(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 2
Aufgabe 2.1
Sei G = (V, E) ein Graph und n := |V |, m := |E|. In Satz 2.17 der Vorlesung wurde die Äquivalenz
der folgenden Aussagen behauptet (und zum Teil bewiesen):
(i) G ist ein Baum,
(ii) G ist zusammenhängend und m = n − 1,
(iii) G ist kreisfrei und m = n − 1,
(iv) G ist kantenmaximal kreisfrei,
(v) G ist kantenminimal zusammenhängend, und
(vi) zu je zwei Knoten x, y ∈ V existiert genau ein x, y-Weg in G.
a) Beweisen Sie mittels vollständiger Induktion über k:
Ist G kreisfrei und k die Anzahl seiner Zusammenhangskomponenten, dann besitzt G genau
n − k Kanten.
b) Beweisen Sie (ii) ⇒ (iii), (iii) ⇒ (i) und (v) ⇒ (iv).
Lösung zu Aufgabe 2.1
MA1501,1503
a) Induktionsanfang „k = 1“: Dann ist G ein Baum und nach dem bereits bewiesenen Teil von
Satz 2.17 „a) ⇒ b)“ hat G deswegen in der Tat genau n − 1 Kanten.
Induktionsschritt „k − 1 → k“: Sei k ≥ 2, die Behauptung für k − 1 wahr (I.V.) und G ein
beliebiger kreisfreier Graph mit k Zusammenhangskomponenten. Bezeichne G0 eine beliebige
dieser Komponenten und n0 die Anzahl der Knoten in G0 ; bezeichne G00 die Vereinigung aller
anderen Komponenten und n00 = n − n0 die Anzahl der Knoten in G00 . Nach Konstruktion ist G0
ein Graph mit genau 1 und G00 ein Graph mit genau k − 1 Zusammenhangskomponenten. Da
nach Definition der Zusammenhangskomponenten keine Kanten zwischen G0 und G00 existieren,
ist m die Summe der Kanten in G0 und G00 . Gemäß I.A. hat G0 genau (n0 − 1) Kanten und G00
nach I.V. genau n00 − (k − 1) Kanten. Folglich gilt m = (n0 − 1) + (n00 − k + 1) = n − k, wie
behauptet.
b) (ii) ⇒ (iii): Sei G ein zusammenhängender Graph mit n Knoten und m = n − 1 Kanten. Zu
zeigen ist, dass G kreisfrei ist. Angenommen, G wäre nicht kreisfrei und C = (VC , EC ) wäre ein
Kreis als Subgraph von G. Unser Ziel ist es, zu zeigen, dass G dann mindestens n Kanten haben
muss. Wir wählen dazu zunächst einen Knoten w ∈ VC . Da G zusammenhängend ist, existiert
für jeden Knoten v ∈ V \ VC ein kürzester v, w-Weg. Sei ev die erste Kante (von v kommend)
auf diesem Weg. Diese Kante liegt nicht in EC und für zwei verschiedene Knoten v, v 0 ∈ V \ VC
gilt, dass ev 6= ev0 ist. Somit muss G mindestens |V \ VC | + |EC | = |V \ VC | + |VC | = |V | = n
Kanten haben, im Widerspruch zur Voraussetzung m = n − 1.
Seite 1 von 4
WiSe 2014
(iii) ⇒ (i): Nach Definition bedeutet Baum „kreisfrei und zusammenhängend“. Wenn (iii) gilt,
bleibt also nur noch „zusammenhängend“ zu zeigen. Wäre G nicht zusammenhängend, hätte G
mindestens 2 Zusammenhangskomponenten und laut Teilaufgabe (a) deswegen n − k < n − 1
Kanten, im Widerspruch zu (iii).
(v) ⇒ (iv): Gelte (v). Angenommen G wäre nicht kreisfrei. Sei dann C ein beliebiger Kreis
von G und e = {x, y} eine beliebige Kante des Kreises.
Behauptung: Dann ist G − e immer
noch zusammenhängend. Beweis: Sei {u, v} ∈ V2 beliebig. Wir müssen zeigen, dass in G − e
ein u, v-Weg existiert. Weil (v) gilt, ist G insbesondere zusammenhängend. Daher existiert in
G ein u, v-Weg P . Wenn e von P nicht benutzt wird, ist P auch ein u, v-Weg in G − e und
wir sind fertig. Wir nehmen daher an, dass e zu P gehört. Sei nun au der von u aus gezählt
erste Knoten des Weges auf C, und av der von v aus gesehen erste Knoten auf C. (Es ist
möglich, dass au = x und av = y.) Reiht man die Wege von u nach au auf P , von au nach av
auf C − e und von av nach v auf P aneinander, ergibt sich ein u, v-Weg in G − e. Das beweist,
dass G − e zusammenhängend ist, im Widerspruch zu (v). Also muss G kreisfrei sein. Zu (iv)
fehlt uns noch, dass G als kantenmaximal kreisfrei ist. Wäre das nicht so, gäbe es eine Kante
e = {x, y} ∈ V2 \ E, sodass (V, E ∪ {e}) kreisfrei ist. Dann aber existiert in G kein x, y-Weg,
im Widerspruch dazu, dass G laut (v) zusammenhängend ist.
