∑ ∑ - TUM

Institut für Informatik
Lehrstuhl für Informatik 15
Computer Graphik & Visualisierung
Diskrete Strukturen I
Wintersemester 2006/2007
Übungsblatt 6
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Prof. R. Westermann, J. Schneider, J. Georgii, S. Pott
TU München, 27.11.2006
Lösungen zu Diskrete Strukturen I (Blatt 6)
Aufgabe 25 [1+2+3+3 Punkte]
Kombinatorik
a) Wir ziehen aus der Menge der Zahlen von 1 bis 8 zwei Zahlen ungeordnet mit ”Zurücklegen”.
Dafür gibt es
8+2−1
9
=
= 36
2
2
Möglichkeiten.
b) Das Wort hat 26 Buchstaben, die Vielfachheiten der einzelnen Buchstaben sind:
A - 3, E - 4, G - 2, H - 1, I - 2, L - 1, M - 2, N - 4, R - 2, S - 4, U - 1.
Damit haben wir
26!
26!
=
4
3!4!2!2!2!4!2!4!
(2!) 3!(4!)3
Möglichkeiten.
c) Die Anzahl der Lösungen von ∑ki=1 xi = n, xi ∈ N0 (Anzahl geordneter 6-Partitionen, Null
zugelassen) ist
n+k−1
k−1
Damit gibt es (20
5 ) Zahl-6-Partitionen von 15. Damit wir eine gültige Dezimaldarstellung konstruieren können, müssen wir noch sicherstellen, dass xi < 10 für alle i. Wir ziehen also die Fälle
ab, wo ein xi größer oder gleich 10 ist. Dann haben wir nur noch 5 Variablen in der Gleichung
und damit
15 5 15 − i + 5 − 1
4+i
10
6· ∑
= 6· ∑
= 6·
= 1512
5
−
1
4
5
i=10
i=0
mögliche Fälle, die zuviel gezählt wurden (Der vorletzte Schritt folgt aus dem Pascal’schen Dreieck bzw. der Rekursionsformel der Binomialkoeffizienten). Insgesamt ergeben sich also
20
− 1512 = 13992
5
verschiedene Zahlen mit Ziffernsumme 15 zwischen 1 und 1.000.000.
d) Wir können jedes Binärwort in 6 Blöcke aufteilen. Der 1. Block A besteht aus Einsen, der 2. Block
B aus Nullen, der 3. Block C wiederum aus Einsen, der 4. Block D aus Nullen, der 5. Block E aus
Einsen und der letzte Block F aus Nullen. Wir stellen weiterhin fest, dass B, C, D, E nicht leer
sein dürfen. Die erste Gruppe ”01” ist dann der Übergang von B nach C, die zweite Gruppe der
Übergang von D nach E. Die Blöcke A und F können auch leer sein. Bezeichnen wir die Länge
der Blöcke mit a, b, c, d, e, f , dann gilt:
a+b+c+d+e+ f = n
b, c, d, e > 0.
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Das ist äquivalent zu (wir ziehen von b, c, d, e eins ab):
a + b′ + c′ + d ′ + e ′ + f = n − 4
a, b′ , c′ , d′ , e′ , f ≥ 0.
Die Anzahl von Lösungen dieser Gleichung ist
6+n−4−1
n+1
=
.
n−4
n−4
Aufgabe 26 [3 Punkte]
Knobelei?
Ein gleichseitiges Dreieck mit Kantenlänge a lässt sich in vier gleichseitige Dreiecke mit Kantenlänge 2a aufteilen (siehe Abbildung rechts). Mit dem
Schubfachprinzip folgt unmittelbar, dass zwei Punkte in einem gleichseitigen Teildreieck liegen müssen. Zwei Punkte in einem gleichseitigen Dreieck
mit Abstand a/2 können maximal Abstand a/2 haben.
Dazu: Angenommen, wir ziehen einen Kreis mit Radius a/2 um einen der Eckpunkte. Da das Dreieck
gleichseitig ist, geht er gerade durch die beiden anderen Ecken. Nun gibt es keinen Punkt im Dreieck,
der vom gewählten Eckpunkt weiter als a/2 entfernt sein kann. Weiterhin gilt dies für jeden beliebigen Punkt des (gleichseitigen!) Dreiecks, die Eckpunkte sind gerade die Randfälle. Somit sind zwei
beliebige Punkte im Teildreieck höchstens a/2 entfernt.
Aufgabe 27 [1+1+1+1+1+2 Punkte]
Induzierte Teilgraphen
a) Im KN wird jeder Knoten mit jedem anderen verbunden, allerdings betrachten wir keine gerichteten Graphen, d.h. (vi , v j ) ∈ V und (v j , vi ) ∈ V sind identisch. Somit gibt es
N · ( N − 1)
2
Kanten. (Anm: N · ( N − 1) ist für N ∈ N immer gerade!).
b) Da KN vollständig ist, induziert jede Teilmenge von Knoten einen vollständigen Teilgraphen.
Somit gibt es 2 N − 1 induzierte Teilgraphen, wobei man Einknoten-Teilgraphen zulässt, nicht
aber leere Teilgraphen. Die induzierten Teilgraphen sind vollständig.
