estructura discretas (definitivo)

8/14/2019 ESTRUCTURA DISCRETAS (DEFINITIVO)

1/34

CONJUNTO.

Se denomina conjunto a una coleccin de todos los objetos posibles que satisfacen ciertas propiedades especficas; cauno de dichos elementos es considerado un elemento del conjunto.

Un conjunto puede dividirse empleando dos criterios distintos, que originan, respectivamente, la definicin por extensdefinicin por comprensin. Un conjunto queda definido por extensin cuando se menciona cada uno de los elementoconjunto. La definicin por comprensin exige mencionar ciertas propiedades que deben cumplir todos los elementoconjunto y solamente ellos.

Un conjunto A est determinado cuando, dado un elemento cualquiera a, es posible decidir si pertenece o no al conjuntdecir, trabajaremos con conjuntos perfectamente determinados, donde no quepa la ambigedad. Dado un elemento a, dhaber un criterio que permita decidir, de manera nica, si a pertenece o no al conjunto. Es decir, un conjunto es agrupacin, clase o coleccin de objetos reunidos a partir de un criterio claramente determinado.

CARACTERISTICAS DE LOS CONJUNTOS.

La clase y tipo de conjuntos puede ser de muy distinta ndole y naturaleza pero nosotros los vamos a contemplar de f

que satisfagan a nuestros propsitos de estudio en la forma siguiente, atendiendo principalmente a sus elementconstitutivos:

CLASE o denominacinANALOGA o semejanza entre los elementosTIPOS DE CONVERGENCIACARACTERSTICAS RESULTANTES.

CLASES

"Clase es la denominacin y expresin lingstica de un conjunto dependiendo de las peculiaridades y caractersticasus elementos as como de las exigencias y requerimientos que les pidamos a estos elementos para integrarse en conjunto".

La clase de conjunto depende por tanto de los elementos que los constituyan y de las exigencias especficas para fordicho conjunto. As tendremos un conjunto de letras, numrico, de notas musicales, de flores, de libros, etc.

Pero tambin se puede exigir a los elementos caractersticas y requerimientos especiales para formar el conjunto, comejemplo: Conjunto de flores amarillas; conjunto de manzanas maduras y con gusano; conjunto de hombre calvos ybigote; conjunto de rboles de hojas dentadas, etc.

ANALOGA : Segn las caractersticas de los elementos componentes

En lo referente a la ANALOGA o semejanza de los elementos o componentes de un conjunto, stos pueden ser: IGUAHOMOGNEOS O HETEROGNEOS.

TIPO: Tipo de inter-relacin entre los elementos componentes

Como vemos ms adelante, la consideracin de los tipos de conjuntos pueden ser muy adecuada para una comprensgeneral de los mismos, mientras que las caractersticas analgicas o de semejanza de los conjuntos sern ms utilizapara un estudio profundo, matemtico y operativo de los conjuntos.

En cuanto al TIPO de conjuntos lo dividiremos en:

DIFUSOS,Conjuntos EN RELACIN yConjuntos DE FUSIN.

Sern CONJUNTOS DIFUSOS cuando sus elementos a pesar de estar unidos formando conjunto, no tienen ningn tiprelacin o compenetracin entre ellos. Ej: Montones de piedras, clavos o tornillos al mismo tiempo.

Sern CONJUNTOS DE RELACIN cuando los elementos o sub-conjuntos que los forman estn unidos entre ellocualquier tipo de relacin o coordinacin. Ej: sucesin matemtica, formacin militar, un armario de trajes.

Sern CONJUNTOS DE FUSIN, cuando sus elementos se unen entre s formando con esta unin unos elementos nu


2/34

y normalmente con distintas propiedades de la de sus componentes. Ej: rbol, el mar, un automvil, entre otros.

OPERACIONES CON CONJUNTOS.

En las operaciones de conjuntos, este estudio difiere en varios puntos de lo aceptado actualmente por entender que nocorresponde con la realidad, que existen contradicciones, que no son aceptables desde un punto de vista lgico o que

son operativos en conjuntos reales.S est de acuerdo y no se revisaran las consideraciones actuales de intercepcin de conjuntos, conjuntocomplementarios, etc.

Por lo tanto, aqu vemos las operaciones tal cual la entiende esta teora de conjuntos.

SUMA DE CONJUNTOS

Dos o ms conjuntos pueden sumarse mediante la reunin de todos sus elementos en un solo conjunto, con las dcondiciones siguientes:

1.- Como hemos visto, la primera condicin de la suma es que en el nuevo superconjunto formado estarn todoselementos de los conjuntos constituyentes.

Los elementos comunes debido a las intersecciones de dos o ms conjuntos de la suma se atender a su realidad fsicsolo se sumarn una vez.

2.- La segunda condicin es que tambin sean conservadas en la suma o superconjunto resultante las peculiaridadesconvergencia o identidad que cada uno de los conjuntos sumandos tuviera.

En este caso y cuando que sea posible y exista la misma convergencia o identidad entre los conjuntos sumados, se podunificar todos los elementos reunidos y ordenados mediante dicha convergencia. (p.e. Sea un conjunto A o suces

(6,7,8,9) y conjunto B o sucesin (1,2,3,4,5,) stos se pueden sumar formando una sola sucesin A + B (1,2,3,4,5,6,7,8RESTA DE CONJUNTOS

Principio de la resta:

A todo conjunto A, podemos restarle o extraerle uno o varios subconjuntos (B,C,D) o elementos (a,b,c) del mismo. Osus elementos convirtindose en este caso en conjunto vaco.

Por tanto aqu hay que establecer claramente la distincin entre los subconjuntos (B,C,D,E,F, etc.) todos epertenecientes al conjunto principal A del cual se restan, de otros conjuntos diferentes B,C,D etc. que no pertenezcaconjunto A y que por tanto no pueden ser restados.

"No se pueden restar los elementos que tiene otro conjunto, sino los propios del conjunto que se somete a la resta"

Sera pues la siguiente expresin:

A B donde B sera siempre un subconjunto perteneciente a A.

Y cuando haya varios subconjuntos a restar podemos poner:

A ( B + C + D + E )

Por tanto el principio de las resta debe cumplirse de tal forma que el conjunto A tenga como componentes asubconjuntos a restar B, C, D, E.

Y lo expresaremos as:

A (B, C, D, E ) Conjunto A contiene a los subconjuntos (B, C, D, E ) que pueden ser restados.

