Graduado en Matemáticas e Informática - Departamento de … · 2017-09-08 · Teorema de Euler para grafos planares ... rolarios del Teorema de Euler ... El objetivo de este trabajo

MADRID, JUNIO 2017

Autor: Rodrigo Rosado González

Director: D. Gregorio Hernández Peñalver

Graduado en Matemáticas e Informática

Universidad Politécnica de Madrid

Escuela Técnica Superior de

Ingenieros Informáticos

TRABAJO FIN DE GRADO

Inmersión de grafos en superficies

AgradecimientosLo primero de todo dar las gracias a D. Gregorio Hernandez Penalver por darme la

oportunidad de trabajar junto a el y por toda su paciencia y sabidurıa. Sin duda ha sidoun honor para mi. Agradecer tambien a todo el resto de profesores del grado por todossus conocimientos, en especial a los del Departamento de Matematica Aplicada. Tambiena mis companeros de grado que han hecho que este camino se haya hecho mas llevadero.Y, por supuesto, dar las gracias a mi familia por todo el apoyo recibido durante estoscuatro anos tan largos, y en especial a mi abuelo que seguro que hubiese estado muy felizy orgulloso de verme acabar la carrera. Gracias a todos.

Indice general

1. Introduccion 1

2. Medidas de planaridad 32.1. Conceptos preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32.2. Numero de corte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62.3. Espesor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.4. Numero de split . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.5. Mapas de imperios de Heawood. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.6. Teorema de Euler para grafos planares. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.7. Grafos periplanos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

3. Grafos 1-planares 173.1. Cota de aristas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173.2. Coloracion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183.3. Grafos 1-periplanos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

4. Inmersion de grafos en superficies no planas 214.1. Inmersion de grafos en superficies no planas. Conceptos preliminares y co-

rolarios del Teorema de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214.2. Inmersion de grafos en superficies no planas. Coloracion . . . . . . . . . . . 244.3. Inmersion de grafos en superficies no planas. Vigilancia . . . . . . . . . . . 29

4.3.1. Vigilancia en el plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294.3.2. Vigilancia en otras superficies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

1

2 INDICE GENERAL

Capıtulo 1

Introduccion

El objetivo de este trabajo es la elaboracion de un artıculo recopilatorio sobre medidasde planaridad e inmersiones de grafos en superficies, ası como un estudio de vigilanciaexterior en polıgonos en otras superficies distintas al plano.

1

2 CAPITULO 1. INTRODUCCION

Capıtulo 2

Medidas de planaridad

En este capıtulo explicaremos que es un grafo plano y sus respectivas caracterısticas,teoremas y colorarios. Todo este capıtulo esta tratado en el plano y no sobre ninguna su-perficie, ya que antes de transladarnos a otras superficies debemos saber como funcionanen el plano.

2.1. Conceptos preliminares

Definicion 1 (Grafo planar)

Un grafo G = (V,A) es planar si puede ser dibujado en el plano sin que sus aristas secorten.

Figura 2.1: Ejemplo de un grafo planar

Proposicion 2 Los grafos K5 y K33 son grafos no planares. K5 es el grafo no planar conel menor numero de vertices y K33 es el que tiene el menor numero de aristas.

Figura 2.2: K5 y K33

3

4 CAPITULO 2. MEDIDAS DE PLANARIDAD

Definicion 3 (Grafos homeomorfos)

Dos grafos son homeomorfos si se pueden obtener desde el mismo grafo mediante unasecuencia de subdivisiones elementales.

Teorema 4 (Kuratowski, 1930)

Un grafo simple no es planar si y solo si contiene un subgrafo homeomorfo a K5 o aK33.

Definicion 5 (Dibujo simple)

Un dibujo simple de un grafo en el plano es un dibujo donde: dos aristas incidentes enel mismo vertice no se cortan, no hay tres aristas que se cortan en un punto en comun,dos aristas distintas tienen al menos un corte.

Definicion 6 (Numero cromatico)

El numero cromatico χ(G) de un grafo G es el numero mınimo de colores necesariospara colorear G.

Figura 2.3: El numero cromatico del grafo de Petersen es 3

Definicion 7 (Subgrafo adecuado)

Sea G un grafo con un subgrafo H, se dice que H es un subgrafo adecuado de G siH 6= G

2.1. CONCEPTOS PRELIMINARES 5

Definicion 8 (Grafo crıtico)

Un grafo G es crıtico si para cada subgrafo adecuado H se cumple que χ(H) < χ(G)

Figura 2.4: Arriba a la izquierda el grafo crıtico. El resto, sus subgrafos donde se muestraque el numero cromatico es menor.

Teorema 9 Sean d1, d2, ..., dp los grados de los vertices de un grafo G y q el numero dearistas de G:

d1 + d2 + ...+ dp = 2q

Teorema 10 Si G es crıtico con numero cromatico χ, entonces el grado de cada verticees, como mınimo, χ− 1

Demostracion:

Supongamos que el teorema es falso. Entonces existe un grafo crıtico G con numerocromatico cuatro y un vertice v de G tal que el grado del vertice v es, como maximo,χ−2. Puesto que G es crıtico, G−v se puede colorear solo con χ−1 colores. Por lo tanto,coloreamos G − v con tres colores. Volvemos a colocar el vertice v; v es adyacente con,como maximo χ− 2 vertices, por lo que aun queda al menos un color libre para colorearv. Llegamos a una contradiccion lo que quiere decir que el grado de cada vertice es almenos χ− 1

�

Teorema 11 Si G es crıtico con p vertices, q aristas y numero cromatico χ entonces:

(χ− 1)p ≤ 2q

Demostracion:

Sabemos por el Teorema 10, el grado de cada vertice de G es, como mınimo, χ− 1, yhay p vertices. Por lo tanto la suma de los grados de G es, como mınimo, (χ − 1)p. Porel Teorema 9, la suma de los grados de los vertices de G es igual a 2q. Por lo tanto:

(χ− 1)p ≤ 2q�


2.2. Numero de corte

Definicion 12 (Numero de corte)

El numero de corte cr(G) de un grafo G es numero mas pequeno de cortes que producenlas aristas del grafo G cuando lo dibujamos en el plano

Figura 2.5: El numero de corte del grafo de Heawood es 3

Teorema 13 Cualquier dibujo simple de un K4 en el plano tiene numero de corte 0 o 1

Demostracion:

Figura 2.6: Dibujos del K4 con numero de corte 1 y 0

Para demostrar el teorema, debemos probar que no hay mas de un corte posible.Asumimos que ya hay un corte. Nos apoyamos en la siguiente imagen:

Figura 2.7: Demostracion K4

Vemos que las aristas 12 y 34 se cortan. Si la arista 14 se va a cotar con otra arista,esta arista tiene que ser la arista 23 sı o sı, ya que si no el dibujo dejarıa de ser simple. Lafrontera del triangulo sombreado divide el plano en un area interior y un area exterior.Si la arista 14 corta a la arista 23 solo una vez, el final de la arista estara en la zonasombreada, ya que esta prohibido que corte con las otras dos aristas. Aplicando el mismoargumento para las aristas 13 y 24, vemos que no es posible tener dos cortes en un dibujosimple del K4.

�

2.2. NUMERO DE CORTE 7

Teorema 14 El numero de corte de un K6 es 3

Demostracion:

Figura 2.8: K6

Como hemos podido dibujar el K6 de la siguiente manera sabemos que cr(K6) ≤ 3.

Vamos a suponer que tenemos un dibujo diferente del K6 con solo dos cortes. Identifi-camos los vertices con numeros del 1 al 6 y describimos los dos cortes como dos cuadruplas,(1234) y (3456), por ejemplo. Quitamos el vertice 4 con todas sus aristas incidentes. Elresultado es un dibujo plano del K5, lo cual es imposible. Esto nos dice que cr(K6) ≥ 3,por lo tanto cr(K6) = 3

�

Teorema 15 El numero de corte de un Km,n satisface la siguiente inecuacion:

cr(Km,n) ≤ bm2cbm−1

2cbn

2cbn−1

2c

La igualdad solo se ha demostrado para m ≤ 6 y n arbitraria. No se ha podidodemostrar la igualdad para todo m y n. A continuacion vamos a demostrar la igualdadpara el caso m = 3 y n arbitraria.

Teorema 16 El numero de corte de un K3,n es:

cr(K3,n) = bn2cbn−1

2c

Demostracion:

Sabemos que cr(K3,n) ≤ bn2cbn−1

2c. Debemos demostrar que cualquier dibujo simple

del K3,n en el plano tiene al menos bn2cbn−1

2c cortes para probar la igualdad. Asumimos que

tenemos un dibujo del K3,n en el plano con un numero mınimo c de cortes. Construimosun nuevo grafo G a partir de nuestro dibujo. Hay tres vertices azules y n vertices rojosen K3n. Los n vertices rojos van a ser los vertices de G. Ahora consideramos dos verticesrojos cualesquiera de K3,n. Si los juntamos con los tres vertices azules, forman un K3,2.Si no hay corte en el K3,2 que hemos formado, dibujamos una arista verde entre los dosvertices en G. Por lo tanto G va a tener n vertices y por lo menos

(n2

)− c aristas. G no

tiene triangulos, ya que sino habrıa un dibujo del K3,3 en el plano sin cortes, lo cual esimposible. Por el teorema de Turan, el numero de aristas de G es, como maximo bn+1

2cbn

2c.

Por lo tanto:(n2

)− c ≤ bn+1

2cbn

2c o lo que es lo mismo:

(n2

)− bn+1

2cbn

2c ≤ c.

Consideramos los casos n = 2s y n = 2s + 1 y obtenemos que(n2

)− bn+1

2cbn

2c =

bn2cbn−1

2c. Por lo tanto queda demostrado que cr(K3,n) = bn

2cbn−1

2c

�

Podemos usar este resultado para demostrar la igualdad cuando m = 4.


Teorema 17 El numero de corte de un K4,n es:

cr(K4,n) = 2bn2cbn−1

2c

Demostracion:

Sabemos que cr(K4,n) ≤ 2bn2cbn−1

2c. Debemos demostrar que cualquier dibujo simple

del K4,n en el plano tiene al menos 2bn2cbn−1

2c cortes para probar la igualdad. Damos un

dibujo del K4,n en el plano con un numero mınimo de cortes y etiquetamos los cuatrovertices azules como 1, 2, 3 y 4. Vamos a denotar el numero de cortes que involucrana los vertices 1 y 2 como h12, los que involucran a los vertices 1 y 3 como h13 y asısucesivamente. Entonces tenemos:

h12 + h13 + h14 + h23 + h24 + h34 = cr(K4,n)Si borramos el vertice 1 del dibujo, nos quedamos con un dibujo de K3,n en el plano

con cortes h23 + h24 + h34. Hacemos lo mismo con los otros tres vertices y obtenemos lassiguientes inecuaciones:

h23 + h24 + h34 ≥ cr(K3,n)

h13 + h14 + h34 ≥ cr(K3,n)

h12 + h14 + h34 ≥ cr(K3,n)

h12 + h13 + h23 ≥ cr(K3,n)

Esto es: 2(h12 + h13 + h14 + h23 + h24 + h34 ≥ 4cr(K3,n) que es lo mismo que:

cr(K4,n) ≥ 2cr(K3,n)

Por lo tanto hemos demostrado que:

cr(K4,n) = 2bn2cbn−1

2c

�

2.3. ESPESOR 9

2.3. Espesor

Definicion 18 (Espesor de un grafo)

El espesor θ(G) de un grafo G es numero mınimo de subgrafos planares de una des-composicion de G en subgrafos planares.

Por lo tanto, θ(G) = t significa que hay una descomposicion de G

G = H1 ∪H2 ∪ ... ∪Ht

donde Hi es planar para cada i y no hay descomposicion de G en t − 1 subgrafosplanares.

