Aufgabe 4.2 Sei G = (V, E, l) ein ungerichteter, gewichteter und zusammenhängender Graph.

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1 Aufgabe 4.2 Sei G = (V, E, l) ein ungerichteter, gewichteter und zusammenhängender Graph. a) Es seien W 1 = (V, E 1 ), W 2 = (V, E 2 ) Untergraphen von G, die beide Wälder sind. Weiter gelte E 1 > E 2. Zeigen Sie: Es gibt e E 1 \ E 2, sodass der Untergraph W 3 = (V, E 2 {e}) ebenfalls ein Wald ist. b) Es seien S = (V, E S ) und T = (V, E T ) zwei minimale/maximale aufspannende Bäume von G und E S E T = {e S, e T }. Zeigen Sie: l(e S ) = l(e T ). c) Zeigen Sie: Sind S und T zwei minimale/maximale aufspannende Bäume (aber sonst beliebig) dann existiert eine Bijektion φ : E S E T, so dass für alle e E S gilt: l(e) = l(φ(e)). d) Wie berechnet man einen spannenden Baum in G, dessen größte Kante möglichst klein ist? e) Zeigen Sie: Ist W = (V, F ) ein Wald und gilt für e E, dass F {e} nicht kreisfrei ist, dann enthält F {e} genau einen Kreis. Verallgemeinern Sie die Aussage auf allgemeine Matroide und zeigen Sie, dass die Aussage richtig bleibt. Lösung zu Aufgabe 4.2 a) Möglichkeit 1: Hilfsaussage: Ein Wald mit n Knoten und n k Kanten hat k Zusammenhangskomponenten. Aus dieser Aussage folgt die Behauptung: Da W 1 mehr Kanten hat als W 2, hat W 1 weniger Zusammenhangskomponenten (ZHK) als W 2. Also muss es in W 1 eine Kante e = {v, w} geben, die zwei ZHK aus W 2 verbinden würde (sonst hätte W 1 nicht weniger ZHK als W 2 ). Diese Kante e = {v, w} kann in W 2 eingefügt werden, ohne dass ein Kreis entsteht: Würde ein Kreis entstehen, dann wären v und w bereits in W 2 miteinander verbunden, aber das widerspräche der Tatsache, dass v und w in verschiedenen ZHK von W 2 liegen. Beweis der Hilfsaussage: Induktion über k. Induktionsanfang, k=1 Ein Wald mit n 1 Kanten ist ein Baum, siehe VL. Induktionsvoraussetzung Die Behauptung stimme für ein k [n]. Induktionsschluss Sei T = (V, E) ein Wald mit n (k + 1) Kanten. Es gibt ein Knotenpaar (v, w) mit v w, sodass T = (V, E {v, w}) wieder Wald ist: Sonst würde jede zusätzliche Kante einen Kreis ergeben und T wäre als kantenmaximal kreisfreier Graph ein Baum. Das kann nicht sein, da T höchstens n 2 Kanten hat. Betrachte nun den eben gefundenen Wald T : Er hat n k Kanten und hat damit laut Induktionsannahme k ZHK. Betrachte die ZHK H in T, die die Kante e = {v, w} enthält. Das Löschen der Kante e führt dazu, dass H in genau zwei ZHK zerfällt. Denn Würde H e nicht zerfallen, dann gäbe es in H einen Kreis. Widerspruch. H e kann nicht drei oder mehr ZHK haben, denn Wiederhinzufügen von e würde höchstens zwei von diesen verbinden können.

