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Technische Universität München
Institut für Informatik
Prof. Dr. J. Csirik
Brandt & Stein
WS 2002/03
Aufgabenblatt 6
18. November 2002
Übung zur Vorlesung Diskrete Strukturen I
Abgabetermin: Tutorübungen am 28. und 29. November
Aufgabe 31
Reguläre Graphen (T/H)
Beweisen oder widerlegen Sie:
(a) (T) Jeder 3-reguläre Graph mit Hamiltonkreis hat chromatischen Index 3.
(b) (T) Jeder k-reguläre Graph hat chromatischen Index k.
(c) (T) Jeder bipartite, k-reguläre Graph hat chromatischen Index k.
(d) (T) Jeder k-reguläre Graph besitzt ein perfektes Matching.
(e) (T) In jedem planaren Graphen gibt es einen Knoten der höchstens Grad 5 hat.
(f) (T) In jedem planaren Graphen gibt es einen Knoten der höchstens Grad 4 hat.
(g) (H) Es gibt einen 3-regulären, planaren Graph G mit acht Gebieten und zwölf
Knoten.
l m
(h) (H) Die chromatische Zahl eines k-regulären Graphen ist mindestens .
Aufgabe 31 (Lösungsvorschlag)
Reguläre Graphen
(a) Wir beweisen die Behauptung indem wir drei disjunkte, perfekte Matchings
finden, die wir dann mit drei verschiedenen Farben färben.
Zunächst gilt für einen 3-regulären Graph (sowie für jeden k-regulären Graph
mit ungeradem k), dass er eine gerade Anzahl von Knoten hat, denn 3|V| = 2|E|
und damit muss |V| gerade sein.
Daher besteht der Hamilton-Kreis aus zwei perfekten Matchings. Das dritte
Matching erhält man dadurch, dass man den
entfernt. Dabei
Hamilton-Kreis
werden |V| Kanten entfernt und es bleiben |V| − |V| = |V| disjunkte (wegen
der 3-Regularität) Kanten übrig. Diese Kanten bilden ein weiteres Matching.
(b) Ein einfaches Gegenbeispiel ist der K der 2-regulär ist, aber drei Farben für
Kanten benötigt. Man kann sich nun fragen, ob eine Verallgemeinerung des obigen Satzes für k-reguläre Graphen auch ohne Hamiltonkreis gilt. Wir betrachten
folgenden 3-regulären Graphen G, der keinen Hamilton-Kreis besitzt.
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Wir zeigen nun mit Hilfe eines Widerspruchsbeweises, dass die Kanten von G
nicht mit drei Farben gefärbt werden können. Wir nehmen an, dass die Kante
{1, 2} mit der Farbe A (symbolisiert durch eine fette Linie) und die Kante {1, 4}
mit der Farbe B (symbolisiert durch eine fette gestrichelte Linie) gefärbt wird.
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Demnach muss die Kante {1, 3} mit der dritten Farbe C (symbolisiert durch eine
dünne gestrichelte Linie) gefärbt werden. Die Kante {2, 3} kann weder mit A
noch mit C gefärbt werden und muss daher mit B gefärbt werden. Daraus ergibt
sich, dass die Kante {2, 5} mit C gefärbt wird. Die Kante {4, 5} kann nicht mit B
gefärbt werden und muss daher mit A gefärbt werden. Damit bleibt aber keine
zulässige Farbe für die Kante {3, 4} übrig.
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A
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B
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C
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C
B
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A
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Ein anderer (schöner) 3-regulärer Graph, dessen Kanten nicht mit 3 Farben färbbar sind, ist der sogenannte Petersen-Graph.
(c) Sei G = (A ∪ B, E). Es ist klar, dass A und B gleich viele Knoten enthalten, denn
aus allen Knoten in A gehen insgesamt k|A| Kanten aus, die in Knoten in B
enden. Hätte B weniger Knoten als A, würde dies der k-Regularität widersprechen. Damit gilt |A| ≤ |B| und analog kann auch |B| ≤ |A| bewiesen werden. Wir
zeigen nun durch Induktion, dass höchstens k Farben zum Färben der Kanten
benötigt werden.