Teorema 19 Sea G un grafo con p vertices y q aristas, entonces:

θ(G) ≥ q3p−6

Demostracion:

Supongamos que θ(G) = t. Entonces hay una descomposion de G en t subgrafosplanares Hi, y para cada uno de estos subgrafos el numero de aristas qi (por el Corolariode Euler) es qi ≤ 3p− 6, es decir:

q ≤ t(3p− 6)�

Teorema 20 Sea G un grafo bipartito con p vertices y q aristas, entonces:

θ(G) ≥ q2p−4

Demostracion:

Supongamos que θ(G) = t. Entonces hay una descomposion de G en t subgrafosplanares Hi, y para cada uno de estos subgrafos el numero de aristas qi (por el Corolariode Euler) para grafos que no contienen ciclos de tres (los grafos bipartitos no contienenciclos impares) es qi ≤ 2p− 4, es decir:

q ≤ t(2p− 4)�

Teorema 21 El espesor de un grafo completo es:

θ(Kn) =

{bn+1

2c si n distinto de 9, 10

3 si n 9, 10

Proposicion 22 (Beineke, Harary, Moon)

θ(Km,n) = d mn2(m+n−2)e


2.4. Numero de split

Definicion 23 (Numero de split)

El numero de split σ(G) de un grafo G es el mınimo numero de splits de vertices quehay que hacer para transformar G en un grafo planar.

Teorema 24 (Hartsfield, Jackson, Ringel)

Si n ≥ 10:

σ(Kn) = d (n−3)(n−4)6

e

Teorema 25 (Jackson, Ringel)

El numero de split de Km,n es:

σ(Km,n) = d (m−2)(n−2)2

e

2.5. MAPAS DE IMPERIOS DE HEAWOOD. 11

2.5. Mapas de imperios de Heawood.

Definicion 26 (Imperio)

Es una coleccion de m paıses disjuntos. Si especificamos que un imperio consta de mpaıses, lo llamaremos m-imperio.

Heawood se pregunto cuantos colores se necesitarıan para colorear cada mapa de m-imperios en el plano dado un valor m. Esta claro que, si m es igual a uno, entonces elproblema va a ser el problema de los cuatro colores. Para un m mas grande, el problemaes mas general. A continuacion se muestra el teorema de Heawood para m igual a dos.

Teorema 27 (Heawood, 1890)

Cada mapa de 2-imperios se puede colorear con doce colores.

Demostracion:

Dado un mapa de 2-imperios M , consideramos el grafo G2 como el grafo que tienelos 2-imperios como vertices, donde dos vertices son adyacentes si los correspondientes2-perios son adyacentes. Podemos asumir que G2 es crıtico con numero cromatico χ. Sino, cambiamos M hasta que G2 sea crıtico.

Ahora consideramos el grafo G1 que tiene como vertices los paıses de M , en el cual dosvertices son adyacentes en G1 si los paıses son adyacentes en M . Si G2 tiene p vertices,obviamente G1 va a tener 2p vertices. G2 tiene q2 aristas y G1 tiene q1 aristas con q2 ≤ q1.Ya que G1 es planar:

q2 ≤ q1 ≤ 6p− 6,

y como G2 es crıtico con numero cromatico χ,

(χ− 1)p ≤ 2q2 y,

(χ− 1)p ≤ 12p− 12 o

χ− 1 ≤ 12− 12p

o,

χ− 1 < 12 y, por lo tanto

χ ≤ 12�

Figura 2.9: El mapa de Heawood de 2-imperios


Teorema 28 (Heawood, 1890)

Cada mapa de m-imperios se puede colorear con 6m colores.

La demostracion de esto teorema sigue la misma idea que la demostracion presentadaanteriormente. Heawood presento el resultado en 1890 pero quedo en conjetura hasta queJackson y Ringel lo demostraron en 1984.

Figura 2.10: Mapa de 18-imperios de Taylor

Figura 2.11: Mapa de 30-imperios

2.6. TEOREMA DE EULER PARA GRAFOS PLANARES. 13

2.6. Teorema de Euler para grafos planares.

Teorema 29 (Euler)

Sea G un grafo simple que es conexo y planar. Sea r el numero de caras, p el nnumerode vertices y q el nnumero de arıstas:

p− q + r = 2

A continuacion se muestran varios corolarios del teorema de Euler.

Corolario 30 (Euler)

Sea G un grafo simple que es conexo y planar. Entonces, si p ≥ 3 se tiene que q ≤3p− 6.


Sea G un grafo simple que es conexo y planar. Entonces G tiene un vertice de gradoa lo mas 5.


Sea G un grafo simple que es conexo y planar. Entonces, si p ≥ 3 y G no tiene ciclosde tamano 3, se tiene que q ≤ 2p− 4


2.7. Grafos periplanos

Definicion 33 (Grafo periplano)

Un grafo G es periplano si tiene una representacion en el plano tal que todos losvertices pertenecen al borde de la cara exterior.

Figura 2.12: Ejemplo de grafo periplano

Definicion 34 (Grafo periplano maximal)

Un grafo periplano G es maximal si G + uv no es periplano para dos vertices u y vque no son adyacentes.

Figura 2.13: Ejemplo de grafo periplano maximal coloreado con tres colores.

Teorema 35 Un grafo periplano sin bucles G se puede colorear usando tres colores.

Teorema 36 Un grafo G es periplano si y solo si G+K1 es planar.

Demostracion:

Sea G un grafo periplano donde todos los vertices se encuentran en el borde de lacarta exterior podemos situar un vertice en la cara exterior de modo que el grafo G sigasiendo planar. Por tanto G+K1 es planar.

Por otro lado, si G es un grafo tal que G + K1 es un grafo planar, G + K1 tiene unvertice u que es adyacente al resto de los vertices de G. Si eliminamos el vertice u en larepresentacion plana de G + K1, obtenemos una representacion plana de G donde todossus vertices quedan en el borde la cara exterior de G. Por lo tanto, G es periplano.