Aufgabe 2.2
Sei G = (V, E) ein Graph. Zeigen Sie:
a) ω(G) ≤ ∆(G) + 1.
b)
|V |
α(G)
≤ ∆(G) + 1.
Hinweis: Betrachten Sie eine maximale stabile Menge und ihre Nachbarschaft.
c) Ist |V | ≥ 6, dann ist max{α(G), ω(G)} ≥ 3.
Lösung zu Aufgabe 2.2
a) Klar, da jeder Knoten in einer beliebigen größten Clique in G bereits Grad ω(G) − 1 hat.
b) Sei S eine beliebige maximale stabile Menge. Dann ist V \ S ⊂ s∈S N(s). Daher |V \ S| ≤
S
S
˙
| s∈S N(s)|. Ferner ist | s∈S N(s)| ≤ |S| · ∆(G) ≤ α(G) · ∆(G). Damit folgt |V | = |S ∪(V
\ S)|
S
= |S| + |V \ S| ≤ |S| + | s∈S N(s)| ≤ α(G) + α(G)∆(G), und das ist die Behauptung.
S
c) Sei x ein beliebiger Knoten. Da |V | ≥ 6 besitzt x entweder 3 Nachbarn oder 3 Nicht-Nachbarn. 3
Nachbarn von x bilden entweder eine stabile Menge oder mit x eine 3-Clique. 3 Nicht-Nachbarn
von x bilden entweder eine Clique oder mit x eine 3-stabile Menge.
Aufgabe 2.3
Es sei G = (V, E) ein Graph.
MA1501,1503
a) Zeigen Sie die Äquivalenz der beiden folgenden Aussagen:
(i) G ist bipartit.
(ii) Für jeden Subgraphen H ⊂ G gilt: α(H) ≥
|V (H)|
2 .
b) Zeigen Sie in einer Zeile: Ist G ein Baum, so ist G bipartit.
Seite 2 von 4
WiSe 2014
c) Es sei G zusammenhängend und jeder zusammenhängende Subgraph H = (V, E 0 ) mit |E 0 | = |V |
sei bipartit. Zeigen Sie, dass dann auch G bipartit ist.
Hinweis: Verwenden Sie Aufgabe 1.2.
d) Zeigen Sie mittels vollständiger Induktion, dass es einen bipartiten Subgraphen G0 = (V, E 0 )
von G gibt, so dass |E 0 | ≥ |E|
2 .
Lösung zu Aufgabe 2.3
Es sei G = (V, E) ein Graph.
a) (i)⇒(ii): Es sei G bipartit und V1 , V2 mit V1 ∩ V2 = ∅ seien die beiden Farbklassen. Diese sind
˙ 2 ist, folgt α(H) ≥ maxi=1,2 |V (H) ∩ Vi | ≥
stabile Mengen. Weiter sei H ⊂ G. Da V (H) ⊂ V1 ∪V
|V (H)|/2.
(ii)⇒(i): Angenommen G wäre nicht bipartit. Dann existiert H ⊂ G so dass H ein Kreis ungerader
Länge ist. Für dieses H gilt nicht α(H) ≥ |V (H)|/2. Ein Widerspruch zur Voraussetzung (ii).
b) G ist Baum ⇒ G enthält keinen Kreis (ungerader Länge) ⇒ G ist bipartit.
c) Laut (i) ⇒ (iii) des Hinweises existiert in G ein aufspannender Baum T = (V, E 0 ). Bäume sind
2-färbbar. Sei c : V → {a, b} eine beliebige gültige 2-Färbung von T . Behauptung: Unter den in
(c) genannten Umständen muss dann c auch für G eine gültige 2-Färbung sein. Beweis: Wir
brauchen nur zu zeigen, dass ein {u, v} ∈ E \ E 0 mit c(u) = c(v) unmöglich ist: Sei P der laut
Satz 2.17 f) eindeutige u-v-Weg in T . Weil c eine gültige 2-Färbung von T ist, wechseln sich
die Farben entlang P ab. Daher implizierte c(u) = c(v), dass P gerade Länge hat. Daher wäre
dann uP v ein Kreis in (V, E 0 ∪ {e}) mit ungerader Länge, was angesichts der Voraussetzung
und |V | = |E 0 ∪ {e}| ein Widerspruch ist.
d) Beweis durch Induktion:
Induktionsanfang n = 1: klar.
Induktionsschritt (n − 1 → n): Es sei G ein Graph auf n Knoten, und x ein beliebiger Knoten aus
G. Dann ist G−x ein Graph auf n−1 Knoten, und aus der Induktionsvoraussetzung gibt es einen
bipartiten Subgraphen (G − x)0 auf der gleichen Knotenmenge so dass e((G − x)0 ) ≥ e(G − x)/2.
