5. Verschiedene Repräsentanten

5. Verschiedene Repräsentanten 5.1. Die Sätze Hall und König Sei I := {1,...,n}, und sei A(I) = (A 1,...,A n ) eine Familie von Teilmengen einer endlichen Menge E. Zu K I seien A(K) := (A i : i K) und A(K) := A i. Eine Transversale oder ein System verschiedener Repräsentanten (SVR) von A(I) ist eine Menge {x 1,...,x n } von n paarweise verschiedenen Elementen von E, sodass x i A i für jedes i in I gilt. Zum Beispiel: i K A 1 = {a,b,c} A 2 = {a,d} A 3 = {b,d} A 4 = {c,e} x 1 = a x 2 = d x 3 = b x 4 = c (A 1 ) 1 (A 2 ) 2 (A 3 ) 3 (A 4 ) 4 I E a b c d e Ein Matching oder eine Paarung eines Graphen ist eine Menge paarweiser nichtadjazenter Kanten dieses Graphen. Ein perfektes Matching oder ein 1-Faktor ist ein Matching, das alle Ecken des Graphen paarweise anordnet. Bilden wir einen bipartiten Graphen G mit V(G) = I E, in dem i I und e E genau dann durch eine Kante verbunden sind, wenn e A i gilt, so entspricht eine Transversale (grob gesprochen) einem Matching in G, das alle Ecken aus I abdeckt. Satz 5.1 (P. Hall (1904-198, 1935). (a) A(I) besitzt genau dann eine Transversale, wenn die Bedingung von Hall erfüllt ist, d.h. es gilt A(K) K, K I. (b) Der Satz von König Hall. Ein bipartiter Graph mit Bipartition (I, E) besitzt genau dann ein Matching, das I abdeckt, wenn N(X) X für alle X I gilt. (c) Das Heiratsproblem. Es können aus einer Menge gegebener Freundinnen genau dann paarweise verschiedene Partner für n Männer so gefunden werden, dass jeder Mann eine Frau als Partner erhält, wenn für alle k (1 k n) gilt, dass je k der Männer zusammengenommen mindestens k Freundinnen haben. Beweis. (P. R. Halmos and H. E. Vaughan, 1950.) Diese drei Aussagen sind äquivalent. Wir betrachten daher hier nur die dritte, auch wenn wir teilweise die Notation der ersten Aussage verwenden: Für den i ten Mann sei A i die Menge der Freundinnen dieses Mannes. Dass die Bedingung notwendig ist, ist klar. Wir zeigen per Induktion nach n, dass sie auch hinreichend ist. Im Fall n = 1 ist das Ergebnis offensichtlich. Wir nehmen also nun n 2 an. 1

Fall 1: Je k Männer (1 k n 1) haben zusammengenommen mindestens k +1 Freundinnen. Wir bilden nun aus dem n ten Mann und einer seiner Freundinnen ein Paar. Dann bleiben für je k der verbliebenen Männer zusammen noch mindestens k Freundinnen. Somit folgt das Ergebnis aus der Induktionsvoraussetzung. Fall 2: Für ein k (1 k n 1) gibt es eine Menge K, bestehend aus k Männern, die zusammen genau k Freundinnen haben: A(K) = K = k. Dann gilt J K = A(J) A(K) = A(J) J, und, falls J I \K, so erhalten wir A(J)\A(K) = A(J K)\A(K) J K A(K) = J + K K = J. K I\K I E A(K) E\A(K) Also haben nach Induktionsvoraussetzung die Familien A(K) = (A i : i K) und (A i \A(K) : i I \K) jeweils eine Transversale, und deren Vereinigung ist eine Transversale von A(I). Eine Teilmenge X von E heißt eine partielle Transversale (PT) der Länge X mit Defekt n X von A(I), wenn X eine Transversale einer Teilfamilie A(J) (J I, J = X ) von A(I) ist. Es ist offensichtlich jede Teilmenge einer PT wieder eine PT. Korollar 5.2 (O. Ore(1899 1968), 1955). A(I) besitzt genau dann eine partielle Transversale mit Defekt d, wenn A(K) K d für alle K I gilt. Beweis. Wir bilden B(I) aus A(I), indem wir B i := A i D (i = 1,...,n) setzen, wobei D eine Menge mit d neuen Elementen ist (d.h. D E = ). A(I) besitzt eine PT mit Defekt d B(I) besitzt eine Transversale B(K) K, K I (nach dem Satz von Hall) A(K) K d, K I Korollar 5.3 (Der Dualitätssatz von König, D. König (1884 1944), 1931). In einembipartiten Graphen G istdiegrößteanzahl vonkanten, die ineinem Matching enthalten sind (α (G)) gleich der kleinsten Anzahl von Ecken, die zusammengenommen zu allen Kanten inzident sind (β(g)). 2

