Graphentheorie

MaLa - 2008. . . . . . . . . . . . . . .A.Pruchnewski . . . . . . . . . . . . . . .Klasse 9/10. . . . . . . . . . . . . . . 1
Graphentheorie
Sei G = (V, E) ein Graph mit der Knotenmenge V und der Kantenmenge E. Der Knotengrad d(v) eines Knoten v ist gleich der Anzahl der von diesem Knoten ausgehenden
Kanten. Ein planarer Graph ist ein Graphe, der sich ohne Kantenüberschneidung in
die Ebene zeichnen lässt. Der vollständige Graph Kn ist ein Graph mit n Knoten, in
dem je zwei Knoten mit einer Kante verbunden sind.
Eulersche Polyederformel
In Anzahl der Knoten + Anzahl der Flächen = Anzahl der Kanten +2
Eulerkreise (Wiederholung)
Ein Eulerkreis ist eine geschlossene Kantenfolge, die jede Kante des Graphen genau
einmal enthält.
Königsberger Brückenproblem
Ist es möglich, einen Spaziergang zu machen, der über alle 7 Brücken führt, keine zweimal
besucht und zum Ausgangspunkt zurückführt?
A
B
A
D
D
B
C
C
Antwort: nein
Leonard Euler (1707-1783) löste dieses Problem 1736 und begründete damit die Graphentheorie.
Satz 1 (Euler) Ein zusammenhängender Graph (Mehrfachkanten zugelassen) besitzt genau dann einen Eulerkreis, wenn der Grad jedes Knoten im Graphen gerade ist.
Aufgabe 1 Ein Land habe n Städte und eine direkte Eisenbahnverbindung {i, j} zwischen
allen Städten i, j mit 1 ≤ i < j ≤ n. Ein Eisenbahner muss für alle i 6= j die Verbindung
{i, j} genau einmal realisieren. Er darf also die Strecke {i, j} weder auslassen noch 2-fach
befahren noch sie in der Richtung von j nach i durchfahren, nachdem er sie schon von
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i nach j durchfuhr. Kann er unter diesen Bedingungen einen Ort i nicht mehr mit der
Eisenbahn verlassen, so muss er mit dem Hubschrauber fliegen. Was ist die Minimalzahl
der notwendigen Flüge?
Lösung:
Graphentheoretisch
¡ ¢ ist durch die beschriebene Situation ein vollständiger Graph Kn gegeben, dessen n2 Kanten jeweils genau einmal durchlaufen werden müssen.
Fall1: n ist ungerade, dann sind alle Valenzen gerade und es existiert ein Eulerkreis, Folglich ist die Anzahl notwendiger Flüge hier 0.
Fall2: n ist gerade, dann sind alle Valenzen ungerade. Der Eisenbahner kann von einem
Startknoten A ausgehend fast alle Strecken abfahren, er endet in E. Dann sind noch
n−2
Strecken übrig, von jedem Knoten (außer A und E) geht eine dieser unbefahrenen
2
Strecken aus. Um diese Strecken per Flug zu verbinden braucht man n−2
Flüge.
2
Hamiltonkreise
Ein Graph G heißt Hamiltonsch, wenn es einen Kreis gibt, der alle Knoten von V
enthält. (Hamitonkreis), ein Hamiltonweg ist ein Weg in G, der alle Knoten von V
enthält.
Der irische Mathematiker Sir William Rowan Hamilton (18051865) erfand 1859 das Knobelspiel “Reise um die Welt“, welches auf einem Dodekaeder gespielt wird. Die 20 Ecken
des Dodekaeders waren mit bekannten Städtenamen beschriftet. Die Aufgabe bestand
darin, entlang der Kanten des Dodekaeders zu “reisen“ und jede Stadt genau einmal zu
besuchen, bis man zum Ausgangspunkt zurückkehrt.
Aufgabe 2 Zeichne den Dodekaedergraphen und finde einen Hamiltonkreis in ihm.
Aufgabe 3 Finde einen Hamiltonkreis im Petersengraphen.
