Lösungen zu Aufgabenblatt 1P

Graphentheorie
Prof. Dr. Peter Becker
Fachbereich Informatik
Wintersemester 2014/15
29. September 2014
Lösungen zu Aufgabenblatt 1P
Aufgabe 1 (Graph)
(a) Zeichnen Sie ein Diagramm des Graphen G = (V, E) mit V = {a, b, c, d, e} und
E = {{a, b}, {a, c}, {a, d}, {b, c}, {c, d}, {a, e}, {c, e}}.
(b) Geben Sie δ(G) und ∆(G) an.
δ(G) = 2,
∆(G) = 4
Aufgabe 2 (Hypercube)
Der n-dimensionale Hypercube Hn = (Vn , En ) ist wie folgt definiert:
• Vn ist die Menge der Bitstrings der Länge n.
• Für zwei Bitstrings p, q ∈ Vn gilt {p, q} ∈ En genau dann,
wenn p und q sich in genau einem Bit unterscheiden.
Das Diagramm rechts zeigt den 2-dimensionalen Hypercube
H2 .
(a) Zeichnen Sie ein Diagramm des dreidimensionalen Hypercube H3 .
1
(b) Wie viele Knoten und wie viele Kanten hat der Hn ? Geben Sie hierfür Formeln an und
begründen Sie Ihre Formeln.
Hinweis zur Ermittlung der Kantenanzahl: Nutzen Sie das Handschlaglemma.
In einem Bitstring der Länge n kann jedes Bit die Werte 0 oder 1 annehmen. Damit folgt:
|Vn | = 2n
Für alle Knoten v ∈ Vn gilt deg(v) = n, denn in einem Bitstring der Länge n hat man
genau n Möglichkeiten, ein Bit zu ändern.
Mit dem Handschlaglemma folgt:
2|En | =
X
deg(v)
v∈Vn
=
X
n
v∈Vn
n
= n2
Damit folgt
|En | = n 2n−1
Aufgabe 3 (Gittergraph)
Der Gittergraph Qn,m = (Vn,m , En,m ) ist für n, m ≥ 2 definiert durch:
Vn,m = {1, . . . , n} × {1, . . . , m}
En,m = { {(i, j), (i0 , j 0 )} | |i − i0 | + |j − j 0 | = 1 }
(a) Zeichnen Sie den Q2,4 und den Q3,3 .
2
(b) Zeigen Sie mit Hilfe der vollständigen Induktion:
|En,m | = 2nm − n − m
Induktionsanfang für n = 2: Ein Q2,m hat
– m Kanten, die die Knoten (1, j) und (2, j) miteinander verbinden,
– m − 1 Kanten, die die Knoten (1, j) und (1, j + 1) miteinander verbinden und
– m − 1 Kanten, die die Knoten (2, j) und (2, j + 1) miteinander verbinden.
Also gilt
|E2,m | = m + (m − 1) + (m − 1)
= 3m − 2
= 2·2·m−2−m
Also stimmt die Formel für n = 2.
Induktionsschritt n → n + 1: Ein Qn+1,m hat
– Alle Kanten, die auch der Qn,m enthält. Nach I.V. sind dies 2nm − n − m.
– m Kanten, die die Knoten (n, j) und (n + 1, j) miteinander verbinden und
– m − 1 Kanten, die die Knoten (n + 1, j) und (n + 1, j + 1) miteinander verbinden.
Also gilt
|En+1,m | = 2nm − n − m + m + (m − 1)
= 2nm + 2m − n − 1 − m
= 2(n + 1)m − (n + 1) − m
(c) Können Sie die Formel von (b) auch direkt aus dem Handschlaglemma herleiten?
Ja, dies ist möglich. Im Qn,m haben
– die Knoten {(i, j)|2 ≤ i ≤ n − 1, 2 ≤ j ≤ m − 1} den Grad 4.
Dies sind (n − 2)(m − 2) Knoten.
3
– die Knoten {(1, j)|2 ≤ j ≤ m} den Grad 3. Dies sind (m − 2) Knoten.
– die Knoten {(n, j)|2 ≤ j ≤ m} den Grad 3. Dies sind (m − 2) Knoten.
– die Knoten {(i, 1)|2 ≤ i ≤ n} den Grad 3. Dies sind (n − 2) Knoten.
– die Knoten {(i, m)|2 ≤ i ≤ n} den Grad 3. Dies sind (n − 2) Knoten.