Beweis. Offensichtlich gilt α (G) β(g), da keine zwei Kanten eines Matchings zu derselben Ecke inzident sein können. Es bleibt also α (G) β(g) zu zeigen. Bezeichne dafür die Bipartition mit (I,E) und definiere für jedes i I die Menge A i := {e E : ie E(G)}. Für jedes K I ist (I \ K) A(K) eine Menge von Ecken, die zu allen Kanten von G inzident ist, denn gilt ie E(G) und i / I \K, so gilt i K und damit e A(K). Also gilt I \K + A(K) β(g) und daher A(K) β(g) I \K = K ( I β(g)), K I. Nach Korollar 5.2 besitzt A(I) eine PT mit Defekt I β(g), also von Länge β(g). Daher besitzt G ein Matching mit β(g) Kanten: α (G) β(g). Wir haben somit wie gewünscht α (G) = β(g) gezeigt. Satz 5.4 (A. J. Hoffman and H. W. Kuhn, 1956). Eine partielle Transversale ist genau dann maximal (bzgl. Inklusion), wenn sie von maximaler Länge ist. Insbesondere gilt, dass, wenn die Familie A(I) eine Transversale besitzt, ihre partiellen Transversalen gerade die Teilmengen ihrer Transversalen sind. Beweis. Der ungarische Algorithmus. Offensichtlich ist jede PT maximaler Länge auch maximal bzgl.inklusion. Sei nunumgekehrt T E einemaximaleptvona(i),und sei Geinbipartiter Graph, der A(I) darstellt. Sei M ein Matching, das T abdeckt. Wir zeigen nun, dass M ein größtes Matching von G ist, woraus sofort folgt, dass T eine Transversale maximaler Länge ist. Dafür bilden wir iterativ Mengen X I, Y E: (a) Wir fügen zu X alle Ecken in I hinzu, die nicht durch M abgedeckt werden; (b) Sind x X, y E und xy E(G)\M, so fügen wir y zu Y hinzu; (c) Sind y Y, x I und xy M, so fügen wir x zu X hinzu. Behauptung: Es gilt nach jedem Schritt Y T. Beweis der Behauptung. Für jedes e, das wir zu Y hinzufügen, gibt es ein i I, das nicht durch M abgedeckt ist, sowie einen alterierenden Weg P mit Ecken i = x 1, y 1, x 2, y 2,..., x k, y k = e, dessen k 1 Kanten der Form y j x j+1 in M liegen und dessen k Kanten der Form x j y j nicht in M liegen. Würde e / T gelten, so könnten wir die Kanten der Form y j x j+1 aus M entfernen und dafür die Kanten der Form x j y j hinzufügen, und damit ein Matching erhalten, das T {e} abdeckt. Damit wäre T {e} eine PT von A(I), was ein Widerspruch zur Maximalität von T wäre. Also gilt e T. Daher gilt wie gewünscht stets Y T. 3

