo 59 Ejercicio Probar que si L(G) es r-regular con r 3 impar, entonces G es bipartita Para cada r par, dar un ejemplo que pruebe que el resultado es falso Probaremos que las gráficas de líneas determinan a las gráficas salvo en el caso de K 1,3 y C 3 (que tienen por gráfica de líneas a C 3 ) Necesitamos verios lemas 510 Lema Supongamos que G es conexa, que tiene al menos 5 vértices y que L = L(G) L(H) con isomorfismo λ Si un triángulo T de L proviene de un K 1,3 de G, entonces la imagen de λ del triángulo proviene de un K 1,3 de H Demostración Supongamos que T está producido por u V(G) y tres vecinos v 1, v 2 y v 3 (o sea, T = (uv 1, uv 2, uv 3, uv 1 )) Caso (1) Si δ(u) = 3, por ser G conexa y con al menos 5 vértices, tomemos w u tal que w sea vecino de algún v i Entonces en L, el vértice v i w es adyacente a exactamente uno de T Caso (2) Si δ(u) > 3 y w es otro vecino de u distinto de los v i, entonces el vértice uw es adyacente a los tres de T v 1 w v 1 uv 1 v 1 w w uv 1 u u uw v 2 v 3 uv 2 uv 3 v 2 v 3 uv 2 uv 3 Caso (1) Caso (2) 21

25 En cualquier caso existen vértices en L adyacentes a un número impar de vértices de T Por otro lado, si T estuviera inducido por un triángulo de H, (r, s, t, r), un vecino x de alguno a estos vértices, digamos a r, produciría un vértice rx en L adyacente a exactamente dos de T r x rs xr s t rt st 511 Lema Sean G y H conexas con al menos 5 vértices Supongamos que L(G) L(H) con isomorfismo λ Dado u V(G) existe un único r V(H) tal que para toda a arista en G incidente a u se tiene que λ(a) es incidente a r Demostración Caso (1) δ(u) = d 4 Entonces u con sus aristas induce un K d y aplicamos 57 Caso (2) δ(u) = 3 Aplicamos 510 Caso (3) δ(u) = 2 Entonces en L(G) las dos aristas incidentes a u forman una arista la cual debe venir de dos aristas adyacentes en H, y el vértice al cual son incidentes no puede tener grado mayor, por lo anterior Caso (4) δ(u) = 1 sea rs la arista de H que induce a λ(a); queremos probar que alguno de r o s tiene grado 1 Sea v el otro extremo de a Caso (4a) δ(v) = 1 Entonces L(G) consta de un solo punto y el resultado es claro Caso (4b) δ(v) = 2 Si w es el otro vértice adyacente a v entonces λ(a) intersecta a exactamente una arista de L(G), por lo tanto uno de los extremos de la arista de H que induce λ(a) tiene grado 1 Caso (4c) δ(v) = 3 Aplicamos lema anterior Caso (4d) δ(v) 4 Sea N (v) = {u = w 1, w 2,, w d } Las aristas vw i inducen en L(G) un K n, uno de cuyos vértices es a Por 57 existe un vértice de H que pertenece a todas las aristas; ese vértice es s, digamos, y entonces el vértice r tal que rs = λ(a) tiene grado Ejercicio Probar que las gráficas conexas de orden a lo más 4, salvo K 1,3 y C 3, inducen todas gráficas de líneas diferentes (y diferentes de C 3 ) 513 Teorema Sean G y H conexas distintas de K 1,3 y de C 3 Entonces G H si, y sólo si L(G) L(H) 22

26 Demostración Sólo tenemos que probar la implicación ( ) Por 512, basta considerar gráficas con 5 o más vértices Usamos 511 para definir V(G) V(H) Es claro que esta asignación es biyectiva y preserva adyacencias Queremos ahora determinar las gráficas que son gráficas de líneas de otras Recordemos que cada subgráfica completa K r en una gráfica de líneas proviene de un vértice de grado r y viceversa Analicemos el ejemplo siguiente 514 Ejemplo La siguiente gráfica L es gráfica de líneas de G L partición en completas G Teorema Una gráfica conexa H es gráfica de líneas de otra gráfica si, y sólo si, existen subgráficas completas H 1,, H k de H ajenas en aristas, cuya unión es H y tales que cada vértice de H pertenece a exactamente dos H i Demostración ( ) Sea L la gráfica de líneas de G Todo vértice u de G induce una gráfica completa L u de L Si a es una arista de L entonces existen u, w 1, w 2 vértices en G tales que a = {uw 1, uw 2 } para ciertos w 1, w 2 adyacentes a u en G Esto nos dice que la unión de las L u es todo L y que si u v, entonces A(L u ) A(L v ) = ; así tenemos la partición de L en aristas buscada ( ) Dada la partición H 1,, H k de las aristas de H definamos G como sigue: Sus vértices son los elementos de la partición y los vértices de las H i que sólo pertenecen a un elemento de la partición Las aristas están formadas por las parejas (distintas) de éstos que tienen exactamente un elemento en común La conclusión es clara 23

