j.l.bueso - Álgebra discreta y de grupos

7/24/2019 J.L.Bueso - lgebra discreta y de grupos

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Jos L. Bueso

Teora

lgebra 2Grado en Matemticas

Facultad de Ciencias

Universidad de Granada. (http://150.214.18.236/course/view.php?id=12).
http://150.214.18.236/course/view.php?id=12http://150.214.18.236/course/view.php?id=12


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ndice general1. Introduccin a la teora de grafos. 3

1.1. Generalidades sobre grafos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.1.1. Concepto de grafo. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.1.2. Grado de vrtices. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.1.3. Grafos regulares y grafos completos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.1.4. Matrices asociadas a grafos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.1.5. Caminos en grafos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.1.6. Grafos conexos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.2. Grafos eulerianos y hamiltonianos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.2.1. Grafo de Euler. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.2.2. Grafo Hamiltoniano. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.2.3. Grafos bipartidos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

1.3. Grafos planos.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251.3.1. Concepto de grafo plano. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251.3.2. Coloracin de grafos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301.3.3. Polinomio cromtico de un grafo. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311.3.4. Concepto de rbol y caracterizaciones.. . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2. Introduccin a la teora de grupos. 352.1. Grupos. Ejemplos de grupos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

2.1.1. Definicin de grupo. Propiedades elementales. . . . . . . . . . . . . 352.1.2. Grupos de permutaciones: Grupos simtricos y alternados. . . . . 432.1.3. Grupos didricos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

2.2. Subgrupos. rdenes e ndices. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522.2.1. Subgrupos, el retculo de subgrupos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522.2.2. Clases laterales.Teorema de Lagrange. . . . . . . . . . . . . . . . . . 552.2.3. Grupos cclicos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

2.3. Subgrupos normales. Teoremas de isomorfa . . . . . . . . . . . . . . . . . . 632.3.1. Subgrupos normales y grupos cocientes. . . . . . . . . . . . . . . . . 632.3.2. Homomorfismos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 652.3.3. Teoremas de isomorfa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

2.3.4. Productos directos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 702.4. Acciones de grupo y p-grupos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

2.4.1. Accin de un grupo sobre un conjunto. . . . . . . . . . . . . . . . . 722.4.2. Teoremas de Sylow. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 762.4.3. Grupos abelianos finitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 792.4.4. Clasificacin de grupos de orden 15. . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

ndice alfabtico 87

Bibliografa 89


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Captulo

1

Introduccin a la teora de grafos.

El problema de los siete puentes de la ciudad de Knigsberg, en la antigua Prusiaoriental en el siglo XVIII, ciudad natal de Kant y, actualmente Kaliningrado(Rusia) es un clebre problema matemtico que fue resuelto por Leonhard Euler

en 1736 y dio origen a la Teora de Grafos.

Figura 1.1: Los puentes de KonigsbergLa ciudad estaba dividida en cuatro zonas por el ro Pregel. Estas cuatro zonasestaban unidas por siete puentes, como se ve en el mapa de la Figura 1.1.Loshabitantes de la ciudad, durante sus paseos, intentaban encontrar una ruta quecruzase cada uno de los siete puentes una sola vez, y acabase en el mismo lugarque haban empezado.Euler enfoc el problema representando las cuatro partes de tierra por un punto ycada uno de los siete puentes por una lnea, uniendo los puntos que se correspon-den. Entonces, el problema anterior se puede trasladar a la siguiente pregunta:se puede recorrer el dibujo terminando en el punto de partida sin repetir laslneas?

A

I

B

C1

45

67

2

3


6/91

4 Introduccin a la teora de grafos.

1.1 Generalidades sobre grafos.

1.1.1 Concepto de grafo.

Definicin 1.1.1

Un grafo consta de:

1. un conjunto finito no vacoVde vrtices,

2. un conjunto finito (que puede ser vaco) Ede aristas, y

3. una aplicacin : E P(V ) (aplicacin de incidencia) tal que, para cadaaristae, (e)es un subconjunto de uno o dos elementos deV.

Llamaremosordendel grafo a|V|. El nmero de aristas, se denominatamaodelgrafo y se denota por|E|.La aristaese dice que une los elementos de(e) = {v, w}.Un par de vrticesv yw son adyacentes si existe una aristae unindolos, esto es,(e)= {v, w}. En este caso decimos que v y w son incidentes con e y tambinqueees incidente con v yw.Sie1ye2son dos aristas tales que(e1) = {v, w} = (e2), se dice que sonaristasparalelas.Una aristaediremos que es unlazosi sus extremos coinciden, esto es, (e) = {v}.Un grafo se denominasimplesi no tiene lazos ni aristas paralelas.Un vrtice se diceaisladosi ninguna arista incide en l.

Desafortunadamente, hay muchas variaciones en la definicin de un grafo. Algu-

nos autores utilizan una definicin que excluye la posibilidad de aristas paralelasen sus grafos, es decir, varias aristas que conectan el mismo par de vrtices. Otrasdefiniciones excluyen la posibilidad de lazos, aristas que unen un vrtice a s mis-mo. Vamos a llamar a un grafo que satisfaga a ambas restricciones - que no tienelazos ni aristas paralelas - un grafo simple. La terminologa de la teora de gra-fos es claramente no estndar. Al consultar otros textos se aconseja revisar muycuidadosamente las definiciones y terminologa del autor.

Ejemplo 1.1.1

Consideremos el grafoGdado por los siguientes datos:VG

= {v1, v2, v3, v4

}, EG

= {e1, e2, e3, e4, e5

}, G definida por G(e1)

= {v1

},

G(e2) = {v1, v2}, G(e3) = {v1, v3}, G(e4) = {v2, v3}, G(e5) = {v2, v3}.Representaremos dicho grafo de la siguiente manera:

v4 v3

v1v2 e2

e3

e4

e5

e1


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1.1 Generalidades sobre grafos. 5

La representacin grfica de un grafo no es nica.

Ejemplo 1.1.2

Elgrafo ciclo o circular Cn, n 3 consta de n vrtices v1, v2, . . . , vn y aristas{{v1, v2}, {v2, v3}, . . . , {vn1, vn}, {v1, vn}}.Elgrafo camino simple o lineal Ln, n 3 consta de n vrtices v1, v2, . . . , vn yaristas{{v1, v2}, {v2, v3}, . . . , {vn1, vn}}.

Definicin 1.1.2

Ungrafo dirigido odigrafoconsta de:1. un conjunto finito no vacoVde vrtices,

2. un conjunto finitoEde aristas, y

3. una aplicacin : E V Vtal que, para cada arista e, (e) es un parordenado deV.

Si(e) = [u,v], entoncesu se denomina elvrtice inicialdee yv elvrtice finaldee.

Ejemplo 1.1.3

Consideremos el digrafoGdado por los siguientes datos:VG= {v1, v2, v3}, EG= {e1, e2, e3}, G definida por G(e1)= [v1, v2], G(e2)=[v1, v3], G(e3) = [v2, v3].Representaremos dicho digrafo de la siguiente manera:

v1 v2

v3

e1

e2 e3

Definicin 1.1.3

Un grafoHes un subgrafo del grafoG, denotadoH G, siVH VG, EH EG yH(e) = G(e)para toda aristae EH.

Ejemplo 1.1.4


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v4

v2

v1

v5

v3

e1

e6

e2

e7

e5

e9 e8 e3

e4

Figura 1.2: El grafo G

v4

v2

v1

v3

e1 e2

e3

e4

Figura 1.3: El grafo H

En la figura podemos observar queHes un subgrafo en G.

Definicin 1.1.4

Sean G yG dos grafos. Un isomorfismo deG en G consta de un par(hV, hE)debiyecciones

hV :VG VG hE: EG EGtal que, para toda arista e de G, si G(e) = {v, w} entonces G (hE(e)) ={hV(v),hV(w)}. Se dice entonces que los grafosGyG son isomorfos.

Ejemplo 1.1.5

v3

v2v1

v4

e2e3

e4 e5e6

e7e8e9

e1


w4

w2w1

w3f2f3

f4 f5f6

f7f8f9

f1


En la figura tenemos dos biyecciones hV : VG VG dada por hV(v1)= w4,hV(v2) = w3, hV(v3) = w2, hV(v4) = w1 yhE:EG EG dada porhE(e1) = f1,hE(e2)= f2, hE(e3)= f3, hE(e4)= f4, hE(e5)= f5, hE(e6)= f6, hE(e7)= f7,hE(e8) = f8, hE(e9) = f9.Claramente se verifica que si G(e) = {v, w}, entonces G(hE(e)) ={hV(v),hV(w)}.

1.1.2 Grado de vrtices.


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Definicin 1.1.5

El grado,gr(v), de un vrticev es el nmero de aristas que son incidentes en v.(Un lazo conectando v consigo mismo, cuenta doble para el cmputo del grado

dev).

Ejemplo 1.1.6

Los grados de los vrtices del grafo del ejemplo1.1.1estn reflejados en la siguientetabla:

Vrtice Gradov1 4v2 3v3 3

v4 0

Definicin 1.1.6

En un digrafo distinguimos entregrado entranteygrado salientedeu, el primeroindica el nmero de aristas que tienen al vrtice u como terminal y el segundoindica el nmero de aristas que tiene al vrticeucomo inicial, y se denotangr(u)ygr+(u)respectivamente.

Proposicin 1.1.7

Sean GyG dos grafos y(hV, hE)un isomorfismo entreGyG. Siv VG es unvrtice deG, entoncesgr(v) = gr(hV(v)).

Demostracin:

Sean G y G dos grafos y (hV, hE) un isomorfismo entre G y G. Sea v VGde grador. Entonces existen r aristase1, . . . , er EG incidentes en v. EntonceshE(e1) , . . . , hE(er)son incidentes enhV(v). ComohEes biyectiva,gr(hV(v)) r.Sea e EG una arista de G incidente en hV(v). Como hE es biyectiva existee

EG tal quee

=hE(e). ComohE(e)es incidente en hV(v) en G, tenemos que

e es incidente en v en G. Como e1, . . . , er EG son las nicas aristas incidentesen v, e = ei para algn1 i n. AhorahE(e) = hE(ei). Asgr(hV(v)) = r.

Ejemplo 1.1.7

v4 v5 v3

v1 v2e1

e2

e3e4

e5 e6 e7


10/91


w5 w4

w3

w1 w2f1

f2

f3

f4 f5

f6f7

El isomorfismo viene dado por

hV

v1 w1

v2 w5

v3 w4

v4 w3

v5 w2

hE

e1 f4

e2 f3

e3 f2

e4 f6

e5 f7

e6 f1

e7 f5

vrtice grado vrtice gradov1 3 w1 3v2 3 w2 4

v3 2 w3 2v4 2 w4 2v5 4 w5 3

Teorema 1.1.8

Sea G un grafo con VG= {v1, . . . , vp} su conjunto de vrtices y|EG| su nmerode aristas. Entonces:

pi=1

gr(vi) = 2|EG|.


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Demostracin:

Al considerar cada arista e EG, si E(e)= {vi, vj}, encontramos que la aristacontribuye en una unidad al grado deviy al grado devj y, en consecuencia, con

dos unidades ap

i=1 gr(vi). Asp

i=1 gr(vi) = 2|EG|.

Teorema 1.1.9

SeaG = (V,E)un digrafo. Entonces:

vVgr(v) =

vV

gr+(v) = |EG|.

