13. Kurz-Lösungen für die Woche 26.1. - 1.2.2015

Fachrichtung Mathematik • Institut für Algebra • Prof. Bodirsky, Dr. Noack
Einführung in die Mathematik für Informatiker: Diskrete Strukturen INF 110
Wintersemester 2014/15
13. Kurz-Lösungen für die Woche 26.1. - 1.2.2015
Graphentheorie: gerichtete Graphen
Ü74 (a) (⇒) Es sei G kreisfrei. Weiter seien a, b, c ∈ V beliebig mit (a, b) ∈ E und (b, c) ∈ E. Da
zwischen a und c eine Kante existiert (Eigenschaft des Turniergraphen), kann es wegen der
Kreisfreiheit nur (a, c) sein.
(La) Es sei E transitiv. Indirekter Beweis: Annahme, G enthalte einen Kreis v0 , . . . , vn , v0 ,
d.h. es gilt (vi , vi+1 ) ∈ E und (vn , v0 ) ∈ E. Wegen der Transitivität von E folgt, dass
(v0 , v2 ) ∈ E) und damit (v0 , v3 ) ∈ E usw., also (v0 , vn ) ∈ E. Das ist jedoch im Widerspruch
zur Eigenschaft des Turniergraphen, dass es zwischen v0 und vn nur genau eine Kante gibt.
(b) Induktion über die Anzahl der Knoten n = |V |.
IA: n = 1 trivial.
IV: Es gelte die Behauptung für einen beliebigen Turniergraph mit n Knoten.
IS: z. zg., für einen Turniergraph G = (V, E) mit n+1 Knoten gibt es stets einen gerichteten
Pfad, der alle Knoten von G enthält.
Beweis: Wählen einen Knoten v ∈ V , dann ist der Teilgraph von G mit der Knotenmenge
Ṽ = V \ {v}, bei dem alle die Kanten weggelassen werden, die zu v führen, offenbar wieder
ein Turniergraph.
Nach (IV) existiert ein Knoten v1 ∈ Ṽ , von dem aus alle anderen Knoten aus Ṽ auf einem
gerichteten Pfad erreicht werden. Sie seien in ihrer Reihenfolge auf diesem Pfad von v1 aus
mit v2 , . . . , vn bezeichnet.
Da G ein Turniergraph ist, liegt entweder (v1 , v) oder (v, v1 ) in E.
1. Fall: (v, v1 ) ∈ E, dann hat offenbar v selbst die gesuchte Eigenschaft.
2. Fall: (v1 , v) ∈ E.
Fall 2.1: für alle i ∈ {2, . . . , n} gilt (vi , v) ∈ E. Dann kann v an den Weg am Ende angehängt
werden und v1 ist ein Knoten mit der geforderten Eigenschaft für G.
Fall 2.2: es existiert ein i ∈ {2, . . . , n}, für das (v, vi ) ∈ E gilt. Wählen unter allen diesen das
kleinste. Dann ist (vi−1 , v) ∈ E und v kann in den bestehenden gerichteten Weg zwischen
vi−1 und vi eingefügt werden. Damit ist ein Pfad mit der geforderten Eigenschaft gefunden.
(c) Induktion über die Anzahl der Knoten n = |V |.
IA: n = 1 trivial.
IV: Es gelte die Behauptung für einen beliebigen Turniergraph mit n Knoten.
IS: z. zg., für einen Turniergraph G = (V, E) mit n + 1 Knoten gibt es stets einen König.
Beweis: Wählen einen beliebigen Knoten v ∈ V aus. Dann ist auch G − v ein Turniergraph
und hat nach Voraussetzung einen König k ∈ V .
1. Fall: Es existiert ein gerichteter Pfad der Länge höchstens 2 von k nach v.
⇒ k ist auch König für G.
2. Fall: Es existiert kein gerichteter Pfad der Länge höchstens 2 von k nach v.
Dann ist v selbst ein König, denn:
Es muss (v, k) ∈ E gelten und weiter für jeden Knoten w ∈ V mit (k, w) ∈ E auch (v, w) ∈ E.
Bleiben noch die Knoten w0 in V , für die es einen gerichteten Pfad der Länge 2 von k aus
gibt. Sei ein solcher Pfad (k, r), (r, w0 ). Dann muss, da (k, r) ∈ E, auch (v, r) ∈ E gelten, also
ist w0 von v über einen Pfad der Länge 2 erreichbar.
H76 (b) (⇒) Es sei k der einzige König in G. Annahme, er ist kein Diktator, d.h. es gibt eine
eingehende Kante. Betrachten die Menge M aller Knoten v von V , die eine Kante (v, k) ∈ E
besitzen. Löscht man alle anderen Kanten in G, behält man einen Turniergraphen und dieser
hat einen König k 0 . Dieser ist dann auch König für G, denn er erreicht alle Knoten aus M
in höchstens 2 Schritten und alle Knoten aus V \ M ebenfalls, und zwar über k , die diese
Knoten direkt mit k verbunden sind (ausgehende Kanten). Widerspruch dazu, dass es nur
einen König gibt.
