(MA 1501, MA 1503), WiSe 2014/15 Aufgabe - TUM

Technische Universität München, Zentrum Mathematik
Lehrstuhl für Angewandte Geometrie und Diskrete Mathematik
Propädeutikum Diskrete Mathematik
(MA 1501, MA 1503), WiSe 2014/15
Dr. René Brandenberg
Aufgabenblatt 1
Aufgabe 1.1
Es sei G = (V, E) ein Graph mit n ≥ 4 Knoten. Zeigen Sie:
a) G kann nicht zwei Knoten mit Grad n − 1 haben und trotzdem einen Knoten mit Grad 1.
b) Wenn in G alle Knoten ungeraden Grad haben, dann gibt es mindestens drei Knoten mit
demselben Grad.
Lösung zu Aufgabe 1.1
a) Ein Knoten mit Grad n − 1 ist zu allen Knoten außer sich selbst benachbart, also u.a. zu allen
Grad 1 Knoten. Gäbe es also zwei Knoten mit Grad n − 1, kann es keine Blätter mehr geben.
b) Zunächst wissen wir wegen Satz 2.5 (b), dass die Zahl der Knoten ungeraden Grades immer
gerade ist. Wenn also alle Knoten ungeraden Grad haben sollen, dann muss n gerade sein. Es
gibt also n Knoten, die die Grade 1, 3, . . . , n − 1 haben können, was wegen n gerade genau n2
mögliche Grade sind. Wollte man nun keinen Knotengrad dreifach belegen, müsste jeder der
mögliche Grade genau zweimal belegt sein, auch die 1 und die n − 1. Letzteres ist nach (a) nicht
möglich.
Aufgabe 1.2
Beweisen Sie die Äquivalenz der folgenden Aussagen für einen Graphen G = (V, E):
(i) G ist zusammenhängend.
(ii) Für jede Partition (X, Y ) von V , d.h. V = X ∪ Y mit X, Y 6= ∅ und X ∩ Y = ∅, existiert eine
Kante {x, y} ∈ E, sodass x ∈ X und y ∈ Y .
(iii) Es existiert ein Baum H = (V, F ) als Subgraph von G.
Lösung zu Aufgabe 1.2
(i) ⇒ (ii): Seien a ∈ X und b ∈ Y . Nach Voraussetzung existiert ein a, b-Weg P in G. Da dieser in
X startet und in Y endet, gibt es (mindestens) eine Kante mit einem Knoten in X und einem in
Y . Genauer gesagt, wir betrachten den von a aus gezählt letzten in X liegenden Knoten auf P ; er
heiße x und sein Nachfolger auf P heiße y. Nach Definition von x liegt y nicht in X, also liegt er in Y .
Damit ist {x, y} eine Kante mit der in (ii) gewünschten Eigenschaft.
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(ii) ⇒ (iii): Gelte (ii).
Konstruktiver Beweis:
Starte mit i = 1, x1 ∈ V beliebig, F1 = ∅ und X1 = {x1 }, Yi = V \ Xi . Für i = 1, . . . , n − 1 existiert
nach (ii) eine Kante ei von Xi zu einem der Knoten in Yi , nennen wir ihn xi+1 . Sei Xi+1 = Xi ∪{xi+1 },
Fi+1 = Fi ∪ {ei }. Offensichtlich ist H = (V, Fn ) zusammenhängend und da in jedem Schritt ein neuer
Knoten erreicht wird, kann sich auch kein Kreis schließen. Also ist H ein Baum.
Alternativer Beweis:
Sei F ⊂ E inklusionsmaximal mit der Eigenschaft, dass H := (∪e∈F e, F ) ein Baum ist. Da im Fall
von V = ∪e∈F e der Graph H ein (iii) beweisendes Beispiel ist, bleibt nur noch die Unmöglichkeit von
˙ \ (∪e∈F e) eine Partition im Sinne von (ii). Laut (ii)
V ) ∪e∈F e zu zeigen: In diesem Fall ist (∪e∈F e)∪V
existiert dann ein {x, y} ∈ E mit x ∈ (∪e∈F e) und y ∈ V \ (∪e∈F e). Es ist dann F 0 := F ∪ {e0 } ⊂ E
eine Teilmenge mit der Eigenschaft, dass (∪e∈F 0 e, F 0 ) ein Baum ist, denn: Zusammenhang kann durch
Anfügen einer Kante nicht verlorengehen. Ferner hat y ∈
/ (∪e∈F e) in dem Graphen (∪e∈F 0 e, F 0 ) Grad
1, ist also nicht Knoten eines Kreises in diesem Graphen, und da jeder neu entstandene Kreis die
hinzugefügte Kante {x, y}, und daher auch y enthalten müsste, ist kein neuer Kreis entstanden. Das
widerspricht der Maximalität von F . Daher ist V ) ∪e∈F e in der Tat unmöglich.