27 6 Bloques Un bloque de una gráfica G es una subgráfica máxima con la propiedad de ser conexa y no tener vértices de corte (aunque tenga 3 o menos vértices) La gráfica de bloques de G, B(G), tiene por vértices a los bloques de G, y B 1 B 2 es arista si, y sólo si, B 1 B 2 61 Ejemplo (a) Si G es bloque (por ejemplo, si G es un ciclo), entonces B(G) es K 1 (b) B(T n ) = T n 1 (c) B(K 1,n ) = K n (d) Si G es la gráfica del dibujo, entonces los bloques son: {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, {7, 13}, {10, 12}, {11, 12} y {12, 13, 14} G B(G) 62 Observación Toda arista de G pertenece exactamente a un bloque 63 Lema Si H es una subgráfica conexa de G sin vértices de corte, u, v V(H) y T es una uv-trayectoria en G, entonces la subgráfica H T de G no tiene vértices de corte Demostración Sea w H T Analizando los distintos casos para w es fácil ver que no es de corte 64 Proposición Dos bloques de una gráfica G se intersectan en a lo más un vértice y éste es de corte Demostración Supongamos que u, v B 1 B 2 con u v, y sea w B 1 \ B 2 Como B 1 es bloque, existe uv-trayectoria T en B 1 que pasa por w; por 63, B 2 T no tiene puntos de corte, pero esto es una contradicción a la maximalidad de B 2 Ahora supongamos que {w} = B 1 B 2 y veamos que w es de corte Tomemos u B 1 y v B 2 Si w no fuera de corte entonces habría uv-trayectoria T en G w; tomemos una vw-trayectoria S en B 2, y del camino (T, S) extraigamos una trayectoria T de u a w Entonces B 1 T contiene propiamente a B 1 y, otra vez por 63, esto es una contradicción 24

28 65 Proposición Una gráfica conexa H es una gráfica de bloques si, y sólo si, cada bloque de H es gráfica completa Demostración ( ) Veamos que todo bloque de B(G) es gráfica completa Probaremos que los bloques de B(G) provienen de los bloques que se intersectan en un mismo punto Sea Λ un bloque de B(G) Sean B y C dos vértices distintos de Λ (es decir, B y C son bloques de G) Queremos probar que BC es arista en Λ, es decir, que B C Si B o C tiene menos de 3 elementos, entonces es arista así que el resultado es claro Entonces supongamos que B y C son bloques (como gráficas) y que no se intersectan Como Λ es bloque, hay un ciclo que contiene a B y a C, digamos (B = B 1, B 2,, B r = C, B r+1,, B s = B) y en el cual B y C no están juntos Para cada i sea v i el único vértice de G en la intersección de B i con B i+1 y recordemos que v i es de corte Observemos que es posible que algunos de estos v i sean iguales (ver la ilustración abajo) y, como estamos suponiendo que B y C no se intersectan, entonces no todos son iguales Eliminemos algunos bloques (y los v i que definen) de manera que no haya v i consecutivos que coincidan En los bloques que hayan sobrado se pueden construir trayectorias de un vértice de corte al siguiente (que no se intersectan con las trayectorias dentro de otros bloques, salvo, tal vez, en los vértices de corte) y nótese que, como dos bloques cualesquiera se intersectan en a lo más un punto, no es posible que sean iguales dos vértices v i y v i+2 Se tendrá entonces un camino cerrado en G, de longitud mayor o igual a 3, en el que no hay aristas consecutivas en sentido inverso Entonces es claro que este camino contiene un ciclo, el cual induce una trayectoria que empieza y termina en un mismo bloque, lo cual, por 63, es imposible ( ) Ahora supongamos que en la gráfica H todo bloque es gráfica completa y veamos cómo encontrar una gráfica G cuya gráfica de bloques sea H Hacemos inducción sobre el número de gráficas completas de H Si sólo hay una, K r, entonces H = B(K r,1 ) Supongamos que hay t 2 gráficas completas y sea U un vértice de corte tal que manera que al quitarlo alguna de las componentes conexas conste de una sola gráfica completa (esto es posible tomando una trayectoria máximal entre vértices de corte y considerando uno de los extremos); digamos entonces que la gráfica completa unida a U es isomorfa a K r Sea H la gráfica que 25

29 se obtiene de quitar esta gráfica completa (sin quitar U) de H y, por hipótesis de inducción tomemos G tal que B(G ) = H Modifiquemos G como sigue para obtener la gráfica buscada: En el bloque de G que representa a U en H tomemos una arista vw y sustituyámosla por dos aristas xv y xw con x un vértice nuevo (es decir, partamos la arista poniendo un vértice x intermedio); luego agreguemos r 2 vértices y pongamos una arista de cada uno de éstos a x (por ser H conexa, r 2) La nueva gráfica G cumple que B(G) = H La gráfica de bloques y cortes BC(G) de G tiene por vértices a los bloques de G y a los vértices de corte de G Las aristas son de la forma {u, B} donde u es vértice de corte de G y B es bloque de G que contiene a u 66 Ejemplo En la siguiente ilustración vemos como BC(G) rompe los ciclos de B(G) E E E A B D A B D A B D C C C G B(G) BC(G) 67 Observación De la demostración de 65 tenemos que no puede haber ciclos en BC(G), así que esta gráfica es un árbol 68 Ejercicio De las siguientes gráficas, determinar cuáles son gráficas de líneas y cuáles son gráficas de bloques (y, en dado caso, encontrar una gráfica de la cual provengan) 26

30 7 Gráficas eulerianas El problema de los puentes de Köninsberg describe 4 trozos de tierra A, B, C y D, separados por un río pero unidos por algunos puentes, como se muestra en el esquema Se pregunta si es posible pasar de pedazos de tierra a otros usando cada puente exactamente una vez Un paseo euleriano en una multigráfica (sin lazos) es un paseo que pasa por todas las aristas de G Una multigráfica es euleriana si tiene paseo euleriano cerrado El problema de Köninsberg se traduce a buscar un paseo euleriano en la multigráfica siguiente: Sin embargo no es posible encontrar tal paseo por lo que veremos a continuación De hecho, el siguiente teorema nos da una respuesta completa sobre qué gráficas son eulerianas G 71 Teorema Las siguientes son propiedades equivalentes para una multigráfica conexa (a) G es euleriana (b) Todo vértice de G tiene grado par (c) A(G) admite una partición en ciclos (posiblemente de longitud 2) 27

