Oefeningen Discrete Wiskunde - Hoofdstuk 6

Oefeningen Discrete Wiskunde - Hoofdstuk 6 - Peter Vandendriessche
Fouten, opmerkingen of alternatieve methodes?
⇒ Email me: [email protected]
1. Het aantal knoop-tak overgangen is altijd even. De totaalsom bij knopen met een even
graad uiteraard ook altijd even, en het aantal bij oneven = totaal - even is dus ook
even.
2. (a) nee
(b) nee
3. 4
4. Kga ze hier niet tekenen, tmoeten er 3 en 6 zijn.
5. Rare vraag :/
(a) Elke C heeft 4 bindingen, dus er zijn 4n bindingen, min 2(n-1) dubbelgetelde C-C
bindingen, dus nog 2n+2 C-H.
(b) Pas op, er is niet gevraagd hoeveel bomen er zo effectief zijn! Het probleem is
equivalent met aantal bomen zolang je er rekening mee houdt dat er geen knopen
met graad > 4 mogen in zitten. Echter, der bestaat nog zo iets als conformationele
analyse, en ik denk niet dat er daar een graaftheoretisch antwoord op is...
(c) om reden hierboven onoplosbaar, gewoon met de hand tellen. 2,3,5,
(d) Intuı̈tief zou ik verwachten kwadratisch stijgend, maar da’s moeilijk te zeggen als
je denkt dat ze niet graaf-gebonden is...
(e) tja dat zou betekenen +k · n + c maar of het klopt...
P
P
6. ∀vi , vj ∈ G∃ (ek ) : (ek ) = (vi , vj ) ∈ G
7. We zoeken dus bomen, en elke boom heeft p-1 takken. Voor elke tak is er keuze tussen
beide richtingen vooruit of achteruit. Dat wil zeggen: (aantal bomen)·2p−1 = pp−2 ·2p−1 .
De redenering om aan die pp−2 te komen is iets moeilijker, ge kunt het wel makkelijk
zien door in maple te typen: for i from 1 to 40 do counttrees(complete(i))-iˆ(i-2); od;
Wel oppassen, dit is een algoritme met grote complexiteit, dus maple bereikt al vlug
zijn grenzen van correctheid voor grote waarden...
8. p keuzes voor de wortel, daar het een boom is ligt de rest vast
9. kan hier niet tekenen
10. idem
11. Aangezien je moet beginnen met het hoogste knoopnummer, beide 1 zou ik denken...
12. Kortste pad ⇒ Dijkstra (70 euro)
13. (a) Minimaal opspannende boom
(b) Rond de 22,8 of zoiets
(c) Nope.
14. elke ci vervangen door de max(c1 ..cn ) − ci , en minimaal opspannende boom via Kruskal
15. Opdelen in losse geconnecteerde grafen, en die elk apart Kruskallen.
16. Afstand zelf is hier natuurlijk onberekenbaar. De prof wil hier gewoon uitleggen hoe
stratenplannen werken, namelijk knopen op ieder kruispunt of bocht en takken voor
de straten. Eenrichtingsverkeer door digrafen.
17. Nee, want ge kunt alle cafeekes van de wereld aflopen zo. (als ge verder geraakt dan
de overpoort toch)
18. (a) ∀v : ∀ei ∈ I(v) : ei → ei + ( v2 ); v → 0.
(b) Directe weg en omweg via v6 komen op’t zelfde neer.
19. (a) kortste pad met gewicht e−M
of M −ei , met M maar groot genoeg (bijvoorbeeld in
i
dit voorbeeld is M=2004 meer dan genoeg, en niet oneindig zoals Mario zei)
(b) Schrap alle takken in stijgende volgorde tot begin-en eindpunt niet meer verbonden zouden zijn. Op dat moment is elke verbinding tussen de 2 punten optimaal.
20. (a) Kortste afstand: Dijkstra
(b) Zelfde truuk als daarjuist: ∀v : ∀ei ∈ I(v) : ei → ei + ( v2 ); v → 0.
21. (a) MST - kruskal
(b) gewoon kruskallen
(c) !! In de opgave ontbreekt het gegeven dat het ook een boom moet zijn!! (anders
neem je gewoon een volledige graaf dan ben je zeker dat alles erin zit...)
Nogal merkwaardig, maar dit hier moet via Dijkstra: als je het kortste pad naar
elk van de punten afzonderlijk vindt gaat het samengestelde pad uiteraard het
kortste zijn. Nu nog bewijzen dat dit een boom vormt: stel dat de graaf niet
geconnecteerd was, dan is het triviaal niet juist, en als er cycli inzaten, dan zou
het betekenen dat er 2 wegen kortst zijn om in dat punt te geraken, dus zijn
de afstanden gelijk, dus mag je er een weglaten en bekom je dus overal dezelfde
afstanden maar zonder cycli ⇒ zo heb je dus steeds een boom.
