Übung zur Vorlesung Diskrete Strukturen I

Technische Universität München
Institut für Informatik
Prof. Dr. J. Csirik
Brandt & Stein
WS 2002/03
Aufgabenblatt 5
11. November 2002
Übung zur Vorlesung Diskrete Strukturen I
Abgabetermin: Tutorübungen am 21. und 22. November
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Aufgabe 24
Planarität und andere Grapheigenschaften (T/H)
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6
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Betrachten Sie folgende Graphen G und G .
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(a) Bestimmen Sie, ob die Graphen planar sind. Falls Planarität vorliegt, so zeichnen Sie den Graph überschneidungsfrei. Geben Sie andernfalls eine Begründung an, warum der
Graph nicht planar sein kann.
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4
(T) G
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(b) Bestimmen Sie für die Graphen auch jeweils, ob sie eine
Eulertour oder einen Hamiltonkreis besitzen.
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(c) Bestimmen Sie für beide Graphen ihre chromatische Zahl.
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Begründen Sie Ihre Antworten.
Aufgabe 24 (Lösungsvorschlag)
(H) G
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Planarität und andere Grapheigenschaften
(a) Der Graph G ist nicht planar, da er eine Unterteilung des K enthält (siehe Satz von
Kuratowski, Satz 2.44). Die Unterteilung kann man folgendermaßen graphisch darstellen:
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Der Graph G enthält übrigens auch eine Unterteilung des K . Eine andere Möglichkeit, die Nichtplanarität eines Graphen nachzuweisen, wäre es, zu überprüfen, ob die
Ungleichung |E| ≤ 3|V| − 6 (Satz 2.43), die für planare Graphen gelten muss, erfüllt ist.
Leider ist diese Ungleichung für den Graphen G erfüllt, so dass man in diesem Fall
damit nicht Nichtplanarität nachweisen kann.
Der Graph G , der aus dem K durch Entfernen einer Kante entstanden ist, ist planar.
Man kann ihn folgendermäßen in der Ebene zeichnen:
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(b) Graph G enthält keine Euler-Tour, denn es gibt Knoten mit ungeradem Grad, so beispielsweise Knoten 1 mit Grad 5. Er enthält aber einen Hamilton-Kreis, z.B. (1, 3, 4, 2, 6,
7, 9, 5, 8).
Der Graph G enthält ebenfalls keine Euler-Tour, denn mehrere Knoten, z.B. Knoten 1,
haben ungeraden Grad. Der Graph G enthält allerdings einen Hamilton-Kreis, z.B.
(1, 5, 3, 6, 2, 4).
(c) Graph G enthält einen vollständigen Graph mit vier Knoten, d.h., den K . Seine chromatische Zahl muss daher größer gleich vier sein. Durch Ausprobieren findet man heraus, dass er mit vier Farben auch färbbar ist. Eine mögliche Färbung ist unten angegeben. Die Farben werden mit natürlichen Zahlen bezeichnet.
Der Graph G ist bipartit und hat daher chromatische Zahl 2.
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4 2
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5 2
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6 2
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Aufgabe 25
4
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Planarität (T/H)
Beweisen oder widerlegen Sie folgende Aussagen.
(a) (T) Es ist möglich drei Häuser mit Strom, Gas und Wasser zu versorgen, wenn die Leitungen alle ebenerdig
verlaufen müssen und sich nicht schneiden dürfen.
(b) (T) Wenn man zu einem beliebigen Baum G = (V, E)
einen neuen Knoten v hinzufügt und v mit allen Knoten
in V verbindet, so ist der entstehende Graph planar.
G
W
S
(c) (T) Wenn man zu einem beliebigen Baum vier Kanten hinzufügt, so ist der entstehende
Graph planar.
(d) (H) Wenn zu einem beliebigen planaren Graphen G = (V, E) einen neuen Knoten v
hinzufügt und v mit allen Knoten in V verbindet, so ist der entstehende Graph ebenfalls
planar.
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Aufgabe 25 (Lösungsvorschlag)
Planarität
(a) Das ist leider nicht möglich, denn der entsprechende Graph ist der K und dieser ist
nicht der Ebene einbettbar.
(b) Diese Aussage ist richtig und lässt sich durch Widerspruch beweisen. Nehmen wir an,
der resultierende Graph G 0 = (V ∪ {v}, E ∪ {{v, w} | w ∈ V}) wäre nicht planar. Dann
muss er nach dem Satz von Kuratowski eine Unterteilung des K oder des K enthalten.
