Institut für Mathematik Geometrie und Lineare Algebra J. Schönenberger-Deuel. Aufgabe 1. Wir geben nur zwei von sehr vielen möglichen Strategien.

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1 Lösungen Übung 13 Aufgabe 1. Wir geben nur zwei von sehr vielen möglichen Strategien. a) Strategie 1 (nächster Nachbar): Jedes Mal reist der Reisende vom Punkt, wo er gerade ist, zur nächstgelegenen Stadt, die er noch nicht besucht hat. Nachdem er alle Städte besucht hat, reist er zurück zur ersten Stadt. Für eine Reise, die in Berlin anfangen soll, gibt diese Strategie folgende Route: Berlin Görlitz Passau Ulm Freiburg Trier Bonn Köln Düsseldorf Aachen Flensburg Berlin. Die Gesamtlänge ist 3008 km. Strategie 2 (günstigste Einfügung): Der Reisende plant seine Reise wie folgt: Er fängt mit der trivialen Route Berlin Berlin an. In jedem Schritt fügt er in die bisherige Route (S 1, S 2..., S i = S 1 ) an irgendeiner Stelle j (d.h. zwischen S j und S j+1 ) eine neue Stadt T, die noch kein Teil seiner Route ist, ein. Er macht dies so, dass der Weg, die durch Einfügen der Stadt T an der j-ten Stelle entsteht, von allen Möglichkeiten die kleinste Gesamtlänge hat. Für eine Reise, die in Berlin anfangen soll, gibt diese Strategie gibt folgende Resultate: Berlin Berlin Berlin Görlitz Berlin Berlin Flensburg Görlitz Berlin Berlin Flensburg Köln Görlitz Berlin Berlin Flensburg Köln Bonn Görlitz Berlin Berlin Flensburg Düsseldorf Köln Bonn Görlitz Berlin Berlin Flensburg Düsseldorf Aachen Köln Bonn Görlitz Berlin Berlin Flensburg Düsseldorf Aachen Köln Bonn Trier Görlitz Berlin Berlin Flensburg Düsseldorf Aachen Köln Bonn Trier Ulm Görlitz Berlin Berlin Flensburg Düsseldorf Aachen Köln Bonn Trier Freiburg Ulm Görlitz Berlin Berlin Flensburg Düsseldorf Aachen Köln Bonn Trier Freiburg Ulm Passau Görlitz Berlin Die letzte Route ist das Resultat unserer Strategie. Die Gesamtlänge ist 2956 km. b) Für eine Reise, die in Bonn anfangen soll, ensteht mit Strategie 1 folgende Route: Bonn Köln Düsseldorf Aachen Trier Freiburg Ulm Passau Görlitz Berlin Flensburg Bonn. Die Gesamtlänge ist 2994 km. Strategie 2 gibt folgende Resultate: Bonn Bonn Bonn Köln Bonn Bonn Düsseldorf Köln Bonn HS12 1 / Dezember 2012

2 Bonn Aachen Düsseldorf Köln Bonn Bonn Trier Aachen Düsseldorf Köln Bonn Bonn Freiburg Trier Aachen Düsseldorf Köln Bonn Bonn Ulm Freiburg Trier Aachen Düsseldorf Köln Bonn Bonn Passau Ulm Freiburg Trier Aachen Düsseldorf Köln Bonn Bonn Görlitz Passau Ulm Freiburg Trier Aachen Düsseldorf Köln Bonn Bonn Berlin Görlitz Passau Ulm Freiburg Trier Aachen Düsseldorf Köln Bonn Bonn Flensburg Berlin Görlitz Passau Ulm Freiburg Trier Aachen Düsseldorf Köln Bonn Das ist der umgekehrte Weg wie bei Strategie 1; die Gesamtlänge ist ebenfalls 2994 km. Bemerkung: Bei der relativ kleinen Anzahl von 11 Städten ist es noch ausführbar, mit einem Computer die Länge von allen möglichen Wegen zu berechnen. Auf diese Weise kann man zeigen, dass der bei (a) mit Strategie 2 gefundende Weg von 2956 km der kürzeste ist. Aufgabe 2. Wenn G ein einfacher Graph mit 4 Ecken ist, so hat G höchstens 6 Kanten. Alle einfachen Graphen mit 4 Ecken und 5 Kanten sind isomorph: Die einzige Möglichkeit ist der vollständige Graph K 4 mit einer Kante weggelassen. Einer unserer Graphen muss also nicht-einfach sein. Wir nehmen zum Beispiel Aufgabe 3. a) Die Summe der Grade wäre 7 5 = 35. Wegen Satz muss diese Summe aber gerade sein. Ein solcher Graph existiert also nicht. b) Die Summe der Grade wäre = 13. Wiederum muss diese Summe wegen Satz gerade sein. Ein solcher Graph existiert also nicht. HS12 2 / Dezember 2012

