Vorlesung Diskrete Strukturen Eulersche und Hamiltonsche Graphen

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1 Vorlesung Diskrete Strukturen Eulersche und Hamiltonsche Graphen Bernhard Ganter WS 2013/14 1 Eulersche Graphen Kantenzug Ein Kantenzug in einem Graphen (V, E) ist eine Folge (a 0, a 1,..., a n ) von Knoten mit der Eigenschaft, dass für alle i {0, 1,..., n 1} die aufeinanderfolgenden Knoten {a i, a i+1 } eine Kante bilden. Ein Kantenzug (a 0,..., a n ) heißt offen, falls a 0 a n ist und anderenfalls geschlossen. (Im Unterschied zum Weg müssen die Knoten in einem Kantenzug nicht paarweise verschieden sein.) Ein Kantenzug, in dem jede Kante des Graphen genau einmal auftritt und der alle Knoten durchläuft, wird eine Eulersche Linie genannt. Das Haus vom Nikolaus 1

2 Eulersche Linien Welche Figuren lassen sich in einem Zug zeichnen, d.h. ohne den Stift abzusetzen? Diese Frage kann in die Sprache der Graphendiagramme übersetzt werden und lautet dann: Welche Graphen besitzen eine Eulersche Linie? Diese Frage wurde als das Königsberger Brückenproblem bekannt und 1736 von Leonhard Euler beantwortet. Eulers Ergebnis Satz 1 (Euler 1736). Ein endlicher Graph besitzt genau dann eine geschlossene Eulersche Linie, wenn er zusammenhängend ist und jeder seiner Knoten geraden Grad hat. Ein endlicher Graph besitzt genau dann eine offene Eulersche Linie, wenn er zusammenhängend ist und genau zwei Knoten ungeraden Grades hat. Zu diesem Satz geben wir einen Beweis und einen Algorithmus an. 2

3 Beweisvorbereitung (1) Notation: Ist Z := (a 0, a 1,..., a n ) ein Kantenzug, dann soll V (Z) die Menge der in Z auftretenden Knoten und E(Z) die Menge der in Z auftretenden Kanten bezeichnen. Der folgende Hilfssatz ist offensichtlich: Hilfssatz 1. Ist Z := (a 0, a 1,..., a n ) ein Kantenzug, in dem keine Kante zweimal vorkommt, dann ist jeder der Knoten a 1, a 2,..., a n 1 in gerade vielen Kanten aus E(Z) enthalten. Die Knoten a 0 und a n kommen beide in ungerade vielen Kanten des Kantenzuges vor, wenn a 0 a n ist, und in gerade vielen, wenn der Kantenzug geschlossen ist. Beweisvorbereitung (2) Hilfssatz 2. Haben alle Knoten eines (endlichen) Graphen geraden Grad, dann ist jeder maximale Kantenzug, der keine Kante zweimal enthält, geschlossen. Beweis. Jeder offene Kantenzug Z := (a 0, a 1,..., a n ), der keine Kante zweimal enthält, enthält ungerade viele Kanten durch a n. Das können nicht alle Kanten sein, die a n enthalten, denn a n hat geraden Grad. Also kann der Kantenzug nicht maximal sein. Beweisteil 1 Zu beweisen ist: Ein Graph, der eine geschlossene Eulersche Linie besitzt, ist zusammenhängend und alle seine Knoten haben geraden Knotengrad. Beweis: Weil vorausgesetzt wurde, dass eine Eulersche Linie alle Knoten durchläuft, muss ein solcher Graph zusammenhängend sein. Ein beliebiger Knoten v V des Graphen kommt nach dem ersten Hilfssatz in gerade vielen Kanten des Kantenzuges vor. Da der Kantenzug alle Kanten des Graphen enthält, ist also der Knotengrad von v gerade. Beweisteil 2 Zu beweisen ist: Ein zusammenhängender endlicher Graph, in dem alle Knoten geraden Grad haben, besitzt eine geschlossene Eulersche Linie. Beweis: Wähle einen beliebigen Knoten a 0 des Graphen (der Fall des 3