�

2.7. GRAFOS PERIPLANOS 15

Teorema 37 Un grafo G es periplano si y solo si no contiene un subgrafo homeomorfoa K4 o a K2,3, excepto K4 − x, donde x es una arista de K4

Demostracion:

Suponemos que G contiene un subgrafo H homeomorfo a K4 o K2,3. Por Teorema 36,G+K1 va a contener una division de K5 o K3,3 que no son planares, por lo que llegamosa una contradiccion.

Por otra parte, asumimos que existe un grafo G no planar que no contiene ningunsubgrafo homeomorfo a K4 o K2,3. Por el Teorema 36, G + K1 no es planar, pero nocontiene un subgrafo homeomorfo a K5 o K3,3, por lo que llegamos a una contradiccion.

�

Corolario 38 Un grafo G sin triangulos es periplano si y solo si no contiene ningunsubgrafo homeomorfo a K2,3

Demostracion:

Analoga a la anterior demostracion, pero hay que decir que si G sin triangulos tieneun subgrafo homeomorfo a K4 por lo que deberıa existir un camino en el subgrafo queconecta un par de vertices en K4. Por lo tanto, el subgrafo es homeomorgo a K2,3

Definicion 39 (Grafo cactus)

Un grafo cactus G es un grafo conexo donde dos ciclos simples tienen al menos unvertice en comun

Figura 2.14: Un grafo cactus es un ejemplo de grafo periplano

�


Capıtulo 3

Grafos 1-planares

3.1. Cota de aristas

Definicion 40 (Grafo 1-planar)

Un grafo es 1-planar si se puede dibujar en el plano tal que cada una de sus aristas secruzan como maximo 1 vez.

Figura 3.1: El grafo de Heawood mostrado anteriormente es un grafo 1-planar

Teorema 41 Sea G un grafo 1-planar con p vertices y q aristas. Entonces:

q ≤ 4n− 8

Demostracion:

Consideramos el grafo 1-planar maximal (con respecto al numero de aristas) G con pvertices y llamamos D(G) al diagrama 1-planar de G. Llamamos c al numero de corte deD(G). Si dos aristas xy, zw ∈ E(G) se cruzan en D(G), entonces xz, xw, yz, yw ∈ E(G)por ser G maximal. Por lo tanto, si quitamos alguna arista de cada par de aristas quese cortan en D(G), el grafo resultante G′ es una triangulacion plana con p′ vertices, q′

aristas y r′ caras. Por el teorema de Euler, q′ ≤ 3p′ − 6, r′ ≤ 2p′ − 4.

Entonces: q = q′ + c ≤ q′ + r′

2≤ 3p− 6 + p− 2 = 4p− 8

�Sabemos que para grafos planares q ≤ 3p − 6 y ahora tambien que para 1-planares

q ≤ 4p− 8. Vamos a ver si se mantendra la linealidad para siguientes k’sPach y Toth demostraron en 1997 que la cota para 2-planares era 5p− 10. Pero para

3-planares la cosa cambia y parece ser que la cota es de 5,5p− 11 y finalmente Ackermandemostro en el 2015 que la cota para 4-planares es de 6p − 12. Por lo tanto hemos vistoque esta linealidad no se conserva para todo k. Pach y Toth dieron una cota generalizadapara todo k: 4,1208

√kn

17

18 CAPITULO 3. GRAFOS 1-PLANARES

3.2. Coloracion

La conjetura de los seis colores introducida por Ringel en 1965 se puede interpretar entres ambitos distintos: coloracion de grafos 1-planares, en coloracion de caras y verticesde grafos planos, o en coloracion cıclica. Borodin demostro esta conjetura en 1985 usando35 configuraciones, pero posteriormente, en 1995, lo volvio a demostrar con la mitad. Acontinuacion presentamos los tres teoremas de los que hemos hablado:

Teorema 42 Si un grafo G es 1-planar, entonces G es seis coloreable

Teorema 43 Los vertices y las caras de un grafo planar son seis coloreables

Teorema 44 Sea xk el numero mınimo de colores suficientes para colorear los vertices deun grafo planar G tal que los vertices perifericos de cada cara, de tamaAao como maximok, son de colores distintos. Entonces:

x4 ≤ 6

Figura 3.2: Relacion entre un grafo 1-planar y las caras y aristas de un grafo planar

Aquı podemos ver que efectivamente el grafo de incidencia de los vertices y las carasde un grafo planar es un grafo 1-planar

3.3. GRAFOS 1-PERIPLANOS 19

3.3. Grafos 1-periplanos

La clase de grafo analoga para los periplanos teniendo en cuenta la 1-planaridad sonlos grafos 1-periplanos

Definicion 45 (Grafo 1-periplano)

Un grafo es 1-periplano si se puede dibujar en el plano tal que todos los vertices estanen el borde de la cara exterior y sus aristas se cruzan como maximo una vez.

Figura 3.3: Ejemplo de grafo 1-periplano

20 CAPITULO 3. GRAFOS 1-PLANARES

Capıtulo 4

Inmersion de grafos en superficies noplanas

4.1. Inmersion de grafos en superficies no planas. Con-

ceptos preliminares y corolarios del Teorema de

Euler

Antes de ponernos con los resultados conocidos en este apartado, es necesario refrescaralgunos conceptos de Topoloıa:

Definicion 46 (Genero de una superficie)

El genero de una superficie es el numero maximal de cortes sucesivos al cual se puedesometer a la superficie sin que se disconecte.

El genero se ve facilemente mirando el numero de agujeros que tiene la superficie.

Definicion 47 (Orientabilidad de una superficie)

Una superficie es orientable si tiene dos caras.

Teorema 48 (Mobius, 1870)

Una superficie es no orientable si contiene a una banda de Mobius.

Definicion 49 (Espacio topologico simplemente conexo)

Un espacio topologico es simplemente conexo cuando es conexo por caminos y su grupofundamental es el grupo trivial.