I.A. (k = 1) Der Graph besteht aus Zusammenhangskomponenten, die jeweils
aus einer Kante bestehen, und ist mit einer Farbe färbbar.
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I.S. Die Behauptung gelte für k − 1. Sei G 0 ein k-regulärer, bipartiter Graph.
Aus dem Satz von Hall folgt, dass es ein perfektes Matching M in diesem
Graphen gibt, denn |Γ (X)| ≥ |X| gilt für alle X ⊂ A. Alle Kanten in M erhalten nun die Farbe c . Daraufhin entfernt man alle Kanten in M. Da M
alle Knoten enthält, verringert sich der Grad aller Knoten um eins. Der
resultierende Graph ist (k − 1)-regulär und bipartit. Nach Induktionsvoraussetzung kann man ihn also mit k − 1 Farben färben. Insgesamt ist G 0
also mit k Farben färbbar.
Es fehlt noch der Nachweis, dass man mindestens k Farben benötigt. Dies folgt
durch die k-Regularität, denn in jedem Knoten berühren sich k Kanten. Es folgt
also χ 0 (G) = k.
(d) Wir gehen davon aus, dass nur zusammenhängende Graphen mit einer geraden Anzahl von Knoten gemeint sind. Ansonsten kann natürlich kein perfektes
Matching gefunden werden. Mit etwas Nachdenken lässt sich ein Graph konstruieren (siehe Abbildung), der 3-regulär ist und kein perfektes Matching besitzt. Eine der drei Brücken muss zum Matching gehören, da der zentrale Knoten abgedeckt sein muss. In dem Teilgraph der zu dieser Brücke gehört, findet
man leicht ein Matching. In den beiden anderen Teilgraphen ist dies unmöglich,
da man für einen Graphen mit fünf Knoten kein Matching finden kann. (Dieser
Graph lässt sich übrigens auch (wie in Teilaufgabe (d)) nicht mit drei Farben
färben).
Nach einem Satz von Petersen muss jeder 3-reguläre Graph, der kein perfektes
Matching besitzt, eine Brücke haben. Eine allgemeine Formel für die Anzahl der
Knoten im kleinsten k-regulären, h-Kanten-zusammenhängenden Graphen, der
kein perfektes Matching besitzt, wurde erst vor zwei Monaten von Ganci und
West gefunden.
(e) Nach Satz 2.43 gilt für einen planaren Graphen
mit drei oder
mehr Knoten:
|E| ≤ 3|V| − 6. Daraus folgt
≤ 6−
< 6. Der Wert
entspricht aber
P
wegen
∈ deg(v) = 2|E| genau dem durchschnittlichen Grad eines Knoten
im Graphen. Wenn der durchschnittliche Grad kleiner als 6 ist, dann muss es
einen Knoten v geben mit deg(v) ≤ 5.
Ein Graph mit einem oder zwei Knoten enthält trivialerweise nur Knoten mit
Grad kleiner gleich 5.
(f) Die Behauptung ist falsch, denn es gibt 5-reguläre, planare Graphen.
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(g) Für
P einen planaren Graphen gilt: #Gebiete = |E| − |V| + 2. Außerdem ist 2|E| =
∈ deg(v) = 12 · 3 und damit |E| = 18. Eingesetzt ergibt das 8 = 18 − 12 + 2.
Es kann also einen solchen Graph geben. Eine Ungleichheit hätte hier gezeigt,
dass man einen solchen Graphen garnicht erst suchen braucht. Tatsächlich findet man den angegebenen Graphen relativ leicht.
(h) Keiner der k Nachbarn eines Knotens kann die gleich Farben haben wie der
Knoten selbst. Man kann
l also
m jede Farbe maximal für |V|−k Knoten verwenden.
Daraus folgt χ(G) ≥
Aufgabe 32
.
Brücken und Zusammenhang (H)
Eine Brücke in einem zusammenhängenden Graphen G = (V, E) ist eine Kante e ∈ E,
so dass G[E\{e}] nicht mehr zusammenhängend ist. Beweisen oder widerlegen Sie
folgende Aussagen.
