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inputs/graphen.tex

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 \begin{definition}
-    Ein \textit{Graph} ist ein Paar (V,E) von Ecken (Vertices) und Kanten (Edges), wobei Kanten zwischen zwei Ecken verlaufen.
+    Ein \textit{Graph} ist ein Paar (V,E) von Ecken (Vertices) und Kanten
+    (Edges),
+    wobei Kanten zwischen zwei Ecken verlaufen.
 \end{definition}
 
 \begin{definition}
-    Ein Graph heißt \textit{bipartit}, wenn wir $V = V_1 \sqcup V_2$ als disjunkte Vereinigung zweier Knotenmengen schreiben können, sodass die Teilgraphen auf $V_1$ und $V_2$ jeweils keine Kanten besitzen.
+    Ein Graph heißt \textit{bipartit}, wenn wir $V = V_1 \sqcup V_2$ als
+    disjunkte
+    Vereinigung zweier Knotenmengen schreiben können, sodass die Teilgraphen auf
+    $V_1$ und $V_2$ jeweils keine Kanten besitzen.
 \end{definition}
 
 \begin{definition}
-    Ein Weg in einem Graphen $G=(V,E)$ ist eine Folge von Knoten  $V_1,\ldots,V_n$ sodass es für $1\leq i\leq n-1$ jeweils eine Kante zwischen $V_i$ und  $V_{i+1}$ gibt. Ein Weg mit $V_1=V_n$ heißt auch  \textit{Kreis}.
+    Ein Weg in einem Graphen $G=(V,E)$ ist eine Folge von Knoten  $V_1,\ldots,V_n$
+    sodass es für $1\leq i\leq n-1$ jeweils eine Kante zwischen $V_i$ und
+    $V_{i+1}$ gibt.
+    Ein Weg mit $V_1=V_n$ heißt auch  \textit{Kreis}.
 \end{definition}
 
 \begin{definition}
-    Ein Graph ist zusammenhängend, wenn es für je zwei Knoten $v_1,v_2$ einen Weg von $v_1$ nach $v_2$ gibt. Für einen Knoten $v\in V$ ist die Zusammenhangskomponenten von $v$ die Menge aller Knoten, die von  $v$ durch Wege erreichbar sind. Jeder Graph zerfällt auf diese Weise in Zusammenhangskomponenten.
+    Ein Graph ist zusammenhängend, wenn es für je zwei Knoten $v_1,v_2$ einen Weg
+    von $v_1$ nach $v_2$ gibt.
+    Für einen Knoten $v\in V$ ist die Zusammenhangskomponenten von $v$ die Menge
+    aller Knoten, die von  $v$ durch Wege erreichbar sind.
+    Jeder Graph zerfällt auf diese Weise in Zusammenhangskomponenten.
 \end{definition}
 
 \begin{lemma}
-    Ein Graph ist bipartit, genau dann, wenn er keine Zyklen ungerader Länge enthält.
+    Ein Graph ist bipartit, genau dann, wenn er keine Zyklen ungerader Länge
+    enthält.
 \end{lemma}
 