Lösung:
Existiert nicht (Fallunterscheidung)
Aufgabe 4 Wir betrachten Graphen mit ungerader Knotenzahl 2k + 1. Hat ein Graph
mit
a) k Knoten vom Grad k und k + 1 Knoten vom Grad k + 1
b) k Knoten vom Grad k + 1 und k + 1 Knoten vom Grad k
c) 2k Knoten vom Grad k und einem Knoten vom Grad 2k
d) 2k Knoten vom Grad k + 1 und einem Knoten vom Grad 2k
stets einen Hamilton-Kreis? (Begründung oder Gegenbeispiel!)
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Lösung:
a) NEIN, Graph kann nicht existieren, da k 2 + (k + 1)2 =Summe der Valenzen ungerade
wäre.
b) NEIN, Gegenbeispiel: Kk,k+1 . Allgemeiner gilt: Kn,m Hamiltonsch gdw. m = n.
c) NEIN, Gegenbeispiel: zweimal Kk plus einem Knoten x, der mit allen anderen verbunden ist, jeder Hamiltonkreis müsste zweimal durch x durch.
d) JA, Voraussetzung für Satz von Dirac erfüllt.
Satz 2 (Dirac) Wenn G ein zusammenhängender Graph mit n ≥ 3 Knotenpunkten ist,
in dem jeder Knoten mindestens n2 Nachbarn hat, dann hat G einen Hamiltonkreis.
Beweis: In einem Hamiltongraphen liegen sämtliche Knoten auf einem Kreis, weitere Kanten des Graphen sind Sehnen des Kreises
Annahme: Es gibt einen Graphen mit n ≥ 3 Knotenpunkten, in dem jeder Knoten mindestens n2 Nachbarn hat, der aber nicht hamiltonsch ist. Dann betrachte einen längsten
Weg in G.
b
c
d
a
b sonst wäre der
a hat mindestens n2 Nachbarn, die befinden sich auf dem Teilweg ab,
b Schaue alle
Weg verlängerbar. Auch b hat mindestens n2 Nachbarn auf dem Teilweg ab.
b an. Betrachte deren rechte Nachbarn. Einer von diesen muss mit
Nachbarn von a auf ab
b < n. Seien dies c und d. Dann ist a → d → b → c → a ein
b benachbart sein, da |ab|
Kreis. Dieser muss alle Knoten enthalten, d.h. Hamiltonkreis! Andernfalls hätte der Kreis
Nachbarn im Rest und es ergäbe sich ein längerer Weg, Widerspruch!
2
Aufgabe 5 Formuliere für d ∈ N den Begriff “Graph des d-dimensionalen Würfels“
präzise und zeige, dass dieser Graph einen Hamiltonkreis hat.
Lösung:
d-dimensionaler Würfelgraph: Derjenige Graph, der entsteht, wenn man die Elemente der
Menge {0, 1}d (d feste natürliche Zahl) als Knoten interpretiert und je zwei von diesen
genau dann durch eine Kante verbindet, wenn sie sich in genau einer Komponente unterscheiden.
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(Ind.Anf.) Der 3-dimensionale Würfel ist Hamiltonsch.
(Ind.Schritt) Sei Wd ein d-dimensionaler Würfel und Hamiltonsch (Ind.Vor.), erhalte den
(d + 1)-dimensionalen Würfel Wd+1 durch Kopieren von Wd und Verbinden korrespondierender Knoten. In Tupeln: Originalknoten erhält in (d + 1)-ter Komponente eine 0, die
Kopie eine 1.
Hamiltonweg in Wd+1 : Hamiltonweg in Wd von A bis B, Hamiltonweg in Kopie Wd0 von
A0 bis B 0 mit Kanten AA0 und BB 0 .
Weitere Begriffe:
Ein Graph heißt schlicht, wenn er weder Schlingen noch Mehrfachkanten besitzt.
Der duale Graph G∗ zu einem planaren Graphen G hat die Hauptstädte der Länder als
Knoten. Sie sind durch eine Kante verbunden, wenn die Länder in G benachbart sind.
Folglich gilt: Anzahl der Knoten in G = Anzahl der Flächen in G∗ und umgekehrt. Die
Anzahlen der Kanten stimmen überein.
Ein Graph heißt r-regulär, wenn alle Knoten die gleiche Valenz r haben.