2 Damit wäre die Beh. bewiesen, weil alle anderen ZHK durch das Löschen von e nicht verändert werden und somit die Anzahl der ZHK um eins erhöht wird T hat k + 1 ZHK. Möglichkeit 2: Der Wald W 2 habe die Zusammenhangskomponenten (ZHK) H 1,..., H l, die Knotenzahl in H i werde mit n i bezeichnet, 1 i l. Nun gilt für alle 1 i l: Da W 2 ein Wald ist, ist H i ein Baum und hat genau n i 1 Kanten. ( ): Nun kann der in W 1 durch V (H i ) induzierte Wald W 1 [V (H i )] nicht mehr als n i 1 Kanten haben, weil es sonst einen Kreis in W 1 [V (H i )] gäbe. Zusammen heißt das: Es muss eine Kante e in W 1 geben, die einen Knoten v aus V (H i ) und einen Knoten w aus V (H j ) verbindet für passende i, j [l], i j; sonst gäbe es einen Widerspruch zu ( ). Diese Kante e = {v, w} kann in W 2 eingefügt werden, ohne dass ein Kreis entsteht: Würde ein Kreis entstehen, dann wären v und w bereits in W 2 verbunden, aber das widerspräche der Tatsache, dass v und w in verschiedenen ZHK von W 2 liegen. b) Offensichtlich, da beide Spannbäume optimal und sogar E S \ e S = E T \ e t. c) Klar: E S E T = 2k für k N. Induktion nach k: Gilt E S E T = 2 so folgt die Aussage direkt aus b). Sei also E S E T = 2(k + 1), k N und e 1 E S E T, sodass l(e 1 ) = max{l(e) : e E S E T }; ohne Einschränkung sei e 1 E S. Nach a) existiert ein e 2 E T \ E s, sodass E U = E S \ {e 1 } {e 2 } wieder ein Spannbaum ist. Da E S ein MST ist, muss l(e 1 ) l(e 2 ) gelten und nach Wahl von e 1 in E S E T folgt damit l(e 1 ) = l(e 2 ). Folglich ist auch E U ein minimaler Spannbaum. Nun gilt aber E U E T = 2k, also existiert nach Induktionsvoraussetzung eine Bijektion ϕ mit den geforderten Eigenschaften zwischen den Kanten in E U und E T. Sei σ : E E, sodass σ(e 1 ) = e 2 und σ(e) = e für e e 1. Dann hat ψ = σ ϕ die geforderte Eigenschaft. d) Wir beweisen: Jeder MST ist ein ST (spannender Baum, spanning tree) mit kleinster größter Kante. Wenn das gezeigt ist, dann kann jeder MST-Algorithmus (also Prim, Kruskal) zum Lösen des Problems verwendet werden. Beweis der Behauptung (durch Widerspruch): Sei T ein ST mit kleinster größter Kante und sei T ein MST, dessen größte Kante größer als die von T ist. Die Kanten des Baums T haben die geordnete Gewichtsfolge f 1 f n 1, die Kanten des Baums T haben die geordnete Gewichtsfolge e 1 e n 1. Da die größte Kante von T größer ist als die von T, gilt f n 1 < e n 1 und damit auch f 1,..., f n 1 < e n 1. ( ) (Ziel: Wir tauschen in T Kanten so aus, dass wir einen ST mit echt kleinerem Gewicht erhalten, so dass T kein MST gewesen sein kann.) Betrachte T e n 1. Wegen Aufgabenteil (a) muss T eine Kante f i enthalten, so dass T e n 1 + f i wieder kreisfrei (und damit Baum) ist. Nun hat T e n 1 + f i aber echt kleineres Gewicht als T, denn die schwerste Kante wurde aus T gestrichen und durch eine echt leichtere ersetzt (siehe ( )). e) Angenommen e = {v, w} schließt zwei Kreise K 1 K 2. Da (K 1 K 2 ) \ e F ist (K 1 K 2 ) \ e kreisfrei. Andererseits bilden K 1 \ e und K 2 \ e zwei verschiedene v, w- Wege, also enthält K 1 K 2 \ e einen Kreis Widerspruch.

3 Für allgemeine Matroide kann man (fast) analog vorgehen oder wie folgt: Sei (M, I) das Matroid, F I und F {e} I. Definiere F := {f F : F {e} \ {f} I}. Behauptung: F {e} ist der eindeutige Kreis in F {e}. Beweis: Zum Einen ist F {e} abhängig, denn wäre F {e} I dann müsste es ein g F \ F geben, sodass F {e} \ {g} I im Widerspruch zur Definition von F. Zum Anderen gilt F {e} K für alle K F {e} Kreis, denn e K und aus f F \ K folgt K F {e} \ {f} I, also K I Widerspruch.