31 Demostración (a) (b) Es claro, porque cada vez que se pasa por un vértice se usan dos aristas (b) (c) Hacemos inducción sobre el tamaño A de G Si A = 2, entonces se tiene una arista doble uv, así que el paseo es (u, v, u) Podemos construir un ciclo de la gráfica empezando en un vértice y recorriendo aristas sin repetir hasta que se repita un vértice: (v 1, v 2,, v i,, v j = v i ) (esto es posible porque cada vez que se entra a un vértice, se puede salir ya que cada vértice tiene grado par); éste nos determina un ciclo (v i,, v j = v i ) y, al retirar sus aristas de la gráfica se quitan dos aristas a cada vértice Si G es ese ciclo, ya terminamos, si no entonces queda una gráfica (posiblemente disconexa) con menos aristas, en la que en cada componente cada vértice tiene grado par así que aplicamos la hipótesis de inducción (c) (a) Ahora hacemos inducción sobre k, donde k es el número de ciclos en que se parte G Si k = 1, entonces es claro Supongamos que k > 1 y sea C uno de los ciclos de la partición Sea C = (u 0 = u 1, u 2,, u s = u 0 ) Consideremos G = G A(C) La misma partición de G nos da partición de cada componente de G en menos de k ciclos, así que cada componente es euleriana Para cada componente G i (i = 1, 2,, r) sea P i un paseo euleriano en G i y sea i j el menor índice tal que P j intersecta a C en u ij Sin pérdida de generalidad supongamos que i 1 i 2 i r Construimos el paseo euleriano en G: (u 0,, u i1, P 1, u i1,, u i2, P 2, u i2,, P r, u ir,, u s = u 0 ) 72 Corolario Una multigráfica G tiene paseo euleriano abierto si, y sólo si, tiene exactamente dos vértices de grado impar Demostración Agregamos arista entre esos vértices y, usando 71, construimos un paseo empezando en una de esas aristas; después retiramos del paseo la arista agregada 73 Observación De la demostración del teorema es claro que el paseo puede empezar en cualquier arista si todos los vértices tienen grado par y en, el otro caso, en cualquier arista de cualquier vértice de grado impar 28

32 En el lema y la proposición siguientes se habla de gráficas, no de multigráficas 74 Lema Si G es una gráfica conexa que tiene exactamente dos vértices u y v de grado impar, entonces entre u y v hay un número impar de paseos que no repiten a v Demostración Hacemos inducción sobre el número de aristas Si A = 2 entonces G = T 2, de donde sólo hay un paseo Supongamos que A 3 y sea w un vértice adyacente a u Tenemos los siguientes casos: Caso (1) δ(u) = 1 En este caso, si w = v entonces sólo hay un paseo, y si w v entonces aplicamos hipótesis de inducción a G u (ahora es w el que tiene grado impar) Caso (2) δ(u) 2 Para cada w N (u) \ {v} se tiene que en G u los únicos vértices de grado impar son v y w Además G u es conexa porque en G existe un uv-paseo euleriano (que empieza con uw) Por hipótesis de inducción hay un número impar de wv-paseos Los paseos de u a v se obtienen todos empezando con cualquier arista de u a un vértice vecino, así que son una cantidad impar de impares lo cual da un total impar de uv-paseos 75 Proposición Una gráfica conexa es euleriana si, y sólo si, cada arista pertenece a un número impar de ciclos Demostración ( ) Sea a = uv Por 74 hay un número impar de uv-paseos que no repiten a v Ahora veamos que hay un número par de estos paseos que no son trayectorias; para ello, observemos que podemos aparearlos como sigue: en cada paseo que repite vértices tomemos el primer vértice que repite e invirtamos el orden de todos los vértices intermedios (ver el esquema) ( ) Veamos que todo vértice tiene grado par Sea u V y sean a 1, a 2,, a k sus aristas Sea m i el número (impar) de ciclos que contienen a a i Por otro lado sea m el número de ciclos que contienen a u Entonces i m i = 2m (pues cada ciclo usa dos de las aristas de u) y esto sólo es posible si k es par 76 Nota Una multigráfica dirigida y conexa es euleriana (es decir, hay paseo dirigido que usa cada arista) si, y sólo si, en cada vértice el número de aristas que entran es el mismo 29

33 que el que salen Esto es equivalente a que el conjunto de aristas admita una partición en ciclos dirigidos La misma demostración sirve 77 Ejercicio Es cierto que si una multigráfica es euleriana entonces cada arista pertenece a un número impar de ciclos? 78 Ejercicio Sea G conexa con n vértices de los cuales 2k tienen grado impar Probar que A(G) se puede partir en k paseos ajenos en aristas 79 Ejercicio Probar que si G es conexa de tamaño par y tiene exactamente 4 vértices de grado impar, entonces A(G) se puede partir en dos paseos de longitud par 710 Ejercicio Probar que si G es conexa entonces es euleriana si, y sólo si, para todo S V(G) no vacío el número de aristas entre S y V(G) \ S es par 711 Ejercicio (a) Sea G una gráfica regular en la que los vértices tienen grado 4 Probar que es posible colorear las aristas de G de manera que a cada vértice lleguen dos aristas azules y dos rojas (b) Probar que si en G todos los vértices tienen grado 6, entonces no necesariamente es cierto que se puedan pintar de manera que a cada vértice lleguen tres aristas azules y tres rojas Un camino euleriano en una gráfica conexa es un camino cerrado de longitud mínima que pasa por todas las aristas de la gráfica 712 Proposición Sea G una gráfica conexa con m aristas; sea C un camino euleriano y sea l su longitud Entonces m l 2m Demostración La primera desigualdad es por definición Si en G convertimos cada arista de G en dos aristas, entonces la multigráfica es euleriana y tiene 2m aristas, de donde es claro que l 2m 713 Observación Ambas igualdades son posibles en 712 Para lograr la cota m tomemos C m En cualquier árbol se alcanza la otra cota 714 Nota El problema del cartero chino es el siguiente: Dada una gráfica G, encontrar el camino euleriano de menor longitud La idea de la solución de este problema es como sigue: Se localizan los vértices de grado impar y se aparean para poner una arista entre cada pareja de manera de poder construir un paseo euleriano en la nueva gráfica y que el camino que ellas definan sea lo más corto posible Para esto se localizan los vértices de grado impar; con ellos se construye una gráfica 30