UNIN DE CONJUNTOS


3/34

La unin de los conjuntos A y B es el conjunto formado por todos los elementos que pertenecen a A o a B o a ambodenota: A U B. La unin de conjuntos se define como:

A U B = {x / x A o x B}

En forma grfica:

Cuando no tienen Cuando tienen algunos Cuando todos los elementos de unelementos comunes elementos comunes conjunto pertenecen a otro conjunto

1. Dados los conjuntos: A = { 0, 1, 2, 3, 4, 5 }, B = { 0, 2, 4 } y C = { 5, 6, 8 }, efectuar y construir los diagramas resp

a) A U C b) B U C c) A U B

Tenemos:a) A = { 0, 1, 2, 3, 4, 5 }y C = { 5, 6, 8 } A U C ={0, 1, 2, 3, 4, ,6, 8 }

Representacin grfica de la unin de conjuntos A y C

INTERSECCIN DE CONJUNTO

Se define la interseccin de dos conjuntos A y B al conjunto de elementos que son comunes a A y B. Se denota por que se lee: A interseccin B. La interseccin de A y B tambin se puede definir:

A B = { x / x A y x B }

Cuando tienen Cuando no tienen Cuando todos los elementos de unelementos comunes elementos comunes conjunto pertenecen a otro conjunto

1. Dados los conjuntos: A = { 0, 1, 2, 3, 4, 5 }, B = { 3, 5, 7 } y C = { 2, 4 }, efectuar y construir los diagramas respect

a) A C b) B C c) A B

Tenemos:a) A = { 0, 1, 2, 3, 4, 5 }y C = { 2, 4 } A C = { , }


4/34

Representacin grfica de la interseccin de conjuntos A y C

b)B = { 3, 5, 7 }yC = { 2, 4 } B C = { }

Representacin grfica de la interseccin de conjuntos B y C

COMPLEMENTO DE UN CONJUNTO

Si un conjunto A es subconjunto de otro conjunto universal U, al conjunto A' formado por todos los elementos de U pde A, se llama complemento de A con respecto a U. Simblicamente se expresa:

A' = { x/x U y x A }a) Sean U = { m, a, r, t, e } y A = { t, e }Su complemento de A es: A' = { m, a, r }

b) Sean U = { letras de la palabra aritmtica} y B = { vocales de la palabra vida }Determinado por extensin tenemosU = { a, r, i, t, m, e, c } B = { i, a }Su complemento de B es: B' = { r, t, m, e, c }

DIFERENCIA DE CONJUNTOS

Se denomina diferencia de dos conjuntos A y B al conjunto formado por todos los elementos de A pero que no perteneB.

La diferencia se denota por: A - B que se lee: A diferencia B o A menos B. Se define la diferencia de dos conjuntos tacomo:

A - B = {x / x A y x B}Mediante un diagrama de Venn - Euler:


5/34

2

Cuando no tienen Cuando tienen Cuando todos los elementos de unelementos comunes elementos comunes conjunto pertenecen a otro conjunto

1. Dados los conjuntos: A = { a, b, c, d, e }, B = { a, e } y C = { d, f, g }, efectuar y construir los diagramas respectivo

a) A - C b) B - C c) A - B

Tenemos:a) A = { a, b, c, d, e } y C = { d, f, g } A - C = { a, b, c, e }

Representacin grfica de la diferencia de conjuntos A y C

b) B = { a, e } y C = { d, f, g } B - C = { a, e }

Representacin grfica de la diferencia de conjuntos B y C

C on cep t os F und a m en t a les d e G r a f os

P ar t ir emos nuest r o est udio un par de e j emplos que suger ir a n una definic on par a lo que es un gr af o y mot ivar anel t ipo de aplicaciones par a los que se ut ilizan. E l pr imer o que ver emos se suele cit ar como el que dio inicioa la t eor a de gr af os.E jemp lo : Lo s P u en t es d e K on igsb er g . La ciudad de K onigsber g (hoy conocida como Kaliningr ado)est aba localizada en el est e de P r ussia. La ciudad t en a una isla que f or maba el r o P r egel al cr uzar la , y ant esde de j ar la ciudad el r o se bif ur caba dando paso a dos causes dist int os. Las r egiones f or madas por elr o est aban unidas con siet e puent es. Un diagr ama simplificado de la ciudad puede ver se en la figur a 2.1.

A

16

B 5 D3 4 7

C

F igur a 2.1: Diagr ama de la ciudad de K onigsber g.

Los habit antes de K onigsber g se pr egun t aban si exist a alguna f or ma de salir de casa , r ecorr er laciudad pasando por t odos los puent es una vez por cada uno, y r egr esar a casa. En la figur a 2.2 se hahecho una r epr esent aci on simplificada de la ciudad. Cada pun t o r epr esent a una de las r egiones, ycada t r azo a un puente. E l pr oblema puede r educir se ent onces al de dibu j ar la figur a 2.2 sin levant ar


6/34

el l apiz y sin r epet ir ningu n t r azo, par t iendo desde uno de los pun t os y volviendo al inicial.

A

e1 e6e2

e5B D

e4e3 e7

C

F igur a 2.2: Repr esent aci on simplificada de la ciudad de K onigsber g.

Con est a r ef or mulacio n no es dif cil ar gument ar que la r espuest a al pr oblema de los puentes es no. Lo pr imer o

es not ar que par a dibu j ar la figur a 2.2 debemos par a cada pun t o que no es el incial, ent r ar por un t r azo ysalir por ot r o t r azo (dist int o). Si not amos en la figur a el pun t o D por e j emplo, t iene t r es t r azos incidiendoen el, por lo que despu es de que se pase por D una vez (se ent r e y salga de D ) , la pr oxima vezque se llegue a D no se podr a salir . Lo mismo pasa con los pun t os A y C . E l pun t o B es un poco dif er ent e,dado que t iene 5 t r azos, se podr a ent r ar y salir dos veces, cuando se llegue por t er cer a vez a B ya no sepodr a salir .E l pr oblema ent onces sur ge por que los pun t os t ienen una cant idad impar de t r azos. Dado que el pr oblemaexige que el pun t o inicial sea igual al pun t o final, se puede concluir , por la misma r azo n, que t amp ocoes posible par t ir de ninguno de est os pun t os ya que el t r azo por el que se sale inicialment e de un pun t o debeser dist int o al con el que se llega finalment e.E l pr oblema ent onces t iene que ver con la par idad de los t r azos de cada pun t o. Bast a con que unode los pun t os t enga una cant idad impar de t r azos par a que la figur a no se pueda dibu j ar siguiendo las r eglas

pedidas. F inalment e es imposible r ecorr er la ciudad complet a de K onigsber g pasando por t odos lospun etes y volver a casa . E l pr imer o que dio est a r espuest a f ue el ma t em a t ico suizo L. Euler( 17071783 ) en el an o 1735 .

E jemp lo : E l e j emplo ant er ior er a un poco r adical por que t odos sus pun t os t en an una cant idad impar det r azos. La figur a 2.3 t amp oco se puede dibu j ar sin r epet ir t r azos y volviendo al pun t o de par t ida .

A

e1 e2

B e3 C

e6 e7

e4 e5

D e8 E

F igur a 2.3: F igur a que t amp oco se puede dibu j ar cumpliendo las r eglas.

La r azo n es la misma que ant es, exist en pun t os con cant idad impar de t r azos, en est e caso los pun t os D yE t ienen ambos t r es t r azos. Bast a con que uno de los pun t os de la figur a t enga una cant idad impar det r azos par a que est a no se pueda dibu j ar siguiendo las r est r icciones. Qu e pasa si una figur a t iene t odos suspun t os con una cant idad par de t r azos? En est e caso nuest r a ar gument aci on inicial no ser a aplicable siquisi er amos most r ar que no se puede dibu j ar . E l r esult ado int er esant e que ver emos m as adelant e, no dir a que par a que una figur a se pueda dibu j ar siguiendo las r est r icciones, simp lement e bast a con que t odos suspun t os t engan una cant idad par de t r azos. De all se concluir a que una figur a se puede dibu j ar sin r epet ir t r azos y volviendoal pun t o de par t ida, si y s olo si cada pun t o t iene una cant idad par de t r azos.


7/34

Los ant er ior es e j emplo mot ivan nuest r a definici on de gr af o.

D ef : Un g r af o G est a compuest o por un con j un t o de v e r t ices que llamar emos V (G), un con j un t ode

a r is t as que llamar emos E (G) , y una r elaci on que a cada ar ist a e

no necesar iamente dist int os de V (G) .