(a) Ein Graph, in dem alle Knoten geraden Grad haben, enthält keine Brücke.
(b) Eine Kante ist genau dann eine Brücke, wenn sie auf keinem Kreis liegt.
Aufgabe 32 (Lösungsvorschlag)
Brücken und Zusammenhang
(a) Angenommen die Behauptung wäre falsch und ein solcher Graph enthielte eine
Brücke. Dann würde man durch das Entfernen der Brückenkante zwei nichtzusammenhängende Teilgraphen, in denen jeweils nur ein Knoten ungeraden
Grad hat, erhalten. Dies ist nicht möglich, da die Anzahl der Knoten mit ungeradem Grad bekanntermaßen gerade sein muss.
(b) Beweis „von links nach rechts“: Wenn die Kante e = {v, w} auf einem Kreis
liegen würde, könnte man sie problemlos entfernen ohne den Zusammenhang
des Graphen zu gefährden, da v und w ja noch über den verbleibenden Teil des
Kreises miteinander verbunden wären. Sie kann also keine Brücke sein.
Beweis „von rechts nach links“: Wenn e = {v, w} auf keinem Kreis liegt, gibt es
keinen Weg von v nach w außer e. Durch das Entfernen von e wird der Graph
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also unzusammenhängend. Somit war e eine Brücke.
Mit Hilfe dieses Satzes kann sich auch leicht überlegen, dass (a) nicht gelten
kann. In einem Graphen, in dem alle Knoten geraden Grad haben, gibt es eine
Eulertour, welche natürlich auch einen Kreis darstellt. Es kann also nach (b)
keine Brücke geben.
Aufgabe 33
Zentren von Bäumen (H)
Zeigen Sie, dass für einen Baum T = (V, E) folgendes gilt:
(a) Ist |V| > 2, dann ist kein Blatt von T ein Zentrum von T .
(b) Ist |V| > 2 und streicht man alle Blätter in T , so bleiben die Zentren von T unverändert.
(c) Es gibt höchstens zwei Zentren von T .
(d) Beschreiben Sie ein Verfahren, das möglichst effizient das Zentrum eines Baumes bestimmt.
Aufgabe 33 (Lösungsvorschlag)
Zentren von Bäumen
(a) Wir führen einen Widerspruchsbeweis und nehmen an, dass in einem Baum T
mit mehr als zwei Knoten das Blatt v ein Zentrum von T ist. Das Blatt v ist mit
genau einem Knoten w durch eine Kante verbunden. Für v und einen beliebigen
Knoten u gilt:
d(w, u) + 1 falls u 6= v
d(v, u) =
0
falls u = v
Sei nun x ein Knoten, für den der Abstand d(w, x) maximal ist. Wir können
annehmen, dass x 6= v gilt, da der Graph noch weitere Knoten enthält und der
Abstand von v nach w nur gleich 1 ist.
Dann ist a = max{ d(v, u) | u ∈ V } >= d(v, x) = d(w, x) + 1 = a + 1, d.h., es
gilt a > a . Das Blatt v kann daher nicht das Zentrum von T sein.
(b) Wir bezeichnen den Baum, der aus T = (V, E) durch Streichen aller Blätter entsteht, mit T 0 = (V 0 , E 0 ), wobei V 0 ⊆ V und E 0 ⊆. Für einen Knoten v ∈ V 0 gilt:
max{ d(v, u) | u ∈ V } = max{ d(v, u) | u ∈ V 0 } + 1, denn der von einem Knoten,
am weitesten entfernte Knoten ist immer ein Blatt.
Da nach (a) die Blätter eines Graphen keine Zentren sein können und sich der
Abstand zum am weitesten entfernten Knoten immer um den Wert 1 verringert,
sind die Zentren von T und T 0 dieselben.
(c) Solange es mehr als zwei Knoten gibt, bleiben durch Entfernen aller Blätter die
Zentren erhalten. Wir wiederholen dies solange, bis nur noch ein oder zwei
Knoten übrig sind. Diese sind dann das oder die Zentren.