Durch die Konstruktionsregeln (a) (c) wird sichergestellt, dass am Ende Y = N(X) gilt. Außerdem gilt dann I \X = T \Y, da die Elemente aus I \X und T \Y durch (einige der) Kanten in M zu Paaren zusammengefasst werden. Die Ecken in (I \X) N(X) sind inzident zu allen Kanten und ihre Anzahl ist T\Y + Y = T (da nach der eben gezeigten Behauptung Y T gilt). Somit kann kein Matching mehr als T Kanten enthalten, und daher ist T eine PT maximaler Länge. I\X X I M T\Y T Y =N(X) E Bemerkung. Der Satz von Hall folgt aus diesem Beweis, denn, gilt N(X) X, so folgt T = I \X + N(X) I. Da aber T I gilt, erhalten wir sogar T = I, und damit ist T eine Transversale von A(I). 5.2. Gewinnfolgen von Turnierengraphen Lemma 5.5 (Der Haremsatz). Sind p 1,...,p n N {0}, so gibt es genau dann paarweise disjunkte Mengen X i, sodass X i A i und X i = p i (i = 1,...,n) gilt, wenn A(K) i K p i für alle K I gilt. Beweis. Übungsaufgabe 5.1. Ein gerichteter Graph (oder Digraph) D = (V,A) besteht aus disjunkten Mengen V und A mit A V V. Die Elemente a V heißen Ecken und die Elemente (a,b) A heißen Bögen (oder gerichtete Kanten). Man schreibt auch ab A statt (a,b) A. D heißt schleifenfrei, falls aa / A für alle a A. Man beachte: Für a b in V gilt ab ba. Man definiert den Außengrad von a V als odeg(a) = {b V ab A} und seinen Innengrad als ideg(a) = {b V ba A}. Ein Turniergraph ist ein schleifenfreier gerichteter Graph D = (V(D), A(D)), bei dem für alle a,b V(D) mit a b genau eine der beiden Bögen ab, ba in A(D) liegt. Ein solcher Graph könnte z.b. die Ergebnisse eines Jeder gegen Jeden Turniers mit ( n Spielen zwischen n Spielern darstellen: ab A(D) gdw. a besiegt b (Unentschieden sind nicht erlaubt). Die Punktzahl einer Ecke (d.h. eines Spielers) ist sein Außengrad (d.h. die Anzahl der von ihm besiegten Spieler). Welche Gewinnfolgen sind im Fall n = 6 möglich? 4

(a) 1 1 2 3 3 5 JA: siehe Abbildung; (b) 1 1 2 2 4 4 NEIN: die Summe ist 14, sie müsste aber 15 = ( 6 sein; (c) 0 1 1 4 4 5 NEIN: die kleinsten drei Zahlen sollten aufsummiert ( 3 ergeben. Satz 5.6 (H. G. Landau, 1955). Eine Menge von n nichtnegativen ganzen Zahlen p 1... p n ist genau dann die Gewinnfolge eines Turniergraphen, wenn (a) r p i ( r für 2 r n 1 gilt und (b) n p i = ( n gilt. [Hackordnung von Hennen.] 3 1 5 1 3 2 Beweis. Die Bedingungen sind offensichtlich notwendig. Wir müssen also noch zeigen, dass sie auch hinreichend sind. Sei dazu für i I := {1,...,n} A i := { {1,i}, {2,i},...,{i 1,i}, {i,i+1},...,{i,n} } (1 i n) die Menge der zur Ecke i inzidenten ungerichteten Kanten. Für jedes i, wollen wir p i Element aus A i wählen, die die gerichteten Kanten, die aus der Ecke i herausführen, ergeben sollen. Dies ist nach Lemma 5.5 genau dann möglich, wenn A(K) i K p i für alle K I gilt. Es folgt aber aus den Bedingungen (a) und (b), dass A(K) = ( ) ( n 2 n K ) 2 und p i = i K n p i p i i I\K ( ) n 2 ( ) n K = A(K). 2 Somit existiert ein solcher Turniergraph. 5.3. Die Erweiterbarkeit von lateinischen Rechtecken Seien E = I = {1,...,n}. Seien r,s N mit r,s n. Ein r s lateinisches Rechteck mit Einträgen aus E ist eine r s Matrix über E, in der in jeder Zeile und in jeder Spalte keine Zahl mehr als einmal vorkommt. Es folgt ein Beispiel für r = 2, s = 3, n 5: [ 1 4 3 5 2 1 Gilt r = s = n, so erhalten wir ein lateinisches Quadrat der Ordnung n. Ein Beispiel für n = 5 ist die folgende Matrix: 1 4 3 2 5 5 2 1 3 4 2 3 4 5 1 4 5 2 1 3 3 1 5 4 2 5 ].