E (G) le asigna un par de v er t ices


8/34

Isom or fism os y C lases d e G r af os

Cuando dos gr af os son est r uct ur alment e equivalentes? P or e j emplo, cua l es la dif er encia ent r e los dos gr af osde la figur a 2.5? Cier t ament e los dibu j os se ven dist int os, sin embar go compar ten algunas cosas como queambos t ienen la misma cant idad de v er t ices y la misma cant idad de ar ist as. P er o ser a que se ven dist int ossimplement e por la f or ma en que lo dibu j amos? P odr emos dibu j ar los de maner a que se vean iguales? Lar espuest a es s . En la figur a 2.6 se muest r a como se pueden mover los v er t ices de G1 de maner aque sevea igual a G2 . Lo que est amos haciendo es simplement e llevando v3 a la posici on que ocupa w1 y v4 a

w1

v1 v2 w2 w3

v4

v3 v5 w4 w5

G1 G2

F igur a 2.5: Cu al es la dif er encia ent r e G1 y G2 ?

v3

v1 v2 v1 v2 v1 v2

v4

= v3

v4 =

v3 v5 v5 v4 v5


9/34

F igur a 2.6: T r ansf or maci on deG1 .

la posici on que ocupa w4 . Si ahor a hacemos un r enomb r e de los v er t ices de G1 siguiendo la siguient er egla:

v1 w2 v2

w3 v3

w1 v4

w4 v5

w5

obtenemos exact ament e a G2 . Est o mot iva nuest r a definici on de equivalencia ent r e gr af os que

llamar emosisom o r fism o .

D ef : Dos gr af os G1 y G2 se dicen isom o r f os si exist e una f uncio n biyect iva f desde V (G 1 ) a V (G2) ,

f : V (G1 ) V (G2 ), t al que si uv E (G1 ) ent onces f (u )f (v) E (G2 ), o sea , si hay una ar ist aent r eel par de v er t ices u y v en G1 , ent onces hay una ar ist a ent r e sus ima genes f (u) y f (v) en G 2 .Cuandose cumplan est as condiciones, dir emos que f es un isom o r fism o ent r e G1 y G2 . Escr ibir emos G1

=G2cuando G1 y G2 sean isomor f os. No es dif cil not ar que

= es una r elaci on de equivalencia ent r egr af os.

E jemp lo : Los gr af os G1 y G2 de la figur a 2.5 son isomor f os. P ar a demost r ar lo bast a encont r ar una f uncio nf biyect iva que cumpla con ser un isomor fismo ent r e G1 y G2 . La f uncio n f es la que ya det allamos:

f

v1 f (v1 ) =w2 v2 f (v2 )= w3 v3 f (v3 )= w1 v4 f (v4 )= w4 v5 f (v5 )= w5

P r imer o f es clar ament e biyect iva. Ahor a debemos compr obar que ef ect ivament e es un isomor fismo,par a est o debemos chequear que par a cada par de v er t ices que f or man una ar ist a en G1 , sus ima genest ambi en f or man una ar ist a en G2 .

v1 v2 E (G1 ), f (v1 )f (v2 ) = w2 w3 E (G2 )v1 v3 E (G1 ), f (v1 )f (v3 ) = w2 w1 E (G2 )v1 v4 E (G1 ), f (v1 )f (v4 ) = w2 w4 E (G2 )v2 v3 E (G1 ), f (v2 )f (v3 ) = w3 w1 E (G2 )v2 v5 E (G1 ), f (v2 )f (v5 ) = w3 w5 E (G2 )v5 v4 E (G1 ), f (v5 )f (v4 ) = w5 w4 E (G2 )

F inalment e f es un isomor fismo de donde concluimos que G1

= G2 .Ma s adelant e ver emos t ecnicas que nos ayudar a n a det er minar cu ando dosgr af os

no son isomor f os, por ahor a el alumno puede not ar que por e j emplo, una condici on necesar ia (per ono suficient e) par a que dos gr af os sean isomor f os es que t engan la misma cant idad de v er t ices y lamisma cant idad de ar ist as.Ot r o pun t o int er esant e del isomor fismo de gr af os y que t iene que ver con compu t aci on, es que hast a el d a


10/34

de hoy, nadie ha podido encont r ar un algor it mo eficient e pa r a det er minar si dos gr af os cualquier a son ono isomor f os. Volver emos a este pun t o cuando en el siguient e cap t ulo definamos la noci on de eficiencia deun algor it mo.

La r elaci on = es una r elaci on de equivalencia , como t al define clases de equivalencias sobr e el con j un t odelos gr af os. Est udiar emos algunas de est as clases de equivalencia y les dar emos nombr e.

A lgun as C lases d e G r af os

Comenzar emos con un par de definiciones.D ef : Un cam in o es un gr af o simple cuyos v er t ices pueden or denar se en una linea de maner a t al que

dos v er t ices son adyacent es si y s olo si son consecut ivos en la list a . Un c ic lo es un gr af osimple cuyos v er t ices pueden disponer se en c r culo de maner a que dos v er t ices son adyacent es si ys olo si apar ecenen posiciones consecut ivas en un c r culo. Un e j emplo de camino y ciclo se muest r a en la figur a 2.7

ba c

u v w xh d

g ef

F igur a 2.7: Un camino (izquier da) y un ciclo (der echa).

D ef : La clase de equivalencia de t odos los caminos con n v er t ices la llamar emos Pn . La clase de equivalencia

de t odos los ciclos con n v er t ices la llamar emos Cn . En gener al en vez de hablar de clase de equivalenciade gr af os, simplement e hablar emos de un gr af o par t icular r epr esent ant e de est a clase, t al que al dibu j ar lono nomb r ar emos sus v er t ices. Siguiendo est a nor ma , en la figur a 2.8 apar ecen P4 y P6 . En ella P 4y

P 4 P 6

F igur a 2.8: Clases de equivalencia par a el camino de 4 y 6 v er t ices.

P6 se han dibu j ado a pr opo sit o en una disposici on no lineal, par a enf a t izar que lo que imp or t a es suest r uct ur a m as que el dibu j o. En la figur a 2.9 apar ece C6 .

C6

F igur a 2.9: E j emplo del ciclo con 6 v er t ices.

Ot r a clase de gr af os imp or t antes es el gr af o complet o.

D ef : Un g r af o comp le t o es un gr af o simple en el que t odos los par es de v er t ices son adyacent es. Algr af o complet o de n v er t ices le llamar emos K n . En la figur a 2.10 se pueden ver a los gr af os K n par a

n = 1, 2, 3, 4, 5.


11/34

K 1 K 2 K 3 K 4 K 5

F igur a 2.10: Gr af os complet os.

D ef : Un gr af o G se dice b ip a r t it o si V (G) se puede agr upar en dos con j un t os dis j un t os V1 y V2 , V1 V2 = o/ ,V1 V2 = V (G), t al que t oda ar ist a en E (G) une a un v er t ice de V1 con uno de V2 . Est o quier e decir que dos v er t ices de V1 no pueden ser adyacentes, lo mismo con V2 .

E jemp lo : E l gr af o G de la figur a 2.11 es un gr af o bipar t it o. E l con j un t o de v er t ices de G es V (G) ={t , u , v, w, x, y, z}, que se puede separ ar en los con j un t os V1 = {t , u , v, w} y V2 = {x, y, z} t al que t oda ar ist aen E (G) une a un v er t ice de V1 con uno de V2 . En gener al, cuando dibu j emos un gr af o bipar t it o har emosuna clar a separ aci on ent r e las par t iciones de los v er t ices (V1 y V2 ) dibu j ando los v er t ices de una de

las par t iciones

arr iba

de

los

v er t ices

de

la

ot r a

par t icio n.

