Lösungshinweise zur Vorlesung Diskrete Strukturen Blatt 5

Institut für Algebra, Zahlentheorie
und Diskrete Mathematik
Prof. Dr. Marcel Erné, Adrian Pigors
24. Juni 2006
Lösungshinweise zur Vorlesung Diskrete Strukturen
Blatt 5
Aufgabe 1. Welche der folgenden drei Graphen besitzen einen Hamilton-Kreis? Geben
Sie einen solchen an oder begründen Sie die Nicht-Existenz.
(a) (b) (c)
Lösung (2 + 2 + 6 = 10 Punkte).
(a) Der Graph besitzt einen Hamilton-Kreis, wie die folgende Abbildung zeigt.
(b) Auch dieser Graph besitzt einen Hamilton-Kreis, wie in der folgenden Abbildung zu
erkennen ist.
(c) Der gegebene Graph ist der Petersen-Graph (P 2 M, E) mit einer fünfelementigen
Menge M = {a, b, c, d, e} und
{x, y} ∈ E ⇐⇒ x ∩ y = ∅
1

für alle x, y ∈ P 2 M (linkes Bild). Aus Gründen der Übersichtlichkeit nummerieren
wir seine Knoten mit den Zahlen von 1 bis 10 (rechtes Bild).
ab
2
cd
ae
ce
bc
de
1
9
7
10
3
be
ad
bd
ac
5
6
8
4
Annahme: Der Peterson-Graph hat einen Hamilton-Kreis K. Aufgrund der symmetrischen
Konstruktion des Graphen können wir dann o. B. d. A. voraussetzen, dass
der Pfad (1, 2, 3) das Anfangsstück von K ist. Weil jeder Knoten des Graphen in
der Folge K genau einmal vorkommen muss, ist damit auch (6, 7, 8) bzw. (8, 7, 6)
ein Teilstück von K (denn (2, 7) bzw. (7, 2) kann keines sein, da sonst der Knoten 2
mehrfach vom Hamilton-Kreis K durchlaufen würde).
2
2
1
9
7
10
3
1
9
7
10
3
6
8
6
8
5
1. Fall
4
5
2. Fall
4
1. Fall: Ist nun (3, 4) ein Teilstück von K, so muss dies (mit analogen Begründungen
wie oben) auch für (9, 10, 6) bzw. (6, 10, 9) und somit auch für (4, 5, 1) gelten – ein
Widerspruch, da in diesem Fall das echte Teilstück (1, 2, 3, 4, 5) von K ein Kreis ist,
der nicht alle Ecken des Graphen durchläuft.
2. Fall: Ist dagegen (3, 10) ein Teilstück von K, so muss dies auch für (8, 4, 5) bzw.
(5, 4, 8) und somit für (10, 9, 1) gelten – ein Widerspruch, da nun das echte Teilstück
(1, 2, 3, 10, 9) von K ein Kreis ist, der nicht alle Ecken des Graphen durchläuft.
Folglich besitzt der Peterson-Graph keinen Hamilton-Kreis.
Aufgabe 2. Zeichnen Sie alle (Isomorphietypen von) Graphen mit 5 Knoten, die
(a) 5 Kanten und einen Hamilton-Pfad, aber keinen Hamilton-Kreis haben,
(b) 7 Kanten und eine Gradfolge (d i ) mit d i ≤ i ≤ 2 ⇒ d 5−i ≥ 5 − i haben,
(c) keine solche Gradfolge, aber einen Hamilton-Kreis haben.
2

