Matemàtiques 1 - FIB 8-1-016 Examen F1 Grafs JUSTIFIQUEU TOTES LES RESPOSTES 1 (a) [05 punts] Doneu la definició de la matriu d incidències d un graf (b) [15 punts] Enuncieu i proveu el Lema de les encaixades Sigui G un graf amb dos components connexos G 1 i G G 1 és d ordre r 3 i mida m 1 = [r(r 1)/] 1, i G és un arbre d ordre r (a) [1 punt] Calculeu la mida del graf complementari G c en funció de r (b) [1 punt] Calculeu el radi i el diàmetre de G c (c) [ punts] Proveu que G c és hamiltonià però no eulerià 3 Direm que un graf G té la propietat SBG ( subgraf bipartit gran ) si té un subgraf generador H que és bipartit i tal que mida(h) mida(g) (a) [1 punt] Comproveu que tots els grafs d ordre i 3 tenen la propietat SBG (b) [ punts] Sigui v un vèrtex de G Proveu que si G v té la propietat SBG, aleshores G també la té (Indicació: Si V 1 és una de les parts estables d un subgraf generador bipartit de G v, distingiu dos casos, segons que v sigui adjacent a menys de g(v)/ vèrtexs de G o a g(v)/ o més) (c) [1 punt] Proveu que el graf complet K n té la propietat SBG per a tot n Informacions: La durada de l examen és de h Entregueu cadascuna de les tres preguntes en un full diferent i escriviu amb tinta negra o blava Si us cal, podeu utilitzar un apartat per tal de respondre n un altre encara que el primer no l hàgiu fet Les notes es publicaran al Racó de la FIB el dia?? de gener i la revisió serà el dia?? de gener a les?? (el lloc s anunciarà amb antel lació al Racó)
Model de solució 1 (a) [05 punts] Doneu la definició de la matriu d incidències d un graf (b) [15 punts] Enuncieu i proveu el Lema de les encaixades Sigui G = (V, A) un graf amb V = {v 1,, v n } i A = {a 1,, a m } (a) La matriu d incidència de G és la matriu M I (G) de tipus n m tal que l element que hi ha a la fila i, columna j, és { 1 si vi i a j són incidents; 0 altrament (b) El lema de les encaixades afirma que g(v) = m v V Demostració Sigui X el nombre d uns que hi ha a la matriu M I (G) Provarem el lema trobant dues expressions per a X i igualant-les Observem primer que a cada columna de M I (G) hi ha exactament dos uns; més concretament, si els extrems de l aresta a j són v i1 i v i, aleshores a les files i 1 i i de la columna j hi ha un 1, i a les altres files, un zero Per tant, X = m j=1 = m D altra banda, a la fila i de M I (G) hi ha un 1 per cada aresta incident amb v i ; per tant, hi ha tants uns com el grau de v i Aleshores, X = n i=1 g(v i) = v V g(v) Igualant les dues expressions trobades per a X arribem a la igualtat de l enunciat Sigui G un graf amb dos components connexos G 1 i G G 1 és d ordre r 3 i mida m 1 = [r(r 1)/] 1, i G és un arbre d ordre r (a) Calculeu la mida del graf complementari G c en funció de r (b) Calculeu el radi i el diàmetre de G c (c) Proveu que G c és hamiltonià però no eulerià (a) L ordre de G és n = r Per altra banda, com que G és arbre, la seva mida és m = r 1, així que la mida de G és m(g) = m(g 1 ) + m(g ) = La mida de G c és doncs r(r 1) m(g c ) = 1 + r 1 = r r + r r(r 1) = r r = 3r 3r + m(g) r + r = r + r (b) Denotem per x 1,, x r i y 1,, y r els vèrtexs de G 1 i G respectivament Calculem-ne les excentricitats a G c
Excentricitats dels x i (i = 1,, r) Com que G 1 és el complet K r menys una aresta, que podem suposar (si convé reindexant els vèrtexs) que és l aresta x 1 x, a G c tindrem aquesta aresta x 1 x i cap altra aresta del tipus x i x i Per altra banda, a G c tindrem totes les arestes del tipus x i y j, amb i, j {1,, r}, ja que no hi són a G Deduïm que les excentricitats dels x i a G c són totes perquè r 3 i, per tant, calen arestes per anar des de x 1 o x a qualsevol x i per i 3, i perquè de qualsevol x i a qualsevol y j només cal una aresta Excentricitats dels y i (i = 1,, r) Són totes també En efecte, a G c cada y j és adjacent a tots els x i però no pot ser-ho a tots els y j, ja que si ho fos voldria dir que a G el vèrtex y j no és adjacent a cap altre y j, cosa que no pot ser perquè en aquest cas G no seria connex i, per tant, un arbre Per tant, el radi i el