21

22 CAPITULO 4. INMERSION DE GRAFOS EN SUPERFICIES NO PLANAS

Proposicion 50 Si dibujamos un grafo conexo G en un toro de manera que cara cara essimplemente conexa, y G tiene p vertices, q aristas y r caras entonces:

p− q + r = 0

Demostracion:

Vamos a demostrarlo por induccion en las aristas. Si hay un vertice de grado 1, loborramos con su arista de incidencia, sin cambiar el valor de p− q + r. Si hay una aristaque incide en dos caras distintas, la borramos, entonces reducimos q y r en 1 sin cambiarp− q + r. Se sigue manteniendo la conectividad.

Por otra parte, solo hay una cara, y todas las aristas que quedan estan en la fronterade esta cara. Si cortamos la frontera de esta cara, podemos aplanar el toro, quedarıa comoen la figura 3.1

Figura 4.1: Grafo de la cara del toro

Si hay m aristas en horizontal y n en vertical, entonces habra m+n aristas, m+n−1vertices y 1 cara, es decir, p− q + r = (m+ n− 1)− (m+ n) + 1 = 0

�

Corolario 51 Sea G un grafo dibujado sobre un toro, con p vertices, q aristas y r carasentonces:

p− q + r ≥ 0

Demostracion:

Primero anadimos las aristas suficientes para conectar el grafo. Esto solo puede reducirel tamano de p− q + r ya que el numero de caras no cambia.

Ahora el valor de p− q + r es o 2 o 0 dependiendo de si el grafo es planar o no.Si generalizamos a una superficie de genero g, es decir, con g agujeros, entonces obte-

nemos la siguiente generalizacion de la formula de Euler:

p− q + r = 2(1− g) �

Proposicion 52 Si dibujamos un grafo conexo G en una superficie de genero g de formaque cada cara es simplemente conexa y G tiene p vertices, q aristas y r caras, entonces:

p− q + r ≥ 2− 2g

Demostracion:

Hacemos un agujero que vaya de una cara A a otra cara B. Entonces unimos n verticesde A a n de B con n aristas que atraviesan el agujero. Reemplazamos las dos caras por ncaras, anadiendo n aristas y dejando el numero de vertices igual. Para cada nuevo agujero,p − q + r disminuye en 2, y el resultado lo obtenemos aplicando induccion en el numerode agujeros.

�

4.1. INMERSION DE GRAFOS EN SUPERFICIES NO PLANAS. CONCEPTOS PRELIMINARES Y COROLARIOS DEL TEOREMA DE EULER23

Corolario 53 Sea G un grafo dibujado sobre una superficie de genero g, con p vertices,q aristas y r caras entonces:

p− q + r ≥ 2− 2g

Demostracion:

Primero anadimos las aristas suficientes para conectar el grafo. Esto solo puede reducirel tamano de p− q + r ya que el numero de caras no cambia.

Ahora el valor de p− q + r es o 2− 2g′

donde g′ ≤ g es el genero del grafo.

Llamamos a 2(1− g) la caracterıstica de Euler de la superficie.�


4.2. Inmersion de grafos en superficies no planas. Co-

loracion

Definicion 54 (Rotacion de un grafo)

Dado un grafo G, llamamos rotacion de un vertice v una permutacion orientada cıclicade todos los arcos incidentes en v. La rotacion de un grafo G es la rotacion de cada verticede G. La rotacion la vamos a notar como ρ.

Definicion 55 (Circuito en un grafo)

Un circuito en un grafo G es el recorrido por G inducido por un vertice v y un arcova.

Decimos que una rotacion ρ induce r(ρ) circuitos. Un resultado inmediato es que si elgrafo es un arbol cada rotacion induce solamente un circuito.

Figura 4.2: La rotacion en 0 hace que solo se pueda recorrer el grafo en un sentido

Teorema 56 Si un vertice v de un grafo G tiene grado d, entonces hay (d−1) rotacionesdiferentes de v.

Demostracion:

Fijamos un vecino a1 de v. Entonces en el trayecto tenemos:v a1a2a3...ad

Hay d−1 elecciones para a2, d−2 para a3 y ası sucesivamente, quedando dos eleccionespara ad−1 y una eleccion para ad. Por lo tanto el numero total es (d− 1).

�

Teorema 57 Dado un grafo conexo con p vertices y q aristas, y una rotacion ρ que inducer(ρ) circuitos:

p− q + r(ρ) ≤ 2

Demostracion:

El resultado se demuestra aplicando induccion en el numero de ciclos del grafo. Si nohay ciclos en el grafo, estamos ante un arbol ya que G es conexo. Cualquier rotacion de unarbol induce un circuito como ya hemos comentado anteriormente. En un arbol sabemosque q = p− 1, es decir:

p− (p− 1) + 1 ≤ 2 o 2 ≤ 2.

4.2. INMERSION DE GRAFOS EN SUPERFICIES NO PLANAS. COLORACION 25

Vemos que se cumple para el primer caso. Ahora asumimos que el teorema es verdaderopara todos los grafos conexos que tienen n o menos ciclos. Sea un grafo G con n+ 1 ciclosy ρ una rotacion de G. Seleccionamos una arista e que forma parte de un ciclo de G.La rotacion ρ induce circuitos en G y pueden pasar dos cosas: que uno de estos circuitosuse la arista e dos veces o que la arista e aparezca en dos circuitos distintos. Mostramosambos casos a continuacion:

Figura 4.3: A la izquierda el primer caso, a la derecha el segundo.

Vamos a considerar el grafo G− e y elegimos la rotacion ρ′ que es la misma que ρ entodos lados con la salvedad de que ahora hemos eliminado e. Si e aparecıa dos veces enun circuito de G con la rotacion ρ, entonces el circuito de G va a ser reemplazado por doscircuitos en G− e, como mostramos a continuacion:

Figura 4.4: G− e en el primer caso.