Demostracin:

Al considerar cada arista e EG, si E(e)= [vi, vj], encontramos que la aristacontribuye en una unidad al grado entrante devj y al grado saliente devi.

Ejemplo 1.1.8

v4

v5

v3

v1

v2e1

e2

e3

e4e5

e6 e7

vrtice grado entrante grado salientev1 2 2v2 1 1v3 3 0v4 0 2v5 1 2

1.1.3 Grafos regulares y grafos completos.

Definicin 1.1.10

Un grafo se dice regular si todos sus vrtices tienen el mismo grado. Si dichogrado esrse dicer-regular.

Definicin 1.1.11

Un grafo simple para el que cada par de vrtices hay una arista que los conectase llama grafo completo.


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Proposicin 1.1.12

Dos grafos completos con el mismo nmero de vrtices son isomorfos.

Demostracin:

SeanGyGdos grafos completos con el mismo nmero de vrticesr. SupongamosqueVG= {v1, . . . , vr}yVG= {v1, . . . , vr}. Consideremos la aplicacin

hV :VG VG

definida por hV(vi)= vi , i= 1, . . . , r . Entonces hV es una biyeccin y por ladefinicin de grafo completo, todo par de vrticesvi, vj son adyacentes y comoG tambin es completo, tambin lo son vi

=hV(vi)yvj

=hV(vj )y viceversa.

Por tantoGyG son isomorfos.

El grafo completo con nvrtices es denotado por Kn.

A

Figura 1.6: El grafo K1

A B


C

A B


A B

D C



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A

B

C

E

D


1.1.4 Matrices asociadas a grafos.

Definicin 1.1.13

SeaG = (V,E)un grafo. Si los vrtices vienen enumerados en la formav1, . . . , vn,lamatriz de adyacencia A= [aij] Mn(N) de G respecto de esta enumeracinde los vrtices, se define como

aij= nmero de aristas que conectan los vrticesvi, vj

En el caso de un digrafo

aij= nmero de aristas con vrtice inicialvi y vrtice finalvj

La matriz de adyacencia no es nica, pues depende del orden en que se tomen losvrtices.

1. La matriz de adyacencia de un grafo no dirigido es simtrica, pues si unaarista conecta el vrtice vi con el vrtice vj, esa misma arista conecta elvrticevj con el vrtice vi.

2. En el caso de un grafo dirigido, la matriz no es simtrica, ya que puedehaber una arista que parte del vrtice viy llega al vrtice vjpero no existirla inversa.

Dos matrices de tamao n n Ay A son equivalentes por permutacin si existeuna matriz permutacin P tal que A= P1AP. En otras palabras, A es iguala A despus de una adecuada reordenacin de las filas y la correspondientereordenacin de las columnas.


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Teorema 1.1.14

Consideremos dos grafosGyG con respectivas matrices de adyacenciaAyA .EntoncesGyGson isomorfos si y solo siAyAson equivalentes por permutacin.

Ejemplo 1.1.9

Dibuja un grafo con matriz de adyacencia

0 1 1 01 0 0 11 0 0 10 1 1 0

v1 v2

v4 v3

Ejemplo 1.1.10

Calcula una matriz de adyacencia para el grafo representado por

v1 v2

v4 v3

e2e1

e3

e4e5 e6

e7

e8

e9

e10

0 3 0 2

3 0 1 10 1 1 22 1 2 0

Definicin 1.1.15

SeaG un grafo. Si VG= {v1, . . . , vn} y EG= {e1, . . . , em}, entonces la matriz deincidencia respecto de esta ordenacin de los vrtices y las aristas, se define comola matrizM= [mij] Mnm dada por

mij= 1 si la aristaej es incidente en el vrticevi

2 siej es un lazo en el vrticevi0 en otro caso


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En el caso de un digrafo

mij

=

1 si el vrticevi es un vrtice inicial de la aristaej1 si el vrticevi es un vrtice final de la aristaej

2 siej es un lazo en el vrticevi0 en otro caso

Ejemplo 1.1.11

v1

v4

v2

v5

v3

e1 e2 e3 e4 e5

e6

e1 e2 e3 e4 e5 e6

v1v2v3v4v5

1 1 0 0 0 00 0 1 1 0 10 0 0 0 1 11 0 1 0 0 00 1 0 1 1 0

1.1.5 Caminos en grafos.

Definicin 1.1.16

SeaGun grafo. Un camino de longitudnes una sucesin de aristas(e1, e2, . . . , en),junto con una sucesin de vrtices(v1, v2, . . . , vn+1)tales que(ei) = {vi, vi+1}.En tal caso se dice que el camino (e1, e2, . . . , en) es un camino del vrtice v1 alvrticevn+1.Si el grafo es simple, el camino(e1, e2, . . . , en)queda perfectamente determinado

por la sucesin de vrtices(v1, v2, . . . , vn+1).Un camino en el que no hay aristas repetidas se denominarecorrido.Un recorrido en el que no hay vrtices repetidos (salvo eventualmente el primeroy el ltimo) se denominacamino simple.Un camino en el que coinciden el primer y el ltimo vrtice se denominacaminocerrado.Un recorrido que es a la vez camino cerrado se denominacircuito.Un circuito que a su vez es camino simple es un ciclo.

Ejemplo 1.1.12

Consideremos el siguiente grafo:


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v8 v9 v10

v4 v5 v6 v7

v2 v3

v1

La sucesin (v7, v3, v9, v5, v4, v8, v9, v3) es un camino de longitud 7 que une v7con v3. No es recorrido, pues la arista que unev3con v9aparece dos veces en elcamino.

La sucesin (v1, v3, v9, v8, v4, v3, v7)es un camino de longitud 6 que unev1 conv7. Es un recorrido, pues ninguna arista se repite. Sin embargo, el camino pasados veces por el vrticev3. No es por tanto un camino simple.(v3, v4, v8, v9)es un camino simple de longitud 3.La sucesin (v1, v3, v7, v9, v3, v4, v5, v2, v1) es un camino cerrado de longitud 8.Es adems un circuito, pues ninguna arista se encuentra repetida. No es un ciclo,ya que el vrticev3se repite.Un ejemplo de ciclo es(v1, v2, v5, v9, v7, v3, v1).

Vrtices repetidos Aristas repetidas Cerrado NombreSi Si No CaminoSi Si Si Camino cerradoSi No No RecorridoSi No Si CircuitoNo No No Camino simpleNo No Si Ciclo

Cuadro 1.1: Resumen de caminos

Proposicin 1.1.17

En un grafoG si existe un camino que conecta dos vrtices distintosv yw , existeun camino simple con extremosv yw.

Demostracin:

Supongamos que el camino es(v= v1, v2, . . . , vn= w). Si el camino no es simple,debe haber dos vrtices repetidos. Sean estosvi yvj, con i < j. En tal caso, setiene que(v= v1, . . . , vi, vj+1, . . . , vn= w) es un camino dev aw . Si este caminono fuera simple, repetiramos el proceso, hasta llegar a un camino simple.


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Proposicin 1.1.18

Sea G un grafo, y sean u y v dos vrtices distintos. Si tenemos dos caminossimples distintos deuav, entonces existe un ciclo en G.

Demostracin:

Supongamos que u, v VG se conectan por al menos dos caminos simples dife-rentes (u,u1, . . . , um1, v) y (u,u1, . . . , u

n1, v). Sea urel vrtice que verifica:

ui= ui para i r y ur+1 ur+1 y sea us el vrtice con la condicin us= usy para todor i s, ui ui. Entonces(ur, ur+1, . . . , us , us1, . . . , ur+1, ur)esun ciclo.

Ejemplo 1.1.13

En el ejemplo1.1.12tenemos dos caminos simples que unen v3con v8, como son

(v3, v4, v8)y(v3, v9, v8). A partir de estos dos caminos podemos obtener el ciclo(v3, v4, v8, v9, v3), recorriendo en primer lugar uno de los caminos que unev3conv8, y recorriendo a continuacin el otro en sentido contrario.Ntese que si partimos de los caminos simple(v3, v4, v8)y(v3, v1, v2, v5, v4, v8)y repetimos lo hecho en el prrafo precedente obtenemos el camino cerrado(v3, v4, v8, v4, v5, v2, v1, v3) que no es un ciclo, pues el vrtice v4 est repeti-do (o la aristav4v8). Sin embargo, la existencia de los dos caminos simples s nosda la existencia de un ciclo, a saber, (v3, v4, v5, v2, v1, v3).

Proposicin 1.1.19

Sea G un grafo cuyo conjunto de vrtices es VG= {v1, v2, . . . , vn} y sea M sumatriz de adyacencia. Entonces el coeficiente (i,j) de la matriz Mn es igual alnmero de caminos de longitudnque unen vi con vj.

Demostracin:

Hagamos la demostracin por induccin. Paran = 1 el resultado no es ms quela definicin de la matriz de adyacencia. Supongamos que el resultado es ciertopara n 1 y demostrmoslo para n. Sea entonces A= Mn1 y B= Mn = AM.Queremos probar quebijes el nmero de caminos de longitudn que unenviconvj. Por definicin de producto de matrices tenemos que

bij=n

k=1aikmkj .

Cada camino de vi a vj de longitud n consiste en un camino de vi a un ciertovrtice vk de longitud n 1 seguido de una arista de vk a vj. Entonces porcada arista con un extremo en vj, es decir por cada mkj 0, obtenemos aikcaminos diferentes de longitudn devi avj pasando porvk. Es decir, el nmerode caminos de longitudnentrevi yvj es:

ai1m1j + ai2m2j + + ainmnj= bij

como queramos demostrar.


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Ejemplo 1.1.14

En la siguiente figura hemos representado el recorrido de una lnea de metro consus respectivas paradas

p6

p2

p1

p7

p4

p5

p3

La matriz de adyacencia es

M=

0 1 0 0 0 1 00 0 1 0 1 0 00 0 0 0 0 0 11 0 1 0 0 0 01 0 0 0 0 0 00 0 0 1 0 0 0

0 0 0 1 0 0 0

Nos encontramos en la paradap6 y queremos ir a la paradap2. Ya quem62= 0no hay ningn camino de longitud 1. Por otro lado

M2 =

0 0 1 1 1 0 01 0 0 0 0 0 10 0 0 1 0 0 00 1 0 0 0 1 10 1 0 0 0 1 01 0 1 0 0 0 0

1 0 1 0 0 0 0

De nuevo la entrada(6, 2)es cero, luego no hay ningn camino de longitud 2.

M3 =

2 0 1 0 0 0 10 1 0 1 0 1 01 0 1 0 0 0 00 0 1 2 1 0 00 0 1 1 1 0 00 1 0 0 0 1 10 1 0 0 0 1 1

Ahora la entrada(6, 2) es 1, luego hay un camino de longitud 3 que va dep6 ap2, a saberp6p4p1p2.


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Definicin 1.2.1

SeaGun grafo, un circuito euleriano es un circuito (esto es, camino cerrado sinaristas repetidas) que contiene todas las aristas de G. Un grafo que admite un

circuito euleriano se denomina grafo euleriano.Un camino de Euler es un recorrido (camino sin aristas repetidas) en el queaparecen todas las aristas.

Todo circuito de Euler proporciona un camino de Euler.

Lema 1.2.2

SeaGun grafo. SiGes euleriano todo vrtice deGtiene grado par.