Lemma 5.7 (M. Hall (1910 1990), 1945). Seien r,n N mit r n. Jedes r n lateinische Rechteck L kann durch das Hinzufügen von n r geeigneten Zeilen zu einem lateinischen Quadrat der Ordnung n erweitert werden. Beweis. Sei i E := I := {1,...,n}. Sei A i die Menge aller Elemente von E, die nicht in der i ten Spalte von L vorkommen. Es ist also A i = n r. Jedes Element von E kommt in genau r Spalten von L vor (da es einmal in jeder Zeile vorkommt) und liegt somit in genau n r der Mengen A 1,...,A n. Ist nun K I, so enthalten damit die Mengen A i (i K) zusammengenommen (n r) K Elemente, wobei wir das mehrfache Zählen der Elemente zulassen, und jedes Element kommt in den Mengen höchstens n r mal vor. Wie in Satz 2.2, gilt A(K) (n r) K = K. Also gilt die Hallsche Bedingung und die n r Familie A 1,...,A n besitzt eine Transversale (x 1,...,x n ). Dies fügen wir nun als (r + 1) te Zeile zu dem Rechteck hinzu und erhalten damit ein (r + 1) n lateinisches Rechteck. Dieses Verfahren wiederholen wir solange, bis wir ein lateinisches Quadrat der Ordnung n erhalten. Im Allgemeinen ist das Erweitern r s lateinischen Rechtecks L zu einem lateinischen Quadrat der Ordnung n schwieriger oder gar unmöglich: 2 3 1 5 3 1 5 2 beide müssen 4 sein Sei L(e) die Anzahl der Vorkommen von e E in L. Jedes e E kann höchstens (n r)+ (n s) mal in den n r Zeilen und den n s Spalten außerhalb von L vorkommen. Somit muss für die Erweiterbarkeit L(e) n [(n r)+(n s)] = r +s n gelten. Satz 5.8 (H. J. Ryser (1923 1985), 1951). Ein r s lateinische Rechteck L mit Einträgen aus E kann genau dann zu einem lateinischen Quadrat der Ordnung n erweitert werden, wenn L(e) r+s n für jedes e E gilt. Beweis. Wir haben schon gesehen, dass die Bedingung notwendig ist, müssen also nur noch zeigen, dass sie auch hinreichend ist. Nach Lemma 5.7 ist dies der Fall, wenn s = n gilt. Wir nehmen also ab sofort s < n an. Sei I r := {1,...,r}. Zu i I r sei A i die Menge der Zahlen, die nicht in der i ten Zeile von L auftauchen. Es gilt also A i = n s. Behauptung 1: Die Familie A(I r ) = (A 1,...,A r ) besitzt eine Transversale. Beweis von Behauptung 1. Jedes e E liegt in r L(e) n s der Mengen A i und daher gilt für alle K I r, dass A(K) (n s) K = K. Die Behauptung 1 folgt nun aus dem Satz n s von Hall. Behauptung 2: Sei T := {e E : L(e) = r +s n}. Dann ist T eine PT von A(I r ). 6

Beweis vonbehauptung2. Diesistäquivalentzu der Aussage, dassdiefamilie(a i T : i I r ) eine PT der Länge T mit Defekt r T besitzt. Nach dem Satz von Ore (Korollar 5. ist dies genau dann der Fall, wenn A(K) T K r + T, K I r gilt. Sei K I r, und sei T := T \A(K). Jedes e T ist in keiner der Mengen A i (i K) enthalten und kommt somit in jeder Zeile von L vor, deren Index in K liegt. Also kommt in den restlichen r K Zeilen jedes e T genau r +s n K mal und jedes e E \T höchstens r K mal vor. Also ist die Anzahl der Elemente in diesen r K Zeilen womit und s(r K ) (r +s n K ) T +(r K )(n T ) = (s n) T +(r K )n, (n s) T (n s)(r K ) T = T A(K) T r K folgt. Dies zeigt ( ) und somit die Behauptung 2. Aus den beiden Behauptungen und dem Satz von Hoffman Kuhn (Satz 5.4) folgt, dass A(I r ) eine Transversale besitzt, die T enthält. Diese können wir als (s+1) te Spalte zu L hinzufügen und erhalten ein r (s+1) lateinisches Rechteck L, in dem L (e) r+s+1 n für jedes e gilt. Dieses Vorgehen wiederholen wir, bis wir ein r n lateinisches Rechteck erhalten haben. Dann können wir Lemma 5.7 anwenden, um den Beweis abzuschließen. ( ) 5.4. Die Anzahl von Hyperebenen Angenommen n Punkte im R 3 spannen l verschiedene Geraden und π verschiedene Ebenen auf.esgiltsicher l ( ( n bzw.π n 3).DieGleichheitgiltgenaudann,wenn keinedreipunkte kollinear bzw. keine vier Punkte koplanar sind. J. H. Mason und D. J. A. Welsh vermuteten (Anfang der 1970er), dass dann l 2 > nπ gilt, bzw. (genauer) ( ) 2 l ( n ( π n ( ) 3), d.h. l 2 3 n 1 nπ, und es gilt genau dann Gleichheit, wenn keine drei Punkte kollinear sind 2 n 2 und keine vier Ebenen koplanar sind, also wenn beide Seiten von ( ) gleich 1 sind. Dies ist die points lines planes conjecture. P. D. Seymour (198 zeigte die Richtigkeit der Vermutung im Fall, dass keine fünf Punkte kollinear sind. G. Purdy (1986) zeigte die Existenz einer Konstante c > 0 mit l 2 cnπ. Satz 5.9 (Die Hyperebenenungleichung von Motzkin (Spezialfall), Th. Motzkin, 1951). (a) Sind nicht alle Punkte kollinear, so gilt l n. (b) Sind nicht alle Punkte koplanar, so gilt π n. Für den Beweis des Satzes benötigen wir das folgende Lemma. 7