(d) Das Verfahren benutzt genau das in (c) beschriebene Vorgehen.
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Aufgabe 34
Obere Schranke für die chromatische Zahl (T/H)
Sei δ(G) = min{ deg(v) | v ∈ V } der minimale Grad, der im Graphen G = (V, E)
vorkommt.
(a) (T) Zeigen Sie, dass für die chromatische Zahl χ(G) eines Graphen G gilt:
χ(G) ≤ 1 + max{ δ(H) | H ist induzierter Teilgraph von G }
(b) (H) Zeigen Sie, dass aus dieser Abschätzung direkt der Sechsfarben-Satz, also
dass man jeden planaren Graphen mit sechs Farben färben kann, folgt.
(c) (H) Geben Sie einen Beispielgraphen an, bei dem diese Abschätzung eine bessere obere Schranke liefert als der Satz von Brooks.
(d) (H) Geben Sie auch einen Beispielgraphen an, bei dem der Satz von Brooks eine
bessere obere Schranke liefert als obige Abschätzung.
Aufgabe 34 (Lösungsvorschlag)
Obere Schranke für die chromatische Zahl
(a) Der Beweis verläuft durch Induktion über die Anzahl der Knoten von G.
Wir definieren
s(G) = 1 + max{ δ(H) | H ist induzierter Teilgraph von G }
und zeigen χ(G) ≤ s(G).
• Wir nehmen an, dass G genau einen Knoten enthält. Für einen Knoten benötigt man genau eine Farbe, d.h. χ(G) = 1 ≤ s(G).
• Wir nehmen an, der Graph G = (V, E) hat n + 1 Knoten, d.h. |V| = n + 1.
Der Graph G ist ein induzierter Teilgraph von sich selbst und daher gilt
δ(G) < s(G). Sei v ein Knoten von G, der minimalen Grad δ(G) hat.
Wir entfernen nun v aus G und zeigen, dass der entstehende Graph mit
höchstens s(G) Farben färbbar ist. Durch Entfernen von v und seiner Kanten entsteht der Graph G 0 mit n Knoten. Nach Induktionsvoraussetzung ist
χ(G 0 ) ≤ s(G 0 ), außerdem gilt s(G 0 ) ≤ s(G), da jeder induzierte Teilgraph
von G 0 auch ein induzierter Teilgraph von G ist.
Wir wissen nun, dass G 0 mit s(G) Farben färbbar ist und müssen nur noch
den Knoten v in G färben. Da aber v echt weniger als s(G) Nachbarn hat,
gibt es eine Farbe, die man v zuordnen kann. Damit ist gezeigt, dass G mit
s(G) Farben gefärbt werden kann.
(b) Nach Aufgabe 31 (e) gilt für einen planaren Graphen G: δ(G) ≤ 5. Da jeder
induzierte Teilgraph H von G ebenfalls planar ist, gilt damit s(G) ≤ 5 + 1 = 6
und damit χ(G) ≤ 6.
(c) Ein Graph für den diese Abschätzung wesentlich besser ist, als diejenige aus
dem Satz von Brooks, ist beispielsweise ein Stern. In folgendem Stern hat der
mittlere Knoten beispielsweise Grad 8, woraus sich nach dem Satz von Brooks
8 als Abschätzung für die chromatische Zahl ergibt.
Jeder induzierte Teilgraph H enthält aber entweder einen der äußeren Knoten
oder besteht nur aus dem mittleren Knoten. Es gilt daher immer δ(H) ≤ 1 und
daraus ergibt sich 2 als Abschätzung für die chromatische Zahl.
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(d) Beispiele sind alle k-regulären Graphen, die ungleich dem K (vollständiger
Graph) und dem C (Kreis ungerader Länge) sind.
Für einen C (Kreis gerader Länge) liefert der Satz von Brooks nämlich ∆(C ) =
2 als obere Schranke für die chromatische Zahl. Es gibt allerdings einen induzierte Teilgraphen, nämlich den Kreis selbst, für den der minimale Grad gleich
2 ist, und damit ergibt obige Abschätzung den Wert 3 als obere Schranke für die
chromatische Zahl.