34 completa y se define una función de peso de las aristas de esta gráfica completa, es decir, a cada arista se le asigna el valor de la distancia que tienen los vértices en la gráfica G En esta nueva gráfica se aparean los vértices de manera que la suma de los pesos que aparezcan en esas aristas sea mínimo (Hay algoritmos polinomiales que hacen esto) Se muestra un ejemplo a continuación u 1 u 1 u 1 y z u u 4 u 2 u 2 4 u x u 3 u 2 1 u 3 u 3 mínimo apareamiento u 1 u 3 u 1 xu 3 u 1 u 3, u 2 u 4 u 2 u 4 u 2 yzu 4 Observamos que en el ejemplo, un paseo euleriano define en la gráfica original un camino de longitud de (pues 13 era el número original de aristas, y los pesos correspondientes que se agregan son 2 y 3) 715 Ejercicio Determinar la longitud de un camino euleriano en la siguiente gráfica 716 Ejercicio Sea G una gráfica en la que para cada vértice v se tiene que δ(v) es congruente con 0 o 1 módulo 4 Probar que es posible partir A de G en dos conjuntos A y B (con A B = A y A B = ) de tal manera que para todo v V se tenga δ G A (v) δ G B (v) 1 8 Gráficas hamiltonianas Así como hablamos de caminos eulerianos, los cuales usan todas las aristas, podemos considerar caminos hamiltonianos; son aquéllos que usan todos los vértices Así habla- 31

35 mos de ciclo hamiltoniano o de trayectoria hamiltoniana Una gráfica G es gráfica hamiltoniana si tiene ciclo hamiltoniano 81 Ejemplo Para n 3, K n y C n son hamiltonianas No existe respuesta completa sobre la existencia de ciclos hamiltonianos en una gráfica (es un problema NP-completo) El siguiente es un criterio que podemos usar para determinar que ciertas gráficas no son hamiltonianas Dada una gráfica G denotamos por k(g) al número de componentes conexas de G 82 Proposición Si G es hamiltoniana, entonces para todo S V no vacío se tiene que k(g S) S Demostración Si C es un ciclo hamiltoniano en G entonces k(g S) k(c S) S El recíproco de 82 es falso como veremos en el siguiente ejemplo 83 Ejemplo La gráfica de Petersen, P, no es hamiltoniana, pero al quitar cualquier conjunto de vértices S el número de componentes conexas de P S, k(p S), es a lo más S Para ver que no es hamiltoniana, usando la notación de 48, podemos suponer que, si lo fuera, entonces el ciclo usaría la trayectoria (5, 1, 2) Observemos que el ciclo usaría exactamente dos aristas en cada vértice, por lo tanto, no podría usarse la arista {1, 6} por lo que alrededor de 6 se usarían las aristas {6, 9} y {6, 8} Tenemos dos casos: Caso (1) Se usa la arista {2, 7} En este caso no se usa la arista {2, 3} por lo que debe usarse {3, 8} y también {3, 4} Ahora vemos que no puede usarse {9, 4} porque se formaría el ciclo (9, 4, 3, 8, 6, 9), ni tampoco puede usarse {9, 7} porque esto forzaría a usar la arista {4, 5} lo cual dejaría a 10 fuera del ciclo Caso (2) Se usa la arista {2, 3} En este caso no se usa la arista {2, 7} por lo que deben usarse {10, 7} y {7, 9} Ahora vemos que no puede usarse {9, 4} por lo que deben usarse {4, 3} y {4, 5}; aquí ya se forma el ciclo (1, 2, 3, 4, 5, 1), lo cual es una contradicción 32

36 caso (1) caso (2) Ahora tomemos S V Si S 5, entonces sobran a lo más 5 vértices por lo que es claro que k(p S) S Observemos también que si S 2 entonces P S es conexa, de donde también k(p S) S Si S = 3, como cada vértice tiene grado 3, se quitan a lo más 3 3 = 9 aristas, de donde sobran al menos 15 9 = 6 aristas en una gráfica de 7 vértices Si P S tuviera 4 o más componentes conexas, las posibilidades de distribución de los vértices en ellas serían (1, 1, 1, 1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1, 2), (1, 1, 1, 2, 2), (1, 2, 2, 2) y (1, 1, 2, 3), y en ninguna de ellas se tendrían 6 aristas Análogamente, si S = 4 entonces a lo más se quitarían 12 aristas por lo que sobrarían por lo menos 3 aristas con 6 vértices; si hubiera al menos 5 componentes los números de vértices de ellas sólo podrían ser (1, 1, 1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 2), así que tampoco podrían formarse 3 aristas 84 Teorema (Teorema de Ore) Si G es una gráfica con n 3 vértices en la que para cada par de vértices u y w no adyacentes se tiene que δ(u) + δ(w) n, entonces G es hamiltoniana Demostración Supongamos que G no tiene ciclo hamiltoniano y agreguemos todas las aristas que podamos sin que se forme un ciclo hamiltoniano En la nueva gráfica la condición de que la suma de grados de vértices no adyacentes es mayor o igual que n se satisface así que podemos suponer que la misma G es tal que al agregarle cualquier arista se forma un ciclo hamiltoniano Sean u y w dos vértices entre los cuales no hay arista (existen porque en K n hay ciclo hamiltoniano) Como al agregar la arista uw se formaría un ciclo hamiltoniano, eso quiere decir que hay una trayectoria hamiltoniana (u = v 1,, v n = w) Ahora, como δ(u) + δ(w) n, existe un índice i tal que uv i+1 y v i w son ambas aristas puesto que, en caso contrario, consideremos la función f : N (w) V \ N (u) dada por f(v i ) = v i+1 que es inyectiva, y tenemos que N (u) Im(f) = y que u / N (u) Im(f), de donde δ(u) + δ(w) = N (u) + N (w) = N (u) + Im(f) n 1, lo cual es una contradicción Tomemos entonces un índice i tal que uv i+1 A y v i w A e invertamos la porción de la trayectoria de v i+1 a w para obtener el ciclo: (u = v 1, v 2,, v i, w = v n, v n 1,, v i+1, v 1 = u), 33