 \begin{proof}
-    Ist der Graph bipartit und sei ein Zyklus gegeben, so wechseln wir mit jeder Kante die 'Hälfte', wir können also nur nach gerade vielen Kanten wieder am Ausgangspunkt sein, und somit ist jeder Zyklus gerade. \\
+    Ist der Graph bipartit und sei ein Zyklus gegeben, so wechseln wir mit jeder
-    Sei nun $G$ ein Graph, der nur gerade Zyklen enthält. OBdA sei $G$ zusammenhängend, wir wählen $v_0$ und setzen  $v_0 \in A$. Für einen Knoten $v$ betrachte einen Weg von  $v_0$ nach $v$, hat dieser gerade Länge, definiren  $v\in A$, hat dieser ungerade Länge, definiere $v\in B$. Dies ist wohldefiniert, da sonst weg von $v_0$ nach $v$ mit ungerader und gerader Parität existiert, also zusammen ungerader Zyklus. Damit sind die Teilmengen  $A,B$ definiert. Angenommen, es gibt nun eine Kante in  $A$ von $v_1$ nach $v_2$, so betrachte Wege von  $v_0$ nach $v_1,v_2$ mit jeweils gerader Länge, dann ist aber $v_0\ldots v_1 - v_2 \ldots v_0$ ungerader Zyklus. Analoge Argumentation für $B$. Also ist der Graph mit den konstruierten Mengen  $A,B$ bipartit.
+    Kante die 'Hälfte', wir können also nur nach gerade vielen Kanten wieder am
+    Ausgangspunkt sein, und somit ist jeder Zyklus gerade.
+    \\
+    Sei nun $G$ ein Graph, der nur gerade Zyklen enthält.
+    OBdA sei $G$ zusammenhängend, wir wählen $v_0$ und setzen  $v_0 \in A$.
+    Für einen Knoten $v$ betrachte einen Weg von  $v_0$ nach $v$, hat dieser gerade
+    Länge, definiren  $v\in A$, hat dieser ungerade Länge, definiere $v\in B$.
+    Dies ist wohldefiniert, da sonst weg von $v_0$ nach $v$ mit ungerader und
+    gerader Parität existiert, also zusammen ungerader Zyklus.
+    Damit sind die Teilmengen  $A,B$ definiert.
+    Angenommen, es gibt nun eine Kante in  $A$ von $v_1$ nach $v_2$, so betrachte
+    Wege von  $v_0$ nach $v_1,v_2$ mit jeweils gerader Länge, dann ist aber
+    $v_0\ldots v_1 - v_2 \ldots v_0$ ungerader Zyklus.
+    Analoge Argumentation für $B$.
+    Also ist der Graph mit den konstruierten Mengen  $A,B$ bipartit.
 \end{proof}