4 leeren Graphen ist trivial). Betrachte einen Kantenzug (a 0, a 1,..., a n ). Nach dem Hilfssatz Wir dürfen E annehmen. Nach der Vorüberlegung enthält (V, E) dann einen Kreis und damit einen nichtleeren geschlossenen Kantenzug, der jede Kante höchstens einmal durchläuft. Sei Z ein solcher Kantenzug maximaler Kantenanzahl. Wenn Z alle Kanten des Graphen enthält, sind wir fertig. Beweisteil 2, Fortsetzung Wenn der maximale Kantenzug Z nicht alle Kanten enthält, dann gibt es eine Kante, die nicht zu Z gehört. Weil (V, E) zusammenhängend ist, muss es sogar eine solche Kante geben, die mit dem Kantenzug einen Knoten gemeinsam hat, sagen wir u. Der Graph (V, E \ E(Z)), also der Graph, der entsteht, wenn man den Kantenzug Z in (V, E) löscht, hat ebenfalls nur Knoten von geradem Grad. Deshalb gibt es einen geschlossenen Kantenzug durch u in (V, E \E(Z)), der jede Kante höchstens einmal enthält. Dieser Kantenzug kann beim Durchlaufen des Knotens u in Z eingeschoben werden, im Widerspruch zur Maximalität von Z. Beweisteil 3: Offene Eulersche Linien Ist (V, E) ein endlicher zusammenhängender Graph mit genau zwei Knoten u, v von ungeradem Grad, und ist w / V, dann ist (V {w}, E {{u, w}, {w, v}}) ein endlicher zusammenhängender Graph, in dem alle Knoten geraden Grad haben. Nach dem, was wir bereits bewiesen haben, muss dieser Graph eine geschlossene Eulersche Linie besitzen. Streicht man darin den Knoten w und die beiden Kanten durch w, so erhält man eine offene Eulersche Linie in (V, E). Umgekehrt sind die genannten Bedingungen (endlich, zusammenhängend, genau zwei Knoten von ungeradem Grad) offenbar notwendig für die Existenz einer offenen Eulerschen Linie. Quod erat demonstrandum. Existenz und Konstruktion 4

5 Wir haben (u.a.) einen Existenzbeweis geführt, der nachweist, dass unter den genannten Bedingungen eine Eulersche Linie existiert. Ein solcher Beweis ist nicht notwendig konstruktiv, d.h., er gibt keinen Algorithmus an, eine Eulersche Linie tatsächlich zu konstruieren. Wie findet man eine Eulersche Linie? Einfach losmarschieren führt nicht sicher zum Ziel, wie nebenstehendes Beispiel zeigt. Alle Voraussetzungen sind erfüllt: Der Graph ist zusammenhängend, endlich und alle Knoten haben geraden Grad. Ein Algorithmus zur Konstruktion einer Eulerschen Linie Der folgende Algorithmus konstruiert zu jedem endlichen zusammenhängenden Graphen (V, E), in dem alle Knotengrade gerade sind, eine geschlossene Eulersche Linie. Unter einer Brücke in einem Graphen versteht man eine Kante, deren Wegnahme die Anzahl der Zusammenhangskomponenten erhöht. 1. Starte in einem beliebigen Knoten a 0, setze i := 0 und Z 0 := (a 0 ). 2. Ist Z i := (a 0,..., a i ) bereits konstruiert, verfahre wie folgt: Wenn Z i alle Kanten des Graphen durchläuft, stopp. Ansonsten wähle eine Kante {a i, w} / E(Z i ). Wenn es möglich ist, wähle diese Kante so, dass sie keine Brücke im Graphen (V, E \ E(Z i )) ist. Setze i i + 1, a i := w und Z i := (a 0,..., a i ). 3. Iteriere (2). Funktioniert das? Es ist gar nicht klar, dass der angegebene Algorithmus zum gewünschten Ergebnis führt. Ja, es ist nicht einmal klar, dass er überhaupt durchführbar ist. Betrachten wir z.b. Schritt (2). Dort heißt es: 5