37 de donde tenemos una contradicción Podemos debilitar un poco la hipótesis del teorema de Ore para tener trayectoria hamiltoniana, como vemos en el siguiente corolario 85 Corolario Si G es una gráfica con n 3 vértices en la que para cada par de vértices no adyacentes u y v se tiene que δ(u) + δ(v) n 1, entonces G tiene trayectoria hamiltoniana Demostración Agreguemos a G un vértice w y pongamos una arista de w a todos los vértices de G para obtener la gráfica G En esta gráfica se satisfacen las condiciones del teorema de Ore pues si u y v son vértices no adyacentes en G entonces u, v V y δ G (u) + δ G (v) = δ G (u) n n + 1, La construcción de un ciclo hamiltoniano en G nos da una trayectoria hamiltoniana en G 86 Ejercicio A una comida van a asistir n 3 embajadores Cada uno de ellos es amigo de al menos n embajadores Probar que se pueden sentar en una mesa redonda de 2 manera que cada embajador esté al lado de dos de sus amigos 87 Ejercicio Determinar si las siguientes gráficas (gráficas de los sólidos platónicos) son hamiltonianas o no 34

38 Decimos que G es hamiltonianamente conexa si entre cualquier pareja de vértices hay una trayectoria hamiltoniana 88 Proposición Si G es hamiltonianamente conexa entonces G es hamiltoniana Demostración Tomemos uv A y consideremos una uv-trayectoria hamiltoniana T ; entonces (vu, T ) es ciclo hamiltoniano El recíproco de 88 es falso pues si n 4 entonces C n es hamiltoniana pero no hamiltonianamente conexa 89 Nota Se puede probar que si G tiene al menos cuatro vértices y en G se tiene que δ(u) + δ(v) V + 1 para cada pareja de vértices no adyacentes u y v, entonces G es hamiltonianamente conexa 810 Ejercicio Probar que el octaedro es hamiltonianamente conexo Un camino hamiltoniano en una gráfica conexa es un camino cerrado de longitud mínima que pasa por todos los vértices de la gráfica 811 Nota El problema del agente viajero es el siguiente: Dada una gráfica G, encontrar el camino hamiltoniano de menor longitud Al igual que en el problema del cartero chino, el rango de longitudes de un camino hamiltoniano va de V (por ejemplo, en el caso de un ciclo) a 2 V (en el caso de un árbol) Podría aplicarse la misma idea de la solución del problema del cartero chino: agregar aristas hasta que se forme gráfica completa, y a cada arista ponerle como peso la distancia en G entre los vértices correspondientes El problema se reduce entonces a encontrar un ciclo hamiltoniano de peso mínimo en la gráfica completa Sin embargo, a diferencia del problema del cartero chino, aquí se complica demasiado y no se tiene algoritmo polinomial para resolverlo (de hecho, es un problema NP-duro) A continuación damos un ejemplo de cómo aplicar la solución propuesta para encontrar un camino hamiltoniano de longitud 8 (en una gráfica con 6 vértices) 35

39 812 Ejercicio Sea G m,n la gráfica cuyos vértices son los cuadros de un tablero rectangular de ajedrez de m n con una arista entre dos vértices si, y sólo si, los cuadros correspondientes se pueden alcanzar con un salto de caballo Probar que G 4,4 y G 5,5 no son hamiltonianas 813 Ejercicio Sea n 2 Probar que el n-cubo Q n es hamiltoniano pero no hamiltonianamente conexo 814 Ejercicio Probar que si G y H son hamiltonianas entonces también lo es G H 815 Ejercicio Para cada n 3 encontrar una gráfica con n vértices que no tenga trayectoria hamiltoniana pero en la que cada par de vértices no adyacentes tengan suma de grados mayor o igual que n Ejercicio Decir cuál es el error en la siguiente demostración del problema de los embajadores 86: Procedemos por inducción sobre n Para n = 3 es cierto pues n 2 = 3 2, así que cada embajador debe tener al menos dos amigos y la gráfica de amistades es un triángulo Consideremos ahora el caso de n embajadores con n 4; usando la hipótesis de inducción sentemos a n 1 de los embajadores en mesa redonda y sea E el embajador que 36