• G 0 enthält eine Unterteilung des K . Dann enthält der ursprünglich Graph G, der
aus G 0 durch Entfernen von v und aller mit v verbundenen Kanten entsteht, mindestens eine Unterteilung des K . Diese Unterteilung ist definitiv nicht kreisfrei
und somit ist auch G nicht kreisfrei, also kein Baum.
• G 0 enthält eine Unterteilung des K . Analog zur obigen Argumentation, muss
G so mindestens eine Unterteilung des bipartiten, nicht-kreisfreien Graphen K enthalten. G kann also kein Baum gewesen sein.
(c) Diese Aussage lässt sich durch ein Gegenbeispiel widerlegen. Der Graph P = ({1, 2, 3, 4, 5, 6}, {{1, 2}, {2, 3}, {3
ist offensichtliche ein Baum (siehe Abbildung). Durch das Hinzufügen von vier Kanten
kann man diesen aber zum K machen, der bekanntermaßen nicht planar ist.
(d) Diese Aussage ist ebenfalls falsch. Der K ist beispielsweise planar. Durch das Hinzufügen eines Knoten, der mit allen bisherigen Knoten verbunden ist, erhält man den K ,
der nicht planar ist.
Aufgabe 26
Färben von Bäumen (H)
Wieviele Möglichkeiten gibt es, einen Baum mit n Knoten mit k Farben zu färben, so dass
keine zwei benachbarten Knoten dieselbe Farbe haben?
Aufgabe 26 (Lösungsvorschlag)
Färben von Bäumen
Es gibt k · (k − 1)
Möglichkeiten. Das kann man sich leicht so überlegen: Man beginnt mit
einem beliebigen Knoten, färbt dann dessen Nachbarn, dann deren Nachbarn, usw. Für den
ersten Knoten hat man noch k Farben zur Auswahl, für jeden weiteren Knoten nur noch k − 1
Farben, da er genau einen Nachbarn hat, der bereits gefärbt ist.
Auch wenn diese Argumentation im wesentlichen schon ausreicht, kann man die Behauptung
auch noch formaler mit Induktion beweisen:
n = 1: Bei einem Knoten hat man mit k Farben genau k = k · (k − 1)
Möglichkeiten.
n → n + 1: Wir entfernen ein Blatt und können den restlichen Baum nach Induktionsvoraus
setzung mit k · (k − 1)
Farben färben. Das entfernte Blatt hat genau einen Nachbarn,
der mit der i-ten Farbe gefärbt ist. Es bleiben dann noch k − 1 Farben übrig, um das
Blatt zu färben. Insgesamt gibt es damit k · (k − 1) Möglichkeiten.
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Aufgabe 27
Komplementäre Graphen (T)
Das Komplement eines Graphen G ist
G = (V, { {v, w} | v, w ∈ V }\E)
(a) Sei k eine feste natürlich Zahl. Wir suchen Graphen G, für die gilt:
χ(G) ≤ k
und χ(G) ≤ k,
(∗)
d.h., sowohl G als auch G sind k-färbbar. Bestimmen Sie, welche Graphen Bedingung (*)
für k = 2 erfüllen. Wieviele Knoten haben diese Graphen?
(b) Bestimmen Sie, in Abhängigkeit von k, einen Wert N, so dass gilt:
i) Kein Graph mit mehr als N Knoten erfüllt Bedingung (*).
ii) Es gibt einen Graphen mit N Knoten, der Bedingung (*) erfüllt.
(c) Ein Graph G heißt selbstkomplementär, wenn G zu G isomorph ist. Zeigen Sie, dass der
Pfad der Länge vier, P = ({1, 2, 3, 4}, {{1, 2}, {2, 3}, {3, 4}), selbstkomplementär ist.
(d) Zeigen Sie, dass in jedem selbstkomplementären Graphen mit n Knoten n ≡ 0 (mod 4)
oder n ≡ 1 (mod 4) gilt.
(e) Beweisen oder widerlegen Sie: Das Komplement eines nicht-zusammenhängenden Graphen ist zusammenhängend.
Aufgabe 27 (Lösungsvorschlag)
Komplementäre Graphen
(a) Folgende Graphen und ihre Komplemente erfüllen Bedingung (*).