4 Aufgabe 4.3 Sei G = (V, E, l) ein gewichteter gerichteter Graph und v 1 V. Dann ist A E eine Arboreszenz (Branching, gerichteter Baum) mit Wurzel v 1 in G, wenn A = V 1 und für alle v V existieren gerichtete Wege von v 1 nach v in A. a) Formulieren Sie die Suche nach maximalen Arboreszenzen (mit Wurzel v 1 ) in einem gewichteten Digraphen als Maximierungsaufgabe über einem Unabhängigkeitssystem U. b) Um zu entscheiden, ob G eine Arboreszenz mit Wurzel v 1 besitzt, kann man zum vollständigen Graphen Ḡ = (V, (V )2 ) übergehen (mit (V ) 2 = {(v, w) : v, w V, v w}), die Gewichtsfunktion l(e) = 1, falls e E und l(e) = 0, falls e E definieren und fragen, ob es in Ḡ eine Arboreszenz A mit Wurzel v 1 vom Gewicht l(a) = V 1 gibt. Zeigen Sie, dass eine gerichtete Variante des Prim-Algorithmus mit Anfangsknoten v 1 das richtige Ergebnis liefert. c) Zeigen Sie, dass der Algorithmus von Prim zur Bestimmung maximaler Arboreszenzen für beliebige Gewichtsfunktionen bereits auf kleinen Graphen beliebig schlechte Lösungen erzeugt (d.h. ist A P die von Prim ausgewählte Kantenmenge und A eine optimale Arboreszenz, dann gilt e A P l(e) < ɛ( e A l(e)) für beliebige ɛ > 0). Lösung zu Aufgabe 4.3 a) Sei G = (V, E, l) ein gewichteter gerichteter Graph. Wir betrachten für eine Teilmenge I E die beiden Bedingungen 1) Der induzierte ungerichtete Graph G (I) ist kreisfrei; 2) Es gilt deg ini (v) 1, v V \ {v 1 } und deg ini (v 1 ) = 0; und definieren I I j, falls I Bedingung j erfüllt. Dann bilden die Mengen M 1 = (E, I 1 ) und M 2 = (E, I 2 ) jeweils ein Matroid (graphisches Matroid bzw. Partitionsmatroid). Damit ist U = M 1 M 2 := (E, I 1 CI 2 ) als Schnitt von zwei Matroiden ein Unabhängkeitssystem. Natürlich enthält U alle Arboreszenzen, und jede Arboreszenz A ist eine Basis von U. Umgekehrt gilt für eine Basis B B, dass B Arboreszenz ist, wenn B = V 1. Zu einer gegebenen Gewichtsfunktion l : E [0; ) definieren wir jetzt die Funktion l für e E durch l (e) = l(e)+n mit N = e E l(e), und betrachten das entsprechende Optimierungsproblem max I I l (I), mit l (I) = l (e) e I Aus der Definition von l folgt erstens, dass nur Basen mit Mächtigkeit V 1 - also Arboreszenzen - optimal sein können, und zweitens, dass die Optimallösung auch eine maximale Arboreszenz bezüglich l sein muss. b) Wir zeigen zuerst, dass der Greedy-Algorithmus versagt. Dazu betrachten wir den folgenden Graphen G.

5 Nach Voraussetzung bekommt jede Kante von G das Gewicht 1. Startet der Greedy- Algorithmus mit der gestricheleten Kante, so kann diese nicht mehr zu einer Arboreszenz des Graphen G ergänzt werden. Wir betrachten jetzt die folgende Variante des Algorithmus von Prim: Analog zum gewöhnlichen Algorithmus von Prim (für Maximierung) lassen wir die Arboreszenz ausgehend von v 1 entlang gerichteter Kanten wachsen. Natürlich findet der Algorithmus eine Arboreszenz in Ḡ, da in jedem Schritt ein noch freier Knoten angeschlossen wird (d.h., es werden keine Kreise geschlossen, und am Ende sind alle Knoten aus Ḡ angebunden). Enthält G keine Arboreszenz, so hat jede Arboreszenz A in Ḡ nach Definition einen Wert A < V 1 und der Algorithmus arbeitet korrekt. Wir nehmen jetzt an, dass G eine Arboreszenz besitzt, aber der Algorithmus versagt. In diesem Fall wird in (mindestens) einem Schritt ein Knoten mit Label 0 hinzugefügt. Das ist aber gleichbedeutend damit, dass keine Kante in G existiert, die die Menge der bisher gewählten Knoten mit den restlichen verbindet. Das ist ein Widerspruch zur Voraussetzung. c) Wir betrachten den folgenden Graphen G Die maximale Arboreszenz mit Wurzel v 1 hat den Wert N + 1. Die Variante des Algorithmus von Prim findet aber eine Arboreszenz, die nur den Wert 4 hat.

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