– die Knoten (1, 1), (1, m), (n, 1), (n, m) den Grad 2.
Damit ergibt sich nach dem Handschlaglemma
1
(4(n − 2)(m − 2) + 6(m − 2) + 6(n − 2) + 8)
2
= 2(n − 2)(m − 2) + 3(m − 2) + 3(n − 2) + 4
= 2nm − 4m − 4n + 8 + 3m − 6 + 3n − 6 + 4
= 2nm − n − m
|En,m | =
Aufgabe 4 (Schubfachprinzip)
(a) Zeigen Sie: Unter je fünf Punkten in einem gleichseitigen Dreieck der Seitenlänge 1 gibt es
stets zwei, deren Abstand höchstens 1/2 ist.
Wir verbinden paarweise die Mittelpunkte der Seiten des gleichseitigen Dreiecks:
Dadurch entstehen vier gleichseitige (Unter-)Dreiecke, deren Seitenlänge stets 1/2 ist. Zwei
Punkte in solch einem Dreieck haben demnach einen Abstand ≤ 1/2.
Nach dem Schubfachprinzip müssen von fünf Punkten, die in dem umschließenden Dreieck
mit Seitenlänge 1 liegen, mindestens zwei Punkte in dem selben Unterdreieck liegen, denn
es gibt ja nur vier Unterdreiecke. Diese beiden Punkte haben dann einen Abstand ≤ 1/2.
(b) Unter je 17 Punkten in einem gleichseitigen Dreieck der Seitenlänge 1 gibt es stets zwei,
deren Abstand höchstens d ist.
Bestimmen Sie einen geeigneten Wert für d und zeigen Sie mit diesem Wert die Gültigkeit
der Aussage.
Wenn man die vier Unterdreicke aus (a) wieder jeweils durch Halbieren der Seitenlänge
unterteilt, entstehen insgesamt 16 gleichseitige Dreiecke mit Seitenlänge d = 1/4.
4
Von 17 Punkten müssen also mindestens zwei im selben Unterdreieck liegen, die dann einen
Abstand ≤ 1/4 haben.
(c) Unter
√ je s Punkten in einem Würfel der Seitenlänge 3 gibt es stets zwei, die einen Abstand
≤ 3 haben.
Bestimmen Sie einen geeigneten Wert für s.
Analog zu den Aufgaben (a) und (b), nur dass hier entlang der drei Würfelachsen unterteilt
wird. Jede Achse wird in 3 Teile der Länge 1 unterteilt.
Dadurch √entstehen 33 = 27
√
Unterwürfel, deren Raumdiagonale jeweils die Länge 12 + 12 + 12 = 3 hat. Also s = 28.
Aufgabe 5 (Schubfachprinzip)
P
Gegeben seien n natürliche Zahlen a1 , . . . , an mit nk=1 ak ≤ 2n − 2.
PZeigen Sie,
P dass es dann
zwei nichtleere Indexmengen I1 , I2 ⊆ {1, . . . , n} mit I1 ∩ I2 = ∅ und i∈I1 ai = i∈I2 ai gibt.
Lösung: Die Menge {1, . . . , n} hat 2n P
verschiedene Teilmengen. Somit hat man 2n mögliche
Indexmengen I für die Summenbildung i∈I ai .
P
Wir ordnen einer Indexmenge I ⊆ {1, . . . , n} nun die Summe i∈I ai zu.
N.V. gilt
0≤
X
ai ≤ 2n − 2
i∈I
n
n
Damit verteilen sich die 2 Summen auf 2 − 1 verschiedene Werte. Nach dem Schubfachprinzip
muss es also zwei Indexmengen J1 und J2 geben mit
X
X
ai =
ai
i∈J1
i∈J2
Für diese beiden Indexmengen muss aber noch nicht, wie verlangt, J1 ∩ J2 = ∅ gelten.
Gilt J1 ∩ J2 6= ∅, dann konstruieren wir zwei andere Mengen wie folgt:
I1 := J1 \ J2 = J1 \ (J1 ∩ J2 )
I2 := J2 \ J1 = J2 \ (J1 ∩ J2 )
Damit folgt
X
i∈I1
ai =
X
i∈J1
ai −
X
ai =
i∈J1 ∩J2
X
i∈J2
5
ai −
X
i∈J1 ∩J2
ai =
X
i∈I2
ai