Es gibt jedoch keinen Graphen mit fünf oder mehr Knoten, der die Bedingung erfüllt,
und zwar aus folgenden Gründen: wenn ein solcher Graph mit zwei Farben gefärbt
wird, so haben aufgrund des Schubladenprinzips mindestens drei Knoten dieselbe Farbe. Diese Knoten sind gegenseitig nicht miteinander durch eine Kante verbunden. Daher enthält der komplementäre Graph ein Dreieck und kann damit nicht mit zwei Farben gefärbt werden.
(b) Damit die gleiche Argumentation für beliebiges k funktioniert, benötigt man so viele
Knoten, dass bei einer Färbung mit k Farben mindestens k + 1 Knoten dieselbe Farbe
haben. Dies ist ab einer Knotenzahl von k + 1 immer der Fall. Dann hat man k +
1 untereinander nicht verbundene Knoten und der komplementäre Graph hat damit
einen K als Teilgraph und ist nicht k-färbbar. Für N = k ist damit also Bedingung i)
erfüllt.
Um zu zeigen, dass auch Bedingung ii) erfüllt ist, müssen wir einen Beispielgraphen
mit k Knoten konstruieren, für den Bedingung (*) erfüllt ist. Wir verwenden den kpartiten Graphen G = (V, E), bei dem die Knotenmenge V in k disjunkte Teilmengen
V , V , . . . , V mit jeweils genau k Knoten zerfällt. Zwischen zwei Knoten v, w verläuft
genau dann eine Kante, wenn sie nicht in derselben Teilmenge liegen.
Dieser Graph G ist k-färbbar: alle Knoten einer Teilmenge V werden mit der i-ten Farbe
gefärbt. Das Komplement G ist ein nicht zusammenhängender Graph, der aus k Kopien
des vollständigen Graphen K besteht. Damit ist er auch mit k Farben färbbar.
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(c) P = ({1, 2, 3, 4}, {{1, 3}, {1, 4}, {2, 4}}). Durch Hinzeichnen sieht man leicht, dass dieser
Graph isomorph zu P ist. Formal induziert die Permutation der Knotenmenge π =
(2134) einen Isomorphismus von P auf P .
(d) Sei G = (V, E) selbstkomplementär. Dann gibt es einen Isomorphismus von G auf G =
(V, E) und damit ist |E| = |E|. Da die Vereinigung
beider Graphen den vollständigen
0
Graphen K = (V, E ) ergibt und dieser Kanten besitzt, gilt 2|E| = |E 0 | = .
Insgesamt, gilt also |E| =
. Da |E| eine natürliche Zahl ist, muss n(n − 1) durch 4
teilbar sein. Dies ist nur dann möglich, wenn 4 einen der beiden Faktoren teilt. Daraus
folgt n ≡ 0 (mod 4) oder n ≡ 1 (mod 4).
(e) Wir nehmen o.B.d.A. an, dass der Graph aus zwei Zusammenhangskomponenten G =
(V , E ) und G = (V , E ) besteht. Im komplementären Graphen ist jeder Knoten aus
V mit allen Knoten aus V verbunden, d.h. die beiden Komponenten sind verbunden
und alle Knoten aus V sind (über Knoten aus V ) miteinander verbunden. Dasselbe
gilt für V .
Aufgabe 28
Durchmesser und Radius (H)
Der Durchmesser eines zusammenhängenden Graphen G = (V, E) ist
diam(G) = max{ d(v , v ) | v , v ∈ V },
wobei d(v , v ) der kürzeste Abstand zwischen zwei Knoten v , v ist. Das Zentrum eines
Graphen ist ein Knoten v, für den der Wert a = max{ d(v, u) | u ∈ V }, d.h. der maximale
Abstand zu allen anderen Knoten, minimal ist. Diesen Wert a für ein Zentrum v nennen wir
Radius rad(G) des Graphen. Zeigen Sie: Es gilt rad(G) ≤ diam(G) ≤ 2 · rad(G).
Aufgabe 28 (Lösungsvorschlag)
Durchmesser und Radius
Wir zeigen zunächst rad(G) ≤ diam(G). Sei z ein Zentrum von G, dann ist a = rad(G). D.h.,
es gibt einen Knoten u mit d(z, u) = rad(G). Der Durchmesser ist aber der maximale Abstand
aller Paare von Knoten, daher gilt rad(G) = d(z, u) ≤ diam(G).