diàmetre són r(g c ) = D(G c ) = (c) Calculem els graus dels vèrtexs i comprovem que es compleix la condició de Dirac Com abans, suposem que x 1 x és l única aresta del tipus x i x i present a G c Tenim que { 1 + r, si i {1, } g G c(x i ) = r, si i {3,, r} ja que x 1 és adjacent a x i a tots els y j i anàlogament x, mentre que els x i, i 3, només ho són als y j Per altra banda, del grau de y j, j {1,, r} només podem dir que és g G c(y j ) r + 1, ja que és adjacent a tots els x i, i {1,, r} i almenys a un y j per l argument anterior En tots els casos es té doncs que g G c(v) r, v vèrtex qualsevol de G c Com que r és la meitat de l ordre de G c, es compleix Diraci queda provat que G c és hamiltonià Alternativament, es tracta d observar que el subgraf generat per les arestes entre els vèrtexs de G 1 i G és un bipartit complet K r,r, el qual sabem que és hamiltonià Com que aquest subgraf és a més generador, deduïm que el propi graf G c també és hamiltonià Per altra banda, no pot ser eulerià ja que tant si r és parell com si és senar, a G c hi ha vèrtexs de grau senar perquè hi ha tant vèrtexs de grau r (per exemple, els vèrtexs x 3,, x r ) com vèrtexs de grau r + 1 (els vèrtexs x 1, x ) 3 Direm que un graf G té la propietat SBG ( subgraf bipartit gran ) si té un subgraf generador H que és bipartit i tal que mida(h) mida(g) (a) [1 punt] Comproveu que tots els grafs d ordre i 3 tenen la propietat SBG (b) [ punts] Sigui v un vèrtex de G Proveu que si G v té la propietat SBG, aleshores G també la té (c) [1 punt] Proveu que el graf complet K n té la propietat SBG per a tot n 1
Recordem que un subgraf de G és generador si conté tots els vèrtexs de G (a) Tots els grafs d ordre i 3 són bipartits, excepte el graf complet K 3, que és l únic que té un cicle de longitud senar Per tant, si G = K3, podem prendre H = G i clarament és generador i mida(h) = mida(g) mida(g) Si G = K 3, prenem H = K 3 a, on a és una aresta qualsevol de K 3 Tenim que H és bipartit, generador (ja que no hem eliminat cap vèrtex) i mida(h) = > 3 = mida(g) Una altra manera de resoldre aquest apartat seria dibuixant els 6 grafs no isomorfs d ordres i 3, i comprovant un per un que tenen un subgraf bipartit que conté tots els vèrtexs i almenys la meitat de les arestes (b) La hipòtesi ens diu que el graf G v conté un subgraf generador bipartit H tal que mida(h) mida(g v) Anomenem V 1 i V les parts estables del subgraf H; per ser H generador, tenim que V 1 V conté tots els vèrtexs de G excepte v Sabem també que mida(g v) = mida(g) g(v) (on g(v) és el grau de v en el graf G) Hem de veure que G té un subgraf generador bipartit H tal que mida(h ) mida(g) El vèrtex v és adjacent a g(v) vèrtexs de G; aquests g(v) vèrtexs estan repartits entre V 1 i V (Vegeu la figura) v G H V 1 V Figure 1: Representació esquemàtica del graf de l exercici 3(b) Distingim casos: v és adjacent a g(v)/ vèrtexs de V 1 : prenem H com el graf amb parts estables V 1 i V {v}, amb totes les arestes de H més totes les arestes de la forma vx amb x V 1 La seva mida és mida(h ) mida(h)+ g(v) mida(g v) + g(v) = mida(g) g(v) + g(v) = mida(g) v és adjacent a < g(v)/ vèrtexs de V 1 : en aquest cas v ha de ser adjacent a > g(v)/ vèrtexs de V, per tant podem raonar igual que en el primer cas, canviant els rols de V 1 i V (c) Una manera de provar-ho és fent inducció sobre n El cas base és n =, però ja hem vist a l apartat (a) que K té la propietat SBG Per fer el pas inductiu, suposem que per algun n 3 fixat el graf K n 1 té la propietat SBG (hipòtesi d inducció) i demostrem
que K n també la té Sigui v un vèrtex qualsevol de K n Tenim que K n v = K n 1, que té la propietat SBG per hipòtesi d inducció Aleshores l apartat (b) garanteix que K n també té la propietat SBG Una altra manera de provar-ho és fent un raonament directe Si n és parell, K n conté un subgraf generador isomorf a K n, n Tenim mida(k n, n ) = n 1 n(n 1) = mida(k n) Si n és senar, K n conté un subgraf generador isomorf a K n+1, n 1 Tenim mida(k n+1, n 1 ) = (n + 1)(n 1) = n 1 n n = 1 n(n 1) = mida(k n)