Die Platonischen Körper sind die nach dem griechischen Philosophen Platon benannten
fünf besonders regelmäßigen konvexen Polyeder (Vielflächner) Tetraeder, Würfel, Oktaeder, Dodekaeder, Ikosaeder. Als Graphen betrachtet sind sie regulär, und planar, d.h.
kreuzungsfrei in die Ebene zeichenbar.
Aufgabe 6 Sei n eine ganze Zahl, n ≥ 4. In einer Gruppe von n Personen möge jeder
(sich selbst nicht gerechnet) genau drei Personen kennen. Diese n Personen werden an
einem runden Tisch plaziert. Eine solche Anordnung heiße günstig, wenn jede Person
ihre beiden Tischnachbarn kennt. Beweise: Falls es eine günstige Anordnung A1 gibt, so
existiert noch eine weitere günstige Anordnung A2 , die aus A1 weder durch Drehung noch
durch Spiegelung erzeugt werden kann.
Lösung:
Zunächst ein Beispiel: 8 Personen, Bekanntschaften durch Würfelgraph gegeben.
6..
7
...
...
5
8
...
...
3..................... 2
.
.
.
.
4 .....
1
8
1
2
7
8
3
6
5
4
7
2
1
3
4
5
6
Die Lösung der Aufgabe ist ein Spezialfall des nachfolgenden Satzes.
Satz 3 Für jeden 3-regulären Graphen ist die Anzahl derjenigen Hamiltonkreise, die eine
vorgeschriebene Kante enthalten, gerade.
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Beweis: Sei G 3-regulär und k = (u, v) eine seiner Kanten. Sei P(G, k) die Menge aller
Hamiltonwege in G, die k enthalten. Sei P ∈ P(G, k) mit
P = (u, v, b1 , . . . , bi−1 , bi , bi+1 , . . . , bn ) .
bn hat neben bn−1 genau zwei Nachbarn, sei einer davon bi 6= u. Sei N (P ) die Menge aller
Knotenfolgen P 0 , die aus P wie folgt entstehen:
P 0 = (u, v, b1 , . . . , bi−1 , bi , bn , bn−1 , . . . , bi+1 ) ,
wobei {bi , bn } Kante in G ist. Dann ist P 0 wiederum ein Hamiltonweg, man schließt leicht
auf
P 0 ∈ N (P ) ⇔ P ∈ N (P 0 ) .
Ist P ein Hamiltonkreis, ist also {u, bn } eine Kante in G, so ist |N (P 0 ) = 1|. Ist P kein
Hamiltonkreis, ist also {u, bn } keine Kante in G, so ist |N (P )| = 2.
v
b1
.....
u ...
......... bi
.
.
.
.
.
.
...
.
.
.
. ............
bn......
bi+1
v
.bi
.....
.
.
.
.
...
.....
.
u
.
.
.
...
.....
.
.
.
.
.
bn...................................
bj
bn−1
Zu zeigen ist, dass die Anzahl der P ∈ P(G, k) mit |N (P )| = 1 gerade ist.
Dazu bilden wir einen neuen Graphen H mit der Knotenmenge P(G, k). Jeder die Kante
k enthaltende Hamiltonweg P ∈ P(G, k) wird also als Knoten von H interpretiert. Die
Kanten von H seien die Mengen {P, P 0 } mit P 0 ∈ N (P ).
Wie in jedem Graphen ist auch in H die Summe aller Knotengerade gerade. Folglich ist
(wie in jedem Graphen) die Anzahl der Knoten mit ungerader Valenz gerade. Also gibt
es in H eine gerade Anzahl von Knoten mit dem Grad 1. Das ist gleichbedeutend damit,
dass es in G gerade viele Hamiltonkreise gibt, die die Kante k = {u, v} enthalten.
2
Querbeet (Geometrie)
1. Gegeben ist ein gleichseitiges Dreieck ABC. Auf der Verlängerung von AB über B
hinaus liegt der Punkt D, so dass BD = AB gilt.
Beweise, dass dann das Dreieck ADC ein rechtwinkliges Dreieck ist.
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2. Es sei ABCD ein Trapez (gAB k gCD ).
