Graphentheorie L¨osungen zu Aufgabenblatt 1 Aufgabe 1 (Hypercube, Handschlaglemma)

Fachbereich Informatik Wintersemester 2019/20 Prof. Dr. Peter Becker

Graphentheorie

L¨ osungen zu Aufgabenblatt 1

Aufgabe 1 (Hypercube, Handschlaglemma)

Der n-dimensionale Hypercube H _n = (V _n , E _n ) ist wie folgt definiert:

• V _n ist die Menge der Bitstrings der L¨ ange n.

• F¨ ur zwei Bitstrings p, q ∈ V _n gilt {p, q} ∈ E _n genau dann, wenn p und q sich in genau einem Bit unterscheiden.

Das Diagramm rechts zeigt den 2-dimensionalen Hypercube H ₂ .

(a) Zeichnen Sie ein Diagramm des dreidimensionalen Hypercube H ₃ .

(b) Wie viele Knoten und wie viele Kanten hat der H n ? Geben Sie hierf¨ ur Formeln an und begr¨ unden Sie Ihre Formeln.

Hinweis zur Ermittlung der Kantenanzahl: Nutzen Sie das Handschlaglemma.

L¨ osung:

(a)

(b) In einem Bitstring der L¨ ange n kann jedes Bit die Werte 0 oder 1 annehmen. Damit folgt:

|V _n | = 2 ⁿ .

F¨ ur alle Knoten v ∈ V n gilt deg(v) = n, denn in einem Bitstring der L¨ ange n hat man genau n M¨ oglichkeiten, ein Bit zu ¨ andern.

1

Mit dem Handschlaglemma folgt:

2|E _n | = X

v∈V

deg(v)

= X

v∈V

n

= n 2 ⁿ . Damit folgt

|E _n | = n 2 ⁿ⁻¹ . Aufgabe 2 (Grad, Handschlaglemma)

(a) Finden Sie zwei verschiedene schlichte Graphen mit 6 Knoten, in denen jeder Knoten den Grad 2 hat.

(b) Bei einer Party begr¨ ußen sich die anwesenden G¨ aste, indem sie miteinander anstoßen.

Zeigen Sie: Es gibt zwei G¨ aste, die mit der gleichen Anzahl an Personen angestoßen haben.

(c) Ein Graph G = (V, E), dessen Knoten alle den gleichen Grad r haben, heißt r-regul¨ ar bzw. einfach nur regul¨ ar.

Zeigen Sie: F¨ ur einen regul¨ aren Graphen gilt:

|E| = 1

2 · r · |V |.

(d) Begr¨ unden Sie: Wenn r ungerade ist, muss die Anzahl der Knoten eines r-regul¨ aren Graphen gerade sein.

L¨ osung:

(a)

(b) Jeder Gast stellt einen Knoten in einem Graphen G = (V, E) dar. Wenn zwei G¨ aste v, w ∈ V anstoßen, dann nehmen wir in E die Kante {v, w} auf.

Nach Satz 1.14 gibt es dann in G zwei Knoten, die den gleichen Grad haben, also zwei G¨ aste, die mit der gleichen Anzahl an Personen angestoßen haben.

2

(c) Wir folgern aus dem Handschlaglemma:

2|E | = X

v∈V

deg(v)

⇒ |E| = 1 2

X

v∈V

deg(v)

⇒ |E| = 1

2 · r · |V |.

(d) Folgt direkt aus Folgerung 1.13.

Aufgabe 3 (Schubfachprinzip)

(a) Zeigen Sie: Unter je f¨ unf Punkten in einem gleichseitigen Dreieck der Seitenl¨ ange 1 gibt es stets zwei, deren Abstand h¨ ochstens 1/2 ist.

(b) Unter je 17 Punkten in einem gleichseitigen Dreieck der Seitenl¨ ange 1 gibt es stets zwei, deren Abstand h¨ ochstens d ist.

Bestimmen Sie einen geeigneten Wert f¨ ur d und zeigen Sie mit diesem Wert die G¨ ultigkeit der Aussage.

(c) Unter je s Punkten in einem W¨ urfel der Seitenl¨ ange 3 gibt es stets zwei, die einen Abstand ≤ √ 3 haben.

Bestimmen Sie einen geeigneten Wert f¨ ur s.

L¨ osung:

(a) Wir verbinden paarweise die Mittelpunkte der Seiten des gleichseitigen Dreiecks:

Dadurch entstehen vier gleichseitige (Unter-)Dreiecke, deren Seitenl¨ ange stets 1/2 ist. Zwei Punkte in solch einem Dreieck haben demnach einen Abstand ≤ 1/2.

Nach dem Schubfachprinzip m¨ ussen von f¨ unf Punkten, die in dem umschließenden Dreieck mit Seitenl¨ ange 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) Wenn man die vier Unterdreicke aus (a) wieder jeweils durch Halbieren der Seitenl¨ ange unterteilt, entstehen insgesamt 16 gleichseitige Dreiecke mit Seitenl¨ ange d = 1/4.

3

Von 17 Punkten m¨ ussen also mindestens zwei im selben Unterdreieck liegen, die dann einen Abstand ≤ 1/4 haben.

(c) Analog zu den Aufgaben (a) und (b), nur dass hier entlang der drei W¨ urfelachsen unterteilt wird.

Jede Achse wird in 3 Teile der L¨ ange 1 unterteilt. Dadurch entstehen 3 ³ = 27 Unterw¨ urfel, deren Raumdiagonale jeweils die L¨ ange √

1 ² + 1 ² + 1 ² = √

3 hat. Also s = 28.

Aufgabe 4 (Schubfachprinzip)

Gegeben seien n nat¨ urliche Zahlen a ₁ , . . . , a _n mit P n

k=1 a _k ≤ 2 ⁿ − 2. Zeigen Sie, dass es dann zwei nichtleere Indexmengen I 1 , I 2 ⊆ {1, . . . , n} mit I 1 ∩ I 2 = ∅ und P

i∈I

a i = P

i∈I

a i gibt.

L¨ osung: Die Menge {1, . . . , n} hat 2 ⁿ verschiedene Teilmengen. Somit hat man 2 ⁿ m¨ ogliche Indexmen- gen I f¨ ur die Summenbildung P

i∈I a i .

Wir ordnen einer Indexmenge I ⊆ {1, . . . , n} nun die Summe P

i∈I a i zu.

N.V. gilt

0 ≤ X

i∈I

a _i ≤ 2 ⁿ − 2.

Damit verteilen sich die 2 ⁿ Summen auf 2 ⁿ − 1 verschiedene Werte. Nach dem Schubfachprinzip muss es also zwei Indexmengen J 1 und J 2 geben mit

X

i∈J

a i = X

i∈J

a i .

F¨ ur diese beiden Indexmengen muss aber noch nicht, wie verlangt, J ₁ ∩ J ₂ = ∅ gelten.

Gilt J ₁ ∩ J ₂ 6= ∅, dann konstruieren wir zwei andere Mengen wie folgt:

I 1 := J 1 \ J 2 = J 1 \ (J 1 ∩ J 2 ) I 2 := J 2 \ J 1 = J 2 \ (J 1 ∩ J 2 ).

Damit folgt

X

i∈I

a _i = X

i∈J

a _i − X

i∈J

∩J

a _i = X

i∈J

a _i − X

i∈J

∩J

a _i = X

i∈I

a _i .

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