Lemma 5.10. Sei A 1,...,A m (m 1) eine Familie von nichtleeren echten Teilmengen einer Menge E = {p 1,...,p n }, und sei r i die Anzahl dieser Mengen, die p i enthalten (i = 1,...,n). Angenommen es gilt stets r i A j, falls p i / A j. Dann gilt m n. BeweisvonSatz5.9. SeiE = {p 1,...,p n }diemengederngegebenenpunkte.(a)seim := l, und sei A j die Menge aller Punkte in E, die auf der j ten Geraden liegen (1 j m). Falls p i / A j, so gibt es mindestens A j Geraden durch p i (diese verbinden p i mit den Punkten in A j ). Nach Lemma 5.10 gilt damit l = m n. (b) Sei m := π, und sei A j die Menge aller Punkte in E, die auf der j ten Ebene liegen (1 j m). Diese Punkte sind nicht allekollinear, und damitspannen sie laut (a) mindestens A j Geraden auf. Gilt also p i / A j, so gibt es mindestens A j Ebenen, in denen p i liegt (diese enthalten jeweils p i und eine durch die Punkte in A j aufgespannte Gerade). Nach Lemma 5.10 gilt somit π = m n. Beweis von Lemma 5.10. Offensichtlich ist r i > 0 (i = 1,...,n). Angenommen es gilt m < n. Sei Ā j := E \A j (1 j m). Nehmen wir zuerst an, dass Ā1,...,Ām eine Transversale besitzen. Dann könnten wir die Punkt p 1,...,p n so umbenennen, dass p i Āi gelten würde (i = 1,...,m). Somit wäre p i / A i und damit r i A i (i = 1,...,m). Sei nun α die Anzahl der Paare (p i,a j ) mit p i A j (1 i n, 1 j m). Dann wäre m r i m A i = α = n r i > m r i, was nicht sein kann (man beachte, dass n > m und r i > 0 für alle i gilt). Somitkönnen Ā1,...,Ām keine Transversalebesitzen. NachdemSatzvonHallexistieren dann ein k und Ā1,...,Āk (nach Umbenennung), sodass Ā1... Āk < k gilt. Dabei muss k 2 gelten, da Ā1. Wähle k minimal mit dieser Eigenschaft. Dann besitzen Ā1,...,Āk 1 eine Transversale. Wir können die Punkte p i so umbenennen, dass p i Āi und damit r i A i gilt (i = 1,...,k 1). Dann enthältkeine der Mengen Ā1,...,Āk 1 von p 1,...,p k 1 verschiedene Punkte. Sei β die Anzahl von Paaren (p i,āj), sodass p i Āj gilt (i,j = 1,...,k 1). Dann gilt k 1 (m r i ) < k 1 (n A i ) = k 1 Āi = β < k 1 (m r i ), was nicht sein kann. Damit ist nun gezeigt, dass m n gilt. 8