Beweise: Die Gerade gAC ist genau dann die Winkelhalbierende des Winkels ^DAB,
wenn AD = DC gilt.
3. Von einem Dreieck ABC seien die Seitenlängen a, b, c gegeben. Der Inkreis dieses
Dreiecks berühre die Seite BC in D, die Seite CA in E und die Seite AB in F.
Ermittle die Längen der Seitenabschnitte BD, DC, CE, EA, AF und F B in
Abhängigkeit von a, b, c.
4. Zwei Kreise k1 , k2 berühren sich von außen im Punkt A. Auf einer gemeinsamen
äußeren Tangente liegen die Tangentenpunkte B und C von k1 bzw. k2 .
Beweise, dass der Winkel ^BAC ein rechter Winkel ist.
5. Durch den Schnittpunkt W der Winkelhalbierenden eines Dreiecks ABC betrachte
man die Parallele zu gBC . Sie schneide die Dreiecksseite AB und AC in den Punkten
E bzw. F .
Beweise, dass EF = EB + F C gilt.
6. In einem Kreis k (M, r) sei AB eine Sehne mit AB < 2r. Auf der Halbgeraden
mit dem Anfangspunkt A, die B enthält, sei C ein Punkt außerhalb von AB mit
BC = r. Die Halbgerade, die M enthält und C als Anfangspunkt hat, schneide k
in dem außerhalb von CM gelegenen Punkt D.
Beweise, dass ^AM D = 3 · ^ACM ist.
7. Gegeben sind ein gleichschenkliges Dreieck ABC mit der Basis AB sowie sein Umkreis k und der Schnittpunkt W der Winkelhalbierenden von ABC.
Die Winkelhalbierende von ^ACB schneidet k in einem weiteren Punkt D.
Beweise, dass das Dreieck AW D gleichschenklig ist.
8. Beweise, dass in jedem Dreieck die Länge jeder Seitenhalbierenden kleiner als der
halbe Umfang des Dreiecks ist.
9. Gegeben ist ein gleichschenkliges Trapez ABCD (α = β < 90◦ ; AD = BC). Es sei
E ∈ CD. Die Parallele zur Diagonalen BD durch E schneide die Gerade gAB in F .
Beweise, dass AE = CF gilt.
/ gAB .
10. Gegeben ist eine Strecke AB und ein Punkt W mit W ∈
Konstruiere ein Dreieck ABC mit einer Seite AB und dem Schnittpunkt der Winkelhalbierenden W .
11. Gegeben sind zwei parallele Geraden g und h mit dem Abstand a (a > 0). Ferner
ist P eine Punkt zwischen g und h.
Konstruiere einen Kreis, der g und h berührt und durch P geht.
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12. Beweise: In jedem Dreieck teilt die Winkelhalbierende eines Innenwinkels die gegenüberliegende Seite im Verhältnis der beiden anderen Seiten.
Hinweis: Zur Winkelhalbierenden des Winkels α (beispielsweise) zeichne man die
Parallele durch den Punkt B (oder C), Strahlensatzfigur(!).
13. Gegeben sind zwei sich in P und Q schneidende Kreise.
Konstruiere alle Geraden durch P, aus denen die beiden Kreise gleich lange Sehnen
ausschneiden.
Bemerkung: Man gehe von zwei sich schneidenden Kreisen aus und betrachte die
nicht triviale Lösung (Gerade durch P verschieden von gP Q ) - ausgehend von der
Lösung suche man nach einem Konstruktionsweg - Konstruktionsbeschreibung.
14. In einem rechtwinkligen Dreieck ABC (γ = 90◦ ) ist ein Halbkreis so eingelagert,
dass der Durchmesser auf AB liegt und die Geraden gAC und gBC Tangenten an
diesen Halbkreis sind.
Beweise, dass für seinen Radius r dann 1r = a1 + 1b gilt.