3 Aufgabe 4. Die Graphen sind paarweise nicht-isomorph: (b) ist als einziger nicht zusammenhängend, und (c) hat als einziger 6 Ecken. Aufgabe 5. Sei G der gegebene Graph, und sei G der Graph, in dem alle Kanten verdoppelt sind (die zwei Strassenseiten). Das Problem ist jetzt äquivalent zur Frage, ob es eine Eulertour in G gibt. Alle Grade in G sind gerade, da wir bei der Übergang von G zu G alle Grade verdoppelt haben. Wegen Satz hat G eine Eulertour, d.h. der Briefträger kann die gewünschte Route finden. Wir wenden den Algorithmus von Hierholzer an, um eine solche Route zu bestimmen. Wir nummerieren die Ecken wie folgt: Eine der vielen Lösungen ist Aufgabe 6. Wir müssen einen Hamiltonschen Weg finden; das ist eine Variation auf den Hamiltonschen Kreis, in der Beginn- und Endpunkt nicht zusammenfallen. Es ist klar, dass Claudia entweder die Erste oder die Letzte ist, die das Gerücht erfährt. Nach eventueller Umkehrung der Reihenfolge können wir annehmen, dass sie die Erste ist. Sie kann das Gerücht nur Anna weitererzählen, und Anna kann es nur Hans weitererzählen. Der Hamiltonsche Weg kann auf zwei mögliche Weisen vervollständigt werden: entweder zuerst Peter und danach Barbara, oder umgekehrt. Die Möglichkeiten sind also Claudia Anna Hans Peter Barbara, Claudia Anna Hans Barbara Peter, Barbara Peter Hans Anna Claudia, Peter Barbara Hans Anna Claudia. Aufgabe 7. Mit dem Algorithmus von Kruskal: In diesem Algorithmus fügt man bei jedem Schritt eine der Kanten mit kleinstmöglichen Gewicht hinzu, falls dabei kein Zykel ensteht. Wenn das nicht mehr möglich ist, hat man einen minimal aufspannenden Baum konstruiert. Das Ergebnis des Algorithmus ist: DG (1) AB (1) CH (2) GF (2) BD (3) BH (3) - GE (4). HS12 3 / Dezember 2012

4 Mit dem Algorithmus von Prim: In diesem Algorithmus fängt man mit einer Kante von minimalem Gewicht an und erweitert den Baum, indem man eine Kante vom Baum nach seinem Komplement hinzufügt, die unter allen Kanten mit dieser Eigenschaft das kleinstmögliche Gewicht hat. Wenn alle Ecken erreicht sind, erhält man einen minimal aufspannenden Baum. Das Ergebnis des Algorithmus ist: AH (1) CH (2) BH (3) BD (3) DG (1) F G (2) EG (4). Folgerung: Das minimale Gewicht ist gleich 16. Wir haben zwei Lösungen gefunden; man kann nachprüfen, dass diese zwei im vorliegenden Beispiel die einzigen minimal aufspannenden Bäume sind. Aufgabe 8. Wir nummerieren die Ecken wie folgt: f) Sei G der gegebene Graph, und sei C ein Hamiltonscher Kreis in G. Nach Definition geht C durch alle Ecken; wir können also annehmen, C beginne und ende im Punkt 5. Weil dieser Punkt den Grad 2 hat, haben wir keine Wahl: Die Kanten 35 und 45 liegen in C. Die Kante 34 liegt nicht in C, weil wir sonst den Kreis 5345 hätten, der nicht durch 1 und 2 geht. Entweder 13 oder 23 liegt also in C. Wenn zum Beispiel 13 in C liegt, kann 14 nicht in C liegen, weil der Kreis sonst nicht durch 2 geht. In diesem Fall gilt also case C = Wenn hingegen 23 in C liegt, erhalten wir C = Folgerung: Es gibt genau zwei Hamiltonschen Kreise in G. HS12 4 / Dezember 2012

5 g) Sei G der gegebene Graph. Weil jeder Hamiltonsche Kreis durch den Punkt 1 geht, muss er die Kanten 12 und 16 enthalten. Aus demselben Grund (für die Punkte 3 und 5) enthält jeder Hamiltonsche Kreis die Kanten 23, 34, 45 und 56. Damit ist die einzige Möglichkeit der Hamiltonsche Kreis Aufgabe 9. a) Die Gewichte der Kanten AF und DG fehlen. Wir nehmen an, dass diese beiden Gewichte gleich 3 sind. Wir wenden den Algorithmus von Dijkstra an, wobei wir vom Punkt A ausgehen. In jedem Schritt fügen wir eine Kante hinzu, die eine Ecke des Baumes mit einer Ecke ausserhalb des Baumes verbindet, die minimale Abstand zu A hat. Das Ergebnis des Algorithmus ist: AH (1) AB (2) AF (3) BC (2 + 1 = 3) BJ (2 + 3 = 5) HG (1 + 4 = 5) CD ( = 6) F E (5 + 2 = 7). Die Abstände von A aus sind also Ecke B C D E F G H J Distanz b) Das Ergebnis des Algorithmus ist: AJ (6) AD (7) AB (8) DC (7 + 2 = 9) AE (10) EH ( = 12) CF ( = 12) F G ( = 13). Die Abstände von A aus sind also Ecke B C D E F G H J Distanz Aufgabe 10. Wir suchen den kürzesten Weg vom Punkt A zum Punkt D über den Punkt I. Der Teil dieses Weges von A nach I ist der kürzeste Weg von A nach I, und der Teil von I nach D ist der kürzeste Weg von I nach D. Wir wenden den Algorithmus von Dijkstra zweimal an: einmal für den Weg von A nach I und einmal für den Weg von I nach D. Von A aus: AB (2) AK (3) AF (10) BC (2 + 9 = 11) CE ( = 12) F I ( = 14). Von I aus: IF (4) IH (8) IG (11) F K (4+7 = 11) F C (4+8 = 12) CE (12+1 = 13) GD ( = 14). Der kürzeste Weg ist also A F I G D. Seine Länge ist = 28. HS12 5 / Dezember 2012