Lösungsskizze Blatt 4

Universität zu Köln
Mathematisches Institut
Dr. F. von Heymann
M. Dostert, M.Sc.
Einführung in die Mathematik des Operations Research
Sommersemester 2016
— Lösungsskizzen zu Blatt 4 —
Aufgabe 4.1 (10 Punkte) Es sei D = (V, A) ein gerichteter Graph und s, t ∈ V . Zeigen Sie:
Die maximale Anzahl von kantendisjunkten Wegen von s nach t in D ist gleich der minimalen
Kardinalität eines s-t-Schnittes δ out (U ) in D, wobei U ⊆ V mit s ∈ U und t ∈ V \U .
Lösung: Definiere die Kapazitätsfunktion c : A → R durch c(a) = 1 für alle a ∈ A. Kantendisjunkte
s-t-Wege liefern uns dann einen s-t-Fluss f ≤ c, wobei f (a) = 1 falls a in einem der Wege liegt, und
f (a) = 0 sonst. Umgekehrt liefert jeder s-t-Fluss f : A → {0, 1} eine Menge von kantendisjunkten
s-t-Wegen (wie?). In beiden Richtungen entspricht der Wert des Flusses der Anzahl der Wege.
Mit dem Max-Flow-Min-Cut-Theorem und Aufgabe 4.2(b) folgt die Behauptung, da für U ⊆ V
gilt: c(δ out (U )) = |δ out (U )|.
a
Aufgabe 4.2 (5 + 5 = 10 Punkte)
a) Berechnen Sie im rechtsstehenden Graphen mit gegebener Kapazitätsfunktion
einen maximalen s-t-Fluss und einen minimalen s-t-Schnitt mit Hilfe des FordFulkerson Algorithmus.
2
1
d
14
9
s
2
t
9
1
3
7
5
b
c
Lösung: Starte mit f = 0, also Df = D. Ein (kürzester) gerichteter Weg ist beispielsweise P =
{(s, b), (b, c), (c, t)}. Dann können wir ε = 3 setzen und f entsprechend vergrößern.
Im neuen Residualgraph gibt es beispielsweise den (kürzesten) gerichteten Weg P = {(s, a), (a, c), (c, t)},
mit ε = 1.
Im neuen Residualgraph gibt es keine gerichteten s-t-Wege, darum ist ein maximaler Fluss gefunden:
a
1
s
0
d
0
1
0
t
0
0
3
b
4
3
c
Da auf beiden Kanten, die in s starten, c(a) = f (a) gilt, sind (ausser s) keine Knoten in Df von s
aus erreichbar. U = {s} gibt uns also nach Lemma III.1.8 einen minimalen s-t-Schnitt δ out (U ).
b) Zeigen Sie für allgemeine gerichtete Graphen D = (V, A): Falls c ganzzahlig ist (das heißt
c : A → Z≥0 ), dann gibt es einen ganzzahligen optimalen s-t-Fluss f mit f ≤ c.
Lösung: Wir beobachten, dass wir im Algorithmus von Ford-Fulkerson, falls c ganzzahlig ist, ε > 0
auch immer als 1 wählen können, anstatt es maximal zu wählen. Dann ist jeder der konstruierten
Flüsse ganzzahlig.
Aufgabe 4.3 (10 Punkte) Sei D = (V, A) ein gerichteter Graph und sei f : A → R≥0 eine Zirkulation, das heißt f ist eine s-t-Fluss mit s = t.
Zeigen Sie: Es existiert eine Zirkulation f 0 , so dass f 0 ganzzahlig ist und für alle a ∈ A gilt
bf (a)c ≤ f 0 (a) ≤ df (a)e.
Tipp: Sei gf : V → R definiert durch gf (v) =
P
a∈δ out (v)
f (a)−
P
a∈δ in (v)
f (a). Zeigen Sie zunächst:
gf (v) = 0 ∀v ∈ V genau dann, wenn f eine Zirkulation ist.
Lösung: Die Aussage des Tipps gilt, da eine Zirkulation das Flusserhaltungsgesetz an jedem Knoten erfüllt.
Sei nun h : A → P
Z eine Funktion, die bf (a)c ≤ h(a) ≤ df (a)e für alle a ∈ A erfüllt, und mit
dieser Bedingung v∈V |gh (v)| minimiert. Wir wollen also zeigen, dass diese Summe Null ist und
h somit eine Zirkulation.
Definiere einen Residualgraph Dh = (V, Ah ) mit
Ah = {a ∈ A : h(a) < df (a)e} ∪ {a−1 ∈ A−1 : bf (a)c < h(a)}.
Definiere ausserdem S = {v ∈ V : gh (v) < 0} und T = {v ∈ V : gh (v) > 0}. Dann ist (warum?)
S = ∅ genau dann, wenn T = ∅, und falls S und T leer sind, dann ist h eine Zirkulation.
Angenommen S ist nicht leer. Falls es s ∈ S und t ∈ T gibt, so dass es in Dh einen gerichteten
0
P
0
s-t-Weg
P gibt, dann
P
P ist h = h + χ eine ganzzahlige Funktion mit bf (a)c ≤ h (a) ≤ df (a)e und
0
v∈V |gh (v)| <
v∈V |gh (v)|, im Widerspruch zur Wahl von h.
Falls es keinen gerichteten Weg zwischen S un T gibt, sei U ⊆ V die Menge der Knoten, die von
S aus in Dh erreichbar sind. Dann gilt
• ∀a ∈ δ out (U ) : a ∈ Ah und somit gilt h(a) = df (a)e
• ∀a ∈ δ in (U ) : a−1 ∈ A−1
h und somit gilt h(a) = bf (a)c
Hieraus folgt:
X
0≤
df (a)e −
a∈δ out (U )
X
bf (a)c =
a∈δ in (U )
X
a∈δ out (U )
h(a) −
X
a∈δ in (U )
h(a) =
X
gh (v) =
u∈U
wobei die erste Ungleichung gilt, da f eine Zirkulation ist.
Da dies ein Widerspruch ist, gilt S = ∅ und folglich muss h eine Zirkulation sein.
X
u∈S
gh (v) < 0