Lösungsvorschlag Zettel 2

Lösungsvorschlag Zettel 2
Kombinatorik, Sommersemester 2012
Jesko Hüttenhain
Die folgenden Lösungen sind meine persönlichen Vorschläge und haben keinen Anspruch darauf,
über jeden Zweifel erhaben zu sein. Aus Zeitgründen kann es außerdem nicht zu jedem Zettel
Lösungsvorschläge von mir geben.
Aufgabe 1. Sei G = (V, E) und n := |V|. Wir zeigen die Aussage per Induktion nach n.
Für n = 1 stimmt die Aussage offenbar, sei also n > 1. Wähle eine Ecke v ∈ V. Wir können
davon ausgehen, dass NG (v) , V \ { v }, da wir sonst bereits fertig wären. Aus dem
gleichen Grund können wir annehmen, dass NḠ (v) , V \ { v }. Betrachte den Graphen
G − v := (V \ { v } , { e ∈ E | v < e }), für den die Aussage nach Induktionsvoraussetzung
gilt. Nun hängt aber v sowohl mit G als auch mit Ḡ zusammen, da es in beiden Graphen
mindestens einen Nachbarn hat.
Aufgabe 2. Wir beginnen mit (i) ⇒ (ii). Da T zusammenhängend ist, gibt es zwischen
je zwei Ecken einen Weg. Wäre dieser Weg nicht eindeutig, so gäbe es zwei kantendisjunkte Wege mit gleichem Start- und Endpunkt in T, zusammen ergäbe das einen Kreis.
Es folgt so auch (ii) ⇒ (i), da es keine Kreise in einem Graphen geben kann, in dem je
zwei Ecken nur durch genau einen Weg verbunden sind. Statt (i) ⇒ (iii) zeigen wir die
noch allgemeinere Aussage
Lemma 1. Für einen Wald T mit n Ecken, m Kanten und p Zusammenhangskomponenten gilt
stets n = m + p.
Beweis. Für m = 0 ist die Aussage klar. Für den Induktionsschritt wollen wir zeigen,
dass sich beim Löschen einer Kante in einem Wald die Anzahl der Zusammenhangskomponenten um 1 erhöht. Es genügt also, zu zeigen, dass das Löschen einer Kante
aus einem Baum einen Wald mit zwei Bäumen erzeugt. Sei e = { v, w } eine Kante in
einem Baum T. Nach (ii) ist klar, dass in T − e die von v erreichbaren und die von w
erreichbaren Knoten jeweils eine Zusammenhangskomponente definieren.
1
Nun zu (iii) ⇒ (iv). Solange T einen Kreis enthält, löschen wir eine Kante des Kreises.
Angenommen, wir löschen auf diese Weise k Kanten und erhalten einen Baum, dann
folgt k = 0 aus Lemma 1, denn m = n − 1 − k und p = 1. Also war T bereits kreisfrei.
Für (iv) ⇒ (i) argumentieren wir ähnlich: Wir fügen wiederholt Kanten ein, zwischen
zwei Knoten verschiedener Zusammenhangskomponenten, bis der Graph ein Baum
ist1 . Nach Lemma 1 folgt erneut, dass die Anzahl der so eingefügten Kanten gleich 0
gewesen sein muss.
Aufgabe 3. Sei G = (V, E) ein Graph mit n := |V| und m := |E|.
(a). Wenn wir für jede Ecke die zu ihr inzidenten Kanten zählen, so zählen wir jede
P
Kante genau 2 mal, demnach also v∈V d(v) = 2m. Daraus folgt die Aussage.
(b). Zunächst bemerken wir, dass für alle a, b ∈ N aus der zweiten Binomischen Formel
(a − b)2 ≥ 0 folgt, dass a2 + b2 ≥ 2ab, also ba + ba ≥ 2. Daraus folgt nun
X X d(u)
X d(u) d(v)
=
+
≥ 2m
d(v)
d(v) d(u)
v∈V
u∈N (v)
{ v,u }∈E
und damit die Aussage.
P
Aufgabe 4. Den Tupeln (α1 , . . . , αn ) ∈ Nn mit ni=1 αi = d entsprechen schwach steigenden Folgen λ = (λ1 ≤ λ2 ≤ · · · ≤ λd ) von ganzen Zahlen, wobei die Zahl i gerade αi
mal wiederholt wird. Mit anderen Worten,
α 7−→ 1, . . . , 1, 2, . . . , 2, . . . , n, . . . , n
α1 -mal
α2 -mal
αn -mal
und das Inverse ist gegeben, indem wir der Folge λ das Tupel α mit αi = |{ k : λk = i }|
zuordnen. Durch Addition von j zu λ j entsteht die Folge (λ1 + 1, λ2 + 2, . . . , λd + d),
welche nun stark steigend ist. Auch dieser Prozess lässt sich umkehren und eine solche
Folge entspricht einer Untermenge von { 2, . . . , n + d } mit genau d Elementen – davon
gibt es aber gerade (n+dd−1) viele.
1 Beim
verbinden von zwei Zusammenhangskomponenten durch eine Kante kann kein Kreis entstehen,
da es zwischen den beiden verbundenen Knoten vorher keinen Pfad gab.
2