Lösung (3 + 3 + 4 = 10 Punkte).
(a) Laut Diagramm „Graphen mit 5 Ecken“ aus der Vorlesung haben genau die folgenden
drei (Isomorphietypen von) Graphen 5 Kanten und einen Hamilton-Pfad, aber keinen
Hamilton-Kreis.
(b) Wieder erkennt man am Diagramm aus der Vorlesung, dass genau die folgenden
beiden (Isomorphietypen von) Graphen 7 Kanten und eine Gradfolge (d i ) mit der
Eigenschaft
(∗) d i ≤ i =⇒ d 5−i ≥ 5 − i (i ∈ {1, 2})
haben.
(2, 2, 3, 3, 4) (2, 3, 3, 3, 3)
Man beachte: Für den ersten dieser Graphen ist beispielsweise d 1 = 2, also ist wegen
2 > 1 die Bedingung (∗) für i = 1 bereits erfüllt!
(c) Mit Hilfe des Diagramms aus der Vorlesung ermittelt man, dass von den 8 (Isomorphietypen
von) Graphen mit einem Hamilton-Kreis nur die folgenden eine Gradfolge
besitzen, die nicht die Eigenschaft (∗) aus Teil (b) hat (für die übrigen ist jeweils
d i > i für i ∈ {1, 2}).
(2, 2, 2, 3, 3) (2, 2, 2, 2, 2)
Aufgabe 3. Wir betrachten Graphen mit ungerader Knotenzahl 2k + 1. Hat ein Graph
mit
(a) k Knoten vom Grad k und k + 1 Knoten vom Grad k + 1
(b) k Knoten vom Grad k + 1 und k + 1 Knoten vom Grad k
(c) 2k Knoten vom Grad k und einem Knoten vom Grad 2k
(d) 2k Knoten vom Grad k + 1 und einem Knoten vom Grad 2k
3

stets einen Hamilton-Kreis? (Begründung oder Gegenbeispiel!)
Lösung (3 + 2 + 2 + 3 = 10 Punkte).
(a) Sei G ein Graph mit insgesamt n = 2k + 1 Knoten, davon k Knoten vom Grad k
und k + 1 Knoten vom Grad k + 1. Weiter sei i < n 2 < 2k+2
2
= k + 1, d. h. i ≤ k. Die
Bedingung
d i ≤ i =⇒ d n−i ≥ n − i
für die Gradfolge (d i ) von G ist dann für alle i < k wegen d i = k erfüllt, und für
i = k ist sie wegen d n−i = k + 1 = n − i ebenfalls erfüllt. Nach dem Satz von Chvátal
besitzt G somit einen Hamilton-Kreis.
Anmerkung. Einen solchen Graphen G = (X, E) mit k Knoten vom Grad k und k +1
Knoten vom Grad k + 1 kann es nicht geben, denn andernfalls wäre die Summe
n∑
d i = k 2 + (k + 1) 2
i=1
der Valenzen von G ungerade; nach der Formel
n∑
d i = 2|E|
i=1
ist diese aber immer gerade, Widerspruch.
Die Aussage aus der Aufgabe ist daher trivialerweise richtig.
(b) Nicht jeder Graph mit k Knoten vom Grad k + 1, k + 1 Knoten vom Grad k und
insgesamt 2k + 1 Knoten besitzt einen Hamilton-Kreis, wie das Beispiel
für k = 1 zeigt.
Allgemeiner gilt laut Vorlesung, dass der bipartite Graph
K l,m = (l + m, { xy | x ∈ l, y ∈ m })
genau dann einen Hamilton-Kreis besitzt, wenn l = m ist. Für jedes k ∈ N hat also
K k,k+1 zwar k Knoten vom Grad k + 1 und k + 1 Knoten vom Grad k, besitzt aber
keinen Hamilton-Kreis.
K 3,4
4