En

la

figur a

2.12

se

ha

seguido

est a

nor mapar a

dibu j ar nuevament e a G .

E jemp lo : Los gr af os bipar t it os gener alment e se usan par a modelar pr oblemas de asignac io n de r ecur soso t ar eas. P odemos suponer que hay v er t ices de un gr af o r epr esent ando per sonas y t ar eas, y que un v er t ice p corr espondient e a una per sona es adyacent e a un v er t ice t corr espondient e a una t ar ea si es que laper sona p

w

uy

z

x v t

G

F igur a 2.11: E j emplo de un gr af o bipar t it o

t u v w

x y zG

F igur a 2.12: E l mismo gr af o bipar t it o haciendo una clar a dif er encia en las par t iciones.

est a capacit ada par a r ealizar la t ar ea t . Un gr af o de est as car act er st icas siemp r e ser a bipar t it o. Un e j emplose ve en la figur a 2.13. Una pr egun t a que se puede hacer sobr e este t ipo de gr af os es si exist e alguna f or ma deasignar las t ar eas de maner a t al que t oda puedan ser r ealizadas simult a neament e. En el gr af o de e j emplo est o

p1 p2 p3 p4 per sonas

t 1 t 2 t 3 t 4tareas

t 5

F igur a 2.13: Un gr af o par a modelar un pr oblema de asignaci on de t ar eas.

no es posible (por qu e?) . Ma s adelant e en el cur so ver emos algunos r esult ado que nos per mit ir anest ablecer cu ando y cu ando no se puede hacer una asignaci on en gr af os de est e t ipo.


12/34

D ef : Un gr af o b ip a r t it o co mp le t o es un gr af o bipar t it o en que cada uno de los v er t ices de una delas par t iciones es adyacente con cada uno de los v er t ices de la ot r a par t icio n. Cuando las par t icionestengann y m v er t ices, llamar emos K n ,m al gr af o bipar t it o complet o. En la figur a 2.14 se muest r a un diagr amapar a K 2 ,3 .

K 2 ,3

F igur a 2.14: E l gr af o bipar t it o complet o cuyas par t iciones t ienen t aman o 2 y 3.

En los siguient es e j emplos estudiar emos dos gr af os muy imp or t ant es en la t eor a , el hiper cub o y el gr af o deP et er sen.


13/34

3 3 {

|

E jemp lo : E l H ip e r cub o . Gener alment e se ut ilizan gr af os par a r epr esent ar la topolog a de un con j un t ode comput ador es (o pr ocesador es) conect ados por r ed. Est a r ed de comput ador es podr a e j ecut ar algor it mosen pa r alelo y la eficiencia de est os algor it mos muchas veces t iene que ver con la f or ma en la que loscompu t ador esse encuent r an conect ados par a poder inter act uar . Un t ipo de r ed muy eficient e y par a el cual exist enuna cant idad consider able de algor it mos par alelos, es la llamada r ed de h ip er cub o .Un hiper cubo n dimensional, que llamar emos Hn , es un gr af o simple en el que sus v er t ices han sidonu- mer ados en binar io desde el 0 al 2n 1, o sea cada v er t ice t iene un nomb r e compuest o por nbit s. Unaar ist a conect a a un par de v er t ices de

l hiper cub o si est os difier en exact ament e en un bit . As por e j emplo,

el hiper cubo de 3 dimensiones, H , t iene 8 v er t ices, V (H ) = 000 , 001 , 010 , 011 , 100, 101, 110 , 111 y es t alque hay una ar ist a ent r e 010 y 110 , ent r e 111 y 011 , et c. Un diag r ama de H 3 se puede ver en la figu

}r a 2.15.

110 111

010 011

100 101

000 001H 3

F igur a 2.15: E l hiper cub o de 3 dimensiones.

Una pr imer a obser vacio n es que H n es un gr af o bipar t it o par a t odo n . De hecho si t omamos V1 como t odoslos v er t ices de V (Hn ) que t ienen una cant idad par de 1 s y V2 como t odos los v er t ices que t ienen unacant idad impar de 1 s es clar o que t oda ar ist a en E (Hn ) unir a siempr e a un v er t ice de V1 con uno de V2 .Ot r a obser vacio n imp or t ant e es que un hiper cub o n dimensional puede ser cr eado en f or ma r ecur siva a par t ir de dos hiper cubos de dimensio n n 1. Supongamos que t enemos dos hiper cub os de dimensio n n 1, H yH , cada uno de ellos t iene 2n 1 v

er t ices num er ados desde el 0 al 2n 1 1. P odemos cr ear un

h

iper cub on dimensional a par t ir de H y H an adiendo una ar ist a ent r e cada par de

v er t ices de H y H que t ienen

elmismo nu mer o binar io asignado y post er ior ment e cambiar los nombr es de los v er t ices de V (H ) agr ega ndolesun 0 al inicio, y los de V (H ) agr ega ndoles un 1 al inicio. E l caso base de est a const r uccio n es el hiper cuboH 1 que t iene v er t ices 0 y 1, y una ar sit a uni endolos. La figur a 2.16 muest r a la const r uccio n de H 4 a par t ir de dos inst ancias de H 3 .Est a u lt ima f or ma de const r uccio n nos da un maner a de est ablecer algunas pr opiedades de cont eo r ecur sivasacer ca de Hn . P or e j emplo podemos cont ar cu ant as ar ist as t iene Hn a par t ir de est ablecer una f or mular ecur siva par a E (Hn )| | en f uncio n

de|E (Hn 1 ) , usando la const r uccio n no es dif cil obt ener que:

E (H n ) = 2n 1 + 2 E (Hn 1 )|

E (H 1 )|

= 1| |

| |

Como e j er cicio el alumno podr a obt ener una f or mula explicit apar a

E (Hn )| | usando la r ecurr encia ant er ior .

E jemp lo : E l G r af o d e P e t er sen . E l gr af o de P et er sen, que llamar emos P et es un gr af o simple cuyosv er t ices son los subcon j un t os de dos element os de 0, 1, 2, 3,

4, por e j emplo0, 1


14/34

, 2, 4 y 1, 3 son v er t icesen el gr af o de P et er sen. Dos v er t ices A y B del g

{r af o de P et

}er sen est a n uni

{dos

}po

{r una

} ar

{ist a

}si

ocurr e queA B = o/ . For malment e podemos definir ent onces al gr af o de P et er sen, como un gr af o G = (V (G), E (G))


15/34

110 111 110 111

010 011 010 011

100 101 100 101

000 001 000 001

H

H

0110 0111 1110 1111

0010 0011 1010 1011

0100 0101 1100 1101

0000 0001 1000 1001

H 4

F igur a 2.16: Const r ucci on de H4 a par t ir de dos copias de H 3 .

t al que:V (G) = A A 0, 1, 2, 3, 4 A = 2

E (G) ={AB

|{

A

, B{

|V (G)

}

A|

B|

= o/}

}

En la figur a 2.17 se muest r a t r es f or mas dist int as de dibu j ar a l gr af o de P et er sen. P ar a most r ar que ellos sonef ect ivament e isomor f os al gr af o de P eter sen, bast a con nomb r ar sus v er t ices como subcon j un t os de t aman o2 de 0, 1, 2, 3, 4{ } y ver ificar que sus ar ist as unen a los v er t ices corr espondient es.