Es seien A und B die Partitionsklassen von (G − x)0 . Offensichtlich muss dann entweder
|NG (x) ∩ A| ≥ deg(x)/2 oder |NG (x) ∩ B| ≥ deg(x)/2 gelten, also oBdA. |NG (x) ∩ A| ≥ deg(x)/2.
Bezeichne mit G0 den bipartiten Subgraphen von G mit Partitionsklassen A und B. Dann gilt
wie gewünscht:
e(G0 ) ≥ e((G − x)0 ) + deg(x)/2
1
1
≥ (e(G − x) + deg(x)) = e(G).
2
2
Aufgabe 2.4
MA1501,1503
a) Beweisen Sie Satz 2.27 der Vorlesung:
Es sei G = (V, E) ein zusammenhängender Graph. Dann sind die folgenden Aussagen äquivalent:
(i) G besitzt eine Eulertour.
(ii) ∀ v ∈ V : deg(v) gerade.
Hinweis: Verwenden Sie Lemma 2.26.
Seite 3 von 4
WiSe 2014
b) Ein Eulerzug in einem Graphen G ist ein nicht notwendigerweise geschlossener Kantenzug,
der jede Kante genau einmal benutzt. Geben Sie eine einfache, notwendige und hinreichende
Bedingung an, wann G einen Eulerzug enthält. Begründen Sie Ihre Antwort.
Lösung zu Aufgabe 2.4
MA1501,1503
a)
„i ⇒ ii“ Läuft man entlang der Kanten der Eulertour, kommt man in jedem Knoten genau so oft
an, wie man ihn verlässt. Da alle Kanten genau einmal benutzt werden, muss jeder Knoten
mit einer geraden Anzahl Kanten inzident sein.
„ii ⇒ i“ Wegen Lemma 2.26 wissen wir, dass wir eine Partition der Kanten in G in kantendisjunkte
Kreise annehmen dürfen, etwa E = C1 ∪˙ . . . ∪˙ Ck , wobei Ci , i ∈ [k] Kreise sind.
Wir zeigen (i) durch Induktion über k:
I.A.: Ist k = 0 dann gilt (i) offensichtlich.
I.S.: Sei k ≥ 1. Definiere G0 := (V, E \ Ck ) und seien G1 , . . . , Gl die Zusammenhangskomponenten von G0 . Da G zusammenhängend ist, „berührt“ Ck alle Gj , j ∈ [l] und die
Kantenmenge jedes Gi besteht aus einer Teilmenge der Ci , i ∈ [k − 1]. D.h. jedes Gi ist
zshgd und besitzt eine Partition in nicht mehr als k − 1 Kreise. Nach I.V. existiert in jedem
Gi also eine Eulertour. Eine Eulertour in G erhält man nun wie folgt: Starte bei einem
beliebigen Knoten in Ck und folge den Kanten in Ck , aber jedesmal wenn man eine der
Zshgsk Gi das erste Mal erreicht, durchläuft man die Eulertour von Gi und erst dann
weiter die Kanten von Ck .
b) Behauptung: Der Graph G hat ein Eulerzug genau dann, wenn er zusammenhängend ist und
höchstens zwei Knoten einen ungeraden Grad haben.
Beweis der Behauptung:
Zur Notwendigkeit: Sei Z ein beliebiger Eulerzug in G und z =
6 z 0 die Endknoten von Z. Wir
0
0
fügen zwei neue Knoten x, x zu V und die Kanten {x, z} , {x , z 0 } und {x, x0 } zu E hinzu. Den
neuen Graphen nennen wir G0 = (V 0 , E 0 ). Zusammen mit {x, z}, {x0 , z 0 } und {x, x0 } bildet Z
eine Eulertour in G0 . Also hat jeder Knoten in G0 einen geraden Grad.
Da x, x0 in G0 Grad 2 haben und da jedes v ∈ V \ {z, z 0 } sowohl in G als auch in G0 denselben
Grad hat, ist es nur für z und z 0 möglich, dass sie ungeraden Grad haben.
Zur Hinlänglichkeit: Habe G höchstens zwei Knoten geraden Grads. Laut Blatt 1 (Anzahl
Knoten ungeraden Grades) hat dann G entweder 0 oder 2 solche Knoten. Hat er 0, so existiert
laut Vorlesung eine Eulertour in G, also insbesondere ein Eulerzug.
Nehmen wir deshalb an, es gäbe 2 Knoten ungeraden Grades und nennen wir diese zwei Knoten
z und z 0 . Wir fügen dann einen neuen Knoten x zu G hinzu, den wir genau mit z und z 0
verbinden. Der entstandene Graph G0 hat keinen Knoten ungeraden Grades, also laut Vorlesung
eine Eulertour Z. Löschen des Knotens x (der in G0 Grad 2 hat) zerstört genau die beiden
Kanten {x, z} und {x, z 0 }, lässt also einen Eulerzug in G übrig.
Seite 4 von 4
WiSe 2014