6 Wenn Z i alle Kanten des Graphen durchläuft, stopp. Ansonsten wähle eine Kante {a i, w} / E(Z i )... Aber wieso muss es eine solche Kante überhaupt geben? Offenbar ist es erforderlich, einen sorgfältigen Korrektheitsbeweis für diesen Algorithmus anzugeben. Korrektheitsbeweis (1) Zu beweisen ist, dass der Algorithmus durchführbar ist und zu einer Eulerschen Linie führt. Offensichtlich ist, dass für alle i die konstruierte Folge Z i ein Kantenzug ist, in dem wegen {a i, w} / E(Z i ) keine Kante zweimal vorkommt. Da der Algorithmus erst stoppt, wenn Z i alle Kanten von (V, E) durchläuft, muss das Ergebnis eine (geschlossene) Eulersche Linie sein. Zu beweisen ist also nur, dass der Algorithmus durchführbar ist, also dass immer dann, wenn der konstruierte Kantenzug Z i = (a 0,..., a i ) nicht alle Kanten durchläuft, noch eine Kante {a i, w} / E(Z i ) existiert. Korrektheitsbeweis (2) Nehmen wir also an, der Kantenzug Z i = (a 0,..., a i ) sei nach den Regeln des Algorithmus konstruiert, es sei E(Z i ) E, aber es gäbe keine Kante {a i, w} / E(Z i ). Weil a i geraden Knotengrad hat, muss es auch gerade viele Kanten in E(Z i ) geben, die a i enthalten. Das erzwingt a i = a 0. a 0 ist deshalb ein Knoten, der in keiner Kante aus E \ E(Z i ) vorkommt. Es kann nicht sein, dass alle a j, 0 j i, diese Eigenschaft haben. Sonst wäre nämlich {a 0,..., a i } eine nicht triviale Zusammenhangskomponente des Graphen (V, E). Es muss also eine Kante {a j, b} E \ E(Z i ) geben. 6

7 Verschnaufpause Weil die Sache so langsam unübersichtlich wird, veranschaulichen wir das bisher Erreichte. Der Algorithmus hat einen geschlossenen Kantenzug (a 0, a 1,..., a i ) konstruiert, der nicht alle Kanten enthält. Es gibt eine Kante {a j, b}, die nicht zum Kantenzug gehört, und wir dürfen annehmen, dass der Index j dabei größtmöglich gewählt wurde und ungleich i ist. Was nun gezeigt wird ist, dass beim Schritt von j auf j + 1 ein Fehler gemacht wurde: Die Kante {a j, a j+1 } hätte nicht gewählt werden dürfen, weil sie eine Brücke ist, die Kante {a j, b} aber nicht! a 1 a 2 a 0 = a i a j+1 a j b Korrektheitsbeweis (3) Im Schritt j des Algorithmus ist der kantenzug Z j := (a 0,..., a j ) konstruiert und es wird der Graph (V, E \ E(Z j ) betrachtet, die blauen Kanten fehlen also. Weil j der höchste Index ist, für den es eine Kante {a j, b} gibt, die nicht zum Kantenzug gehört, ist {a j, a j+1 } eine Brücke. Die Kante {a j, b} ist deshalb keine Brücke, weil in dieser Zusammenhangskomponente des Graphen (V, E \ E(Z j )) alle Knoten geraden Grad haben. Ein mit {a j, b} beginneder Kantenzug kann fortgesetzt werden, bis er a j wieder erreicht. Es muss deshalb eine zweite Kante {a j, c} in der gleichen Komponente geben. a 1 a 2 a 0 = a i a j+1 a j b Korrektheitsbeweis (Schluss) Wir haben beweisen: Der Algorithmus liefert einen geschlossenen Kantenzug, in dem jede Kante höchstens einmal vorkommt. Wenn dieser Kantenzug nicht alle Kanten enthält, muss bei der Durchführung ein Fehler gemacht worden sein. Bei korrekter Durchführung liefert der Algorithmus also eine geschlossene Eulersche Linie. 7