P odemos usar un gr af o G con 6 v er t ices

p1 , p2 , p3 , p4 , p5 , p6 }, cada uno r epr esent ando a una per sona,y

agr egar la ar ist a pi p j si las per sonas pi y p j {se conocen. Quer emos demost r ar ent onces que en cualquier gr af o

G de 6 v er t ices ocurr e que est e o cont iene un clique de t aman o 3, o cont iene un con j un t o independient e det aman o 3. Similar ment e y usando el t eor ema 2.1.1 podemos decir que el pr oblema es equivalent e a demost r ar


16/34

P4 P4

P5 P5

K 4 K 4

F igur a 2.18: Algunos gr af os y sus complement os

que par a cualquier gr af o de 6 v er t ices ocurr e que, o G t iene un clique de t aman o 3, o G t iene un clique det aman o 3. En la figur a 2.19 se muest r a un posible gr af o de 6 v er t ices j un t o a su complement o. En el podemos

p2 p3 p2 p3

p1 p4

p6 p5

p1 p4

p6 p5

G G

F igur a 2.19: Conocidos mut uos y desconocidos mutuosver que G no t iene un clique de t aman o 3, per o que G si lo t iene, por lo t ant o hay t r es per sonas quesedesconocen mut uament e (de hecho hay dos de est os gr upos, {p1 , p3 , p6 } y {p1 , p3 , p5 }) .


17/34

p

Lo que sigue de la demost r aci on la har emos por cont r adicci on sup oniendo que ni G ni G t ienen un clique det aman o 3. La pr imer a obser vacio n que har emos es la siguient e: si mir amos una per sona en par t icular , est a ose conoce con al menos t r es per sonas, o se desconoce con al menos t r es per sonas, est o es equivalent e a decir que dado un v er t ice v cualquier a ocurr e que, o la cant idad de vecinos de v en G es mayor o igual a 3, ola cant idad de vecinos de v en G es mayor o igual a 3, est o es inmedia t o del hecho de que t odas las ar ist asque f alt an en G apar ecen en G (y vice ver sa).Enf oqu emonos en un v er t ice en par t icular pi y supongamos que su cant idad de vecinos es mayor o igual a 3en G , ent onces exist en ot r os t r es v er t ices dist int os a pi y dist int os ent r e s , p j , pk y pl que son vecinos de pi .Dado que est amos sup oniendo que G no t iene un clique de t aman o 3, ent onces necesar iament e en G p j noes vecino de pk , p j no es vecino de pl , y pk no es vecino de pl , lo que implica que en G los v er t ices p j , pk y pl

f or man un clique de t aman o t r es cont r adiciendo nuest r a sup osici on de que G no t iene un clique det aman o3 (ver figur a 2.20) Si por el cont r ar io r esult a que el v er t ice par t icular pi en el que nos est amosenf ocando t iene menos de t r es vecinos en G , necesar iament e est e t iene una cant idad de vecinos mayor o igual a3 en G

y podemos

usar

exact amente

el

mismo

ar gument o

par t iendo

de

G

y

cont r adiciendo

la

sup osici on

de

que

Gno t iene un clique de t aman o 3.

pi j p j

=

pkpl no pueden plocur rir en G

pkcliqu een G


18/34

e

C a m in os y C ic los

Est e t ema ya lo mot ivamos con el e j emplo de los puent es de K onigsber g de la seccio n ant er ior . En est aseccio n nos inter esar a estudiar algunas pr opiedades impor t ant es de los gr af os que t ienen que ver concaminos y ciclos sobr e ellos. Comenzar emos con un par de definiciones imp or t antes par a nuest r o siguient eestudio.

D ef : Una cam in a t a en un gr af o (no necesar iament e simple) G es una secuencia de v er t ices y ar ist as(v0 , e1 , v1 , e2 , v2 , . . . , ek , vk ) t al que par a 1 i k , la ar ist a ei une a los v er t ices vi 1 y vi . Unacam in a t a ce rr ad a en un gr af o es una camina t a en la que el pr imer y u lt imo v er t ices soniguales(v0 = vk ). Cuando el gr af o es simple, se pueden omit ir los nomb r es de las ar ist as ent r e v er t ices en lar epr esent aci on de una camina t a .Un cam in o en un gr af o G , es una caminat a en la que no se r epit en ar ist as. Un c ic lo en un gr af o G , esuna camina t a cerr ada en la que no se r epit en ar ist as. (Est as definiciones no debier an causar conf usio n con las definiciones de P

n y C

n que son clases de gr af os, aqu est amos definiendo camino y ciclo en

un gr af o dado , son subgr af os de un gr af o dado.)Una camina t a o camino que comience en u y t er mine en v lo llamar emos camina t a u v o camino

u v. E l lar go de una camina t a , camina t a cerr ada , camino y ciclo, se obt iene a par t ir d

e la cant idadde

ar ist as. P or simplicidad supond r emos que un camino (o ciclo, o camina t a) de lar go 0 es un camino

(o ciclo o camina t a) compuest o por un u nico v er t ice sin ar ist as.E jemp lo : En el gr af o de la figur a 2.22 las secuencia:

Ae1

e2e4

3

B e6 C

D e5

F igur a 2.22: Gr af o sin r ulos

(D , e6 , C, e5 , D , e6 , C, e4 , A, e1 , B , e1 , A) es una camina t a per o no un camino, su lar go es 6.(D , e6 , C, e5 , D , e6 , C, e4 , A, e1 , B , e1 , A) es una camina t a cerr ada per o no un ciclo., su lar go es 6.(D , e6 , C, e5 , D , e3 , A, e2 , B ) es un camino, su lar go es 4.(D , e6 , C, e5 , D , e3 , A, e2 , B , e1 , A, e3 , D ) es un ciclo, su lar go es 6.(D , e3 , B , e1 , C ) no es una camina t a .

En ellos es necesar io nombr ar las ar ist as dado que el gr af o no es simple.En el gr af o simple de la figur a 2.23 podemos decir que las secuencias:

(v1 , v4 , v5 , v2 , v3 , v4 , v5 ) es una camina t a per o no un camino, su lar go es 6.(v1 , v4 , v5 , v2 , v3 , v4 , v5 , v4 , v1 ) es una caminat a cerr ada per o no un camino, su lar go es 8.(v1 , v4 , v6 ) es un camino, su lar go es 3.(v1 , v2 , v5 , v4 , v3 , v1 ) es un ciclo, su lar go es 5.(v1 , v5 , v6 ) no es una camina t a .

En est e caso no se nomb r an las ar ist a ya que quedan impl cit as por el hecho de sur un gr af o simple.


19/34

{ } { }

v3

v4 v6v1

v2v5

F igur a 2.23: Gr af o simple

C on ect iv id ad

D ef : Un gr af o G se dice co n exo si par a cada par de v er t ices u , v V (G) exist e un camino que cont ienet ant o a u como a v. No es dif cil not ar que si exist e un camino q

ue cont iene a un par de v er t ices u y v,ent onces exist e un camino cuyo v er t ice inicial es u y final es v. Cuando est o ocurr a lo denot ar emos por u v. La r elaci on

, o como la llamar emos exist e un camino ent r e , es una r elaci on de equivalencia

so

br e los v er t ices d

e un gr af o. A un gr af o que no sea conexo le llamar emos disconexo.Dado un gr af o G , el subgr af o de G compuest o por t odos los caminos que cont ienen un v er t ice par t icular se llama co mp on en t e co n ex a de G . La component e conexa de G a la que per t enece un v er t icevpar t icular , cont iene a t odos los v er t ices de G que est a n r elacionados con v mediantlos v er t ices de la clase de equivalencia de v.