40 falta por sentarse Como él tiene al menos n amigos hay dos embajadores sentados juntos 2 que son amigos de E y entonces él se puede sentar entre ellos 817 Ejercicio Probar que la gráfica de Tutte dibujada aquí abajo no es hamiltoniana (Sugerencia: Probar que la subgráfica definida por el triángulo con vértices u, v, w y su interior no tiene vw-trayectoria hamiltoniana) 818 Ejercicio En una fiesta ningún hombre bailó con todas las mujeres, pero cada mujer bailó con al menos un hombre Probar que hay dos parejas (m, h) y (m, h ) tales que m y h bailaron entre sí, m y h bailaron entre sí, pero m no bailó con h ni tampoco lo hicieron m y h (Sugerencia: Considerar una matriz que represente el problema poniendo 1 en el lugar (i, j) si el i-ésimo hombre bailó con la j-ésima mujer y 0 si no Tomar un renglón i con máximo número de 1 s) 819 Ejercicio En un conjunto de personas cada uno tiene a lo más tres enemigos dentro del mismo conjunto Probar que se pueden separar en dos subconjuntos de manera que cada persona en un subconjunto tenga a lo más un enemigo dentro de ese subconjunto 820 Ejercicio Probar que G + K 1 es hamiltoniana si, y sólo si, G es trayectoria 821 Ejercicio Hay un tesoro en cada cubo de de los 343 que forman un cubo de Un duende se encuentra en el cubo central; en cada momento puede pasar de un cubo a cualquier otro que comparta un cuadrado con el cubo donde está Resulta que si regresa a un cubo por el que ya pasó, entonces un monstruo le quita todos los tesoros que ha obtenido hasta el momento Las salidas están en las 8 esquinas del cubo Es posible que salga del cubo con todos los 343 tesoros? 37

41 9 Planaridad Decimos que G es una (multi)gráfica plana si V A es un subconjunto del plano en el que los elementos de V son puntos, cada arista es un arco (es decir, conjunto homeomorfo al intervalo [0, 1]) entre los vértices que la forman (o lazo en caso de seudográficas, cuando la arista consta de un solo vértice) y dos aristas sólo pueden intersectarse cuando tienen vértice en común y, en ese caso, sólo se intersectan en dicho(s) vértice(s) Una (multi/seudo) gráfica G es aplanable si es isomorfa a una (multi/seudo) gráfica plana; en otras palabras, si existe una inmersión de G en el plano 91 Ejemplo Son aplanables C n, los árboles y las gráficas de los sólidos platónicos (ver 87) 92 Ejercicio Probar que K 2,n es aplanable 93 Observación Una (multi/seudo) gráfica es aplanable si, y sólo si, admite una inmersión en la esfera Si G es plana entonces las componentes conexas de R 2 \ G se llaman caras de G En lo que sigue, denotamos por V, A y C a los números de vértices, aristas y caras, respectivamente, de una (multi/seudo) gráfica plana G 94 Teorema (Fórmula de Euler) Si G es conexa, entonces V A + C = 2 Demostración Inducción sobre A Por ser la gráfica conexa, el menor número de aristas que puede tener es A = V 1, cuando G es un árbol En este caso sólo hay una cara, de donde se satisface trivialmente la fórmula Ahora tomemos una gráfica G con A aristas, donde A V Entonces G tiene ciclos; sea a una arista perteneciente a un ciclo y consideremos la gráfica G obtenida de quitar a a G Observemos que al quitar la arista a, alguna cara se une con otra (todo esto, incluso si a es lazo o arista múltiple), de manera que V = V, A = A 1, C = C 1, donde V, A y C son, respectivamente, los números de vértices, de aristas y de caras de G, y así, usando la hipótesis de inducción, es claro que la fórmula se satisface también para G 95 Corolario El número de caras de una (multi/seudo) gráfica aplanable conexa no depende de la inmersión 38

42 96 Ejercicio ( ) Usar la fórmula de Euler para determinar el número de regiones en que n rectas en posición general dividen al plano 97 Observación Toda cara de una gráfica (simple) plana conexa con V 4 tiene al menos 3 aristas 98 Proposición Si G tiene al menos 3 vértices y es gráfica aplanable máxima (es decir, al agregar una arista ya no es aplanable) entonces todas sus caras son triángulos Demostración Consideremos una inmersión de G en el plano, y supongamos que alguna cara tiene más de 3 lados; entonces se puede agregar una arista entre dos vértices no consecutivos de esa cara y la gráfica sigue siendo plana, lo cual es una contradicción 99 Proposición Si G es gráfica aplanable con V 3 vértices y A aristas entonces A 3V 6 Demostración Construyamos G a partir de G agregando aristas de manera que G sea plana máxima (y conexa) Si V, A y C son los números de vértices, aristas y caras de G, respectivamente; entonces 3C = A (pues cada cara tiene tres aristas y cada arista pertenece 2 a dos caras), de donde C = 2 3 A ; sustituyendo en la fórmula de Euler tenemos Pero V = V y A A, de donde y de aquí tenemos el resultado buscado 910 Corolario K 5 no es aplanable 2 = V A A = V 1 3 A V 1 3 A V 1 3 A = 2, Demostración Si fuera aplanable cumpliría que A 3V 6, pero 3V 6 = = 9 < 10 = A 911 Observación Si H es subgráfica de una gráfica aplanable, entonces H es aplanable 912 Corolario K n no es aplanable para n Ejercicio Probar que K 3,3 no es aplanable 914 Corolario Si G es aplanable entonces tiene al menos un vértice de grado menor o igual que 5 39