Demostracin:

Sea v VG. Podemos contar las aristas que tienen como extremo v siguiendoun circuito eulerianoCen G. Siv no es el primer vrtice dec, cada vez que talcircuito pasa porv contribuye con 2 al grado dev , pues las aristas que precedeny siguen a v en C tienen como extremo a v. Si v es el primer vrtice de C, elcircuito contribuye con 2 al grado dev en todas las visitas av salvo en la primeray en la ltima en que aade uno cada vez. En cualquier caso v tiene grado paren G.

Ejemplo 1.2.1

v4

v2

v1

v5

v3

e4

e2

e5

e7 e8 e6

e1

e3

Figura 1.11: El grafo G1

v4

v2

v1

v5

v3

e2

e1

e3

e10 e9 e4

e5

e7

e6 e8

Figura 1.12: El grafo G2

En el primer grafo1.2.1,tenemos que hay dos vrtices de grado 3, un vrtice degrado 2 y dos vrtices de grado 4.En el segundo grafo 1.12, se tiene que todos los vrtices tienen grado 4 y uncircuito de Euler viene dado por(e1e2e3e4e5e6e8e10e7e9).

Lema 1.2.3

Sea G un grafo en el que cada vrtice tiene grado par. Si u y v son vrticesadyacentes, entonces existe un circuitoCque contiene a la aristae

= {u, v

}.


21/91

1.2 Grafos eulerianos y hamiltonianos. 19

Demostracin:

Comencemos un camino Cporu y la aristae. El camino se contina siguiendola siguiente regla: cada vez que el camino C llega a un vrtice distinto de u se

contina el camino usando una arista que no aparezca con anterioridad en C, siw= u damos por terminado el circuito. El proceso siempre es posible gracias aque el grado de todo vrtice es par, y que cada vez queCvisita un vrtice utiliza2 aristas con un extremo en tal vrtice. Como el nmero de vrtices y aristas esfinito, Cacaba por regresar auy por construccin Ces un circuito.

Teorema 1.2.4

Un grafo conexoGes euleriano, si y slo si, todo vrtice tiene grado par.

Demostracin:

Por el Lema1.2.2es suficiente probar que siGes un grafo conexo con todos susvrtices de grado par es euleriano. El teorema es trivial para|VG| = 1. Suponga-mos que|VG| >1y sean u,v dos vrtices adyacentes en G, entonces por el Lema1.2.3existe un circuitoCque contiene a la arista{u, v}. SeaG el subgrafo ob-tenido eliminando las aristas en C, esto es, VG= VG yEG= EG \ {aristas deC}.Obsrvese que todos los vrtices deG tienen grado par. SiEG= entoncesCesun circuito euleriano y por tanto hemos terminado.Supongamos por tanto queEG , entonces existe un vrticexde grado mayorque cero en G. Por serG conexo, podemos encontrar un vrticeyen Cde gradomayor que cero en G. En efecto sixno es vrtice en C, consideramos un vrtice

cualquiera w en C, y ya que G es conexo construimos un camino c en G deextremos x y w. Sea{z, y} la primera arista de c que satisface{z, y} C, esdecir,{z, y} EG eyes un vrtice deC. Claramenteyes el vrtice buscado.Sea por tanto{z, y} EG con yvrtice de C. Aplicando el lema1.2.3a G y{z, y} obtenemos un circuito C en G conteniendo a{z, y}. Podemos unirC yC en yde la siguiente manera: dez aysiguiendoC, a continuacin recorriendoC y finalmente acabandoCdesdey. De este modo obtenemos un nuevo circuitoC1 con ms aristas que C. Si E= E\ {aristas deC1} no es el conjunto vacorepetimos el proceso.Repitiendo la construccin tantas veces como sea necesario, como el nmero dearistas de G es finito, y en cada construccin el nmero de aristas del circuito

aumenta, el proceso finaliza, obtenindose un circuito euleriano.

Corolario 1.2.5

SeaG un grafo conexo. G tiene un camino de Euler no cerrado si y solo siG tieneexactamente dos vrtices de grado impar.

Demostracin:

SeaGun grafo con un camino de Eulerg de extremosuyv. Construyamos unnuevo grafo G con VG= VG {w} y EG= EG {{u, w}, {v, w}} con w VG.

Sig= (u,v1, . . . , vr, v), entonces(w,u,v1, . . . , vr, v , w )es un circuito de EulerdeG, Por tanto, todos los vrtices deG tienen grado par. Como parax u, v,


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grG(x)= grG (x), grG(u)= grG (u) 1 ygrG(v) = grG(v) 1, obtenemos elresultado.Sean u yv los dos nicos vrtices de grado impar deG. Construyamos un nuevografo G con VG= VG {w} y EG= EG {{u, w}, {v, w}} con w VG. G esconexo y todos los vrtices deGtienen grado par, luego existe un circuito de Eulergen G. Adems podemos construir g del siguiente modo: (w,u, v1, . . . , vr, v , w ).Entonces(u,v1, . . . , vr, v)es el camino de Euler buscado.

Ejemplo 1.2.2

El grafo completoKn is(n 1)-regular ya que todo vrtice tiene gradon 1.Ya que es conexo, Knes Euleriano si, y solo si, nes impar (por tanton1es par).El grafoK3 tiene un obvio circuito de Euler y dejamos como ejercicio encontraruno paraK5. (En efecto, K5tiene 264 circuitos de Euler.)

Ejemplo 1.2.3

Un cartero tiene asignada para el reparto una red de calles representada por el

grafo

A

B

C

D

E

F

G

H

I

J

El reparto de cartas debe comenzar y acabar en la estafeta de correos que seencuentra en el vrticeA.Por el lema1.2.2el cartero sabe que puede hacer su reparto sin tener que recorrerdos veces la misma calle utilizando un circuito euleriano.Comenzamos obteniendo un circuito que parte de A siguiendo las instruccionesdel lema1.2.3.Supongamos que hemos obtenido el circuito

g= (A,B,C,D,A)

A continuacin borramos las aristas recorridas porg obteniendo el grafoG


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A

B

C

D

E

F

G

H

I

J

En el grafoG obtenemos una arista con extremo en g, por ejemploAFy aplica-mos de nuevo el proceso del lema1.2.3obteniendo

g= (A ,F,D,H,C,I,H,G ,F,E,A )

Uniendog ag obtenemos el circuito

g1= (A ,F,D,H,C,I,H,G ,F,E,A ,B,C,D,A )

Borrando la aristas deg1obtenemos el grafoG

A

B

C

D

E

F

G

H

I

J

Tomamos ahora la aristaE Jya queEest en g1para repetir el proceso del lema1.2.3. Obtenemos ahora el circuito deG

g= (E,J,I,B,E)

ComoEG \ {aristas deg} = el circuito euleriano que puede usar el cartero es

(A, F , D, H , C , I , H , G , F , E , J , I , B , E , A, B , C , D, A )

1.2.2 Grafo Hamiltoniano.


24/91


Definicin 1.2.6

Uncircuito hamiltoniano de un grafoG es un camino cerrado que recorre todoslos vrtices una sola vez.

Un grafo eshamiltonianosi tiene un circuito hamiltoniano.Uncamino de Hamiltones un camino que recorre todos los vrtices una sola vez.

Ejemplo 1.2.4

Los caminos y ciclos hamiltonianos fueron estudiados despus de que el mate-mtico William R. Hamilton, inventor del juego The icosian game, lanzara unjuguete en 1857 que involucraba encontrar un ciclo hamiltoniano en las aristasdel grafo de un dodecaedro.

Teorema 1.2.7: de Ore

SeaG un grafo simple con nvrtices paran 3. Si para cada par de vrtices noadyacentesv yw se verifica quegr(v) + gr(w) n, entoncesGes hamiltoniano.

Demostracin:

Probemos que si G no es un grafo de Hamilton, hay al menos dos vrtices noadyacentes tales que la suma de sus grados es menor quen.Supongamos entonces queG es un grafo que no es de Hamilton. Aadimos unaarista al grafo. Si sigue sin ser de Hamilton, volvemos a aadir una arista, y assucesivamente, hasta que encontremos un grafo de Hamilton. Sea ab= v1v2 laltima arista que hemos aadido. El grafo obtenido es un grafo de Hamilton,y el ciclo de Hamilton debe contener a la arista ab. Sea entonces dicho ciclo(a,b,v3, v4, . . . , vn, a).

LlamemosHal grafo que hemos obtenido justo antes de aadirla aristaab.Para cada i entre 3 y n, vamos a ver que no pueden estar simultneamente las


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aristasavi1ybvi en el grafoH.Sii = 3, entoncesavi1= av2= ab, que no est en H.Sii 4, en caso de que estuvieran ambas aristas, podramos construir el circuitode Hamilton

(b,vi, vi+1, , vn, a , vi1, vi2, , v3, b)que no contiene a la arista ab, lo cual no es posible, pues el grafo Hno es deHamilton.Tenemos entonces que en el grafo H, se verifica quegr(a) + gr(b) < n, y comoG es un subgrafo de H, entonces en G se verifica la misma propiedad. Hemosencontrado entonces dos vrtices no adyacentes tales que la suma de sus gradoses menor quen, como queramos.

Teorema 1.2.8: de Dirac

SeaG

un grafo simple conn

vrtices paran

3. Si para todo vrticev

deG

severificagr(v) n/2, entoncesGes de Hamilton.

Demostracin:

Para cada par de vrtices no adyacentes v y w se verifica quegr(v) + gr(w)n/2 + n/2 = n, de donde, por el teorema de Ore, Ges de Hamilton.

Ejemplo 1.2.5

Consideremos el siguiente grafo:

v1

v2v3

v4

Un circuito de Hamilton es(v1, v2, v3, v4, v1).

1.2.3 Grafos bipartidos.

Definicin 1.2.9Un grafo bipartido es un grafo donde el conjunto de vrticesVGtiene una particin{V1, V2}(VG= V1 V2, V1 V2= ) tal que toda arista conecta un vrtice deV1con un vrtice deV2.Un grafo bipartido completo es un grafo bipartido tal que todo vrtice deV1estconectado a todo vrtice deV2 mediante una nica arista.

Un grafo bipartito completo est completamente determinado por |V1| y|V2|.El grafo bipartito completo de ny mvrtices, denotado Kn,m, tiene|V1| = n y

|V2

| =m. Es necesariamente simple.


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Ejemplo 1.2.6

El grafo bipartido completoK3,3con V1= {A ,B,C}yV2= {D , E , F }

A B C

D E F

Lema 1.2.10

Sea G un grafo bipartido con particin del conjunto de vrtices V= V1 V2.Supongamos que (v1, v2, , vm) es un camino en G y que v1 V1. Entonces{v1, v3, v5, . . .} V1 y{v2, v4, . . .} V2.

Demostracin:Ya quev1 V1 tenemos que v2 V2, pues siv2 V1 tendramos una arista, lade extremos{v1, v2}, con los dos extremos en V1, lo que no es posible por serbipartido. Por tantov2 V2.Razonando anlogamente tendramos quev3 V1 y as sucesivamente.

Teorema 1.2.11

Un grafo es bipartido, si y slo si, no tiene ciclos de longitud impar.