, es decir , t odos

E jemp lo : En la figur a 2.24, G1 es un gr af o conexo, mient r as que G2 no es conexo, por e j emplo noexis-t e un camino ent r e los v er t ices v1 y v8 . En la misma figur a, G2 t iene 3 component es conexas, {v2 , v6 },

v1 , v3 , v5 , v7 , v9 , v4 , v8 , v10 . En la figur a 2.25 se ha dibu j ado G2 de maner a de most r ar clar ament esus

comp onent es conexas.

v6 v7 v8 v9 v10

v1 v2 v3 v4 v5

v6 v7 v8 v9 v10

v1 v2 v3 v4 v5

G1 G2

F igur a 2.24: G1 es un gr af o conexo, mient r as que G 2 no lo es.

v6 v7 v9 v8 v10

v2 v1 v3 v5 v4

F igur a 2.25: Component es conexas de G2 .

Cu ant as ar ist as puedo agr egar le al gr af o G2 de la figur a 2.25 de t al maner a que est e siga siendo simpley t eniendo t r es component es conexas? Cu ant as ar ist as puedo sacar de G de maner a que est e sigat eniendo t r es comp onent es conexas? No es dif cil not ar que una nueva ar isit a agr egada a un gr af o puededisminuir la


20/34


21/34


22/34

Sea e = uv una ar ist a que per t enece a un ciclo C en G , al eliminar e los u nicos caminos af ect ados en G eson los que cont en an a la ar ist a e = uv, per o dado que est a per t enece a un ciclo C , los caminos af ect a

dos

pueden complet ar se con la por ci on r est ant e de C , luego la ar ist a e no puede ser de cor t e.Supongamos ahor a que e = uv no es una ar ist a de cor t e, o sea que G e sigue siendo conexo, est o quier edecir que exist e un camino digamos P ent r e u y v en Gciclo en G .

e. E l camino

P j un t o con la ar ist a uv f or man un

C

x1x2

y1y2

.u v .

esupu esta ari stade cor te

G

F igur a 2.26: Una ar ist a es de cor t e s olo si no per t enece a un ciclo.

La idea cent r al de la demost r aci on se ve en la figur a 2.26, clar ament e si e = uv per t enece a un ciclosu eliminaci on no desconect ar a a G .

E jemp lo : En el gr af o G1 de la figur a 2.24, ninguna de sus ar ist as per t enece a un ciclo ya que G1 no t ieneningu n ciclo, luego t odas sus ar ist as son de cor t e. En el gr af o G2 de la misma figur a , la u nica ar ist a queno per t enece a un ciclo es v2 v6 por lo t ant o es la u nica ar ist a de cor t e.

G r af os B ip a r t it os

En est a seccio n estudiar emos una car act er izaci on de gr af os bipar t it os en f uncio n de ciclos y caminos.Lem a 2 .2 .3 : En un gr af o simple G , t oda camina t a cerr ada de lar go impar , cont iene un ciclo de lar go impar .Demostr ac io n : Lo har emos usando un ar gument o indu ct ivo en el lar go de la caminat a cerr ada . Lacaminat a cerr ada m as pequen a de lar go impar que se puede hacer en un gr af o simple es un ciclo det r es v er t ices, est a camina t a ya es un ciclo as que el caso base se comp r ueba . Ahor a t omemos unacaminat a C cerr ada de lar go l impar y sup ongamos como hip otesis de indu cci on que t oda camina t acerr ada de lar go impar menor a l t iene un ciclo de lar go impar . Si en C no se r epit en v er t ices ent onces C ya es un ciclo de lar goimpar y compr obamos lo que quer amos, si por ot r o lado en C se r epit e un v er t ice, digamos v, ent onces podemospar t ir C en dos caminat as cerr adas dist int as que comienzan en v, C y C como se muest r a en la figur a 2.27.No puede ocurr ir que simult a neament e C y C t engan lar go par ya que ent onces C no podr a t ener lar goimpar , por lo que al menos una de ellas es una camina t a cerr ada de lar go impar est r ict amente menor a l y por HI cont iene un ciclo de lar go impar , que t ambi en ser a un ciclo de lar go impar cont enido en C compr obandolo que quer amos.

E l ant er ior t eor ema s olo se aplica par a camina t as cerr adas de lar go impar , una camina t a cerr ada delar go par podr a no cont ener un ciclo de lar go par , por e j emplo podr a ser una camina t a que r epit ier at odas las ar ist as dos veces cada una . E l anter ior lema nos ser vir a par a demost r ar el siguient e t eor ema .


23/34


24/34


25/34


26/34

e

v

v

G1G2

F igur a 2.30: Los gr af os m as pequen os conexos y t al que sus v er t ices t ienen gr ado par .

necesar iament e debe exist ir un camino de lar go 2 con ar ist as e1 y e2 , que cont iene t r es v er t ices, digamosv1 , v2 y v3 , un diagr ama de est o se ve en la figur a 2.31.

G

v2e1

2

v1 3

F igur a 2.31: Camino de lar go 2 en un gr af o con al menos 3 v er t ices.

P odemos cr ear un nuevo gr af o G a par t ir de eliminar las ar ist as e1 y e2 de G , y agr egar una nuevaar ist a e ent r e los v er t ices v1 y v3 . Un diagr ama de G

se ve en la figur a 2.32. La pr imer a obser vacio n

G

v2

v1 e3

F igur a 2.32: Cr eacio n de G

a par t ir de la eliminaci on de e1 y e2 y la inser cio n de e

.

es que G t iene est r ict ament e menos ar ist as que G . Ot r a cosa que se puede obser var es que los u nicos v er t ices que pud ier on haber vist o af ect ados sus gr ado en G son v1 , v2 y v3 . T ant o par av1 y v3 su gr ado en G

es el mismo que en G , par a v2 el gr ado se ha disminuido en 2, por loque, dado que enG los t r es v er t ices t en an gr ado par , en G t ambi en ocurr ir a que t ienen gr ado par y por lot ant o G

t iene t odos sus v er t ices de gr ado par . En est e pun t o casi podemos aplicar la hip ot esis de indu cci ona G , dado que no t enemos segur idad que despu es del cambio, G sea un gr af o conexo. Nos pond r emosent onces en ambos casos, cuando G r esult a ser conexo y cuando no. Si G es conexo ent onces cumple


27/34

e

v v

e

v v

con la HI y por lo t ant o t iene un ciclo Euler iano digamos C que cont iene a t odas las ar ist as de G ypor lo t ant o cont iene a e, o sea C es un ciclo Euler iano en G que cont iene la subsecuencia (v1 , e, v3 ).A par t ir de C podemos gener ar un ciclo par a G eliminando la ar ist a e y an adiendo las ar ist ase1 ye2 , o sea cambiando la secuencia (v1 , e, v3 ) de C

por la secuencia (v1 , e1 , v2 , e2 , v3 ) est e nuevo cicloesclar ament e un ciclo que cont iene t odas las ar ist as de G , por lo t ant o G t iene un cilco Euler iano. Undiagr ama de est a const r uccio n se ve en la figur a 2.33.