43 Demostración Si todos tuvieran grado mayor o igual que 6, entonces 2A = v δ(v) 6V, de donde A 3V > 3V 6 Como acabamos de ver, K 5 y K 3,3 no son aplanables ni lo es ninguna gráfica que contenga alguna de ellas como subgráfica Una especie de recíproco de este resultado es cierto, sólo que hay que interpretar lo de contenga de otra manera, por ejemplo, es claro que si a K 5 le agregamos un vértice enmedio de una arista, la nueva gráfica tampoco será aplanable a pesar de no contener a K 5 ni a K 3,3 Veamos los conceptos apropiados que nos llevan a la buena interpretación de contención en este caso Dada una arista a = uv en G, la gráfica obtenida mediante contracción de a es la gráfica G/a, cuyos vértices son V(G/a) = (V(( G)) \ {u, v}) {w}, para cierto w / V, y las aristas son A(G/a) = (A(G) \ {xu, xv : x V}) {xw : xu o xv A} u a v w u a v w Un menor de una gráfica G es una gráfica isomorfa a una gráfica H que se obtiene de G a partir una cantidad finita de sucesivas aplicaciones de las siguientes tres operaciones: contracción de aristas, eliminación de vértices y eliminación de aristas; equivalentemente, H es menor de G si es isomorfa a una gráfica que se obtiene de una subgráfica de G mediante contracción de aristas 915 Observación Si G es aplanable y G es menor de G entonces G es aplanable Enunciamos a continuación el teorema que determina completamente las gráficas aplanables No daremos demostración 916 Teorema Teorema de Kuratowsky Una gráfica es aplanable si, y sólo si, no contiene ningún menor isomorfo a K 5 o a K 3,3 917 Corolario La gráfica de Petersen no es aplanable Demostración Al contraer las aristas a, b, c, d, e se obtiene K 5 40

44 e a b d c 918 Ejercicio Probar que si una gráfica G con 11 vértices es aplanable, entonces su complemento no lo es 919 Ejercicio Sea G una gráfica plana tal que δ(g) = 5 y (G) = 8 Probar que si G tiene exactamente tres vértices de grado 8 y siete de grado 7 entonces G tiene al menos 25 vértices de grado 5 41

45 10 Gráfica dual Veremos en esta sección otras aplicaciones de la fórmula de Euler para gráficas planas La gráfica dual de una (multi/seudo) gráfica plana conexa G es (multi/seudo) gráfica G construida a través de G poniendo un vértice por cada cara de G y tal que dos vértices de G están unidos mediante una arista si, y sólo si, las caras correspondientes en G comparten arista 101 Observación (a) Como vimos en la figura, aun cuando G sea simple, G no necesariamente lo es (b) G también es aplanable porque por cada cara de G sólo hay un vértice y por cada arista de G hay exactamente una arista de G, así que, dentro de cada cara, las aristas se pueden dibujar de manera que no haya intersección (salvo en el vértice que representa la cara) 42

46 Más formalmente: En cada arista a escojamos un punto interior P a Sea c una cara y sea c un punto de ella Bastará probar que dentro de c se pueden trazar arcos Γ a de c a los P a cuyo único punto en común sea c Haremos inducción sobre el número de arcos necesarios (cada arista contenida en la cara necesita que se construyan dos arcos) y usaremos que los abiertos conexos de R 2 son arcoconexos Sea B una bola alrededor de c cuya cerradura B esté contenida en c y digamos que tiene radio r Sea B la bola con centro c y radio r Veamos 2 la construcción general de los arcos que usaremos más abajo en la inducción Tomemos una arista a de c y un consideremos una media bola B a alrededor de P a cuya cerradura no intersecte a ninguna otra arista, ni a ningún arco ya construido, ni a B; llamemos r a al radio de B a y consideremos una bola B a de centro P a y radio ra Sean 2 Q a B \ B y R a B a \ B a Dentro de c\(b B a) construyamos un arco Λ a de Q a a R a Sea Q a el último punto de Λ a en la frontera de B y sea R a el primer punto Λ a en la frontera de B El arco buscado Γ a se obtiene al unir el radio de B que va de c a Q a con Γ a y el radio de B a que va de R a a P a Tenemos así que Γ a \ {P a } está totalmente contenido en c Ahora, sean a 1, a 2,, a k las aristas de c, escribiendo dos veces aquellas aristas cuyo interior queda dentro de c, y supongamos que para cierta l < k y cada i [l 1] se tienen construidos arcos Γ ai de c a P ai cuyo único punto en común es c Construyamos Γ al con el mismo procedimiento descrito arriba al tomar una media bola B ai alrededor de P ai de tal manera que su cerradura no intersecte a ninguna otra arista, ni a B, ni a las B a anteriores, ni a ningún arco ya construido; en el caso de las aristas cuyo interior queda dentro de c deben tomarse medias bolas de distintos lados (c) La gráfica dual de G es G (d) La gráfica dual depende de la inmersión Por ejemplo, las dos gráficas G 1 y G 2 dibujadas abajo son isomorfas, pero observemos que las dimensiones de las caras de G 1 son (5, 5, 4, 3), mientras que las de G 2 son (6, 4, 3, 3), lo cual hace que en G 1 no haya vértice de grado 6, mientras que en G 2 sí lo hay 43

47 Como primera aplicación de lo anterior probaremos que los únicos poliedros regulares son los platónicos Se puede abstraer la definición de poliedro de diversas maneras Nos interesa aquí analizarlos como gráficas y considerar algunas propiedades básicas, las cuales mencionamos aquí: Son gráficas conexas, planas (más bien las consideramos dentro de la esfera), cada cara está definida por un ciclo de longitud al menos 3 y cada vértice tiene grado al menos 3 A una gráfica que cumple estas propiedades le llamamos poliédrica 102 Observación La gráfica dual de una gráfica poliédrica también es poliédrica 103 Ejercicio Probar que si G es poliédrica entonces A 3C 6 y existe una cara con a lo más 5 aristas 104 Teorema Los únicos poliedros regulares son los platónicos Demostración Supongamos que G es una gráfica poliédrica regular en la que el grado de cada vértice es g y el número de aristas de cada cara es l Sea V el número de vértices, A el número de aristas y C el número de caras de G Por la definición de gráfica poliédrica tenemos que g, l {3, 4, 5} Además, A = V g 2 = Cl 2 Consideremos los distintos casos para g: Si g = 3, entonces 3V = A = Cl Cl Cl, de donde V = y en la fórmula de Euler Cl +C = y, por tanto, C(6 l) = 12 Para l = 3 se tiene C = 4, A = 6 y V = 4; éste es el caso del tetraedro Para l = 4 se tiene C = 6, A = 12 y V = 8; éste es el caso del cubo Para l = 5 se tiene C = 12, A = 30 y V = 20; éste es el caso del dodecaedro Si g = 4, entonces 4V = A = Cl Cl Cl, de donde V =, y en la fórmula de Euler Cl +C = , así que C(4 l) = 8 Aquí la única posibilidad es l = 3, y entonces C = 8, A = 12 y V = 6; éste es el caso del octaedro Si g = 5, entonces 5V = A = Cl Cl Cl, de donde V =, y en la fórmula de Euler Cl +C = , y tenemos C(10 3l) = 20 Aquí la única posibilidad es l = 3, y entonces C = 20, A = 30 44