Demostracin:

Veamos en primer lugar que siG contiene ciclos de longitud impar entoncesG noes bipartido. Supongamos que (v1, v2, . . . , vm1, vm, v1) es un ciclo de longitudimpar, es decir, m = 2k + 1para algn k N.SiG fuera bipartido, tendramos quev1, v3, . . . , v2k+1 estn en el mismo subcon-junto de la particin, mientras quev2, v4, . . . , v2k, v1estn en el otro subconjuntode la particin. Encontramos entonces un vrtice v1 que est simultneamenteen los dos subconjuntos, lo cual no es posible.Supongamos ahora que el grafo no tiene ciclos de longitud impar, y veamos queentoncesGes bipartido.Notemos que si G

= K1 entonces es claramente bipartido y no contiene ciclos

de longitud impar (para su existencia se necesitan al menos tres vrtices). Aspodemos suponer que|VG| 2. Tambin podemos suponer queGes conexo.Sean uyvdos vrtices deG. Definimos el nmerod(u,v) como la menor longitudposible de los caminos que unen u con v. Claramente, si d(u,v)= r entoncesexiste un camino simple que uneucon v.Elegimos un vrticev V, y definimos los conjuntos:

V1= {x V; d(v,x)es par} V2= {y V; d(v,y)es impar}

Es claro que V= V1 V2 y que V1 V2= . Veamos que cualquier arista de Gune un vrtice deV1con un vrtice deV2.

Sean x1 yx2 vrtices en V1 y supongamos que existe una aristaeincidente conlos vrtices x1 y x2. Notemos que x1 no es adyacente a v (pues en ese caso, el


27/91

1.3 Grafos planos. 25

camino ms corto tendra longitud 1), por tanto v x1. Anlogamente, x2 noes adyacente av (pues en ese caso, el camino ms corto tendra longitud 1), portantov x2.Sean

P1= (v,v1, v2, , v2k= x1), P2= (v,v1, , v2l= x2)caminos de longitud mnima de v a x1 y de v ax2 respectivamente, ambos delongitud par.SiP1yP2no tienen vrtices en comn, entonces un ciclo de longitud impar sera

(v,v1, . . . , x1, x2, . . . , v1,v).

Supongamos ahora que

{v1, v2, . . . , v2k} {v1, v2, . . . , v 2l} .

La idea aqu es la misma, slo que para obtener un ciclo hemos de eliminar losvrtices repetidos.En primer lugar, veamos que sivi {v1, v2, . . . , v2k} {v1, v2, . . . , v2l}entoncesvi= vi . Esto es cierto pues sivi= vj con j ientonces, bien j < i o bien i < j.En el primer caso tenemos que(v, v1, , vj , vi+1, , v2k= x1)es un caminoque une v con x1 de longitud menor que la de P1, lo cual no es posible. En elsegundo se razona de la misma forma.Tomamos ahora el mayori tal quevi {v1, v2, . . . , v2k}{v1, v2, . . . , v2l}. En talcaso, podemos tomar el ciclo(vi, vi+1, , x1, x2, v2l1, , vi= vi), que tienelongitud impar.El caso paray1, y2 V2es totalmente anlogo.

1.3 Grafos planos.

1.3.1 Concepto de grafo plano.

Definicin 1.3.1

Un grafo se dice que es plano si admite una representacin grfica en el planode modo que cada arista corta nicamente a otra arista en un vrtice que seaextremo de ambas.Tal representacin se denominamapa.

Un mapa divide al plano en varias partes que se denominan caras.

Ejemplo 1.3.1

v1 v2

v3

v4

e1

e2e3

e4 e5

e6


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Es un grafo plano con 4 vrtices, 6 aristas y 4 caras (las 3 caras encerradas porlas aristas y la cara exterior).

Cada poliedro regular (tetraedro,hexaedro,octaedro,dodecaedro e icosaedro) de-fine un mapa del grafo formado por sus vrtices y aristas.

vrtices aristas carastetraedro 4 6 4hexaedro 8 12 6octaedro 6 12 8

icosaedro 12 30 20dodecaedro 20 30 12

Cuadro 1.2: Poliedros regulares

Figura 1.13: Poliedros regulares

Es bien conocida la frmula para dichos poliedros

vrtices-aristas+caras=2.

Lema 1.3.2

Sea G un grafo conexo que contiene un ciclo C. Entonces G e es conexo paratoda aristae

C.


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Demostracin:

Sea e= {u, v}. Entonces existe un camino (u,v1, . . . , vr, v) en G e de u av. Sean x, ydos vrtices cualesquiera de G e, ya que VGe= VG y G es co-

nexo existen caminos (x,u1

, . . . , us , u) y (v,w1

, . . . , wt, y) en G e. Por tanto(x,u1, . . . , us , u , v1, . . . , vr, v , w1, . . . , wt, y) es un camino de x a y en G e ypor tantoG ees conexo.

Teorema 1.3.3: Frmula de Euler

SeaGun grafo plano y conexo. Si|VG|es el nmero de vrtices,|EG| el nmerode aristas y|RG|el nmero de caras de una representacin plana deG, entonces

|VG| |EG| + |RG| = 2.

Demostracin:Razonemos por induccin sobre|EG|. Si|EG| = 0 como G es conexo entoncesVG= {v}yEG= y en el mapa hay una sola cara, esto es,|RG| = 1y la frmulase verifica.Supongamos ahora que|EG| 1y que la frmula es cierta para todo grafo planoy conexo con nmero de aristas menor que|EG|.Caso 1). Gtiene algn ciclo. SeaG= G edondeees una arista de algn cicloenG.Gcontina siendo conexo por el lema1.3.2y el nmero de caras disminuyeen una unidad ya queedebe pertenecer al borde de dos caras diferentes. Ya quela frmula se verifica paraG, tenemos

|RG| 1 (|EG| 1) + |VG| = 2,

de donde|RG| |EG| + |VG| = 2.Caso 2). G no tiene ciclos. Entonces existe al menos un vrtice que es extremo deuna sola arista. En efecto, si no existiera tal vrtice podramos construir un ciclode la siguiente manera: comencemos con un vrtice cualquierav0y a continuacintomamos una arista que comienza en v0, v0v1, como v1 es extremo de ms deuna arista, tenemos otra arista diferente de v0v1 con extremo v1, por ejemplo,v1v2. A continuacin repetimos el argumento con v2, as vamos obteniendo uncaminov0v1v2 . . .. ComoVG es finito, existe un primer nmeros tal quevs= vtcon s > t . El caminovtvt+1 . . . vs es un ciclo, lo que es una contradiccin.

Sea v un vrtice que es extremo de una nica arista vw en G. Sea G tal queVG= VG v yEG= EG vw . G tiene el mismo nmero de caras queG. Por lahiptesis de induccin,

|RG| (|EG| 1) + |VG| 1 = 2,

de donde|RG| |EG| + |VG| = 2.

Definicin 1.3.4

Se denominagrado de una cara fy se denotagr(f )la longitud del camino quela bordea.


30/91


Corolario 1.3.5

SeaGun grafo simple, plano y conexo. Entonces

fRG

gr(f )=

2|EG

|.

En particular3|RG| 2|EG|y|EG| 3|VG| 6.

Demostracin:

Al sumar los grados de todas las caras estamos contando dos veces el nmero dearistas, pues cada arista es frontera comn de dos caras.Es claro que al no tener lazos ni aristas paralelas, el grado de cualquier cara esmayor o igual que 3. Tenemos entonces que3

|RG

| fRGgr(f ) = 2|EG|.La otra desigualdad es consecuencia del teorema de Euler, pues2 = |VG||EG|+|RG| |VG||EG|+2|EG|3 = |VG|

|EG|3

6 3|VG||EG| |EG| 3|VG|6.

Ejemplo 1.3.2

El grafo completo K5 es simple conexo y tiene|VG| = 5 vrtices y|EG| = 10aristas. Si el grafo fuese plano, entonces por el corolario1.3.5

10= |

EG|

3|VG

| 6

=15

6

=9

lo que es imposible. AsK5 no es plano.El grafoK3,3es simple conexo y tiene|VG| = 6vrtices y|EG| = 9aristas. Si fueraplano, entonces como cada cara est limitada por al menos 4 aristas, tendramos4|RG| 2|EG|. Por la frmula de Euler,|VG| |EG| + |RG| = 2, de donde|RG| =|EG| |VG| + 2 = 9 6 + 2 = 5 y20 = 4|RG| 2|EG| = 18. As el grafoK3,3 no esplano.

Definicin 1.3.6

SeaG un grafo. Unacontraccin simpledeG es el resultado de indentificar en Gdos vrtices adyacentes.UnacontraccindeGes una cadena de contracciones simples.

Teorema 1.3.7: de Kuratowski

Sea G un grafo. Entonces G es plano si, y slo si, ningn subgrafo suyo puedecontraerse aK5 ni aK3,3.

Ejemplo 1.3.3

Consideramos el siguiente grafo G:


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v2

v1

v5 v4

v3

v2

v1

v5 v4

v3

Entonces, si identificamos cada vrticevi con vi (es decir, realizamos cinco con-

tracciones) obtenemos el grafoK5, que sabemos que no es plano. Deducimos portanto que este grafo no es plano.Tambin podemos ver que este grafo no es plano como sigue: Tomamos el subgrafodeG con los mismos vrtices, y del que se eliminan los lados que unen v3con v5,yv4 con v4. El grafo que obtenemos es

v2

v1

v5 v4

v3

v2

v1

v5 v4

v3

Identificamos los vrticesv2con v4, v3 con v3 yv5 con v5, y a continuacin v

4

con v3= v3. El grafo resultante es:

v2

v1

v5 v4

v3

v2

v1

v2

v1

v5

v3

v2

v1


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que podemos representar como

v2

v1

v5

v3v2

v1

Es decir, hemos encontrado un subgrafo deGque puede contraerse hastaK3,3.

1.3.2 Coloracin de grafos.

Todo mapa en el plano se puede representar mediante un grafo. Para establecer

esta correspondencia, cada regin del mapa se representa mediante un vrtice.Una arista conecta dos vrtices si las caras representadas por dichos vrticestienen frontera en comn. Al grafo simple resultante se le denomina grafo dualdel mapa.El problema de colorear un mapa se traduce en colorear los vrtices del grafo dualdel mapa, de manera que ningn par de vrtices adyacentes del grafo tengan elmismo color.

Figura 1.14: Mapa y grafo dual de Andaluca

Definicin 1.3.8

Unacoloracinde un grafo simpleG es una aplicacin :VG C, dondeCes unconjunto de colores, de manera que para todoe EG tal queG(e) = {v, w}conv w entonces(v) (w).

Definicin 1.3.9

Elnmero cromtico (G)de un grafoGes el nmero mnimo de colores que se

requieren para una coloracin deG.


33/91


Ejemplo 1.3.4

1. El grafoK2 necesita al menos dos colores para colorearlo, ya que los dos vr-tices no pueden ser coloreados con el mismo color al ser adyacentes. Su nmero

cromtico es por tanto 2.2. En general, el nmero cromtico del grafo Kn es n, pues todos los vrticesdeben tener colores distintos, ya que dos vrtices cualesquiera son adyacentes.3. SiG1 es un subgrafo deG2, entonces(G1) (G2).4. Si un grafo es plano, su nmero cromtico es menor o igual que 4. ste esun problema (El problema de los 4 colores) que se plante por primera vez amitad del siglo XIX, cuando se intentaba colorear los condados de un mapa deInglaterra de forma que dos condados con frontera comn tuvieran distinto color.El problema estuvo abierto durante ms de un siglo, hasta que en 1976, Appel yHaken probaron el resultado basndose en un complicado anlisis computacional.