Entonces r(ρ) = r(ρ′)− 1.

En el otro caso, si e aparece en dos circuitos diferentes de G dada la rotacion ρ,entonces en G − e vamos a reemplazar el circuito por dos distintos, como mostramos acontinuacion:

Figura 4.5: G− e en el segundo caso.


Entonces r(ρ) = r(ρ′) + 1.

Por lo tanto vamos a tener que r(ρ) = r(ρ′)± 1.Sabemos que el grafo G − e tiene n o menos ciclos. Si G tiene p vertices y q aristas,

G− e tiene p vertices y q − 1 aristas. Por induccion:

p− (q − 1) + r(ρ′) ≤ 2 y p− (q − 1) + r(ρ′) par. Por lo tanto:

p− q + r(ρ) = p− (q − 1)− 1 + r(ρ′)± 1 ≤ p− (q − 1) + r(ρ′) ≤ 2. �

Definicion 58 (Genero de un grafo)

Es el valor mınimo de g en el cual el grafo G se puede dibujar sin cortes en unasuperficie de genero g Sg. El genero de un grafo lo vamos a escribir como γ(G).

Vamos a contar los siguientes teoremas que nos van a ser utiles para los teoremas degeneros de grafos.

Teorema 59 Si cada circuito inducido por una rotacion ρ de un grafo G tiene longitudtres, entonces ρ es una rotacion maximal de G

Teorema 60 Si cada circuito inducido por una rotacion ρ de un grafo bipartido G tienelongitud cuatro, entonces ρ es una rotacion maximal de G

Teorema 61 Teorema 62 Si cada circuito inducido por una rotacion ρ de un grafo Gtiene longitud tres, entonces ρ es una rotacion maximal de G

Teorema 63 Para el grafo bipartido completo Km,n:

γ(Km,n) ≥ (m−2)(n−2)4

Demostracion: Como Km,n es un grafo bipartido, para cualquier rotacion ρ de Km,n el

circuito mas corto inducido por ρ tiene longitud como mınimo cuarto. Ya que cada aristaaparece dos veces en los circuitos, esto quiere decir que:

2q ≥ 4r(ρ)

En Km,n, p = m+ n y q = mn, por lo que tenemos quemn2≥ r(ρ)

Llamamos g a γ(Km,n). Como p− q + r(ρ) = 2− 2g tenemos:

m+ n−mn+ mn2≥ 2− 2g o

g ≥ mn−2m−2n+44

y por lo tanto

γ(Km,n) ≥ (m−2)(n−2)4

�Posteriormente, Ringel probo que:

Teorema 64 (Ringel)

Para el grafo bipartido completo Km,n:

γ(Km,n) = d (m−2)(n−2)4

e

4.2. INMERSION DE GRAFOS EN SUPERFICIES NO PLANAS. COLORACION 27

Teorema 65 Para el grafo completo Kn:

γ(Km,n) ≥ (n−3)(n−4)12

Demostracion:

Si ρ es una rotacion maximal de un grafo G con p vertices y q aristas, entonces elgenero g de G esta dado por:

p− q + r(ρ) = 2− 2gComo el circuito mas corto posible tiene longitud tres, y cada arista se usa dos veces

en los circuitos tenemos:

2q ≥ 3r(ρ)

y, por tanto,

p− q + 23q ≥ 2− 2g o

2g ≥ 2− p+ 13q.

Para el grafo G = Kn, p = n y q =(n2

), por lo tanto,

2g ≥ 2− n+ n(n−1)6

y, por tanto:

g ≥ (n−3)(n−4)12

�Posteriormente, Ringel y Youngs probaron que:

Teorema 66 (Ringel, Youngs)

Para el grafo completo Kn:

γ(Kn) = d (n−3)(n−4)12

e

Teorema 67 (Heawood)

Si G es un grafo crıtico, y γ(G) ≤ g, donde g ≥ 1, entonces:

χ(G) ≤ d7+√1+48g2

e

Demostracion:

Sea G crıtico con numero cromatico χ. Por el Teorema

(χ− 1)p ≤ 2q

Como γ(G) ≤ g, entonces existe una rotacion maximal ρ de G tal que

p− q + r(ρ) ≥ 2− 2g, o

q − r(ρ) ≤ p− (2− 2g), o

3q − 3r(ρ) ≤ 3p− 3(2− 2g)

Como 2q ≥ 3r(ρ),

q ≤ 3p− 6 + 6g

Si combinamos las desigualdades, obtenemos

(χ− 1)p ≤ 6p− 12 + 12g o,

χ− 1 ≤ 6 + 12g−12p

Como g geq1 y p ≥ χ, podemos reemplazar p por χ y multiplicar por χ sin cambiar ladesigualdad, y queda


χ2 − χ ≤ 6χ+ 12g − 12 o

χ2 − 7χ− (12g − 12) ≤ 0.

Resolviendo la ecuacion de segundo grado podemos factorizarla de la siguiente manera:

(χ− 7+√1+48g2

)(χ− 7−√1+48g2

) ≤ 0

Como g ≥ 1,√

1 + 48g ≥ 7. Como χ ≥ 1 el segundo factor es siempre positivo ası quelo desechamos. Por tanto queda demostrado. �

Posteriormente se demostrarıa lo que se conoce como el Teorema de la coloracion demapas:

Teorema 68 (Map Color Theorem)

Para cada g ≥ 1, existe un grafo crıtico G y γ(G) ≤ g tal que:

χ(G) = b7+√1+48g2

c

Esta formula solo funciona para las superficies orientables, pero tambien tenemos unapara las no orientables:

Teorema 69 Si n ≥ 2, entonces cada grafo en una superficie no orientable con carac-terıstica de Euler 2− n:

χ(G) = b7+√1+24n2

c

(Heawood, 1890)

Siete colores son necesarios y suficientes para colorear todos los mapas en un toro.