48 y V = 12; éste es el caso del icosaedro Ahora consideraremos otra aplicación importante: la coloración de mapas El problema consiste en lo siguiente: Dado un mapa (de países), cuántos colores bastan para colorear cada país de manera que si dos países comparten una frontera entonces su color es distinto? El problema traducido a gráficas es el siguiente: Dada una gráfica plana en la que no hay vértices de grado 1, cuántos colores bastan para pintar sus caras de manera que caras adyacentes tengan distinto color? Se ha demostrado, mediante el uso de la computadora, que 4 colores bastan Nosotros lo probaremos aquí para 5 colores Consideraremos el caso dual (coloración de vértices es decir, función del conjunto de vértices en un conjunto cuyos elementos se llaman colores), recordando que los lazos en la gráfica dual de una gráfica se producen cuando un vértice de la gráfica original tiene grado 1 Decimos que una coloración de vértices es buena o propia si vértices adyacentes tienen distinto color 105 Proposición Sea G una gráfica plana sin lazos Entonces existe una buena coloración con 5 colores para los vértices de G Demostración Sin pérdida de generalidad podemos suponer que la gráfica es conexa También es claro que podemos suponer que no hay aristas múltiples Supongamos entonces que G es una gráfica simple conexa Procedemos por inducción sobre V Si V = 1 no hay nada que probar Supongamos que V > 1 y que el resultado es cierto para gráficas con menos de V vértices Si la gráfica no es poliédrica, por ser simple y conexa debe de tener un vértice de grado menor que 3; si la gráfica es poliédrica entonces, tiene un vértice de grado menor o igual que 5; en cualquier caso, sea v un vértice de grado menor o igual que 5 y usemos la hipótesis de inducción para colorear los vértices de G v con 5 colores de manera que no haya vértices adyacentes con el mismo color Es claro que si alguno de los 5 colores no se usó en los vértices adyacentes a v, entonces podemos pintar v con uno de ellos, obteniendo así la buena coloración buscada para G Veamos que existe una coloración para los vértices de G v en la que en los vértices adyacentes a v no se usan los 5 colores Supongamos que no y sean v 1, v 2,, v 5 los vértices adyacentes a v, escritos en orden de las manecillas del reloj; sea i el color usado para v i Por nuestra suposición, el color 3 no puede usarse para v 1 (pues v 3 lo usa); eso quiere decir que v 1 está unido a algún otro vértice ya pintado con el color 3, pero análogamente, ese otro vértice no puede cambiarse de color al 1 por estar unido a otro con el número 3 y así sucesivamente; la única posibilidad de que no pueda intercambiarse el color 1 por el 3 en toda la gráfica sin cambiar también el color de v 3 es que se forme una trayectoria de v 1 a v 3 en G v en que los vértices vayan alternando los colores 1 y 3 Esto mismo puede hacerse con los vértices v 2 y v 4 ; sin embargo esto produce dos trayectorias que se intersectan; como la gráfica es plana, la intersección es un vértice común a los caminos, lo cual es un absurdo 45

49 v v v v v 3 4 v Ejercicio Explicar por qué no puede continuarse la demostración de 105 para que, una vez cambiado el color de v 3 por el color 1, continuar con un argumento similar para intentar cambiar el color de v 5 por el de v 3 (o el de v 4 por el de v 2 ), y entonces concluir que 4 colores son suficientes 107 Ejercicio Encontrar una gráfica plana sin lazos cuyos vértices no tengan una buena coloración con 3 colores 108 Ejercicio Determinar si la gráfica de Heawood dibujada aquí abajo es aplanable 109 Ejercicio Sea G una gráfica poliédrica Probar que son equivalentes el que sus caras puedan bien colorearse con dos colores y el que todos los vértices tengan grado par 1010 Ejercicio Sea G una gráfica plana conexa tal que su dual G no tiene lazos ni aristas múltiples Demostrar que G y G tienen el mismo número de árboles generadores 46

50 11 Género Las superficies compactas orientables sin frontera son la esfera S 2 y las obtenidas de S 2 al agregarle asas El número de asas es el género de la superficie El género de una gráfica G, γ(g), es el menor género de una superficie en el cual G puede encajarse sin cruces Por ejemplo, el género de las gráficas aplanables es Proposición Toda gráfica tiene género y éste es menor o igual que el número de aristas de la gráfica Demostración Ponemos los vértices en la esfera y un asa por cada arista 112 Proposición γ(k 5 ) = γ(k 6 ) = γ(k 7 ) = 1 y γ(k 3,3 ) = γ(k 3,4 ) = γ(k 4,4 ) = 1 Demostración Basta ver que podemos encajar K 7 y K 4,4 en el toro El esquema de la izquierda muestra cómo puede encajarse K 7 en el toro y el de la derecha muestra un encaje de K 4,4 en el toro X A B C X P P Q Q R R X A B C X A B P Q R C D S P Q R S A B Un encaje de una gráfica en una superficie es de 2-celdas si todas las caras son homeo- 47