(⇐) Klar, da der Diktator von keinem anderen Knoten erreichbar ist. Annahme: G besitzt
genau 2 Könige k1 , k2 ∈ V . Dann gibt es einen Pfad der Länge höchstens 2 von k1 nach k2
und ebenso von k2 nach k1 . Folglich besitzen k1 und k2 eingehende Kanten. Da es genau
zwei Könige sind und jeder Turniergraph einen König besitzt, ist k1 einziger König in G − k2
und k2 einziger König in G − k1 . Folglich sind beide dort jeweils Diktatoren, haben also nur
ausgehende Kanten in den reduzierten Graphen. Damit ist aber nicht gleichzeitig ein Pfad
von k1 zu k2 und umgekehrt in G möglich.
Induktion über die Anzahl der Knoten n = |V |.
(a) (⇒)
IA: n = 1 trivial.
IV: Es gelte die Behauptung für einen beliebigen Turniergraph mit n Knoten.
IS: z. zg., für einen Turniergraph G = (V, E) mit n + 1 Knoten gibt es einen gerichteten
Hamiltonkreis.
Beweis: Wählen einen beliebigen Knoten v ∈ V aus. Dann ist auch G−v ein Turniergraph und
hat nach Voraussetzung einen gerichteten Hamiltonkreis v1 , . . . , vn , v1 (passende Numerierung
der Konten gewählt).
Da G stark zusammenhängender Turniergraph, liegt v auf einem gerichteten Kreis. Folglich
besitzt v eingehende und ausgehende Kanten.
Es sei i ∈ {1, . . . , n} mit (vi , v) ∈ E. Laufen auf dem Hamiltonkreis solange weiter, bis
erstmals (v, vk ) ∈ E gilt. Dann ist (vk−1 , v) ∈ E und man kann v zwischen vk−1 und vk in
den Kreis einsortieren.
H77 (a) Die Flussstärke beträgt 16 Einheiten.
(b) Partitionierung V = {q, a, b, e} ∪ {c, d, f, s}.
⇒ s1
s2
⇒ s1 − s2
= f (a, d) + f (a, c) + f (q, c) + f (e, f ) + f (e, s) = 5 + 2 + 7 + 4 + 7 = 25
= f (c, b) + f (c, e) + f (d, e) = 4 + 3 + 2 = 9
16 = kf k.
=
Partitionierung V = {q, a, b} ∪ {c, d, e, f, s}.
⇒ s1
s2
⇒ s1 − s2
= f (a, d) + f (a, c) + f (q, c) + f (b, e) = 5 + 2 + 7 + 6 = 20
= f (c, b) = 4
=
16 = kf k.
H78 Markierungsalgorithmus für
12
q
6
a
8
5
c 15
2
b
4
d 20
5
s
Start mit Fluss der Stärke 0.
1. Durchlauf des Algorithmus:
1.
2.
3.
4.
q
a
b
s
→ Marke (−, ∞)
→ Marke ((q, a), 12) (min(∞, 12)=12)
→ Marke ((a, b), 6) (min(12, 6)=6)
→ Marke ((b, s), 5) (min(6, 5)=5)
⇒ Flusserhöhung um Stärke 5.
q
12|5
6|5
a
8|0 5|0
b
2|0 4|0
c 15|0
d 20|0
5|5
s
2. Durchlauf des Algorithmus:
1. q → Marke (−, ∞)
2. a → Marke ((q, a), 7) (min(∞, 12 − 5)=7)
3. b → Marke ((a, b), 1) (min(7, 6 − 5)=1)
4. d → Marke ((b, d), 1) (min(1, 4)=1)
5. s → Marke ((d, s), 1) (min(1, 20)=1)
⇒ weitere Flusserhöhung um 1.
q
12|6
6|6
a
8|0 5|0
b
2|0 4|1
c 15|0
d 20|1
5|5
s
3. Durchlauf des Algorithmus:
1. q → Marke (−, ∞)
2. a → Marke ((q, a), 6) (min(∞, 12 − 6)=6)
3. c → Marke ((a, c), 5) (min(6, 5)=5)
4. d → Marke ((c, d), 5) (min(5, 15)=5)
5. s → Marke ((d, s), 5) (min(5, 20 − 1)=5)
⇒ weitere Flusserhöhung um 5.
q
12|11
6|6
a
8|0 5|5
b
2|0 4|1
c 15|5
d 20|6
5|5
s
4. Durchlauf des Algorithmus:
1. q → Marke (−, ∞)
2. c → Marke ((q, c), 8) (min(∞, 8)=8)
3. d → Marke ((c, d), 8) (min(8, 15 − 5)=8)
4. s → Marke ((d, s), 8) (min(8, 20 − 5)=8)
⇒ weitere Flusserhöhung um 8.
q
12|11
6|6
a
8|8 5|5
2|0 4|1
c 15|13
d 20|14
b
5|5
s
Weiterer Durchlauf stoppt, nachdem nur q und a markiert sindn ⇒ maximaler Fluss
ist der
o
letztangegebene und hat die Stärke 19. Minimaler Schnitt ist S = (q, c), (a, c), (a, b) . Kapazität
ist 8+5+6 = 19.