G

G

C

v2 v2= e1

2

v1 e3

v13

ciclo en G

ciclo en G

F igur a 2.33: Const r ucci on de un ciclo Euler iano par a G a par t ir de uno par a G

Si por ot r a par t e G no es conexo, dado que G es conexo, G tendr a dos comp onent es conexas, una quecontendr a a v2 , y ot r a que cont end r a a v1 y v3 . Cada una de est as component es t endr a s olo v er t icesde gr ado par y est r ict ament e menos ar ist as que G , por lo t ant o a cada comp onent e se le aplica la HI.P or HI ent onces exist e un ciclo, digamos C que podemos suponer que comienza y t er mina en v2y cont iene a t odas las ar ist as de una de las component es de G , o sea C es una secuencia de la f or ma(v2 , . . . , v2 ). P or HI t ambi en exist e ot r o ciclo C que pasa por t odas las ar ist as de la ot r a component ede G y que por lo t ant o cont iene a e, o sea C cont iene la subsecuencia (v1 , e, v, 3). P odr a ent oncescr ear se un ciclo par a G inser t ando C en C ent r e v1 y v3 an adiendo las ar ist as e1 y e2 . Un diagr amade est a const r uccio n se ve en la figur a 2.34.

G

G

C

v2

C

v2= e1

2

v1 e3

v13

ciclos en am bascomponen tes de G

ciclo en G

F igur a 2.34: Const r ucci on de un ciclo Euler iano par a G a par t ir de los ciclos en las dos comp onentes de G

P or indu cci on se sigue ent onces que cualquier gr af o conexo cuyos v er t ices t iene t odos gr ado par esEuler iano, o sea , cont iene un ciclo Euler iano.


28/34


29/34

E l alumno debier a not ar que la demost r aci on adem as nos ent r ega un algor it mo par a encont r ar unciclo Euler iano en un gr af o. E l algor it mo inicialment e r ealizar a el paso de cambiar un par de ar ist as por una sola como en la figur a 2.32 y r ecur sivament e debier a encont r ar los ciclos del gr af o r esult ant e par a luegoconst r uir un ciclo par a el gr af o inicial. Los casos base ser an un gr af o con un u nico v er t ice a con gr af o con dos v er t icesy dos ar ist as.E jemp lo : Sup ongamos que se t iene un t abler o de a j edr ez de n n Exist e algu n valor de n par a el cu al elcaballo pueda mover se desde un casiller o, hacer t odas las movida

s que son posibles par a el en el t abler o una

vez cada una y volver al casiller o inicial? La r espuest a es no, el pr oblema puede modelar se como un gr af o,cada casiller o r epr esent a un v er t ice y cada movida posible del caballo una ar ist a . Lo que se quier e ent onceses encont r ar un ciclo Euler iano. No es dif cil not ar que par a ningu n n (except o clar o n = 1 exist ir a un cicloEuler iano. Los casos n = 2 y n = 3 r esult an en gr af os no conexos y par a n 4 el v er t ice corr espondient e a laposici on (1, 2) del t abler o t iene gr ado 3, luego exist e un v er t ice de gr ado im

par y por lo t ant o no exist ir a

unciclo Euler iano.

La siguient e definici on r ela j a un poco la noci on de ciclo Euler iano.

D ef : Un cam in o E u le r ian o en un gr af o G es un camino no cerr ado (el v er t ice inicial es dist int o alfinal) que cont iene a t odos los v er t ices y a t odas las ar ist as de G . Recuer de que par a ser un camino,no debe r epet ir ar ist as de G .

E jemp lo : E l gr af o de la figur a 2.35 no t iene un ciclo Euler iano ya que por e j emplo el v er t ice v3 t iene gr ado3, per o si t iene un camino Euler iano, de hecho el camino (v3 , v2 , v1 , v5 , v2 , v4 , v3 , v5 , v4 ) cont iene a t odoslosv er t ices y a t odas las ar ist as.

v1

v5 v2

v4 v3

F igur a 2.35: Un gr af o que cont iene un camino Euler iano.

La noci on de camino Euler iano capt ur a mucho m as nuest r a int uicio n de poder dibu j ar una figur a sinlevant ar el l apiz , exist ir a alguna car act er izaci on par a gr af os que t engan caminos Euler ianos? La r espuest a es s yla est ablecemos en el siguient e t eor ema .T eo r em a 2 .2 .6 : Un gr af o G t iene un camino Euler iano si y s olo si es conexo y cont iene exact ament e dosv er t ices de gr ado impar .Demostr ac io n :( )

Sup ongamos que en un gr af o conexo hay dos v er t ices de gr ado impar , digamos u yv.

Si al gr af o se le

agr ega una nueva ar ist a par a unir u con v, el gr af o r esult ant e t iene t odos sus v er t ices degr ado par por lo que, por el t eor ema 2.2.5, exist ir a un ciclo Euler iano en el. Si a est e ciclo se le borr a laar ist a r eci en agr egada r esult a un camino que pasa por t odos los v er t ices y ar ist as del gr af o or iginal, o sea un


30/34

camino Euler iano.( ) P r imer o si en el gr af o exist e un camino Euler iano, ent onces el gr af o es necesar iament e conexo (exist eu

n camino ent r e cada par de v er t ices). Sup ongamos ahor a que el camino Euler iano par t e en un v er t ice vy t er mina en u , ent onces al agr egar una ar ist a nueva uv al camino, se f or ma un nuevo gr af o que

cont ieneun ciclo Euler iano (se cierr a el camino). P or el t eor ema 2.2.5 el nuevo gr af o necesar iament e t iene t odos sus v er t ices de gr ado par , por lo que en el gr af o inicial los u nicos v er t ices de gr ado impar er an u y v, por lo t ant oel gr af o t iene exact ament e dos v er t ices de gr ado impar .

C iclos H am il t on ian os

Consider e los gr af os de la figur a 2.36 Es posible encont r ar en alguno de ellos, un ciclo que cont enga a t odoslos v er t ices una v ez a cada uno (except o por el inicial y fina l)? Despu es de pr obar un poco nos damos cuent ade que en G 1 si existe t al ciclo, por e j emplo (v1 , v2 , v3 , v4 , v5 , v1 ), per o que en G2 y en G3 esimp osible encont r ar un ciclo de est as car act er st icas.

v1 v2 v1 v2 v1 v2

v6v5 v5

v5

v4 v3G1

v4 v3G2

v4 v3G 3

F igur a 2.36: Solo G1 t iene un ciclo Hamilt oniano.

D ef : Un ciclo en un gr af o G se dice c ic lo H am il t on ian o si cont iene a t odos los v er t ices de G una u nicavez a cada uno (except o por el v er t ice inicial y final). A un gr af o que cont enga un ciclo Hamilt onianolo llamar emos g r af o H am il t on ian o .