N
c) Es gibt (k+
1) induzierte vollständige Teilgraphen mit genau k + 1 Knoten. In jedem dieser Teilgraphen kann man noch aus k + 1 Knoten einen Mittelknoten wählen, die restlichen Kanten
entfernt man. Insgesamt gibt es also
N
· (k + 1)
k+1
k-Sterne im Graphen.
d) Es gehen alle induzierten vollst. Teilgraphen verloren, die beide zur Kante adjazenten Knoten
enthalten. Das sind 2 N −2 (für alle anderen Knoten können wir wählen, ob sie im Teilgraphen
sind oder nicht). Folglich bleiben also 2 N − 1 − 2 N −2 = 3 · 2 N −2 − 1 induzierte vollst. Teilgraphen übrig.
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e) Nach b) induzieren n Knoten 2n − 1 vollst. Teilgraphen, und
n ·(n −1 )
2
Kanten. Gefragt ist nach
2 ·(2 n −1 )
dem maximalen Quotienten n·(n−1) über alle n ∈ N > 1. Dieser Ausdruck ist für n > 2 monoton
steigend (2n wächst schneller, als n2 ). Damit maximiert der Kn unter allen Graphen mit n Knoten
die Anzahl an vollständigen Teilgraphen pro Kante. Für n = 2 ist der Quotient lokal maximal.
f) Ein Graph mit N Knoten hat mindestens N vollständige Teilgraphen (jeder Knoten für sich).
Beginnt man mit dem leeren Graphen mit N Knoten, so müssen noch soviele Kanten eingefügt
werden, dass es zusätzlich ⌊ 1·2N ⌋ vollständige Graphen gibt, die mindestens eine Kante enthalten. Da nach der minimalen Anzahl an Kanten gefragt wurde, die (aus dem vollständigen
Graphen KN ) entfernt werden müssen, können wir zunächst die maximale Anzahl an Kanten bestimmen, die in den leeren Graphen eingefügt werden kann, so dass nur maximal ⌊ 3·2N ⌋
vollständige Teilgraphen enthalten sind. Eine Kante bildet mit den beiden induzierten Knoten
einen vollständigen Teilgraphen vom Grad 2. Wir dürfen also maximal ⌊ 1·2N ⌋ Kanten einfügen.
Es bleibt die Frage, ob sich dadurch auch ein Graph mit höchstens ⌊ 3·2N ⌋ vollst. Teilgraphen bilden lässt. Fügt man diese Kanten aber so ein, dass für mindestens einen der beiden Knoten, die
verbunden werden vor dem Einfügen deg(v) = 0 gilt, so werden keine vollständigen Teilgraphen mit Grad 3 (und höher) gebildet. Das ist möglich, da nur ⌊ N2 ⌋ Kanten eingefügt werden.
Dabei nutzt man die lokale Maximalität bei n = 2 aus.
Der Graph enthält damit also N vollständige Teilgraphen Grad 1 und ⌊ N2 ⌋ mit Grad 2. Der
vollständige Graph KN enthält
N ·( N −1 )
2
Kanten. Es müssen demnach mindestens
N · ( N − 1)
N
N · ( N − 2)
−⌊ ⌋ = ⌊
⌋
2
2
2
Kanten entfernt werden.
Ergänzung: Für große Graphen kann es vorteilhafter sein, eine möglichst große Zusammenhangskomponente mit möglichst vielen Kanten (aber nur so viele wie nötig) zu behalten (Folgt
aus Aufgabe e). Dazu betrachten wir einen induzierten vollst. Teilgraphen mit n ≤ N der N
Knoten des ursprünglichen Graphen. Dieser enthält 2n − 1 Teilgraphen. Desweiteren lässt man
die verbleibenden N − n Knoten frei. Somit ergeben sich insgesamt 2n − 1 + N − n Teilgraphen.
Aus der Maximalitätsbedingung wissen wir, dass wir in diesem Fall mindestens genausoviele
(oder mehr Kanten) wie oben angegeben entfernen müssen, um höchstens ⌊ 3N
2 ⌋ Teilgraphen zu
bekommen.
Aufgabe 28 [3×1 Punkte] Wiederholung
Kreuzen Sie pro Teilaufgabe höchstens ein Kästchen an. Für ein falsches Kreuz gibt es einen Minuspunkt, für ein richtiges einen Pluspunkt. Wenn Sie kein Kreuz setzen, bekommen Sie auch keine
Punkte. Eine negative Gesamtpunktzahl dieser Aufgabe wird zu 0 aufgerundet. Maximieren Sie Ihre
Punktzahl!
a) Eine boolesche Formel ist eine Tautologie genau dann wenn es genau ein Modell gibt.
Hinweis: Eine Belegung der Variablen einer Formel mit wahr/falsch ist ein Modell, wenn die
“Auswertung” (Interpretation) der Formel unter dieser Belegung wahr ist.
Richtig
Falsch
b) O( f (n)) ∩ [Θ( f (n)) ∪ Ω( f (n))] = Θ( f (n)).
c) ∃ f (n) : f (n) ∈
/ O( f (n)) ∪ Ω( f (n)).
⊠
⊠ Richtig Falsch
Richtig ⊠ Falsch