Proposicin 1.3.10

Un grafoGes bipartido, si y slo si, (G) = 2.

Demostracin:

SiG es un grafo bipartido con{V1, V2} una biparticin del conjunto de vrticesV, cada arista de G une un vrtice de V1 con un vrtice de V2, por lo que dosvrtices son adyacentes si, y slo si, estn en un subconjunto Vi distinto. Portanto si asignamos a los vrtices deV1 el colorC1, y a los vrtices deV2el colorC2, se obtiene una coloracin deGque utiliza nicamente dos colores.

Recprocamente, si existe una coloracin con dos colores C1

y C2

y denotamospor Vi el conjunto de vrtices que tienen asignados el color Ci, para i=1, 2, esclaro que cada arista une un vrtice de V1 con un vrtice V2 (pues dos vrticesadyacentes no pueden tener el mismo color). As, concluimos queG es bipartido.

1.3.3 Polinomio cromtico de un grafo.

Definicin 1.3.11

SeaGun grafo yx N. Vamos a denotar porp(G, x)al nmero de coloracionesdistintas, con x colores, que tiene el grafo G. Lo denominaremos el polinomio

cromticodeG.El primerktal queP(G,k) 0nos dice que(G) = k.

Ejemplo 1.3.5

1. Si G es un grafo cuyas componentes conexas son G1, G2, . . . , Gm entoncesp(G,x)= p(G1,x)p(G2, x) p(Gm, x). Por tanto, nos limitaremos a estudiarlas coloraciones de los grafos conexos.2. Si queremos colorear el grafoK2y disponemos dex colores, entonces para unode los vrtices podemos elegir cualquiera de los x colores, mientras que para elotro podemos elegir entre losx 1restantes. El principio del producto nos dice

entonces quep(K2, x) = x(x 1).En general, se tiene quep(Kn, x) = x(x 1) (x n + 1). De aqu se deduce


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que si m n, p(Kn, m)=0, mientras quep(Kn, n)= n!. Por tanto, el nmerocromtico deKn esn.3. El polinomio cromtico del grafo vacoNn. Como no hay aristas, no tenemoscolores prohibidos a la hora de colorear ningn vrtice, as que P (Nn, x)= xn.Por tanto(Nn) = 1.4. SiG es el grafo camino simple o linealLn, entoncesp(G, x) = x(x 1)n1. Enefecto tendremosx posibles colores para el primer vrtice, x 1para el segundo.Finalmente para el resto de vrticesx 1colores. Adems, (Ln) = 2.Es decir,G = (V,E)dondeV= {v1, v2, . . . , vn}yE= {e1, e2, . . . , en1}yG(ei) ={vi, vi+1}. En este caso, para elegir una coloracin deGcon x colores, podemoselegir el que queramos para v1, y para el resto de los vrtices tenemos x 1posibilidades (todas menos la que hayamos elegido para vi1). El principio delproducto nos dice quep(G, x) = x(x 1)n1.

Dado un grafo G, tomamos una arista e (que no sea un lazo) que una los vrticesuy v. Entonces el grafo G ees el grafo con los mismos vrtices que G, pero alque se le ha quitado la arista e, y el grafo Gees el grafo que resulta de identificaren G elos vrtices uy v.

Teorema 1.3.12: de descomposicin

SeaGun grafo conexo, ye EG. Entonces

p(G e,x) = p(G,x) + p(Ge,x).

Demostracin:

Vamos a descomponer el conjunto de las posibles coloraciones de G e con xcolores en dos subconjuntos, los cuales los identificaremos con las coloraciones deGy las deGe respectivamente (con x colores). Esto, junto con el principio de lasuma, nos dar la relacin que buscamos. Puesto que en G e los vrtices u yv no son adyacentes, una coloracin deG epuede tener los vrticesuyv delmismo color o de distinto color. Si tienen distinto color, lo que tenemos es unacoloracin del grafo G (obviamente, toda coloracin de G es una coloracin deG

e). Por tanto, las coloraciones en las queuyv tienen distinto color pueden

identificarse con las coloraciones deG. Siuyv tienen el mismo color, entonceslo que tenemos es una coloracin deGe. Recprocamente, cualquier coloracin deGe nos da lugar a una coloracin deG een la queuyv tienen el mismo color.

Esta expresin podemos verla como p(G,x)= p(G e,x) p(Ge, x), lo cualnos permite reducir el clculo del polinomio cromtico de un grafo al clculo depolinomios cromticos ms pequeos (con menos aristas o con menos vrtices).De esta forma, podemos reducirlo siempre al clculo de polinomios cromticos degrafos completos o de grafos que son caminos simples.


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Teorema 1.3.16

SeaGun grafo simple con nvrtices. Entonces son equivalentes:

1. Ges un rbol.

2. Dos vrtices cualesquiera estn unidos por un nico camino simple.

3. Ges conexo, pero si le quitamos una arista deja de serlo.

4. Gno tiene ciclos, pero si le aadimos una arista tendr algn ciclo.

5. Ges conexo y tienen 1aristas.

Demostracin:

1) 2) Sean u y v dos vrtices de G. Ya que G es conexo, existe al menos un

camino simple de u a v. Si existiesen dos caminos simples de u a v, entoncespor la proposicin 1.1.18existe un ciclo, lo que es una contradiccin. Por tantoexiste un nico camino simple deuav.2) 3) ClaramenteGes conexo. Seae = {u, v}una arista deGy consideremosG e. SiG efuese conexo entonces existiran al menos dos caminos simples enGdeuav, lo que es una contradiccin.3)4) Supongamos queGcontiene un ciclo. Seae = {u, v}una arista del ciclo.Ya que G es conexo, entonces por el lema1.3.2, G e es conexo, lo que es unacontradiccin. Por tantoGno contiene ciclos. Sean uyv dos vrtices deGyG

el grafo obtenido aadiendo aG la aristae= {u, v}. Ya que Ges conexo existeun camino(u = v1, . . . , vr= v) deuav en G. Por tanto(u = v1, . . . , vr= v,u)

es un ciclo en G.4) 5) Sean u y v dos vrtices de G y G el grafo obtenido aadiendo a G laaristae = {u, v}. Entonces existe un ciclo conteniendoeen G. Por tanto existeun camino en G de u a v. As G es conexo. Como no tiene ciclos es un rbol ypor la proposicin1.3.15 G es plano. Como|RG| =1, de la frmula de Euler sededuce que2 = |VG| |EG| + 1, esto es,|EG| = |VG| 1.5) 1) Supongamos ahora que existe un cicloC= (v1, . . . , vr, v1). Ya queGesconexo, los restantes vrticesvr+1, . . . , vnpueden ser conectados a los vrtices deC. Por tanto|E| r+ (n r ) = |V|, lo que es una contradiccin.


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Captulo

2

Introduccin a la teora de grupos.2.1 Grupos. Ejemplos de grupos.

2.1.1 Definicin de grupo. Propiedades elementales.

Definicin 2.1.1

Unaoperacin binaria * sobre un conjunto G es una aplicacin : G G Gque asigna al par(a,b)de elementos deG, un elementoa bdeG.

Por ejemplo la suma y el producto son operaciones binarias sobre el conjunto Zde nmeros enteros.

Definicin 2.1.2

Un conjunto no vaco G con una operacin binaria * se dice que es un grupo siverifica las siguientes propiedades:G1) La operacin * esasociativa, esto es,

a (b c) = (a b) c,

para todoa,b, c G.G2) Existe unelemento neutro e G, tal que

a e = a = e a,

para todoa G.G3) Para todo elementoa G, existe unelemento simtrico a G, tal que

a a= e = a a.

G4) Si adems la operacin * es conmutativa, esto es,

a b = b a,

para todoa, b G, el grupo se dice que es un grupo abeliano.

Normalmente adoptaremos para los grupos notacin multiplicativa, donde el pro-ductoabde dos elementosaybde un grupoGser denotadoab. La propiedad

asociativa entonces requiere que (ab)c= a(bc)para todo a, b,c G. El elemen-to neutro, en este caso, es denotado por 1 (o por e) y denominado elemento


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36 Introduccin a la teora de grupos.

identidad y el elemento simtrico de un elemento a G es denotado por a1 ydenominado el inverso de a.Sin embargo para los grupos abelianos es tradicional usar notacin aditiva. Eneste caso la operacin de grupo es denotada +, el elemento neutro del grupo es

denotado por 0 y el simtrico de un elemento adel grupo pora.A continuacin vamos a describir algunas propiedades bsicas de un grupo G,usando notacin multiplicativa y denotando el elemento identidad del grupo pore.

Lema 2.1.3

SiGes un grupo, entonces existe un nico elemento identidad.

Demostracin:

Supongamos queeyf son elementos neutros, entonces se verifica:

e = ef= f .

Lema 2.1.4

SeaGun grupo, entonces el inverso dea Ges nico.

Demostracin:

Supongamos quea ya son inversos dea, entonces se verifica:

a= ea= (aa)a= a(aa) = ae = a.

Lema 2.1.5

SeaGun grupo. Sia, b G, entonces

(a1)1 = a

y(ab)1 = b1a1.

Demostracin:

La primera igualdad es consecuencia de queaa1 = e = a1a.Para la segunda, basta nicamente considerar las siguientes cadenas de igualda-des:

(b1a1)(ab) = ((b1a1)a)b = (b1(a1a))b = (b1e)b = b1b = e,

(ab)(b1a1) = ((ab)b1)a1 = (a(bb1))a1 = (ae)a1 = aa1 = e,y utilizar la unicidad del elemento inverso deab.


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2.1 Grupos. Ejemplos de grupos. 37

Proposicin 2.1.6: Propiedades cancelativas o simplicativas

SiGes un grupo, entonces se verifica1. Siab = ac entoncesb = c (Propiedad cancelativa por la izquierda)

2. Siba = ca entoncesb = c (Propiedad cancelativa por la derecha)

Demostracin:

Demostraremos la propiedad cancelativa por la izquierda; la otra es anloga.Si ab= ac entonces a1(ab)= a1(ac) de donde por la propiedad asociativa(a1a)b = (a1a)c, y por la propiedad del elemento inversoeb = ec. Finalmentepor la propiedad del elemento neutrob = c.

Proposicin 2.1.7

(D) Si G

es un grupo y a, b

pertenecen a G

, entonces las ecuaciones ax

=b yxa = b tienen solucin nica.Recprocamente, si G es un conjunto no vaco con una operacin binaria verifi-cando G1), G2) y D), entonces es un grupo.

Definicin 2.1.8

Un grupoG se dice que es un grupofinitosi el conjuntoG tiene un nmero finitode elementos. En este caso, el nmero de elementos es llamado el orden de G,denotado por|G|.

La proposicin anterior proporciona una manera muy fcil de comprobar si unconjunto finito de elementos y una operacin sobre ellos forman un grupo o no.Un conjunto finito de elementos y una operacin en ellos es frecuentemente dadopor una tabla que ilustra el resultado de la operacin para cada par de elementos.Dicha tabla se llama una tabla de Cayley, llamada as por el matemtico ArthurCayley. Es una generalizacin de una tabla de multiplicar (tal como se utilizapara ensear a los escolares la multiplicacin). Se trata de una malla donde lasfilas y columnas estn encabezadas por los elementos a multiplicar, y la entradaen cada celda es el producto de los encabezados de la fila y columna.Por ejemplo, sto es una tabla de Cayley sobre el conjunto{a,b,c}:

* a b ca a b ab c a bc c c b

Echemos un vistazo a las filas y columnas de la tabla sin encabezados. Tenga encuenta que la primera fila representa diferentes resultados de la multiplicacinpor la izquierda, con a. Pero en la primera fila, no hay elemento c. Eso significaque la ecuacin ax= cno tiene solucin. Por lo tanto, este cuadro no representaun grupo. Del mismo modo, tenga en cuenta que en la primera columna (sinencabezado), no hay elemento b. Como consecuencia, la ecuacin y a =b no tienesolucin.

