Diskrete Mathematik (D-ITET)

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ETH Zürich
Institut für Theoretische Informatik
Prof. Dr. Emo Welzl
Dr. Johannes Lengler
HS 2014
Lösungsvorschlag zu Übungsblatt 5
Diskrete Mathematik (D-ITET)
Aufgabe 1
(a) Sei G = (A ] B, E) ein k-regulärer bipartiter Graph. Wir zählen die Kanten des Graphen G,
indem wir entweder die Grade aller Knoten in A aufsummieren, oder indem wir die Grade
aller Knoten in B aufsummieren (doppeltes Abzählen). Wir erhalten |E| = k|A| = k|B| und
damit |A| = |B|. Nach Satz 2.51 aus dem Skript (Satz von Hall) gibt es in G ein Matching
der Kardinalität |A| (das wegen |A| = |B| ein perfektes Matching ist), falls für jede Menge
A0 ⊆ A folgende Bedingung gilt: |Γ(A0 )| ≥ |A0 |. Sei A0 ⊆ A. Wir betrachten den bipartiten
GraphenP
G0 , der von A0 ∪ Γ(A0 ) induziert wird. Doppeltes Abzählen der Kanten von G0 ergibt
0
k|A | = v∈Γ(A0 ) degG0 (v) ≤ |Γ(A0 )|k, da der Grad eines jeden Knotens in G0 nicht grösser
ist als der Grad in G. Division durch k liefert die gewünschte Ungleichung. Der Satz von
Hall liefert uns also zunächst ein perfektes Matching in G. Entfernen wir dieses, so verbleibt
ein (k − 1)-regulärer Graph, auf den wir das obige Vorgehen wiederholt anwenden können.
Insgesamt erhalten wir also eine Partition der Kantenmenge von G in k disjunkte perfekte
Matchings.
(4 Punkte)
(b) Bob hat recht. Um dies einzusehen, betrachten wir den Sachverhalt graphentheoretisch: Wir
wählen einen bipartiten Graphen mit den Knotenklassen {l1 , l2 , . . . , l8 } für die acht Länder
und {1, 2, 5, 10, 20, 50, 100, 200} für die Werte der Münzen in Cent, und wir fügen eine Kante
{l, w} ein, genau dann wenn Alice eine Münze aus dem Land l vom Wert w mitgebracht hat.
Aus der Aufgabenstellung folgt, dass der so konstruierte Graph 5-regulär ist. Das Ergebnis
von Teilaufgabe (a) liefert uns unmittelbar die Existenz eines perfekten Matchings in diesem
Graphen, d.h. eine Menge von acht Münzen aus acht verschiedenen Ländern und von allen acht
Münzwerten. Diese Münzen (im Gesamtwert von 3,88 Euro) kann Alice an ein Kind verteilen.
Entfernen wir die Kanten des entsprechenden perfekten Matchings aus dem Graphen, so ist der
verbleibende bipartite Graph 4-regulär, und wir finden leicht ein weiteres perfektes Matching.
Wenden wir dieses Argument wiederholt an, so ist die Verteilung aller Münzen an die Kinder
auf die geforderte Weise offenbar kein Problem.
Man beachte, dass der so konstruierte Graph gemäss Aufgabenstellung keine Mehrfachkanten
besitzt (mehrere Münzen vom selben Wert aus demselben Land). Satz 2.51 und Satz 2.53
gelten jedoch unverändert auch für Graphen mit Mehrfachkanten, sodass diese Bedingung
eigentlich überflüssig ist.
(4 Punkte)
(c) Sei ein lateinisches r × n-Rechteck gegeben, so konstruieren wir daraus einen bipartiten Graphen G = (S ] {1, . . . , n}, E), wobei S := {s1 , . . . , sn } die Menge der Spalten ist, und eine
Spalte si mit genau denjenigen Zahlen aus der Menge {1, . . . , n} durch eine Kante verbunden
ist, die in dieser Spalte nicht vorkommen. Wir zeigen im Folgenden, dass alle Knoten in G
genau Grad n − r besitzen; dann können wir mit den Ergebnissen aus Teilaufgabe (a) ebensoviele disjunkte perfekte Matchings in G finden. Jedes dieser Matchings gibt an, wie eine
weitere Zeile des Ausgangsrechtecks ohne Widersprüche ausgefüllt werden kann (so dass am
Ende ein lateinisches n × n-Quadrat entsteht).
Zunächst einmal gilt in G sicherlich deg(si ) = n − r. Weiterhin kommt jede der Zahlen 1, . . . , n
in den ersten r Zeilen des Ausgangsrechtecks genau einmal vor, insgesamt also in genau r
Spalten (und in genau n − r Spalten nicht). Damit gilt also auch deg(i) = n − r für alle
i = 1, . . . , n, und G ist tatsächlich (n − r)-regulär.
(4 Punkte)
1
Aufgabe 2
(a) Wir bezeichnen mit V , E und R die Menge der Knoten, Kanten bzw. Gebiete einer gegebenen
Triangulierung. Wir betrachten die Zahl
N := |{(e, r) | e ∈ E, r ∈ R, e begrenzt r}|.