Ā 1...Āk 1Āk...Ām p 1. p k 1 p ḳ. p n β 0?? 9

Übungen zu Kapitel 5 Übung 5.1. Sei n N, sei I := {1,...,n}, und sei A(I) = (A 1,...,A n ) eine Familie von Teilmengen einer endlichen Menge E. Für K I sei A(K) := (A i : i K) und A(K) := A i. ZeigenSie:Fürallep 1,...,p n N 0 gibtesgenaudannpaarweisedisjunktemengenx 1,...,X n, sodass X i A i und X i = p i für jedes i {1,...,n} gelten, wenn A(K) i K p i für jedes K I gilt. [Dies ist das Haremproblem: Der i te Junge möchte einen Harem mit p i Frauen (aus dem Kreis der ihm bekannten Frauen) einrichten. Ersetzen Sie ihn durch p i Abbilder seiner selbst und verwenden Sie dann den Satz von Hall, um monogame Hochzeiten für die Abbilder zu organisieren.] Schließen Sie daraus, dass A(I) genau dann k disjunkte Transversale besitzt, wenn A(K) k K für jede Teilmenge K von I gilt. [Dies ist ohne den Haremsatz nicht leicht zu zeigen, da die naheliegende induktive Herangehensweise nicht funktioniert.] i K Übung 5.2. Sei n N. Seien (A 1,...,A n ) und (B 1,...,B n ) Zerlegungen einer endlichen Menge E in gleichgroße Teilmengen: A 1,...,A n sind paarweise disjunkt und überdecken E, ebenso B 1,...,B n, und außerdem gibt es ein k N mit A i = B j = k (i,j = 1,...,n). Zeigen Sie durch das Betrachten eines geeigneten bipartiten Graphen, dass (A 1,...,A n ) ein System verschiedener Repräsentanten besitzt, das (nicht notwendigerweise in derselben Reihenfolge) auch ein System verschiedener Repräsentanten von (B 1,...,B n ) ist. [Ein solches System heißt gemeinsame Transversale der beiden Familien.] Schließen Sie daraus: Ist G eine endliche Gruppe und ist H eine Untergruppe vomindex n in G (also eine Untergruppe mit n Rechts (bzw. Links ) Nebenklassen in G), so gibt es Elemente z 1,...,z n von G, sodass Hz 1,...,Hz n die n Rechtsnebenklassen und z 1 H,...,z n H die n Linksnebenklassen von H in G sind. Übung 5.3. Seien n,k N. Es seien kn Journalisten gegeben, von denen jeweils k über n verschiedene Sportarten berichten (keiner berichtet über zwei Sportarten). Es sei außerdem angenommen, dass dieselben kn Journalisten auch aus jeweils k Sonderkorrespondenten für n verschiedene Länder bestehen. Verwenden Sie die vorherige Aufgabe, um zu zeigen, dass es möglich ist k verschiedene Zeitungen mit jeweils n der kn Journalisten so zu besetzen, dass jede der Zeitungen genau einen Berichterstatter für jede der n Sportarten und genau einen Korrespondenten für jedes der n Länder hat. Übung 5.4. Lösen Sie die vorherige Aufgabe, ohne Transversale zu verwenden. [Hinweis: Führen Sie eine Induktion nach n. Entfernen Sie alle Berichterstatter für eine der 10

Sportarten. Wenden Sie die Induktionsvoraussetzung dass es unter den richtigen Bedingungen möglich ist, in der gewünschten Weise k Zeitungen jeweils mit n 1 Journalisten zu besetzen, um zu zeigen, dass es möglich ist, eine Zeitung wie gewünscht mit n Journalisten zu besetzen.] Übung 5.5. Seien n,k N. Eine n n Permutationsmatrix ist eine n n Matrix, bei der in jeder Spalte und jeder Zeile jeweils genau eine 1 und n 1 0en vorkommen. Sei M = [m ij ] eine n n Matrix mit nicht negativen ganzzahligen Einträgen, deren Zeilenund Spaltensummen jeweils k sind. Sei für i {1,...,n}, A i N die Menge aller j {1,...,n}, sodass m ij > 0 gilt. Beweisen Sie durch das Betrachten der Familie (A 1,...,A n ), dass M die Summe von k Permutationsmatrizen ist. Übung 5.6. Seien A 1,...,A n Teilmengen einer endlichen Menge E, und sei I := {1,...,n}. Zeigen Sie: Es gibt genau dann einen Wald, dessen Ecken die Elemente von E sind und dessen Kanten so mit A 1,...,A n beschriftet sind, dass für jedes i I, die Endecken, der mit A i beschrifteten Kante, auch Elemente von A i sind, wenn A(K) K +1 für jede nichtleere Teilmenge K von I gilt. [Hinweis: Wählen Sie für die Konstruktion des Waldes eine Transversale {x 1,...,x n } von (A 1,...,A n ) und beginnen Sie mit einem kantenlosen Graphen, dessen Ecken die Elemente in E\{x 1,...,x n } sind. Fügen Sie dann Schritt für Schritt eine der restlichen Ecken sowie eine neue Kante hinzu.] Übung 5.7. Seien A 1,...,A n Teilmengen einer endlichen Menge E, und sei I := {1,...,n}. Zeigen Sie, ohne die vorherige Aufgabe zu verwenden (der Hinweis kann allerdings auch hier nützlich sein): Gilt A(K) K +1 für jede nichtleere Teilmenge K von I, so ist es möglich, die Elemente von E so rot und blau einzufärben, dass jede der Mengen A i mindestens ein blaues und ein rotes Element enthält. [Warum folgt das leicht aus der vorherigen Aufgabe?] Übung 5.8. Sei n N, sei I := {1,...,n}, und sei A(I) = (A 1,...,A n ) eine Familie von Teilmengen einer endlichen Menge E. Bestimmen Sie unter Verwendung von Ergebnissen aus der Vorlesung Hall artige hinreichende und notwendige Bedingungen dafür, dass (a) X eine partielle Transversale von A(I) ist; (b) X eine Teilmenge mit t Elementen besitzt, die eine partielle Transversale von A(I) ist; (c) A(I) eine Transversale besitzt, die X enthält. Beweisen Sie Ihre Aussagen. [Hinweis: Wie in Behauptung 2 aus dem Satz von Ryser (5.8), gilt z.b. (a) genau dann, wenn A(K) X K n+ X für jede Teilmenge K von I gilt. Zeigen Sie dies und fahren Sie dann mit (b) und (c) fort.] 11