A partir de este ejemplo, se puede concluir que una condicin necesaria para queuna tabla de Cayley represente un grupo es que en cada fila y columna aparezca


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cada elemento al menos una vez. Si aparece algn elemento dos veces, entoncesla ley de cancelacin no se verifica. Por tanto1) Cada elemento aparece exactamente una vez en cada fila y cada columna.Adems,

2) Tiene que haber un elemento de tal manera que la fila y la columna determi-nada por el elemento es la misma que la fila y columna de encabezados. En estecaso, ese elemento es la identidad.Si una tabla de Cayley de un conjunto G satisface las reglas 1 y 2, entoncesG satisface G1) y G3). La propiedad G2) sobre la asociatividad es pesada decomprobar en una tabla de Cayley. Para la comprobacin de la asociatividad hayque comprobar que para todas las ternas posibles de elementos (a, b,c) se verifca(ab)c= a(bc).Para la propiedad G4) solo hay que comprobar la simetra de la tabla.

Proposicin 2.1.9

Sean a1, . . . , an elementos de un grupo G, definimos inductivamente un nuevoelementoa1 andel grupo, su producto, como sigue

a1 an=

a1 sin = 1(a1 an1)an sin >1

Entonces se verifica1. Para cada0 < m < nse tiene

a1 an= (a1 am)(am+1 an)

2.(a1 an)1 = a1n a11 .

Demostracin:

1. Haremos induccin sobren. Los casosn = 1, 2, son evidentes. Supongamos, portanto, n >2. Sim = n 1, entoncesa1 an= (a1 an1)an por definicin.Sim < n 1, entonces

a1 an= (a1 an1)an= ((a1 am)(am+1 an1))an

=(a1

am

)((am+

1 a

n1)a

n)

=(a1

am

)(am+

1 a

n).

2. Haremos induccin sobre n. El caso n= 1 es evidente, as que supongamosn >1. Entonces

(a1 an)1 = ((a1 an1)an)1 = a1n (a1 an1)1 = a1n (a1n1 a11 ) = a1n a11 .

Sea Gun grupo y a G, definimos

an =

e si n = 0an1a si n >0(an)1 si n


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exponente y ala base de la potencia.El siguiente resultado se prueba por induccin sobre los exponentes de las poten-cias.

Proposicin 2.1.10

Seaaun elemento de un grupoG. Entonces1) (a1)n = an = (an)1, para todon Z.2) aman = am+n, para todom, n Z.3) (am)n = amn, para todom, n Z.

Demostracin:

1) El caso n=0 es trivial, ya quea0 = e.Sin >0, entonces an = (an)1 por definicin y (a1)n = (an)1 por la propo-

sicin anterior.Sin 0. As(a1)n = (a1)m = (a(m) = am = an

y(an)1 = (am)1 = ((a1)m)1 = ((am)1)1 = am = an.

2) Comoa0 = e, sim = 0on = 0, la igualdad es obviamente cierta.Sim,n >0, es consecuencia de la proposicin anterior.Sim,n 0 yn 0, entonces, ya quen >0,

am+nan = a(m+n)n = am.Por tanto, am+n = aman.sim + n 0, es consecuencia de la proposicin anterior.Sim > 0, n 0, entonces

(am)n = ((a1)m)n = (a1)mn = amn.Sim < 0, n


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Ejemplo 2.1.1

Ejemplos de grupos, ya conocidos, son (Z, +), (Q, +), (Q, ), (R, +), (R, ),(C, +), (C, ).

Ejemplo 2.1.2

Para cada cuerpo K (por ejemplo, Q, R, C o, Zp para p primo), y cada enteron 1, tenemos definido el anillo Mn(K de las matrices cuadradas de tamaon n con coeficientes en K. El grupo multiplicativo U(Mn(K))de las unidadesde este anillo consiste, como es obvio, en las matrices regulares. Se suele denotarporGLn(K), y se llamagrupo lineal generalde orden n sobreK. Observemos queGLn(K)es no abeliano sin 2. Adems, cuandoK = Zp parap primo, se tratade un grupo finito no abeliano.

En este curso, centraremos nuestra atencin fundamentalmente en los grupos fini-tos. Los ms sencillos son los abelianos; algunos de cuyos ejemplos fundamentalesse dan seguidamente.

Ejemplo 2.1.3

Cada anillo de restos Zn da lugar a dos grupos conmutativos finitos; el grupoaditivo(Zn, +)y el grupo multiplicativo(Zn, )de las unidades, que ya han debidoser estudiados. De ellos, el ms sencillo en general es el grupo aditivo Zn ={[m]; 0 m < n}, que tiene n elementos. El grupo Zn= {[m];gcd(m, n)=1},que tiene(n).

Ejemplo 2.1.4

El cuerpo de los nmeros complejos C se obtiene de R aadiendo una unidadimaginaria i que verifica que i2 = 1, y que conmuta con todos los nmerosreales. Los elementos de Cson de la formaa + bi, con a, b R, y se opera conellos de la siguiente forma:Suma: (a + bi) + (c + di) = a + b + (c + d)i.Producto: (a + bi)(c + di) = ac bd + (ad + bc)i.En C es de la mayor importancia la conjugacin de nmeros complejos, que asignaaz

=a

+bi

Csu conjugadoz

=a

bi.

Una propiedad esencial aqu es que

zw= (ac bd) + (ac + bd)i = (ac bd) (ac + bd)i = z w

para cualesquieraz = a + bi,w= c + di C. Observemos que

zz = a2 + b2 [0, +)

por lo quezz = 0si y sloa = b = 0. Por tanto, siz 0, entonces, de la igualdadobviaz(

z

zz) = 1, deducimos que

z1 = zzz

= a bia2 + b2


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lo que nos indica cmo calcular inversos en el grupo multiplicativoC. Si vemoscada complejoz = a + bi como un vector del plano real con componentes(a,b),entonces su longitud es|z| =

a2 + b2 y, por tanto, tenemos la expresin

z1 = z

|z|2.

Observemos ahora que los nmeros u= aa2+b2 , v=

ba2+b2 verifican que u

2 +v2 = 1. Esto significa que existe un nico [0, 2](aunque podramos tomarcualquier otra determinacin de , por ejemplo en [2, 0]), tal queu = cos(),v= sen().Esto significa que, poniendor=

a2 + b2 = |z|, uno obtiene

z = r (cos() + isen())

x

y

r sen()

rcos()

r

El ngulose llama argumento dez. Acabamos de ver que cada nmero complejose puede expresar en funcin de su mdulo y su argumento. Veamos que dicha

representacin tiene sus ventajas.Siz= r(cos() + isen()), entonces

zz= r (cos() + isen())r(cos() + isen())= r r(cos() cos() sen()sen() + i(cos()sen() + cos()sen()))= r r(cos( + ) + isen( + ))

Es tradicin escribirei = cos() + isen(). La frmula anterior se escribe en estanotacin exponencial como

r eirei = r rei(+)

De esta manera, si z= r ei, entonces z1 = 1r

ei y, para cualquier exponente

entero m, se tienezm = rmeim Veamos ahora cmo obtener las races n-simasde un nmero complejo. Si z= r, entonces se trata de encontrar r tal quer= (r)n = (rn)n . Por tanto r= rn y n= + 360k. As r= n

r y

= +360kn , con0 k < n. As existen n races n

r e+2ki

n ,0 k < n.

Ejemplo 2.1.5

Dados nmeros complejosz, w, tenemos que

|zw| = |z||w|.


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De aqu, deducimos que si z y w son ambos nmeros complejos de mdulo 1,entonces su productozwtiene asmismo mdulo 1. Este hecho permite comprobarque la circunferencia

S1

= {z C; |z| = 1} = {ei

; [0, 2]}es un grupo, cuya operacin es la multiplicacin de nmeros complejos.

Ejemplo 2.1.6

Para cada nmero enteron 1, consideremos

Cn

= {z

C; zn

=1

}Observemos que si z, w Cn, entonces (zw)n = znwn = 1, luego zw Cn.Adems, (z1)n = (zn)1 =1. Por tanto, Cn resulta ser un grupo bajo la mul-tiplicacin. Este grupo es finito, ya que sus elementos son las races comple-jas del polinomio Xn 1, cuyo nmero es, a lo sumo, n. Considero para cadar= 0, . . . , n 1el nmero complejor= e

2r in = cos(2r n ) + isen(

2r n ), entonces

(r)n = (e 2r in )n = e 2nrin = e2r i = cos(2r ) + isen(2r ) = 1.

As queCn= {0= 1, 1, . . . , n1}

Los elementos deCnse llaman races n-simas de la unidad.

Concluyamos con un ejemplo ms de grupo cuyos elementos son matrices.

Ejemplo 2.1.7

Dentro de GL2(C), consideremos (existen otras posibilidades para definir iii, jjj ykkk, pero todas las elecciones son esencialmente equivalentes) las matrices

111 =

1 00 1

, iii =

0 11 0

, jjj=

0 i

i 0

, kkk =

i 00 i

Entonces (y conviene que el alumno lo compruebe) el conjunto de ocho elementos

Q2= {111, iii, jjj, kkk}

es un grupo con la multiplicacin de matrices. Este grupo es llamado grupocuaternio.


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Q2 1 1 i i j j k k

1 1 1 i i j j k k

1 1 1 i i j j k k

i i i 1 1 k k j j

i i i 1 1 k k j j

j j j k k 1 1 i i

j j j k k 1 1 i i

k k k j j i i 1 1k k k j j i i 1 1

2.1.2 Grupos de permutaciones: Grupos simtricos y alternados.

Definicin 2.1.11

SeaXun conjunto. Una aplicacin :X Xes llamada unapermutacindeXsies biyectiva.El conjunto de todas las permutaciones deXser denotado porS(X).

El conjunto de todas las permutaciones del conjuntoX= {1, 2, . . . , n}ser deno-tado porSn.Sabemos por lgebra I que:(i) Si , son elementos deS(X), entonces est en S(X);(ii) Si , , son elementos deS(X), entonces() = ();(iii)1Xest en S(X);(iv) Siest en S(X), entonces1 est en S(X).Esto es, S(X)es un grupo respecto a la composicin de aplicaciones.

La primera observacin que tenemos a propsito del grupo Snes la siguiente:

Lema 2.1.12

El grupoSnes finito de orden n!.

Demostracin:

Una permutacin puede aplicar 1 en cualquiera de los nmeros1, . . . , n. Unavez elegida la imagen de 1, 2 puede aplicarse en cualquiera de los restantesn 1nmeros. Una vez elegidas las imgenes de 1,2, 3 puede aplicarse en cualquierade los restantes n 2 nmeros. As hasta que las imgenes de1, . . . , n 1 hansido elegidas. El nmero restante debe ser la imagen de n. Por tanto existen

n(n 1) 1elecciones. AsSntienen!elementos.