(iii) ⇒ (i): Nach Definition ist ein Baum zusammenhängend. Die Gleichheit der ersten Komponente
in den Paaren (V, E) und (V, F ) sagt uns, dass H ein aufspannender Subgraph von G ist. Wenn also
(iii) gilt, dann hat G einen zusammenhängenden aufspannenden Subgraphen, und ist daher selbst
zusammenhängend.
Aufgabe 1.3
Es sei G = (V, E) ein Graph. Zeigen Sie:
a) Ist G ein Baum mit mindestens zwei Knoten, so besitzt G Blätter.
Hinweis: Betrachten Sie zur Lösung kantenmaximale Wege in G.
Zusatzaufgabe: Wer möchte kann auch folgende allgemeinere Version (wieso?) der obigen Aussage
beweisen:
Gilt deg(v) ≥ k ≥ 2 für alle v ∈ V , so enthält G einen Kreis der Länge l ≥ k + 1.
b) Ist G kreisfrei (d.h. G ist ein Wald), dann sind die Zusammenhangskomponenten von G Bäume.
c) Ist G ein Baum, dann gilt für jedes Blatt b in G, dass G − b wieder ein Baum ist.
Lösung zu Aufgabe 1.3
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a) Wir betrachten einen kantenmaximalen Weg in G. Sei v ein Endknoten dieses Weges. Da der
Weg nicht verlängert werden kann, müssen alle Nachbarn von v auf dem Weg liegen. Wäre
deg(v) ≥ 2, so gäbe es mindestens zwei Knoten auf dem Weg, die zu v benachbart sind. Eine
der beiden zugehörigen Kanten gehört nicht zum längsten Weg und schließt daher mit dem
entsprechenden Teil des Weges zwischen v und diesem Nachbarn von v einen Kreis.
Verallgemeinerte Version:
Wir betrachten erneut einen längsten Weg in G. Sei v wieder ein Endknoten dieses Weges. Da
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der Weg nicht verlängert werden kann, müssen alle deg(v) ≥ k Nachbarn von v auf dem Weg
liegen. D.h. es gibt mindestens einen Knoten auf dem Weg, der zu v benachbart ist und auf
dem Weg einen Abstand ≥ k zu v hat. Die Kante von v zu diesem Knoten schließt einen Kreis
der Länge k + 1.
b) Folgt unmittelbar aus der Definition.
c) Wenn G kreisfrei ist, muss auch G − b kreisfrei sein. Um zu zeigen, dass G − b auch zusammenhängend ist, seien zwei beliebige Knoten x und y in G − b gegeben. Da G zusammenhängend
ist, gibt es in G einen x, y-Weg. Dieser kann (weil x 6= b 6= y und deg(b) = 1 ist) aber b nicht
benutzt haben. Folglich existiert dieser Weg auch in G − b.
Aufgabe 1.4
Finden Sie Fehler im folgenden „Beweis“ der falschen Aussage:
Es sei G = (V, E) ein Graph mit |V | = |E| ≥ 3. Dann ist G zusammenhängend.
„Beweis“ (durch Induktion): Induktionsanfang n = 3: Es gibt genau einen Graphen mit 3 Knoten
und 3 Kanten: ein Dreieck. Dieses ist zusammenhängend.
Induktionsschritt (n → n + 1): Sei G = (V, E) und |V | = |E| = n + 1 und G0 ein Subgraph von
G mit n Knoten und n Kanten. Wegen der Induktionsvoraussetzung ist G0 zusammenhängend. Sei
x der (eindeutige) Knoten in V \ V (G0 ). Da G0 auch genau eine Kante weniger hat als G, hat x
mindestens Grad 1 in G, also ist x mit einem Knoten aus G0 verbunden. Damit folgt aber, dass G
zusammenhängend ist.
Lösung zu Aufgabe 1.4
Der “Beweis” krankt an gleich zwei Stellen:
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a) Einen Subgraphen G0 ⊂ G mit n Knoten und n Kanten, dessen Existenz im mit “Sei G = (V, E)
[...]” beginnenden Satz implizit behauptet wird, braucht es gar nicht zu geben. Beispiel: n = 4
und G := Kreis der Länge vier.
b) Selbst wenn es so einen Subgraph gibt, kann es sein, dass die eine Kante, die fehlt, nicht mit x
inzident ist, sondern innerhalb von G0 liegt. Genauer gesagt: Selbst wenn G ein Graph ist, der
Subgraphen G0 = (V 0 , E 0 ) mit |V 0 | = |E 0 | enthält, kann es passieren, dass jeder solche Subgraph
kein induzierter Subgraph ist und der neue Knoten demnach isoliert ist. Beispiel: Im Graphen
G :=
(Numerierung der Knoten bleibt Ihnen überlassen) ist zwar Knoten- gleich Kantenzahl
und es gibt einen (insgesamt sogar fünf, nämlich
,
,
,
, und
) Subgraphen von der
im “Beweis” behaupteten Sorte, aber die Behauptung, dass der 5-te Knoten Grad 1 hätte, ist
falsch.
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