Mittelungleichungen und Aufgaben
Es gilt
x2 + y 2 ≥ 2xy
1
x+
≥ 2 ∀x > 0
x
(1)
(2)
Denn:
x2 + y 2 ≥ 2xy ⇔ (x − y)2 ≥ 0
x + x1 ≥ 2 ⇔ x2 + 1 ≥ 2x ⇔ (x − 1)2 ≥ 0
Satz 1 Seien x1 , . . . , xn positive reelle Zahlen. Dann gilt: Aus x1 · . . . · xn = 1 folgt
x1 + . . . + xn ≥ n
Es gilt x1 + . . . + xn = n gdw x1 = . . . = xn .
Beweis: mittels vollständiger Induktion über n
Ind.anf.: n = 2 gilt wegen (2).
Ind.vor.: Wir nehmen an, der Satz sei richtig für n = k ≥ 2.
Ind.beh.: Der Satz gilt für n = k + 1, d.h. aus x1 · . . . · xn+1 = 1 folgt x1 + . . . + xn+1 ≥ n + 1
Ind.bew.:
Sei (oBdA) x1 ≤ 1 und xk+1 ≥ 1.
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x1 xk+1 x2 · . . . · xn = 1
| {z }
=:y1
=⇒ y + . . . + x ≥ k
⇒ y1 · . . . · xk = 1 Ind.vor.
1
k
Dann folgt
x1 + . . . + xk+1 = y1 + . . . + xk +xk+1 − y1 + x1
|
{z
}
≥k
≥ k + xk+1 − y1 + x1
= K + 1 + xk+1 − y1 + x1 − 1
≥ k + 1 + (1 − x1 ) (xk+1 − 1) ≥ k + 1
| {z } | {z }
≥0
≥0
2
Arithmetisches und geometrisches Mittel
√
Die Zahl g = n x1 · . . . · xn heißt das geometrische Mittel der positiven reellen Zahlen
n
x1 , . . . , xn und die Zahl a = x1 +...+x
ihrarithmetisches Mittel.
n
Satz 2 Es gilt a ≥ g und es gilt a = g gdw x1 = . . . = xn .
q
√
Beweis: g = n x1 · . . . · xn ⇒ 1 = n xg1 · . . . ·
=⇒ x1 + . . . + xn ≥ n ⇒ a = x1 +...+xn ≥ g
Satz 1
g
g
xn
g
⇒1=
x1
g
· ... ·
xn
g
2
n
Harmonisches Mittel und Mittel α-ten Grades
Das harmonische Mittel ist definiert für die positiven reellen Zahlen x1 , . . . , xn als
n
h = 1 +...+
1
x1
xn
Satz 3 Es gilt g ≥ h und es gilt g = h gdw x1 = . . . = xn .
1
+...+ x1
x1
n
Beweis: Aus a ≥ g folgt
√
n
=⇒ n x1 · . . . · xn ≥ 1 +...+
x1
n
q
≥
n
1
x1
· ... ·
1
xn
=
1
√
n x ·...·x
n
1
2
1
xn
Die Zahl
µ
cα =
xα1 + . . . + xαn
n
¶ α1
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heißt Mittel α-ten Grades der positiven reellen Zahlen x1 , . . . , xn .
Speziell: c3 kubisches Mittel
c2 quadratisches Mittel
c1 arithmetisches Mittel
c0 wird definiert als geometrisches Mittel
c−1 harmonisches Mittel
Satz 4 (ohne Beweis) α < β ⇒ cα < cβ und cα = cβ gdw x1 = . . . = xn .
Aufgaben
Zu beweisen sind die folgenden Aussagen
1. Wenn ai > 0 für i = 1, . . . , n und a1 · . . . · an = 1, so gilt
(1 + a1 )(1 + a2 ) · . . . · (1 + an ) ≥ 2n
2. Für positive reelle Zahlen a, b, c gilt
loga b + logb c + logc a ≥ 3
3. Unter allen Quadern mit gleicher Summe der Kantenlänge hat der Würfel das größte
Volumen.
√
4. Für alle reellen Zahlen x, y gilt x + y ≤ a 2, wenn x2 + y 2 = a2 und a ≥ 0.
5. Für positive reelle Zahlen x, y, z gilt x2 + y 2 + z 2 ≥ 12, wenn x + y + z = 6.
q
6. Für positive reelle Zahlen x, y, z gilt x3 + y 3 + z 3 ≥ 16 23 , wenn x2 + y 2 + z 2 = 8.