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El siguiente asunto que trataremos es de la mayor importancia: veremos distintasmaneras en que se pueden representar las permutaciones de n smbolos. Unamanera clsica de hacerlo es mediante una matriz. As, la permutacin S4dada por

{1

3, 2

2, 3

4, 4

1}

, se puede representar como sigue

1 2 3 43 2 4 1

Ms generalmente, una permutacin cualquiera Sn queda completamentedeterminada por la matriz 2 n

1 2 n (1) (2) (n)

Observemos que, en esta representacin, la segunda fila de la matriz contiene alos elementos 1, 2, . . . , nreordenados. Esta notacin podra compactarse si acor-dsemos no representar aquellos elementos fijos por la permutacin (en (*), el 2).Podemos ahorrar an ms espacio si representamos una sola vez los elementosque no quedan fijos, de la siguiente forma = (1 3 4) entendiendo que la ima-gen del primer elemento listado (el 1) es el segundo (el 3), la de este segundo,el tercero (el 4), y la de este ltimo, el primero de la lista (o sea, el 1). Esto nopuede hacerse, sin embargo, con todas las permutaciones, sino con aquellas queson ciclos, segn la siguiente definicin.

Definicin 2.1.13

Una permutacin

S

n se dice ciclo de longitudr

, donder

n

, si existe unasucesin i1, . . . , ir {1, 2, . . . , n}de nmeros distintos tales que1.- fija todo elemento distinto dei1, . . . , ir2.- (i1) = i2, (i2) = i3, . . . , (ir1) = ir y (ir) = i1.Se representa mediante la notacin

= (i1i2 ir).

Un ejemplo de permutacin no cclica es la siguiente

1 2 3 4 52 1 5 3 4

Recordemos sin embargo queS5es un grupo , lo que significa que podemos pensaren expresar la anterior permutacin como producto (composicin) de permuta-ciones ms sencillas. En este caso, podemos escribir

1 2 3 4 52 1 5 3 4

= (1 2)(3 5 4)

As que hemos descompuesto nuestra permutacin como producto de dos ciclos(observemos que usamos la yuxtaposicin para denotar la composicin). Estopuede hacerse en general, como indica el siguiente resultado.


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Definicin 2.1.14

Sean = (i1i2 ir)y= (j1j2 js )ciclos en Sn. Entoncesy se diceque sondisjuntossiih jk para todoh, k.

Proposicin 2.1.15

Ciclos disjuntos conmutan.

Demostracin:

Supongamos que , Snson ciclos disjuntos dados por

= (i1i2 ir), = (j1j2 js ).

Entonces

((j)) = j= ( (j)), j {i1, . . . , ir, j1, . . . , js}((ik) = ik+1= ((ik) para1 k r((jk)) = jk+1= ((jk)) para1 k s

donde hemos usado ir+1= i1, js+1= j1.

Proposicin 2.1.16

Toda permutacin en Sn puede escribirse como un producto de ciclos disjuntos.Los ciclos que aparecen en el producto son nicos

Demostracin:

Sea Sn una permutacin. Para demostrar que se descompone como pro-ducto de ciclos disjuntos, usaremos induccin sobren. Paran = 1, la afirmacines trivial, as que supongamosn >1. Tomemost el primer elemento (en el ordennatural) de{1, . . . , n}que no es fijo por. Seai(t) el primer trmino repetidoen la sucesin t,(t),2( t ) , . . . , k(t),.... Entonces i(t)= j(t) para algnj iy, al seruna biyeccin, tenemos queij (t) = t. Comoi j i, se siguede la eleccin deiqueij= i, con lo quej= 0. De modo quei(t) = t. Ahora esevidente que(t (t) i1(t))es un ciclo, llammosle1. Entonces podemosescribir

=1, dondees una permutacin que deja fijost, (t ), . . . , i1(t).

Es as que podemos considerar a como una permutacin de menos densm-bolos, lo que permite usar la hiptesis de induccin para escribir= r 2,parakciclos disjuntos que dejan fijos los smbolost, (t ), . . . , i(t). Finalmente,hemos obtenido

= r 21,con 1, . . . ,rciclos disjuntos.

Definicin 2.1.17

Sea Sn. El menor entero positivom tal quem = (1)es llamado elordende

.


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Proposicin 2.1.18

(a) El orden de un cicloes la longitud del ciclo.(b) Sea = 1 rsu descomposicin en ciclos disjuntos. Entonces el orden

dees el mnimo comn mltiplo de las longitudes de los ciclosi.

Demostracin:

(a) Si = (i1 ir) Sn es un ciclo, entonces (i)= i para i {i1 ir}y (ij)= ij+1 para j < r con ir+1= i1. Por tanto r(i)= i para todo i {i1 ir}. Adems

(i1) = i22(i1) = (i2) = i3

r(i1) = ir+1= i1

En generalr(ij) = ij+r= ij.(b) Supongamos que|| = ny|| = my| | = M. Como()M = 1, entoncesMM =1, ya que permutaciones disjuntas conmutan. Ya que son permutacio-nes disjuntas, tenemos que M = 1, M = 1. As m y n dividen a M, luegolcm(m,n)|M.Ya quen =1 ym =1, tenemos que lcm(m,n) =1 y lcm(m,n) =1, de donde()lcm(m,n) = lcm(m,n)lcm(m,n) = 1, y por tantoM| lcm(m, n).

Existe otra forma clsica de descomponer permutaciones, que reposa en la ideade que el tipo de permutacin ms sencillo posible es aquella que, valga la redun-dancia, permuta justo dos smbolos. La definicin tcnica es la siguiente.

Definicin 2.1.19

Un ciclo de longitud dos es llamado unatransposicin.

Tenemos el siguiente corolario de la Proposicin2.1.16.

Proposicin 2.1.20

Toda permutacin puede escribirse como un producto de transposiciones.

Demostracin:

A la vista de la Proposicin 2.1.16, es suficiente demostrar que cada ciclo sepuede escribir como un producto de transposiciones. Pero esto es fcil: dado elciclo(i1i2 ir)tenemos

(i1i2

ir)

=(i1ir)

(i1i3)(i1i2)


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Desde luego, la descomposicin de una permutacin en producto de transposi-ciones est lejos de ser nica. Por ejemplo, en S3, tenemos (1)= (1 2)(1 2)=(2 3)(2 3). Sin embargo, s hay algo que que es comn a todas las formas deescribir una permutacin como producto de transposiciones: nos referimos a laparidad del nmero de transposiciones que aparecen en dicha transposicin. Estoest recogido en la siguiente proposicin.

Lema 2.1.21

Si1X= 12 rdonde losi son transposiciones, entoncesres par.

Demostracin:

Es evidente que r 1, ya que una transposicin no es la identidad. Si r =2, entonces el resultado est probado. Por lo tanto, suponemos que r > 2 y

procedemos por induccin. Puesto que (i,j)= (j,i) el producto 12 se puedeexpresar en una de las siguientes formas de la izquierda

(a,b)(a,b) = 1X(a,b)(a,c) = (b,c)(a,b)(a,b)(c,d) = (c,d)(a,b)(a,b)(b,c) = (b,c)(a,c).

Si se produce el primer caso, podemos eliminar 12 del producto original paraobtener1X= 3 ry, por tanto, por la hiptesis de induccin, r 2 es par.En los otros tres casos, se sustituye la forma de 12 de la izquierda por su

contrapartida en la derecha para obtener un nuevo producto der transposicionesque sigue siendo la identidad, pero donde la primera aparicin del entero a seencuentra en la segunda transposicin del producto en lugar de en la primera. Acontinuacin repetimos el procedimiento antes descrito con 23 y, como antes,obtenemos un producto der 2transposiciones igual a la identidad o un nuevoproducto derde transposiciones, donde la primera aparicin deaes en la terceratransposicin. Continuando con este proceso debemos obtener un producto der 2transposiciones igual a la identidad. Por lo contrario, tenemos un productoigual a la identidad en la que primera aparicin del entero ase encuentra en laltima transposicin, y tal producto no fijaamientras que la identidad lo hace.Por lo tanto, por induccin, r 2es par y asres par.

Teorema 2.1.22

Sea Sn y supongamos que = 1 r = 1 s, para 1, . . . , r,1, . . . , s transposiciones. Entoncesr s( mod 2). Dicho de otro modo(1)r =(1)s.

Demostracin:

Ya que 1X = 1 = 1 r(1 s )1 = 1 r1s 11 =1 rs 1, tenemos que r+ s es par. Por tanto r y s tienen la mismaparidad y as(

1)r

=(

1)s.


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El teorema2.1.22garantiza la consistencia de la siguiente definicin.

Definicin 2.1.23

El nmerosign( ) = (1)r definido en la demostracin del Teorema2.1.22se lla-ma signo de la permutacin . Vemos que el signo devale 1 sise descomponecomo producto de un nmero par de transposiciones y -1 sise escribe como unnmero impar de transposiciones. Las permutaciones de signo 1 se llaman pares,y las de signo -1, impares.

Corolario 2.1.24

Si , Sn, entoncessign() = sign( ) sign().

Demostracin:

Supongamos que = 1 r y = 1 s, donde i y j son transpo-siciones. Ya que = 1 r1 s, tenemos que sign()= (1)r+s =(1)r(1)s = sign( ) sign().

Proposicin 2.1.25

Sea An el conjunto de todas las permutaciones de n smbolos de signo par. En-tonces An, dotado de la operacin composicin es un grupo que contiene n!/2elementos.

Demostracin:Sean y dos permutaciones pares. Entonces = 1 r donde i es unatransposicin y r es par y = 1 s donde j es una transposicin y s espar. As = 1 r1 s es una descomposicin en un nmero par detransposiciones, y tenemos que la composicin proporciona una operacin binariaasociativa enAn. Adems, la permutacin identidad es par. Para concluir queAnes un grupo slo nos queda comprobar que el inverso de una permutacin pares asimismo par. Dada= r 1 una permutacin par, donde1, . . . , r sontransposiciones yres par, tenemos que

1

=11

1r

=1

r,

ya que la inversa de una transposicin es ella misma. Por tanto, 1 An.Para contar los elementos deAn, observamos primero queSnse descompone comounin disjunta de An y Sn , donde Sn denota el conjunto de las permutacionesimpares de n smbolos. El lector puede fcilmente razonar que la aplicacin f :An Sn definida porf()=(1 2)est bien definida y es biyectiva. De aqu,el nmero de elementos deAn es igual al deSn . Esto, junto con el hecho de queSntienen!elementos, completa la justificacin de que el cardinal deAnesn!/2.

Definicin 2.1.26

El grupoAn se llamagrupo alternado densmbolos.


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2.1.3 Grupos didricos.

La Geometra proporciona ejemplos interesantes de grupos. Comencemos por unode los casos ms sencillos.

Ejemplo 2.1.8

Supongamos un tringulo equiltero y consideremos el conjunto D3 de aquellasisometras que llevan el tringulo sobre s mismo (isometras del tringulo, en loque sigue).