Da jedes Gebiet von genau drei Kanten begrenzt wird, ist N = 3|R|. Da andererseits jede
Kante genau zwei Gebiete begrenzt, ist auch N = 2|E|. Zusammen folgt, dass 3|R| = 2|E| ist,
oder äquivalent dazu |R| = 32 |E|.
Nach der Eulerschen Polyederformel gilt aber |R| = |E| − |V | + 2 für alle zusammenhängenden
Graphen mit |V | ≥ 3. Setzen wir obige Beziehung für |R| ein und lösen nach |E| auf, so
erhalten wir
1
|E| = |V | − 2.
3
Multiplikation mit 3 liefert wie gewünscht, dass die Zahl der Kanten 3|V | − 6 ist.
Ist umgekehrt G planar, aber keine Triangulierung, so wird mindestens ein Gebiet von mindestens vier Kanten begrenzt. Daher ist N > 3|R|, aber immer noch N = 2|E|. Zusammen
folgt 3|R| < N = 2|E|. Dieselbe Umformung wie oben zeigt mit Hilfe der Eulerschen Polyederformel, dass |E| < 3n − 6 ist. Wir haben also gezeigt, dass für jeden planaren Graphen
mit mindestens drei Knoten, der keine Triangulierung ist, |E| 6= 3n − 6 gilt. Aufgrund des
Kontrapositionsprinzips ist daher jeder planare Graph mit mindestens drei Knoten, für den
|E| = 3n − 6 gilt, schon eine Triangulierung.
(4 Punkte)
(b) Hat
G = (V, E) jeder Knoten höchstens Grad 5, so gilt |E| =
P in einer Triangulierung
1
5
deg(v)
≤
|V
|.
v∈V
2
2
Nach Teil (a) ist aber |E| = 3|V | − 6, und daher
3|V | − 6
⇔
|V |
5
|V |
2
≤ 12.
≤
Also kann eine solche Triangulierung höchstens 12 Knoten haben.
Anmerkung: Die errechnete Schranke ist scharf, da es einen 5-regulären planaren Graphen mit
12 Knoten gibt. Ein Beispiel ist der Kantengraph des Ikosaeder (Abbildung im Skript auf Seite
41).
(2 Punkte)
Aufgabe 3
(a)
(2 Punkte)
(b) Sei G = (V, E) ein Graph mit sechs Knoten und 13 Kanten. Dann gilt |E| = 13 > 12 =
3 · 6 − 6 = 3|V | − 6 und somit folgt aus Satz 2.57, dass der Graph nicht planar ist. (1 Punkt)
(c) Sei G =P
(V, E) ein planarer Graph, in dem jeder Knoten mindestens Grad 4 hat. Dann gilt
|E| = 12 v∈V deg(v) ≥ 12 4|V | = 2|V |. Setzen wir dies in die eulersche Polyederformel ein, so
erhalten wir für die Anzahl der Gebiete |E| − |V | + 2 ≥ 2|V | − |V | + 2 = |V | + 2. (2 Punkte)
2
(d) Der erste Graph ist nicht planar, denn er enthält eine Unterteilung des K3,3 als Untergraphen.
Der zweite Graph ist planar, denn man kann ihn überschneidungsfrei in der Ebene zeichnen.
(3 Punkte)
Aufgabe 4
(a) Die fehlenden Werte des Flusses ergeben sich aus der Flusserhaltung der Reihe nach wie folgt:
f (a, b) = 5,
f (c, b) = 4,
f (c, d) = 1,
f (c, e) = 6,
f (e, t) = 7.
Der Wert des Flusses lässt sich als vorzeichenbehaftete Summe der aus s herausfliessenden
Ströme berechnen:
val(f ) = f (s, a) + f (s, c) + f (s, d) = 8 + 8 + 0 = 16,
oder auch als vorzeichenbehaftete Summe der in t hineinfliessenden Ströme:
val(f ) = f (b, t) + f (e, t) = 9 + 7 = 16.
(2 Punkte)
(b) Ein augmentierender Pfad ist (s, d, e, c, a, b, t). Entlang dieses Pfades kann man den Fluss maximal um den Wert 3 erhöhen, da der Fluss entlang der Kante (a, c) maximal um 3 vermindert
werden kann. Kapazität von 3 hat. Der Wert des erhöhten Flusses f˜ beträgt 16 + 3 = 19.
(Bemerkung: ein anderer möglicher augmentierender Pfad ist z.B. (s, d, c, a, b, t).)
Nun beweisen wir die Maximalität des neuen Flusses. Der s-t-Schnitt (S, T ) mit S = {s, c, d, e}
und T = {a, b, t} hat die Kapazität c(s, a) + c(c, b) + c(e, t) = 8 + 4 + 7 = 19. Da val(f˜) = 19 =
cap(S, T ) ist nach Satz 2.66 (Maxflow-Mincut-Theorem) der Schnitt (S, T ) minimal und der
Fluss f˜ maximal.
(4 Punkte)
3
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