Nun beweisen wir diam(G) ≤ 2 · rad(G). Sei u, v ein Paar von Knoten, für das der Abstand
d(u, v) im Graphen G maximal ist, d.h. diam(G) = d(u, v). Sei außerdem z ein Zentrum von
G. Offensichtlich gilt d(z, u) ≤ a = rad(G) und d(z, v) ≤ a = rad(G). Daraus folgt
diam(G) = d(u, v) ≤ d(u, z) + d(z, v)
(Dreiecksungleichung)
(Symmetrie)
= d(z, u) + d(z, v)
≤ rad(G) + rad(G) = 2 · rad(G)
Aufgabe 29
Gradfolgen und Isomorphie (H)
Die Gradfolge eines Graphen ist die Folge der in aufsteigender Reihenfolge angeordneten
Knotengrade deg(v ), deg(v ), . . . , deg(v ), z.B. hat der Graph P aus Aufgabe 27 (c) die
Gradfolge 1, 1, 2, 2.
(a) Gibt es Graphen zu folgenden Gradfolgen?
i) 0, 1, 2
ii) 2, 2, 3, 3, 3, 3
(b) Beweisen oder widerlegen Sie:
iii) 2, 2, 2, 3, 3, 3
i) Zwei isomorphe Graphen haben die gleiche Gradfolge.
ii) Zwei Graphen, die die gleiche Gradfolge haben, sind isomorph.
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Aufgabe 29 (Lösungsvorschlag)
(a)
Gradfolgen und Isomorphie
i) Nein, denn wenn einer der drei Knoten schon mit beiden anderen Knoten verbunden ist, kann es keinen isolierten Knoten geben. Nach Satz 2.5 gilt allgemein: In
jedem Graphen muss die Summe der Knotengrade gerade sein.
ii) Ja. Das ist der
Graph aus Aufgabe 20. Die (geradzahlige) Summe der Knotengerade darf 2 nicht überschreiten. Dies ist nur möglich wenn ein Knoten einen
Grad, der grösser als n − 1 ist, besitzt, was hier nicht der Fall ist.
iii) Aus Satz 2.5 folgt, dass es so einen Graphen nicht geben kann.
(b)
i) Da die Isomorphie zweier Graphen bedeutet, dass es eine bijektive Abbildungen
der Knotenbezeichnungen des einen Graphen auf die des anderen Graphen gibt,
müssen die Multimengen der Knotengrade gleich sein. Somit sind auch die Gradfolgen identisch.
ii) Die Umkehrung des vorherigen Satzes gilt nicht! Man hätte sonst ein effizientes
Verfahren, um die Isomorphie von Graphen zu bestimmen. Dieses Problem ist
jedoch (noch?) nicht effizient lösbar. Die in der Abbildung gegebenen Graphen
haben beide die Gradfolge 1, 1, 2, 2, 3, 3, sind aber offensichtlich nicht isomorph.
Aufgabe 30
Charakterisierung von Bäumen (Z)
Es sei G = (V, E) ein Graph. Zeigen Sie, dass folgende Aussagen äquivalent sind.
(a)
(b)
(c)
(d)
G ist ein Baum.
G ist zusammenhängend und es gilt |E| = |V| − 1.
G ist kreisfrei und es gilt |E| = |V| − 1.
G ist maximal kreisfrei. Das bedeutet, G ist kreisfrei und für jede Kante e ∈ { {v , v } |
v , v ∈ V, v 6= v }\E enthält der Graph (V, E ∪ {e}) einen Kreis.
(e) G ist minimal zusammenhängend. D.h., G ist zusammenhängend und für jede Kante
e ∈ E ist der Graph (V, E\{e}) nicht zusammenhängend.
(f) Je zwei Knoten v , v ∈ V sind in G durch genau einen Pfad verbunden.
Aufgabe 30 (Lösungsvorschlag)
Charakterisierung von Bäumen
Für den Beweis der Äquivalenz obiger Aussagen beweisen wir zunächst folgendes Lemma:
Lemma: Ein Graph G = (V, E) mit |E| ≥ |V| enthält einen Kreis.
Beweis: Wenn G nicht zusammenhängend ist, so gilt |E 0 | ≥ |V 0 | für mindestens
eine Zusammenhangskomponente G 0 = (V 0 , E 0 ) von G.