1 2

3

Sabemos por Geometra que las isometras del plano que dejan fijo el origen decoordenadas (centremos nuestro tringulo ah son o bien giros o bien simetrasaxiales. Con esta informacin, es fcil ver que el conjuntoD3contiene tres giros, a

saber, la identidad id, el giror1

de120(2/

3radianes) y el giror2

de240(4/

3radianes), y tres simetras axiales, s1, s2, s3, que tienen como ejes de simetrarespectivos las tres rectas l1, l2, l3 que contienen las alturas del tringulo. Dadoque la composicin de dos isometras del tringulo vuelve a ser una isometra deltringulo, y que las inversos bajo composicin de stas son del mismo tipo, sesigue queD3con la composicin es un grupo de seis elementos. Una observacintil a la hora de manejar el grupo D3 es que una isometra del tringulo estcompletamente determinada por su accin sobre los vrtices. Esto lleva a concluirqueD3yS3son esencialmente el mismo grupo (Tcnicamente, como veremos mstarde, ambos grupos son isomorfos).

Ejemplo 2.1.9

Si consideramos el grupoD4 de isometras de un cuadrado, vemos que ste con-tiene cuatro giros y cuatro simetras, en total, ocho elementos.En este caso ocurre tambin que cada isometra del cuadrado viene determinadapor una permutacin de 4 smbolos, correspondiendo cada smbolo a un vrtice.Pero, a diferencia del caso del tringulo, no toda permutacin representa una iso-metra (por ejemplo, la permutacin

1 2 3 4

2 1 3 4

no representa aqu isometra

alguna, si numeramos los vrtices consecutivamente). En trminos de permuta-ciones, tenemos


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2

34

1

1 2 3 4

1 2 3 4

2

34

1corresponde al giro de0 en el sen-tido de las agujas del reloj.

2

34

1

1 2 3 4

2 3 4 1

2 3

41

corresponde al giro de90 en elsentido de las agujas del reloj.

2

34

1

1 2 3 4

3 4 1 2

2

3 4

1

corresponde al giro de180 en elsentido de las agujas del reloj.

2

34

1

1 2 3 4

4 1 2 3

23

4 1corresponde al giro de270 en elsentido de las agujas del reloj.

2

34

1

1 2 3 4

2 1 4 3

2

3 4

1corresponde a la simetra con res-pecto al eje Y.

2

34

1

1 2 3 4

4 3 2 1

2

34

1

corresponde a la simetra con res-pecto al eje X.

2

34

1

1 2 3 4

3 2 1 4

23

4 1

corresponde a la simetra respectoa la diagonalP2P4.


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2

34

1

1 2 3 4

1 4 3 2

41

2 3

corresponde a la simetra respectoa la diagonalP1P3.

Si denotamos la rotacin de 90 grados porr, entonces las rotaciones de 180 y 270grados son r2 yr3 y entoncesr4 = 1. Denotemos la simetra con respecto al ejey pors. Entoncess2 = 1, r ses una simetra con respecto a la diagonal principal,r2s es una simetra con respecto al eje x yr3s es una simetra con respecto a ladiagonal no principal.Por tanto, todas las isometras del cuadrado pueden escribirse en funcin der ys. Esto significa quer ys son generadores deD4.Notemos quesres la simetra con respecto a la diagonal no principal, por tanto

es diferente de r s la simetra con respecto a la diagonal principal. Por tanto,D4 no es abeliano. Notemos tambin que sr= r3s. Las tres ecuaciones r4 =1,s2 = 1, ys r= r3ssobre los dos generadoresrys son suficientes para determinarla tabla deD4. Esto significa que el grupoD4 est dado por la presentacin

D4= r , s; r4 = 1, s2 = 1, sr= r3s

Esta presentacin permite escribir de manera rpida la tabla sin tener que calculargiros y simetras.

D4 1 r r2 r3 s r s r 2s r3s

1 1 r r2 r3 s r s r 2s r3s

r r r2 r3 1 r s r2s r3s s

r2 r2 r3 1 r r2s r3s s r s

r3 r3 1 r r2 r3s s r s r 2s

s s r3s r2s r s 1 r3 r2 r

r s r s s r 3s r2s r 1 r3 r2

r2s r2s r s s r 3s r2 r 1 r3

r3s r3s r2s r s s r 3 r2 r 1

Ejemplo 2.1.10

Ms en general, podemos considerar el grupoDnde las isometras de un polgonoregular de n lados, grupo que contiene n giros y n simetras axiales y que se

puede ver tambin como un grupo de permutaciones den smbolos (los vrticesdel polgono) ms pequeo que el grupo simtricoSn. El grupoDnse llama grupo


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didrico de orden n, aunque tiene2nelementos. Sabemos que este grupo constadenrotaciones (las correspondientes a los ngulos2k/n, con k = 1, . . . , n) ynsimetras axiales (con respecto de los ejes de simetra del polgono). Si denotamospor ral giro o rotacin de ngulo2/n, es claro que el resto de las rotaciones

se obtienen comor2,r3, . . . ,rn = 1. Denotemos ahora pors una de las simetrasaxiales o reflexiones. El producto de una simetra y una rotacin es siempre unasimetra, por tanto, s,r s,r2s, . . . ,rn1s son simetras. Adems, estas simetrasson todas distintas, ya que si ris= rjs para i, j {1, . . . , n}, entonces, por lapropiedad cancelativa, ri = rj y, por tanto, i = j. Tenemos entonces que

Dn= {1, r , r 2, . . . , r n1, s , r s , . . . , r n1s},

ya que hemos agotado las 2n isometras que sabemos constituyen Dn. Ahorasurge la siguiente cuestin: si realizamos el producto sr, ste ha de ser una delas simetras de Dn, que hemos representado en la forma ris, para algn i=

0, . . . , n 1. Comos res una simetra, tenemos que(sr)2

= 1, es decir, srsr= 1,de donder1 = sr s ysr= r1s, o, tambin, sr= rn1s. La observacin crucialahora es que, con las relaciones sr= rn1s, rn =1 y s2 =1, podemos expresarcualquier producto de elementos de la forma risj, con j= 0, 1, i=0, . . . , n 1,como un elemento de esta misma forma. Por tanto

Dn= r , s; rn = 1, s2 = 1, sr= r1s.

Eso es todo lo que necesitamos saber deDnpara construir su tabla de multiplicarpara cadandado.

D3 1

r r2 s r s r 2s

1 1 r r2 s r s r 2s

r r r2 1 r s r2s s

r2 r2 1 r r2s s r s

s s r2s r s 1 r2 r

r s r s s r 2s r 1 r2

r2s r2s r s s r 2 r 1

2.2 Subgrupos. rdenes e ndices.

2.2.1 Subgrupos, el retculo de subgrupos.

Definicin 2.2.1

SeaHun subconjunto no vaco de un grupo G. Diremos que Hes un subgrupo

deGsi se verifican las siguientes propiedades:S1) sia, b H, entoncesab H,


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2.2 Subgrupos. rdenes e ndices. 53

S2) sia H, entoncesa1 H.

Es claro, a partir de la definicin, que todo subgrupo Hde un grupo G, es un

grupo para la operacin binaria restriccin de la de G. Adems, todo grupo Gtiene al menos dos subrupos, Gy{e}.

Definicin 2.2.2

Un subgrupoHdeGse dicepropiosiH Gyno trivialsiH {e}.

Proposicin 2.2.3

Un subconjunto no vacoHde un grupoGes un subgrupo deGsi y solo si verificala condicinS3) Sia, b

H, entoncesab1

H.

Demostracin:

Supongamos que H es un subgrupo de G y que a, b H. Entonces por S2)b1 Hy por S1) ab1 H. Recprocamente supongamos que H verifica S3)y que a, b H. Entonces e= aa1 H y b1 = eb1 H, de donde ab=a(b1)1 H.

Proposicin 2.2.4

Sea Hun subconjunto finito no vaco de un grupo G. Si Hes cerrado para el

producto deG

, entoncesH

es un subgrupo deG

.

Demostracin:

Hemos de comprobar que se verifica S2).Seaa H, entonces{a, a2, . . .} H. Ya queHes finito, existental quean = e,por tantoa1 = an1 H.

Ejemplo 2.2.1

Cn y S1 son subgrupos de C, Cm es un subgrupo de Cn paramdivisor denyel grupo de Klein es subgrupo deD4yS4.

Lema 2.2.5

Sean HyKsubgrupos de un grupoG. EntoncesH Kes tambin un subgrupodeG.

Demostracin:

S1) Sia, b H K, entoncesab Hyab K, ya queHyKson subgrupos, dedondeab H K.S2) Sia H K, entoncesa1 H, ya1 K, ya queHyKson subgrupos, dedondea1

H

K.


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Ms generalmente, la interseccin de cualquier familia de subgrupos de un grupodado es un subgrupo del grupo.

Definicin 2.2.6Se llamaretculo de los subgrupos de un grupo G al conjunto de todos los sub-grupos deG, junto con sus relaciones de inclusin.

Ejemplo 2.2.2

C2C2C

2

{1}

C3

G

Definicin 2.2.7

Dado cualquier subconjunto X de un grupo G definimos elsubgrupo generadoporX, denotado porXcomo el menor subgrupo deGque contiene aX.

Comencemos describiendo los elementos del subgrupoXgenerado por un sub-conjuntoXde un grupo G.

Proposicin 2.2.8

SeaX= {x1, . . . , xn}un subconjunto finito de un grupoG. Entonces

X = {xe11 xenn ; e1, . . . , en Z}.

Demostracin:

DenotemosK= {xe11 xenn ; e1, . . . , en Z}. Hemos de probar queKes un sub-grupo y que contiene a todo subgrupoHconteniendo aX.Veamos en primer lugar queKes un subgrupo.S1) Si xe11 xenn K e yf11 yfmm K, entonces claramente

(x

e1

1 xen

n )(y

f1

1 ymfm

K.S2) xe11 xenn K , entonces(xe11 xenn )1 = xenn xe11 K.


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2.2 Subgrupos. rdenes e ndices. 55

Sea ahoraHun subgrupo conteniendoX.Para todo1 i n, ya quexi X, tenemos quexi Hy por tantoxe11 xenn H, y asK H.

Definicin 2.2.9

Si X = {x1, . . . , xr} entonces el subgrupo generado por X se denota porx1, . . . , xr. Si G= x1, . . . , xr, entonces G se dice finitamente generado y loselementos x1, . . . , xr se llaman generadores de G. Obviamente, todo grupo fini-to es finitamente generado. Como caso particular, diremos que G es cclico siG = x, para algn x G.

Ejemplo 2.2.3

El grupoCnde las racesn-simas de la unidad es cclico. En efecto,

Cn= {k= e2ki

n ; k = 0, 1, . . . , n 1},

con lo quek= (1)k parak = 0, 1, . . . , n 1y, por tanto, Cn= 1.

Ejemplo 2.2.4

El conjunto de las transposiciones genera Sn. De hecho, podemos tomar sloalgunas de las transposiciones y obtener que

Sn= (1 2), (1 3) , . . . , (1n)

En efecto, como toda permutacin se descompone como producto de transposi-ciones, tenemos que el conjunto de las transposiciones genera Sn. Para ver quelas transposiciones especiales escritas ms arriba generan Sn, nos bastar con de-mostrar que toda otra trasposicin se expresa como producto de stas. Eso es asporque dada(i j), tenemos que(i j) = (1i)(1j)(1i).

Ejemplo 2.2.5

El grupo alternado An est generado por los 3-ciclos. Esto es porque cada per-mutacin de An se escribe como un producto de un nmero par de transpo-

siciones. Entonces,si conseguimos escribir cada producto de dos transposicio-nes como un producto de 3-ciclos, habremos terminad

j.l.bueso - Álgebra discreta y de grupos

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