Aufgabe 35
Matchings auf Bäumen (T)
Beweisen oder widerlegen Sie: Ein Baum enthält höchstens ein perfektes Matching.
Aufgabe 35 (Lösungsvorschlag)
Matchings auf Bäumen
Ist M ein perfektes Matching auf einem Graphen G, so werden
alle Knoten von G
von M überdeckt. Existiert ein weiteres perfektes Matching M auf G, so unterscheidet sich dieses in mindestens einer Kante
von M .
Sei ObdA {v , v } ∈ M ∧ {v , v } 6∈ M . Wenn {v , v } keine Kante von M ist, M
aber
ein perfektes Matching ist, muss es einen weiteren Knoten v mit {v , v } ∈ M geben
(da von einem perfekten Matching ja alle Knoten überdeckt werden).
Knoten v mit
Da auch M ein perfektes Matching ist, gibt es in M einen weiteren
Kante {v , v } ∈ M . Diese Kante kann nun wieder nicht in M sein (da
{v , v } ∈ M ).
Somit muss es in M
einen weiteren Punkt v geben mit {v , v } ∈ M usw. Jede Kante, die man zu M hinzunimmt, um einen noch offenen Knoten v zu überdecken,
benötigt natürlich einen Endpunkt v , der ja in M schon von einer anderen Kante
{v , v } überdeckt ist, wodurch es in M wieder eine Kante {v , v } geben muss usw.
Die einzige Möglichkeit, in M einen noch offenen Knoten zu überdecken, ohne dadurch einen in M überdeckten Knoten „freizulegen“, ist, den Knoten v als Endpunkt einer Kante zu wählen.
Somit gilt: Die symmetrische Differenz M 4M = (M \ M ) ∪ (M \ M ) zweier
verschiedener perfekter Matchings eines Graphen enthält mindestens einen Kreis.
Ein Baum ist aber kreisfrei, somit kann ein Baum höchstens ein perfektes Matching
haben.
Aufgabe 36
Zusammenhang (T)
Sei n ≥ 2. Bestimmen Sie das kleinste m, so dass gilt: Jeder Graph mit n Knoten und
m Kanten ist zusammenhängend.
Aufgabe 36 (Lösungsvorschlag)
Zusammenhang
Die Frage lautet anders gestellt: Wie viele Kanten kann ein nichtzusammenhängender
Graph G mit n Knoten maximal haben?
Zunächst besitzt ein nicht zusammenhängender Graph mit maximaler Anzahl Kanten genau 2 Komponenten A und B. In einen Graphen mit 3 Komponenten A, B und
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C kann man zwischen einem Knoten v aus Komponente B und einem Knoten v
aus Komponente C eine weitere Kante v v einfügen, ohne dass der Graph dadurch
zusammenhängend wird, somit ist dessen Kantenzahl nicht maximal.
Die beiden Komponenten A und B (A und B enthalten a bzw. b Knoten mit a + b = n
und 0 < a, b < n) besitzen genau dann eine maximale Anzahl Kanten, wenn A = K und B = K .
Ein nicht zusammenhängender Graph G auf n Knoten mit maximaler Anzahl
Kanten
besteht also aus den beiden
K und K . K besitzt
Kanten,
Komponenten
K dementsprechend
Kanten.
Insgesamt besitzt G also
a(a − 1) (n − a)(n − a − 1)
+
2
2
≤
(n − 1)(n − 2)
2
Kanten. Die Gleichheit wird für a = 1 und für a = n − 1 erreicht, was bedeutet, dass
ein Graph auf n Knoten genau dann die maximale Kantenzahl besitzt, wenn er aus
dem K und einem einzelnen Knoten besteht.
Somit gilt:
m=
(n − 1)(n − 2)
+ 1,
2 d. h. ein Graph mit n Knoten und m =
gend.