(d) Gewoon Dijkstraën.
(e) Het ene is een beetje efficienter op het een, het ander op het ander. Gouden raad
van tante Mario: een perfecte oplossing bestaat dus niet (het is altijd wikken en
wegen) maar uiteraard zijn er wel methodes die duidelijk ”bij de betere horen”.
(f) Dan hebben we een combinatie van de 2 algoritmes. Opnieuw, er is geen perfecte
methode, het hangt er dus van af hoe zwaar beide kosten doorwegen.
22. g ≤ q − p + 2
23. (a) ja
(b) ja
(c) ja
(d) ja
(e) ja
(f) ja voor K3 , K4 , nee voor de hogere-orde grafen.
24. (a) 1 + δmax (G): 6 ω(G): 4
(b) 1 + δmax (G): 7 ω(G): 4
(c) 1 + δmax (G): 6 ω(G): 3
(d) 1 + δmax (G): 4 ω(G): 2
25. 4,4,4,2. Conclusie: de ondergrens is meestal veel nauwkeuriger dan de bovengrens.
26. Chromatisch getal 1: grafen zonder takken. Chromatisch getal 2: grafen die tweedelig
zijn.
27. Ik kan het nog steeds niet helemaal geloven... maar na uren zoeken op een bewijs was
het eerste tegenvoorbeeld raak :/ (zie hieronder). Dit is nog net van doenbare grootte
om met maple’s chrompoly() te berekenen, en die vertelt dat er 4 kleuren nodig zijn.
(ik had eerst een gelijkaardige 6-hoek ipv vierkant, ik heb de berekeningen na 50 uur
onderbroken, nog niet af...)
28. Zie een van de nieuwe posters Vlaamse Wiskunde Olympiade.
29. (a) knoopkleuringen: hoeveel kleuren nodig?
(b) 63/3=21 per cel
(c) het kliekgetal wordt dus minimum 7, en 7 lukt ook, namelijk gewoon zo’n figuur
met 7 zeshoekjes maken en zien dat je er gans het vlak kunt mee opvullen zonder
dat er 2 gelijke cijfers op afstand 2 van mekaar komen te ligmgen. Dus 63/7=9
frequenties per gebied.
30. (a) Het komt erop aan op alle velden een knoop te zetten, en takken te leggen met alle
knopen die van daaruit bereikbaar zijn in 1 zet met de koningin. Het maximum
aantal kleuren op die graaf zodat geen 2 gelijk gekleurde knopen verbonden zijn,
is de oplossing.
(b) Ja, dit kan worden omgezet naar een klassiek knopenkleuringsprobleem door de
alle takken (wel of geen tak) te inverteren: wel wordt geen en geen wordt wel. Dan
is het minimaal aantal benodigde kleuren om die graaf te kleuren de oplossing.
(c) respectievelijk 2 en 4.
31. (a) We maken een volledige graaf met die afstanden als gewichten. Alle takken met
een gewicht boven de 150 mogen we schrappen. We hebben een standaard knoopkleuringsprobleem.
(b) Chromatisch getal van voorgenoemde graaf is 3. Dus 3 kanalen nodig.
32. Weerom gewoon elk vak een knoopke geven, de mogelijke combinaties een takske geven,
en we hebben... jawel, een knoopkleuringsprobleem waarin ge het aantal benodigde
kleurkes moet tellen. Dat aantal is uw aantal halve dagen.
p
33. b c
2
34. b
1+
√
1 + 8q
c
2
35. Telkens gewoon eenderwelke methode om b p2 c koppelingen te krijgen.
36. (a) ja
(b) nee
(c) ja
(d) ja
⇒ enkel cycli met een even aantal elementen kunnen voorkomen...
37. min(p1 , p2 , q)
38.
39.
40. Bestaat, bijvoorbeeld: 3 van de 5 komen uit op 1 punt van de 6, een van de 5 verbonden
met 1 punt van de 6, en 1 van de 5 verbonden met de andere 4 van de 6 punten.
41. De grootte is al 8
42. Mogelijk om toewijzingen te maken zodat alle elementen uit een partitie een ”partner”
uit de andere hebben? Dus toewijzingen.
43. Voor we beginnenm merk op dat ggd(6,3,5)=1 en niet 3 :/ , ook dat ggd(m,m+1)=1
⇒ dit is de grote truuk om het steeds ok te maken.
Algoritme: ge start in een willekeurig punt en ge vult op volgens het DFS algoritme:
1,2,3,...
Alle knopen waar ge gepasseerd hebt zullen sowieso al aan het gevraagde voldoen.
Iedere keer je ten einde komt moet je weerkeren naar de volgende DFS boom, en op
die aansluitingspunten gaat het dus ook ok zijn, want het was al ok. Als het voor elk
van de aansluitingspunten ok is, en voor elk van de tussenliggende punten, is het ok
voor gans de graaf.