inputs/heiratssatz.tex

@@ -1,36 +1,124 @@
-Man stelle sich vor, wir haben eine Menge $M$ von Männern und eine Menge  $F$ von Frauen, die wir verheiraten wollen. Jeder Mann gibt zudem an, welche Frauen er möglicherweise heiraten wollen würde. Wann ist es möglich, die Männer mit den Frauen zu verheiraten, sodass jeder Mann eine seiner Wunschfrauen bekommt, und natürlich keine Frau doppelt verheiratet wird?\\
+Man stelle sich vor, wir haben eine Menge $M$ von Männern und eine Menge  $F$
-Wir können dies graphentheoretisch formulieren, indem wir einen bipartiten Graphen zeichenn, deren Hälften die Männer und Frauen sind, wobei wir einen Knoten zwischen einem Mann und einer Frau zeichen, wenn der Mann diese Frau potenziell heiraten will. 'Zu verheiraten' heißt hier also, eine Menge von Kanten auszuwählen, sodass jeder Mann eine entsprechende Kante hat, und jede Frau höchstens eine. \\
+von Frauen, die wir verheiraten wollen.
-Man kann nun mehr oder weniger offensichtliche Bedingungen feststellen, die gelten müssen, hierzu zählen:
+Jeder Mann gibt zudem an, welche Frauen er möglicherweise heiraten wollen
+würde.
+Wann ist es möglich, die Männer mit den Frauen zu verheiraten, sodass jeder
+Mann eine seiner Wunschfrauen bekommt, und natürlich keine Frau doppelt
+verheiratet wird?
+\\
+Wir können dies graphentheoretisch formulieren, indem wir einen bipartiten
+Graphen zeichenn, deren Hälften die Männer und Frauen sind, wobei wir einen
+Knoten zwischen einem Mann und einer Frau zeichen, wenn der Mann diese Frau
+potenziell heiraten will. 'Zu verheiraten' heißt hier also, eine Menge von
+Kanten auszuwählen, sodass jeder Mann eine entsprechende Kante hat, und jede
+Frau höchstens eine. \\
+Man kann nun mehr oder weniger offensichtliche Bedingungen feststellen, die
+gelten müssen, hierzu zählen:
 \begin{itemize}
-    \item Jeder Mann sollte mindestens eine Frau mögen.
+    \item
-    \item Es sollte mindestens so viele Frauen wie Männer geben
+          Jeder Mann sollte mindestens eine Frau mögen.
-    \item Wenn zwei Männer jeweils nur eine Frau mögen, so darf dies nicht die gleich sein.
+    \item
+          Es sollte mindestens so viele Frauen wie Männer geben
+    \item
+          Wenn zwei Männer jeweils nur eine Frau mögen, so darf dies nicht die gleich
+          sein.
 \end{itemize}
 Nach einer Weil könnte man auch auf folgendes kommen:
 \begin{itemize}
-    \item Für Jede Teilmenge $N\subset M$ von (manchen) Männern, muss es mindestens $\abs{N} $ viele Frauen geben, die von einem dieser Männer gemocht wird. Nehmen wir nämlich an, dass wir die Männer verheiraten können, so sind dies (mindestens) die $\abs{N} $ vielen Partnerinnen der Männer.
+    \item
+          Für
+          Jede Teilmenge $N\subset M$ von (manchen) Männern, muss es mindestens
+          $\abs{N}
+          $ viele Frauen geben, die von einem dieser Männer gemocht wird.
+          Nehmen wir nämlich an, dass wir die Männer verheiraten können, so sind dies
+          (mindestens) die $\abs{N} $ vielen Partnerinnen der Männer.
 \end{itemize}
-Diese Bedingung nennt man auch Halls Heiratsbedingung, benannt nach Paul Hall, der diesen Sachverhalt das erste Mal untersuchte. Das überraschende ist nun, dass diese Bedingung bereits ausreicht:
+Diese Bedingung nennt man auch Halls Heiratsbedingung, benannt nach Paul Hall,
-\begin{theorem}[Hall, 1935]
+der diesen Sachverhalt das erste Mal untersuchte.
-    Gegeben sei ein bipartiter Graph mit den Knotenmengen $M$ und $F$. Dann gibt es ein vollständiges Matching von den Männern (in die Frauen) genau dann, wenn für jede Teilmenge  $M'\subset M$ gilt, dass $\abs{M'} \leq  \abs{N(M')}  $.
+Das überraschende ist nun, dass diese Bedingung bereits ausreicht:
+\begin{theorem}[Hall, 1935] Gegeben sei ein bipartiter Graph mit den
+    Knotenmengen $M$ und $F$.
+    Dann gibt es ein vollständiges Matching von den Männern (in die Frauen) genau
+    dann, wenn für jede Teilmenge  $M'\subset M$ gilt, dass $\abs{M'}
+    \leq
+    \abs{N(M')}  $.
 \end{theorem}
 \begin{remark}
-    Wir bezeichnen hierbei mit $N(M')$ die Nachbarschaft der Knotenmenge  $M'$, also  alle Knoten, die von $M'$ mit genau einer Kante erreichbar sind (in unserem fall genau die Frauen).