Primero definimos el genero de un grafo como el mınimo genero de una superficiedonde puede ser dibujado sin aristas cruzandose. Por lo tanto, los grafos planares songrafos de genero 0. Dado un mapa dibujado en una superficie de genero g de manera quelos paıses sean homeomorfos a discos, definimos el grafo subyacente de la siguiente forma:ponemos vertices donde hay 3 o mas paıses fronterizos, y aristas uniendo estos vertices.El grafo dual D(M) de un mapa M esta definido por coger vertices v(C) en D(M) paracada aristas que forma parte de la frontera entre A y B.

Ahora nuestro problema de coloracion se traduce en colorear los vertices de D(M) demanera que cada vertice adyacente reciba un color distinto.

4.3. INMERSION DE GRAFOS EN SUPERFICIES NO PLANAS. VIGILANCIA 29

4.3. Inmersion de grafos en superficies no planas. Vi-

gilancia

4.3.1. Vigilancia en el plano

En esta seccion vamos a considerar una variante interesante del problema de las galerıasde arte que fue planteada por D. Wood y J. Malkelvitch: el problema del fuerte. Hemosescogido este problema ya que los problemas de visibilidad interior no cambian en otrassuperficies distintas al plano, mientras que los problemas de visibilidad exterior si tienesentido pensarlos en otras superficies. En el problema del fuerte se va a pensar cuantosguardias hacen falta para ver el exterior de un polıgono de n lados.

Decimos que un punto exterior y es visto por un guardia en un vertice z si y solo si elsegmento zy no interseca con el interior del polıgono.

Teorema 70 (O’Rourke y Wood, 1983)

dn2e guardias tipo vertice son necesarios y suficientes para ver el exterior de un polıgono

de n vertices

Demostracion:

Triangulamos la porcion del plano que esta dentro de la envolvente convexa pero fueradel polıgono. Llamamos al grafo resultante de n vertices G′′.

Figura 4.6: Triangulacion envolvente convexa

Anadimos un vertice adicional v∞ a G′′ fuera de la envolvente y lo conectamos a cadavertice de la envolvente. Llamaremos a este grafo de n+ 1 vertices G′.

Figura 4.7: Nuevo vertice v∞

Finalmente, elegimos un vertice x de la envolvente convexa y lo convertimos en dosvertices x′ y x′′. Repartimos las conexiones anteriores entre x′ y x′′ de forma que el grafocontinue siendo planar, y anadimos un nuevo arco que conecte v∞ con ambos vertices.Llamaremos al grafo resultante de n+ 2 vertices G.


Figura 4.8: Grafo final G

Decimos que este grafo es un grafo de triangulacion de un polıgono. Lo podemos ver’abriendo’ la envolvente convexa en x′−x′′ y alejando v∞ lo suficientemente lejos para quetodas sus conexiones sean lıneas rectas. Como G es un grafo de triangulacion, se puede3 colorear. El color menos usado, por ejemplo el rojo, no aparece mas de bn+2

3c veces. Si

v∞ no esta coloreado de rojo, entonces colocando guardias en los vertices de color rojo secubra el exterior del polıgono original con bn+2

3c ≤ dn

2e guardias de tipo vertice.

Si v∞ esta coloreado de color rojo, colocamos los guardias con el segundo color menosfrecuente. Supongamos que las apariciones de estos tres colores son a ≤ b ≤ c, cona+ b+ c = n+ 2. Como a ≥ 1, b+ c ≤ n+ 1. Por lo tanto b ≤ bn+1

2c = dn

2e.

�

Teorema 71 (Aggarwal, 1983)

dn4e + 1 guardias tipo vertice son necesarios y suficientes para ver el exterior de un

polıgono ortogonal de n vertices

Demostracion: La demostracion de la necesidad sigue la espiral que mostramos a

continuacion:

Figura 4.9: Un polıgono ortogonal espiral requiere dn4e+1 guardias tipo vertice para cubrir

su exterior

La suficiencia se demuestra de la siguiente forma: dado un polıgono ortogonal P de nvertices, eliminamos la arista horizontal e con la coordenada y mas grande, extendemoslas dos aristas adyacentes hacia arriba y encerramos el polıgono entero con un rectangulodelimitador como mostramos a continuacion:


Figura 4.10: El exterior de un polıgono ortogonal se puede convertir en el interior de otroeliminando la arista e y encerrandolo en un rectangulo

El interior de este nuevo polıgono P ′ de n + 4 vertices coincide con coincide con elrecubrimiento exterior de P , menos por el rectangulo sombrado Q, el cual es exterior aambos.

La mejor estrategia para vigilar polıgonos ortogonales es colocar guardias en los verti-ces concavos. Como los seis nuevos vertices de P ′ son convexos, los guardias que van acubrir el interior de P ′ van a estar situados en vertices de P . Usamos un teorema de polıgo-nos ortogonales que nos dice que el interior de P ′ se puede cubrir con bn+4

4c guardias. La

region Q necesitara su propio guardia, lo que serıa un total de bn4c+ 2 guardias.

Cuando n ≡ 2 (mod 4) esta formula es identica a dn4e+ 1.

Cuando n ≡ 0 (mod 4) tenemos la libertad de aumentar P ′ en dos vertices sin au-mentar el numero de guardias ya que el teorema anteriormente aplicado coge la parteentera por debajo. Por tanto, modificamos P ′ para tener n+ 6 vertices como mostramosa continuacion:

Figura 4.11: Estrategia alternativa cuando n es divisible por 4

Ahora el interior de P ′ es lo mismo que el exterior de P ya que Q no existe en estecaso. Por lo tanto P ′ se puede cubrir con bn+6

4c = bn

4c + 1, que coincide con dn

4e ya que

n ≡ 0 (mod 4)�


Teorema 72 (Aggarwal y O’Rourke, 1984)

dn3e guardias tipo punto son a veces necesarios y siempre suficientes para cubrir el

exterior de un polıgono P de n > 3 vertices

Demostracion: Este teorema lo demostro Shermer dos anos mas tarde. La necesidad

se demuestra con el siguiente polıgono:

Figura 4.12: dn3e guardias tipo punto son necesarios para cubrir el exterior de un polıgono

La demostracion de la suficiencia es bastante compleja. La idea de la demostracion secentra en los vertices que se encuentran en los ”bolsillos”del polıgono (zonas que quedandentro de la envolvente convexa pero no son parte del polıgono real). La clave es orientarlosa los dos vertices que hemos puesto lejos del polıgono que ven gran parte del polıgono

�


4.3.2. Vigilancia en otras superficies

En esta seccion hemos intentando sacar resultados de vigilancia exterior de polıgonosincrustados en otras superficies distintas al plano. Hemos elegido este problema ya que,por ejemplo, el problema de vigilancia interior (problema de las galerıas de arte) notendrıa sentirlo estudiarlo en otras superficies, ya que los resultados serıan los mismos. Esun campo que aun no ha sido estudiado, y aquı se van a pretender dar unos resultadosiniciales.

Teorema 73 Un polıgono convexo necesita guardias 2 tipo punto para cubrir su exteriorcuando lo incrustamos en un cilindro.

Demostracion:

Como podemos ver en la siguiente figura, cogiendo dos guardias tipo punto lo suficien-temente alejados, podemos ver el exterior de todo el polıgono gracias a su convexidad.

Figura 4.13: En un cilindro solo se necesitan 2 guardias tipo punto para cubrir todos suslados

�

Teorema 74 dn4e guardias tipo vertice son suficientes para cubrir el exterior de un polıgono

convexo incrustado en un cilindro.

Demostracion: Para hacer la siguiente demostracion vamos a diferenciar en casos:

Todos los cortes que vamos a hacer quieren decir que la recta por donde cortamos alpolıgono va a ser equivalente al eje del cilindro donde vamos a incrustar el polıgono. Elcorte lo vamos a hacer tal que v y w esten a la misma altura que v′ y w′ (que son sus”gemelos.en la otra parte del corte.

Caso 1: Si n par y n ≡ 2 (mod 4). Dividimos el polıgono de tal manera que caigan n2

vertices a un lado y n2

vertices al otro como mostramos a continuacion.


Figura 4.14: Caso n par y n ≡ 2 (mod 4)

Sabemos que que n2

es impar. Si en la zona de la barra impar cae 1 punto, hemosterminado ya que todos los lados estan cubiertos. Si caen 3 puntos a, b y c colocando enb un guardia cubrimos los lados ab y bc en el lado izquierdo y sus analogos en la partederecha. Generalizando vamos a necesitar la mitad por abajo de la parte de la barra impar

y u y v, es decir, bn2−22c+ 2 = bn

4c+ 1 = dn

4e guardias tipo vertice para vigilar el exterior

del polıgono.

Caso 2: Si n par y n ≡ 0 (mod 4). Dividimos el polıgono de tal manera que caigann−22

vertices a un lado y n−22


Figura 4.15: Caso n par y n ≡ 0 (mod 4)

En este caso n−22

tambien es impar. Este caso es analogo al anterior. Vamos a necesitar


la mitad por abajo de la parte de la barra impar y u y v, es decir, bn−22−2

2c+2 = bn−6

4c+2 =

bn+24c = dn

4e guardias tipo vertice para vigilar el exterior del polıgono.

Caso 3: Si n impar y n ≡ 3 (mod 4). Dividimos el polıgono de tal manera que caigann−12



Figura 4.16: Caso n impar y n ≡ 3 (mod 4)

En este caso n−12

tambien es impar. Este caso es analogo a los dos anterior. Vamos a

necesitar la mitad por abajo de la parte de la barra impar y u y v, es decir, bn−12−2

2c+ 2 =

bn−54c+ 2 = bn+3

4c = dn

4e guardias tipo vertice para vigilar el exterior del polıgono.

Caso 4: Si n impar y n ≡ 1 (mod 4). Dividimos el polıgono de tal manera que caigann−12



Figura 4.17: Caso n impar y n ≡ 1 (mod 4)


En este caso n−12

es par. Podemos no tener ningun punto en la barra par si nosenfrentamos al caso n = 5. v y w los vamos a coger como siempre para cubrir las partesde arriba y abajo. Si en la barra caen dos vertices a y b, aunque las aristas va y bw estencubiertas, necesitamos colocar un guardia en a o en b para vigilar ab y su analogo enla parte derecha. Generalizando, vamos a necesitar la mitad por abajo de la parte de la

barra impar y u y v, es decir,n−12−2

2+ 2 = n−5

4+ 2 = n+3

4= dn

4e guardias tipo vertice para

vigilar el exterior del polıgono.Al haber demostrado que se son suficientes dn

4e guardias tipo vertice para vigilar el

polıgono en todos los posibles casos, queda demostrado el teorema.�

Teorema 75 Un polıgono convexo necesita 1 guardia tipo punto para cubrir su exteriorcuando lo incrustamos en un cilindro.

Demostracion:

Como podemos ver en la siguiente figura, cogiendo un guardias tipo punto lo suficien-temente alejados, podemos ver el exterior de todo el polıgono, ya que los otros 3 verticesrojos son el mismo por estar incrustado en un toro.

Figura 4.18: En un toro solo se necesita 1 guardia tipo punto para cubrir todos sus lados

�

Teorema 76 Un polıgono no convexo necesita dn3e−1 guardias tipo punto para cubrir su

exterior cuando lo incrustamos en un cilindro o en un toro.

Siguiendo el mismo procedimiento que en estos casos para el plano, vamos a obtener elresultado anterior. Vamos a necesitar uno menos ya que el vertice tachado en la siguienteimagen no nos hace falta si incrustamoos el polıgono en estas superficies.

Figura 4.19: 1 guardia menos si lo incrustamos en el cilindro o el toro.

Bibliografıa

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Graduado en Matemáticas e Informática - Departamento de … · 2017-09-08 · Teorema de Euler para grafos planares ... rolarios del Teorema de Euler ... El objetivo de este trabajo