8 In dem bereits zitierten Buch von Krumke und Noltemeier findet man auch eine Untersuchung der Komplexität. Das Bestimmen einer Eulerschen Linie in einem Eulerschen Graphen mit n Konten und m Kanten ist in O(m + n) Schritten möglich. Nachbemerkungen Der Algorithmus liefert für endliche zusammenhängende Graphen, in denen alle Knotengrade gerade sind, einen Kantenzug, der jede Kante genau einmal durchläuft. Diese Aufgabe stellt sich in vielen Zusammenhängen auch dann, wenn die Voraussetzung nicht erfüllt ist (Postbote, Müllabfuhr, Google Street View). Dazu gibt es zahlreiche Untersuchungen. Man kann den Algorithmus problemlos auf Multigraphen (bei denen es zwischen zwei Knoten mehr als eine Kante geben darf) erweitern. Damit löst man solche Probleme sogar mit zusätzlichen Bedingungen (Kostenfunktion). 2 Hamiltonsche Graphen Eine scheinbar ganz ähnliches Problem Als Eulersche Linie in einem zusammenhängenden Graphen bezeichnet hatten wir einen Kantenzug bezeichnet, der jeden Kante genau einmal durchläuft. Einen geschlossenen Kantenzug, der alle Knoten genau einmal durchläuft, nennt man einen hamiltonschen Kreis, einen offenen Kantenzug, der alle Knoten genau einmal durchläuft, einen offenen hamiltonschen Weg. Einen Graphen, der einen Hamiltonschen Kreis enthält, nennt man hamiltonsch. Das TSP Verallgemeinert man auf Graphen mit (positiv) gewichteten Kanten, so stellt sich das Problem des Handlungsreisenden (engl.: Travelling Salesman Problem, TSP). 8

9 Gesucht ist dabei ein gewichtsminimaler hamiltonscher Kreis. Quelle: Thore Husfeldt (Wikipedia) Griechenland Die nebenstehende Graphik zeigt eine kürzeste Tour durch 9882 Ortschaften in Griechenland. Das Bild stammt aus der Bibliothek von The Traveling Salesman Problem is one of the most intensively studied problems in computational mathematics. xkcd 9

10 Satz 2 (Stirling Formel). n! = ( n ) ( n 2πn 1 + O e ( )) 1. n Wie kann man erkennen, ob ein Graph hamiltonsch ist? Es gibt viele hinreichende Bedingungen. Offenbar ist der vollständige Graph mit n Knoten hamiltonsch für jedes n 3. Satz 3 (Bondy und Chvátal). Es sein (V, E) ein Graph mit n 3 Knoten. u und v seien zwei nicht adjazente Knoten mit deg(u) + deg(v) n. Dann gilt: Der Graph (V, E {{u, v}}), der aus (V, E) entsteht, indem man die Kante {u, v} hinzunimmt, ist genau dann hamiltonsch, wenn (V, E) hamiltonsch ist. Beweis der nicht trivialen Richtung Falls es in (V, E {{u, v}}) einen hamiltonschen Kreis gibt, der die Kante {u, v} nicht enthält, dann enthält auch (V, E) diesen Kreis. Wir nehmen an, dass jeder hamiltonsche Kreis in (V, E {{u, v}}) die Kante {u, v} benutzt. (a 0, a 1,..., a n 1, a 0 ) sei ein solcher Kreis und o.b.d.a. sei a 0 = u und a n 1 = v. Wir betrachten die Mengen A := {1 i n 3 {v, a i } E} B := {1 i n 3 {u, a i+1 } E}. 10

11 Dann gilt A deg(v) 1 und B deg(u) 1. Da A, B {1,..., n 3} und A + B deg(v) + deg(u) 2 n 2 gilt, muss es ein i A B geben, also mit {v, a i } E und {u, v i } E. (u = a 0, a i,... a i 1, v, a n 1..., a i, u) ist dann hamiltonscher Kreis. Als Korollar: Ein Satz von Dirac Satz 4 (Dirac). Sei (V, E) ein Graph mit n 3 Knoten, von denen jeder Knotengrad n 2 hat. Dann ist (V, E) hamiltonsch. Das folgt sofort aus dem folgenden allgemeineren Satz: Satz 5. Sei (V, E) ein Graph mit n 3 Knoten, in dem für je zwei nicht adjazente Knoten u und v gilt, dass deg(v) + deg(v) n ist. Dann ist (V, E) hamiltonsch. Dieser wiederum folgt mühelos aus dem Satz von Bondy und Chvátal. Charakterisierung Die genannten Bedingungen sind hinreichend, aber nicht notwendig. Eine leicht überprüfbare Bedingung, die notwendig und hinreichend dafür ist, dass ein Graph hamiltonsch ist, ist nicht bekannt. Es gibt auch keinen bekannten Algorithmus, der schnell überprüfen kann, ob ein eingegebener Graph hamiltonsch ist oder nicht. Satz 6. Das Entscheidungsproblem, ob ein beliebiger vorgelegter Graph hamiltonsch ist, ist N P-vollständig. 11

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