Graphentheorie - Universität Ulm

Prof. Dr. Dieter Rautenbach
Dipl. Math. Philipp Schäfer
Wintersemester 2010/2011
Universität Ulm
Institut für Optimierung und Operations Research
Graphentheorie
Übungsblatt 1
Aufgabe 1.
1. Gibt es einen Graphen mit den Eckengraden 3, 3, 3, 3, 5, 6, 6, 6, 6, 6, 6?
2. Gibt es einen Graphen mit den Eckengraden 1, 1, 3, 3, 3, 3, 5, 6, 8, 9?
3. Gibt es einen bipartiten Graphen mit den Eckengraden 3, 3, 3, 3, 3, 5, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 6?
Lösung:
1. Die Summe der Grade ist ungerade, also existiert kein solcher Graph.
2. Eine Ecke mit Grad 9 müsste zu allen anderen Ecken adjazent sein und damit insbesondere
der einzige Nachbar der beiden Ecken mit Grad 1. Die Ecke mit Grad 8 müsste nun aber
bis auf eine Ecke zu allen anderen Ecken adjazent sein, was im Widerspruch dazu steht.
3. Die Summen der Grade beider Partitionsklasse müssen übereinstimmen, dass heißt der
Hälfte der Gradsumme des ganzen Graphen entsprechen. Das ist mit den angegebenen
Graden jedoch nicht möglich. Teilen wir die Zahlen auf zwei Summen auf, so hat die
Menge, die die 5 enthlt einen Rest 2 bezglich Division durch 3, wohingegen die andere
Menge den Rest 0 hat.
Aufgabe 2. Beweisen Sie die folgenden Aussagen:
1. Ist G ein k-regulärer Graph, so hat er einen Weg der Länge k als Teilgraphen.
2. Für jedes n ≥ k + 1, so dass nk gerade ist, existiert ein k-regulärer Graph der Ordnung
n.
Lösung:
1. Sei P : p0 , . . . , pl ein Weg maximaler Länge in G. Dann hat pl sämtliche seiner k Nachbarn
in P und damit ist l ≥ k.
2. Wir nutzen Induktion nach n (in zweier Schritten).
(k+1)k ist gerade und Kk+1 ist k-regulär. Ist außerdem k gerade, so existieren k/2 Kanten
in Kk+1 , die paarweise keine gemeinsamen inzidenten Ecken besitzen. Entfernen wir diese
Kanten und Verbinden die zu ihnen inzidenten Ecken mit einer neuen Ecke, erhalten wir
einen k-regulären Graph G mit k +2 Ecken. (Die Bemerkung zu n(G) = k +2 ist nötig, da
im Fall, dass k gerade ist, kn immer gerade ist, wir die Aussage also für alle natürlichen
Zahlen größer k zeigen müssen und nicht nur für jedes zweite n ≥ k + 1.)
Sei nun n > k + 1 und sei G0 ein k-regulärer Graph mit n − 2 Ecken und P ein Weg der
Länge k in G0 . Wir konstruieren nun den gesuchten Graph, indem wir die Kanten des
Weges aus G0 entfernen und nun zwei neue Ecken mit den Ecken des Weges so verbinden,
dass 2k neue Kanten entstehen, wovon je k mit einem der zwei neuen Ecken inzident sind.
Dies ist so möglich, dass keine parallelen Kanten entstehen, da die gelöschten Kanten als
Weg gewählt waren.
Aufgabe 3. Sei G ein Graph. Zeigen Sie die Existenz einer Partition V (G) = A ∪ B der
Eckenmenge von G, für die
|{uv ∈ E(G) | u ∈ A ∧ v ∈ B}| ≥ m(G)/2
gilt. Kann man dieses Ergebnis für kubische Graphen verbessern?
Lösung: Wir zeigen die Aussage per Induktion nach n(G). Für n(G) = 1 setzen wir A = V (G)
und erhalten für G die Ungleichung 0 ≥ 0. Sei also n(G) ≥ 2 und w ∈ V (G). Dann gilt für
den induzierten Teilgraphen G − w, dass es eine Partition A0 , B 0 von V (G − w) gibt, die die
Gleichung erfüllt. w in G betrachtend, sei a nun die Anzahl der Nachbarn von w in A0 und
b die Anzahl der Nachbarn von w in B 0 . O.B.d.A. sei a ≥ b. Setzen wir nun A = A0 und
B = B 0 ∪ {w}, so gilt
|{uv ∈ E(G) | u ∈ A ∧ v ∈ B}| = |{uv ∈ E(G − w) | u ∈ A0 ∧ v ∈ B 0 }| + a
≥ m(G − w)/2 + (a + b)/2 = m(G)/2.
Aufgabe 4. Sei G ein Graph. Zeigen Sie folgenden Aussagen.
1. Ist W : x0 , e1 , x1 , . . . , el , xl eine Kantenfolge in G, so existiert in G ein x0 -xl -Weg P mit
E(P ) ⊆ E(W ).
2. Ist W : x0 , e1 , x1 , . . . , el , xl eine geschlossener Kantenzug in G mit l ≥ 1, so existiert in G
ein Kreis C mit E(C) ⊆ E(W ).
3. Sind P und Q zwei verschiedene u-v-Wege in G, so existiert in G ein Kreis C mit E(C) ⊆
E(P ) ∪ E(Q).
Lösung:
1. Finden wir kein Paar (i, j) ∈ N2 derart, dass i < j und xi = xj gilt, so ist die Kantenfolge schon ein x0 -xl -Weg. Angenommen für eine solche Kantenfolge existiert kein
entsprechender Weg, sei W : x0 , e1 , . . . , el , xl ein Beispiel minimaler Länge. Da W kein
Weg ist, existiert ein Paar (i, j), wie oben beschrieben. Für die x0 -xl -Kantenfolge W 0 :
x0 , . . . , ei , xi = xj , ej+1 , . . . , xl gilt nun E(W 0 ) ⊆ E(W ), dass heißt sie ist nach Annahme
kein Weg, jedoch kürzer als W , ein Widerspruch zur Annahme.
2. x1 6= x0 , d.h. wir finden nach 1. einen Weg von x1 nach xl = x0 . Dieser enthält nicht die
Kante x0 x1 , da W ein Kantenzug ist, und bildet so zusammen mit x0 xl einen Kreis.
3. Seien p0 und q 0 von u ausgesehen die ersten Ecken der Wege P : p0 , . . . , pl und Q :
q0 , . . . , qk , die nicht zu beiden Wegen gehören und u0 der Ecken unmittelbar davor. Dann
stellt p0 , . . . , pl = v = qk , qk−1 , . . . , q 0 , u0 eine u0 -p0 -Kantenfolge da, die einen u0 -0 p-Weg
enthält ohne die Kante p0 u0 . Dieser Weg und diese Kante bilden dann den gesuchten
Kreis.