(c) Nicht jeder Graph mit 2k Knoten vom Grad k, einem Knoten vom Grad 2k und
insgesamt 2k + 1 Knoten besitzt einen Hamilton-Kreis, wie erneut das Beispiel
für k = 1 zeigt.
Allgemeiner hat für jedes k ∈ N der Graph
G k = ( X 1 ∪ X 2 ∪ {x}, P 2 (X 1 ∪ {x}) ∪ P 2 (X 2 ∪ {x}) )
mit |X 1 | = |X 2 | = k und |X 1 ∪ X 2 ∪ {x}| = 2k + 1 zwar 2k Knoten vom Grad k
und einen Knoten vom Grad 2k, aber keinen Hamilton-Kreis. In jedem Kreis in G k
müsste nämlich mindestens zweimal der Knoten x auftreten, damit alle Ecken von
G k durchlaufen würden.
X 1 X 2
x
G 4
(d) Sei k ∈ N und G = (X, E) ein Graph mit n = |X| = 2k + 1. Hat G nun 2k Knoten
vom Grad k + 1 und einen Knoten vom Grad 2k, so ist für jedes x ∈ X der Grad
d(x) ≥ k + 1 > n 2
. Nach dem Satz von Dirac besitzt G dann einen Hamilton-Kreis.
Aufgabe 4. Der Kantengraph eines Graphen G = (X, E) ist der Graph L(G) = (E, K)
mit K = { ef ∈ P 2 E | e ∩ f ≠ ∅ }. Warum ist der Kantengraph
(a) eines n-regulären Graphen (2n − 2)-regulär?
(b) eines Eulerschen Graphen Hamiltonsch?
(c) eines Eulerschen Graphen wieder Eulersch?
Lösung (3 + 3 + 4 = 10 Punkte).
(a) Die Ecken von L(G) = (E, K) sind gerade die Kanten von G = (X, E), und zwei
verschiedene Kanten von G sind in L(G) genau dann adjazent, wenn es eine Ecke
von G gibt, die mit beiden inzidiert. Der Grad d L(G) von xy ∈ E ergibt sich demnach
als
(∗) d L(G) (xy) = (d G (x) − 1) + (d G (y) − 1) = d G (x) + d G (y) − 2
(da die Kante xy im Grad d G von x ∈ X bzw. y ∈ X jeweils gezählt wird, aber nicht
mit sich selbst adjazent ist).
Ist nun der Graph G n-regulär, so gilt nach (∗) für jede Ecke xy ∈ E
d. h. L(G) ist (2n − 2)-regulär.
d L(G) (xy) = n + n − 2 = 2n − 2,
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(b) Ist der Graph G Eulersch, so gibt es einen Eulerschen Rundweg (x 0 , . . . , x n ) in G,
d. h. K = (x 0 x 1 , x 1 x 2 , . . . , x n−1 x n ) ist ein Kantenzug, in dem jede Kante von G
genau einmal vorkommt, und es ist x 0 = x n . Damit ist K ein Hamilton-Kreis in
L(G), der Kantengraph von G also Hamiltonsch.
(c) Ist der Graph G Eulersch, so ist seine Kantenmenge endlich, und jeder Knoten von
G hat einen geraden Grad. Folglich ist der Kantengraph L(G) endlich, und nach (∗)
in Teil (a) hat auch jeder Knoten von L(G) geraden Grad. Mit Teil (b) ergibt sich
außerdem, dass L(G) zusammenhängend ist, denn ein Hamilton-Kreis liefert insb.
zwischen je zwei Knoten von L(G) einen Weg. Als endlicher zusammenhängender
Graph, dessen Ecken alle gerade Valenz haben, besitzt L(G) laut Vorlesung einen
Eulerschen Rundweg, der Kantengraph von G ist also Eulersch.
Aufgabe 5 (Knacky). Warum ist der Kantengraph eines Hamiltonschen Graphen wieder
Hamiltonsch?
Lösung (10 Zusatzpunkte). Sei G = (X, E) ein Hamiltonscher Graph und (x 0 , x 1 , . . . , x n )
ein Hamilton-Kreis in G. Dann ist die Kantenfolge
Z = (x 0 x 1 , x 1 x 2 , . . . , x n−1 x n , x n x 0 , x 0 x 1 )
ein Zykel im endlichen Kantengraphen L(G). Sei ˜Z = (e 0 , e 1 , . . . , e m−1 , e m , e 0 ) ein maximaler
Zykel in L(G), in dem alle Kanten aus Z vorkommen.
Annahme: Es gibt eine Kante x i x j ∈ E, die nicht in ˜Z auftritt. Da x i ∈ X vom
Hamilton-Kreis (x 0 , . . . , x n ) durchlaufen wird, gibt es ein k ∈ {0, . . . , m−1} mit e k = xx i
und e k+1 = x i y für geeignete Knoten x, y ∈ X. Dann ist jedoch
(e 0 , . . . , e k , x i x j , e k+1 , . . . , e m , e 0 )
ein Zykel in L(G), der echt länger ist als ˜Z – im Widerspruch zur Maximalität von ˜Z.
Also durchläuft ˜Z bereits alle Ecken des Graphen L(G), und dieser ist demnach Hamiltonsch.
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