Übung 5.9. Wir wollen Turniergraphen auf einer fest gewählten Eckenmenge {v 1,...,v n } konstruieren. (a) Wieviele verschiedene Turniergraphen gibt es, bei denen odeg(v i ) < odeg(v j ) gilt, falls i < j? (b) Wieviele verschiedene Turniergraphen gibt es, bei denen v 1 und v 2 dieselbe Punktzahl (d.h. denselben Außengrad) haben, aber die Punktzahlen der anderen Ecken paarweise verschieden sind und jeweils ungleich der Punktzahl von v 1 (und v 2 ) sind? (c) Wie hoch sind die Punktzahlen, wenn v 1 die höchste Punktzahl hat und alle anderen Spieler (Ecken) gemeinsam auf dem zweiten Platz liegen? Übung 5.10. Gegeben sei ein Turniergraph mit n Ecken, in dem für 1 r < n die Summe von je r Punktzahlen größer als ( r ist. (a) Zeigen Sie, dass, wenn die Eckenmenge in zwei nichtleere Mengen A und B zerlegt wird, es stets eine gerichtete Kante von einer der Ecken in A zu einer der Ecken in B gibt. (b) Zeigen Sie, dass der Turniergraph stark zusammenhängend ist, d.h., dass es zu je zwei Ecken u,v einen gerichteten Weg von u nach v gibt. Übung 5.11. Es sei ein lateinisches Quadrat der Ordnung n N gegeben. Dann gibt es n 2 Tripel (i,j,k) {1,...,n} 3, sodass k in dem lateinischen Quadrat an der Stelle (i,j) steht. Geben Sie eine hinreichende und notwendige Bedingung für eine Menge von Tripeln aus {1,...,n} 3 dafür an, dass diese auf die oben angegebene Weise aus einem lateinischen Quadrat gewonnen werden kann. Dies zeigt, dass in einem lateinischen Quadrat der Ordnung n, die drei Objekte, die von 1 bis n durchnummeriert werden, nämlich die Zeilen, die Spalten und die Elemente, auf gewisse Weise symmetrisch zusammenhängen. Geben Sie die beiden lateinischen Quadrate an, die durch Vertauschen der Rollen von Zeilen und Elementen bzw. Spalten und Elementen aus dem unten links angegebenen lateinischen Quadrat entstehen. 1 2 3 4 5 2 5 4 1 3 4 3 2 5 1 5 4 1 3 2 3 1 5 2 4 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 1 4 1 2 x Übung 5.12. Für welche Werte von x kann das oben rechts angegebene lateinische Rechteck zu einem lateinischen Quadrat der Ordnung 6 erweitert werden? Geben Sie eine der möglichen Erweiterungen an. 12

Übung 5.13. Seien n,r,s N. Zeigen Sie, dass jedes r s lateinisches Rechteck, in dem rs rs jede der Zahlen aus {1,...,n} mal oder mal vorkommt, zu einem lateinischen n n Quadrat der Ordnung n erweitert werden kann. 13