Sei T ein Spannbaum von G 0 und {u, v} ∈ E 0 \E . Die Knoten u, v sind in T durch
einen Weg (u, u , . . . , u , v) verbunden mit u 6= v, u 6= u für alle i ∈ {1, . . . , r}.
Damit ist (u, u , . . . , u , v) ein Kreis in G 0 .
Wir zeigen nun die Kette (a) ⇒ (b) ⇒ (c) ⇒ (d) ⇒ (e) ⇒ (f) ⇒ (a) von Implikationen.
(a) ⇒ (b): Ein Baum ist ein zusammenhängender, kreisfreier Graph. Nach Satz 2.19 gilt außerdem |E| = |V| − 1.
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(b) ⇒ (c): Da G zusammenhängend ist, gibt es einen Spannbaum T mit E ⊆ E und |E | =
|V| − 1 = |E |. Damit gilt E = E und damit auch T = G. Der Graph G ist also ein
Baum und daher kreisfrei.
(c) ⇒ (d): Sei e = {v , v } mit v 6= v und e 6∈ E ein Paar von Knoten, das keine Kante in
G bildet. Der Graph (V, E ∪ {e}) besitzt genauso viele Kanten wie Knoten und enthält
daher nach dem oben bewiesenen Lemma einen Kreis.
(d) ⇒ (e): Wir zeigen zunächst, dass G zusammenhängend ist. Angenommen, G ist nicht
zusammenhängend, dann enthält G zwei Knoten v,w, die nicht durch einen Pfad verbunden sind. Das Einfügen von {v, w} erzeugt dann keinen Kreis, was der maximalen
Kreisfreiheit widerspricht.
Nun beweisen wir, dass G minimal zusammenhängend ist. Sei {u, v} ∈ E eine beliebige
Kante des Graphen. Wenn (V, E\{u, v}) zusammenhängend ist, so gibt es einen Pfad
(u, u , . . . , u , v) von u nach v mit u 6= u und u 6= v für i ∈ {1, . . . , r}. Damit ist aber
(u, u , . . . , u , v) ein Kreis in G. Damit ergibt sich ein Widerspruch zu (d) und G muss
daher minimal zusammenhängend sein.
(e) ⇒ (f): Da G zusammenhängend ist, ist jedes Paar von Knoten durch mindestens einen
Pfad verbunden.
Wir nehmen an, es gibt Knoten u, v die durch zwei verschiedene Pfade verbunden sind,
nämlich (u = u , u , . . . , u , u = v) und (u = v , v , . . . , v , u = v ).
Wir zeigen nun, dass G eine Kante f enthält, die auf einem Kreis liegt.
Falls r = 0 oder s = 0 gilt, so existiert die Kante f = {u, v}, die außerdem auf einem Kreis
liegt. Falls die Mengen {u , . . . , u } und {v , . . . , v } disjunkt sind, so liegt beispielsweise
die Kante f = {u, u } auf einem Kreis.
Andernfalls sei m der kleinste Index für den gilt: u 6= v . Weiterhin sei n der kleinste
Index für den gilt: n ≥ m und u ∈ {v , . . . , v }, d.h. u = v 0 für einen Index n 0 ∈ {m+
1, . . . , s}. Dann sind die Pfade (u , . . . , u ) und (v , . . . , v 0 = u ) bis auf den
Anfangs- und Endknoten disjunkt. Denn nach der Definition von n liegt kein Knoten
u mit i ∈ {m, . . . , n − 1} in der Menge {v , . . . , v }. Demnach liegt die Kante f =
{u , u } auf einem Kreis. (Siehe Skizze.)
Nach Lemma 2.21 ist dann aber (V, E\{f}) zusammenhängend, G kann daher nicht minimal zusammenhängend gewesen sein. Es ergibt sich ein Widerspruch, woraus folgt,
dass zwischen u und v nur genau ein Pfad existieren kann.
u
u1
um−1
vm
um
un
vn 0
v
(f) ⇒ (a): Da zwei Knoten immer durch einen Pfad verbunden sind, folgt daraus, dass G
zusammenhängend ist. Angenommen, G enthielte einen Kreis, so gäbe es zwei Knoten
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in diesem Kreis, die durch zwei verschiedene Pfade verbunden sind. Dies ist ein Widerspruch zu (f) und daraus folgt, dass G kreisfrei sein muss. Demnach ist G ein Baum.
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