Con est a definici on podemos decir que el gr af o G1 de la figur a 2.36 es Hamilt oniano, per o que losgr af osG2 y G3 de la misma figur a no lo son. Una pr imer a pr egun t a que podemos hacer nos, dada la similit ud delpr oblema , es si exist e alguna r elaci on ent r e gr af os Euler ianos y gr af os Hamilt onianos. Ra pidament e podemosdar nos cuent a que no hay una r elaci on dir ect a , por e j emplo, en la figur a 2.36 el gr af o G1 es Hamilt onianoper o no Euler iano, G2 no es ni Hamilt oniano ni Euler iano, y G3 es Euler iano per o no Hamilt oniano.Exist ir a alguna pr opiedad simple de chequear par a det er minar si un gr af o es o no Hamilt oniano? Hast ael d a de hoy nadie ha sido capaz de encont r ar una t al pr opiedad y es bast ante poco pr obable que seencuent r e. P or ot r a par t e nadie ha podido demost r ar que no exist a una pr opiedad simple de chequear .Desde el pun t ode vist a comput acional lo ant er ior nos quier e decir que no exist e un pr ocedimient o r apido par a det er minar si un gr af o cualquier a es o no Hamilt oniano, est amos condenados a t ener que pr obar t odas las posibilidadespar a poder r esponder SI o NO. La ver dad es que si la r espuest a es SI , posiblemente no t engamos que pr obar t odas las posibilidades bast a con que encont r emos un ciclo Hamilt oniano par a que nuest r a bu squedaacabe,el t ema es que si la r espuest a es NO, t end r emos que asegur ar nos de que ninguna posibilidad nos ent r ega unciclo Hamilt oniano. Est e es un cont r ast e r adical con el de det er minar si un gr af o es Euler iano, par a lo que

sabemos que existe un algor it mo muy simple y r apido que r esponde SI o NO. E l pr oblema de det er minar siun gr af o t iene o no un ciclo Hamilt oniano es un pr oblema computacionalmen te dif cil y se cr ee que no puede


31/34

A r b o les y G r a f os en C ompu t a c io n

Un ar bol es una clase especial de gr af o y su imp or t ancia es t a l en las aplicaciones compu t acionalesquelo est udiar emos en una seccio n por separ ado. J un t o con el estudio de ar boles sur ge el de pr oblemas

de opt imizaci on

sobr e

gr af os

que

t ambi en

t ocar emos

en

est a

seccio n.

A r b o les

Supongamos que t enemos una r ed de compu t ador es como la de la figur a 2.37 donde los t r azos ent r e compu-t ador es r epr esent an cables dir ect os ent r e ellos. Est a r ed cumple con la pr opiedad de que cualquier compu t ador

F igur a 2.37: Una r ed de comput ador es.

puede enviar inf or maci on a cualquier ot r o en la r ed (no necesar iament e en f or ma dir ect a) , o sea , el gr af oaso- ciado a la r ed es conexo. Supongamos que quisi er amos const r uir una r ed con la pr opiedad ant er ior ( t odos los compu t ador es se puedan comunicar ent r e ellos) per o minimizando la cant idad de conexionesdir ect as ent r e comput ador es. Un posible r esult ado se ve en la figur a 2.38. Est a r ed cumple la mismapr opiedad ant er ior , t odo compu t ador puede enviar inf or maci on a cualquier ot r o compu t ador en la r ed.Si nos enf ocamos en el gr af o asociado a est a nueva r ed de comput ador es, una car act er st ica cr ucial que lodif er encia con el ant er ior es que dado cualquier par de v er t ices (compu t ador es en la r ed) exist e un u nico camino que los une. Aun gr af o con est as car acter st icas se le llama a r b o l y su definici on se f or maliza a cont inuaci on.

D ef : Un gr af o T = (V (T ), E (T )) es un a r b o l si par a cada par de v er t icesu , v

V (T ) exist e un u nico

camino de u a v. Es inmedia t o de la definici on que un ar bol es siempr e un gr a f

o conexo, dado que par acada par de v er t ices existe un camino (que de paso es u nico) .

E jemp lo : E l gr af o corr espondient e a la r ed de la figur a 2.38 es un ar bol. E l gr af o de la figur a 2.39 t ambi enes un ar bol, par a comp r obar lo bast a con not ar que ent r e cualquier par de v er t ices exist e un u nico camino.

En compu t aci on gener alment e usamos una clase par t icular de ar boles en los que un v er t ice par t icular se dist ingue de los dema s, a est e v er t ice se le llama r a z del ar bol.


32/34

F igur a 2.38: Una r ed de compu t ador es con el m nimo nu mer o de conexiones dir ect as.

v7 v9 v10

v1 v2 v3 v4 v5

v6 v8

F igur a 2.39: Un ar bol.

D ef : Un a r b o l con r a z (o ar bol enr aizado, r ooted tr ee en ingl es) es un ar bol T = (V (T ) , E (T ))en que uno de sus v er t ices r V (T ) se ha dist inguido de los dema s. Al v er t ice dist inguido r se lellama r a zdel a r bol. Los v er t ices

en un ar bol (con o sin r a z) que t ienen gr ado igual a 1 se llaman h o ja s (t ambi enconsider ar emos ho j a a un v er t ice de gr ado 0). Definir emos m as concept os m as adelant e.

Cuando dibu j emos un ar bol con r a z, el v er t ice corr espond ient e a la r a z se dibu j ar a siempr e arr iba ylos v er t ices ho j a se dibu j ar a n aba j o . E l nombr e de ar bol se ve mot ivado por el r esult ado de dibu j ar ungr af ode est as car act er st icas, como se puede ver en la figur a 2.40.Los siguient es t eor emas nos ent r egan car act er izaciones de ar boles, f or mas alt er nat ivas de definir los.T eo r em a 2 .3 .1 : Un gr af o T es un ar bol si y s olo si T es conexo y no t iene ciclos.1

Demostr acio n : ( ) P r imer o si T es un ar bol es por definici on conexo, nos f alt a demost r ar ent onces queun ar bol no puede t

ener ciclos. Supongamos que T tuviese un ciclo, y sea C un ciclo en T que pasa por losv er t ices u y v. Supongamos que C par t e (y t er mina) en u , ent onces C es de la f or ma (u , . . . , v, . . . , u ) ,por lo que se puede dividir en dos por ciones, una par a ir de u a v, digamos p1 , y ot r a (dist int a ya que un

ciclo no

r epit e

ar ist as)

par a

ir

de

v

a u ,

digamos

p2 .

Result a

ent onces

que

p1 y

p2 son

dos

caminos

dist int osent r e u

1 Aqu nos r ef er im os clar am en t e a ciclos compu est os p or m a s de un u n ico v er t ice, o sea , a ciclos de lar go m ayor a 0.


33/34

F igur a 2.40: A r boles (izquier da) en compu t aci on y (der echa) en el mundo r eal.

y v en T , lo que cont r adice el hecho de que T es un ar bol. La figur a 2.41 muest r a un diagr ama del ant er ior ar gument o. F inalment e T no puede t ener ciclos.

p1

Cv

up2

F igur a 2.41:

For macio n

de

dos

caminos

dist int os

ent r e

u

y

v a par t ir

de

un

ciclo

que

los

cont iene.

( ) Como T es conexo, par a cada par de v er t ices exist e un camino que los une, f alt a demost r ar queesec

amino es u nico. Sup ongamos ent onces que T no t iene ciclos per o que sin embar go exist e un par de v er t icescon dos caminos dist int os uni endolos en T . Sea u y v est os v er t ices y sean p1 y p2 los dos caminos dist int osen T que unen a u con v. Dado que est os caminos son dist int os ent onces ambos t ienen al menos t r es v er t ices.Sea x el v er t ice ant er ior al pr imer v er t ice que dif er encia a p1 y p2 (not e que x1 est a en p1 y en p2 ) . Sea y elv er t ice siguient e a x que per t enece simult a neament e a p1 y p2 . Un diagr ama de est o se ve en la figur a 2.42.E l camino ent r e x e y a t r av es de p1 j un t o con el camino ent r e x e y a t r av es de p2 f or man un ciclo en T lo

p1

x y vu

p2

F igur a 2.42: Dos caminos dist int os ent r e el mismo par de v er t ices siemp r e cont ienen un ciclo.

que cont r adice nuest r a hip ot esis de que T no t iene ciclos. F inalment e no pueden exist ir dos caminos dist int os


34/34

estructura discretas (definitivo)

Documents