Aufgabe 37
+ 1 Kanten ist sicher zusammenhän-
Kreise im K (H)
(a) Wie viele Kreise der Länge r enthält der vollständige Graph K ?
(b) Wie viele Kreise enthält K insgesamt?
Aufgabe 37 (Lösungsvorschlag)
Kreise im K
Es gibt keine Kreise mit weniger als 3 Knoten.
(a) Ein Kreis ist ein r-Tupel von Knoten (r ≥ 3).
Es gibt n Möglichkeiten, einen Startknoten k aus den
n Knoten des K zu wählen, n−1 Möglichkeiten für den
k usw., insgesamt n Möglich nächsten Knoten
keiten. Die Knotenfolgen k k . . . k k , k k . . . k k , k k . . . k k k usw. be
schreiben alle den gleichen Kreis, d. h. jeder Kreis wird so r mal gezählt.
Weiterhin kann jeder Kreis in 2 Richtungen durchlaufen werden (k k . . . k und
k k . . . k beschreiben ebenfalls den gleichen Kreis, insgesamt wird also jeder
Kreis 2r Mal gezählt.
n
Somit gibt es
Kreise.
2r
(b) Die Kreise der unterschiedlichen Längen müssen hier lediglich aufsummiert
werden:
X n
2r
8
Kreise.
Aufgabe 38
Satz von Menger (Z)
Für je zwei verschiedene, nicht benachbarte Knoten s, t ist die minimale Anzahl der
sie trennenden Knoten gleich der maximalen Anzahl disjunkter Wege von s nach t.
Aufgabe 38 (Lösungsvorschlag)
Satz von Menger
Eine Menge S von Knoten trennt die Knoten s und t in einem Graphen G, wenn es in
G[V \ S] keinen Pfad von s nach t gibt (s und t also in verschiedenen Komponenten
von G[V \ S] liegen).
Zwei Wege von s nach t sind disjunkt, wenn sie außer s und t keine weiteren Punkte
gemeinsam haben.
Ist ein Graph also durch Entfernen von k Knoten trennbar, so kann es in ihm nicht
mehr als k disjunkte Wege geben (jeder Weg muss ja durch einen der k Knoten gehen).
Es bleibt zu zeigen, dass k disjunkte Wege existieren. Für k = 1 gilt dies sicherlich.
Wir nehmen an, es gibt ein k > 1, so dass obiger Satz nicht mehr gilt. Dann gibt es
auch einen Graphen F, in dem s, t sich durch Entfernen von k Kanten trennen lassen,
indem aber keine k disjunkten Wege zwischen s und t existieren.
Sei F 0 der Graph mit der kleinsten Anzahl Knoten, für den dies gilt. Dann kann ich
aus F 0 noch „unnötige“ Kanten entfernen und einen Graphen G = (V, E) erzeugen,
für den gilt:
• G ist Teilgraph von F 0 ,
• in G können s und t durch Entfernen von (mindestens) k Knoten getrennt werden,
• entfernt man einen beliebige Kante x aus G, so sind zur Trennung von s und t
in G[E \ {x}] nur noch k − 1 Knoten nötig.
Wenn schon in F 0 keine k disjunkten Wege zwischen s und t existieren, dann erst
recht nicht in G (da sich F 0 und G ja lediglich darin unterscheiden, dass in G einige
Kanten fehlen).
G ist also so konstruiert, dass zu jeder Kante x ∈ E eine Menge S von k − 1 Knoten
existiert, die s und t in G[E \ {x}] trennen. Weiterhin gibt es in G[V \ S ] mindestens
einen Weg von s nach t, da k Knoten gebraucht werden, um s und t in G zu trennen.
Jeder solche Weg muss dann die Kante x = {u, v} enthalten, d. h. u, v 6∈ S und S ∪ {u}
trennt s und t in G, falls (u 6= s) ∧ (u 6= t).
Wir zeigen nun, dass es keinen Knoten w geben kann, der zu s und t benachbart ist
(es gibt keinen Pfad der Länge 2 zwischen s und t): Angenommen w wäre so ein
Knoten. Dann sind zur Trennung von s und t in G 0 = G[V \ {w}] noch k − 1 Knoten
nötig.
Wir haben oben angenommen, dass k der kleinste Wert ist, für die es einen Graphen
gibt, in dem zwar zwei Punkte s, t durch Entfernen von k Knoten getrennt werden
können, es aber keine k disjunkten Wege gibt. In G 0 können s und t durch Entfernen
von k − 1 Knoten getrennt werden, also gibt es in G 0 auch k − 1 disjunkte Wege
zwischen s und t. (der wichtige Punkt ist hier, dass wenn k der kleinste Wert ist, für den
die Bedingung nicht gilt, sie dann für alle kleineren k gelten muss).
Fügt man zu G 0 den Knoten w wieder hinzu, so erhält man einen weiteren Weg
s, w, t), der zu den anderen k − 1 Wegen disjunkt ist. Damit hätte G k disjunkte
9
Wege. Also kann es in G keine Wege der Länge 2 zwischen s und t geben. Wir bekommen:
Kein Knoten in G ist zu s und t benachbart.
(1)
Sei W irgendeine Menge von k Knoten, die s und t trennt. Ein (s,W)-Weg ist ein
Weg, der s mit einem w ∈ W verbindet und keinen anderen Knoten w ∈ W enthält.
Sei P die Menge aller (s,W)-Wege, P die Menge aller (t,W)-Wege.
Jeder Weg, der s und t verbindet, beginnt mit einem Element (einem Teilweg) aus P
und endet mit einem Element aus P , da jeder Weg von s nach t durch ein w ∈ W
läuft (sonst würde W die Knoten s und t nicht trennen).
Weiterhin haben die Wege in P und P genau die Knoten in W gemeinsam: jedes
w ∈ W ist in P und P Endpunkt mindestens eines Weges, sonst würde w nicht
dazu beitragen, s und t zu trennen.
Als nächstes zeigen wir, dass W ⊂ Γ (s) oder W ⊂ Γ (t): Sei G der Graph, der entsteht, wenn man zu P die Kanten { {w , t}, {w , t}, . . . , {w , t} } hinzufügt und G der
Graph, der entsteht, wenn man zu P die Kanten { {w , s}, {w , s}, . . . , {w , s} } hinzufügt. G und G haben weniger Knoten als G (und damit weniger Knoten als F 0 ).
Da F 0 der kleinste Graph sein soll, für den es bei k trennenden Knoten zwischen s
und t keine k disjunkten Wege gibt, enthalten sowohl G als auch G k disjunkte
Wege zwischen s und t.
Damit kann ich k disjunkte Wege in G konstruieren: Ich betrachte die k disjunkten
Wege in G . Der erste geht von s durch den Knoten w , der zweite durch w usw.
Ebenso gilt für die k disjunkten
Wege in G , dass der erste von t durch den Knoten
w , der zweite durch w usw. geht. Baut man diese Wege nun jeweils im Knoten w
zusammen, so bekommt man k disjunkte Wege zwischen s und t. Damit haben wir
gezeigt:
W ⊂ Γ (s)
∨
(2)
W ⊂ Γ (t)
Sei nun P = (s, u , u , . . . , t) ein kürzester Weg zwischen s und t in G, und sei die
Kante x = {u , u }.
Nach (1) gilt: u 6= t. Sei S = {v , v , . . . , v } (wie oben) eine Knotenmenge, die s
und t in G[E \ x] trennt. Nach (1) ist {u , t} 6∈ E. Die Knotenmenge W = S ∪ {u } trennt
s und t in G und u ist zu s benachbart. Damit gilt nach (2):
∀v ∈ S : {s, v } ∈ G.
Weiterhin gilt nach (1):
∀v ∈ S : {t, v } 6∈ G.
Die Knotenmenge W 0 = S ∪ {u } trennt
ebenfalls s und t in G. Da alle v ∈ S zu
s benachbart sind, muss somit auch u ∈ W 0 zu s benachbart sein. Dann ist aber
P = (s, u , u , . . . , t) kein kürzester Weg, im Widerspruch zur Voraussetzung.
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