+    Wir bezeichnen hierbei mit $N(M')$ die Nachbarschaft der Knotenmenge  $M'$,
+    also  alle Knoten, die von $M'$ mit genau einer Kante erreichbar sind (in
+    unserem fall genau die Frauen).
 \end{remark}
 \begin{proof}
-    Starke Induktion nach der Anzahl der Männer. Für $n=1$ gibt es nichts zu zeigen. Betrachte nun  $n+1$ Männer  $m_1,\ldots m_{n+1}$ und setze $M= \left\{m_1,\ldots,m_n\right\} $. Wir wollen 2 Fälle unterscheiden:
+    Starke Induktion nach der Anzahl der Männer.
+    Für $n=1$ gibt es nichts zu zeigen.
+    Betrachte nun  $n+1$ Männer  $m_1,\ldots m_{n+1}$ und
+    setze $M=
+    \left\{m_1,\ldots,m_n\right\} $.
+    Wir wollen 2 Fälle unterscheiden:
     \begin{itemize}
-        \item \textbf{Fall 1}: Die Hall-Bedingung ist für Teilmengen von $M$ immer 'lasch' (nicht scharf), d.h. für jede Teilmenge  $M'\subset M$ gilt $\abs{N(M')} \geq \abs{M'}+1 $ . \\
+        \item
-            Dann verheiraten wir $m_{n+1}$ mit einer seiner Wunschpartnerinnen und stellen fest, dass nach Induktion die Menge $M$ die Hall-Bedingung (auch mit der fehlenden Frau) immer noch erfüllt, Induktion liefert uns ein Matching.
+              \textbf{Fall 1}: Die
-        \item \textbf{Fall 2}: Dies ist nicht der Fall, d.h. es gibt eine Teilmenge  $M'\subset M$, sodass $\abs{ N(M')} = \abs{M'} $ ist. Dann verheiraten wir zunächst mittels Induktion die Männer aus $M'$. Es bleibt zu überprüfen, dass die Hall-Bedingung nun noch für alle Teilmengen von  $M\setminus M'$ gilt, wobei bereits verheiratete Frauen nicht mehr zur Nachbarschaft zählen. Nehmen wir also an, es gibt eine Menge von $k$ Männern, die nicht aus  $M'$ sind, sodass es  $x<k$ viele Frauen gibt, die diese heiraten können. Dann können diese  $K$ Männer zusammen mit den Männern aus  $M'$ (also  $k+ \abs{M'} $ viele Männer) zusammen höchstens $x+\abs{N(M')}  = x+\abs{M'} $ viele Frauen heiraten, und somit ist die Hall-Bedingung für die ursprüngliche Belegung auch verletzt. Somit hält sie immer noch, und per Induktion verheiraten wir auch die restlichen Männer und sind fertig.
+              Hall-Bedingung ist für Teilmengen von $M$ immer 'lasch' (nicht scharf), d.h.
+              für jede Teilmenge  $M'\subset M$ gilt $\abs{N(M')} \geq
+              \abs{M'}+1 $ . \\
+              Dann verheiraten wir $m_{n+1}$ mit einer seiner
+              Wunschpartnerinnen und stellen fest, dass nach Induktion die Menge $M$ die
+              Hall-Bedingung (auch mit der fehlenden Frau) immer noch erfüllt, Induktion
+              liefert uns ein Matching.
+        \item
+              \textbf{Fall 2}: Dies ist nicht der Fall, d.h. es gibt eine Teilmenge
+              $M'\subset M$, sodass $\abs{ N(M')} = \abs{M'} $ ist.
+              Dann verheiraten wir zunächst mittels Induktion die Männer aus $M'$.
+              Es bleibt zu überprüfen, dass die Hall-Bedingung nun noch für alle Teilmengen
+              von  $M\setminus M'$ gilt, wobei bereits verheiratete Frauen nicht mehr zur
+              Nachbarschaft zählen.
+              Nehmen wir also an, es gibt eine Menge von $k$ Männern, die nicht aus  $M'$
+              sind, sodass es  $x<k$ viele Frauen gibt, die diese heiraten können.
+              Dann können diese  $K$ Männer zusammen mit den Männern aus  $M'$ (also	$k+
+              \abs{M'} $ viele Männer) zusammen höchstens
+              $x+\abs{N(M')}  = x+\abs{M'} $
+              viele Frauen heiraten, und somit ist die Hall-Bedingung für die ursprüngliche
+              Belegung auch verletzt.
+              Somit hält sie immer noch, und per Induktion verheiraten wir auch die
+              restlichen Männer und sind fertig.
     \end{itemize}
 \end{proof}
 Folgende Aufgaben können mit Halls Heiratssatz nun gelöst werden:
 \begin{example}
     \begin{enumerate}[label=\protect\circled{\arabic*}]
-        \item Wir betrachten ein herkömmliches Kartenset $2,3,\ldots,B,D,K,A$ in 4 Farben, mischen dieses, und verteilen dieses auf Stapel zu je 4 Karten. Ist es immer möglich, aus jedem der Stapel eine Karte zu wählen, sodass wir jeden Karten\textit{wert} genau einmal gewählt haben?
+        \item
-        \item Auf einem Blatt Papier werden auf der Vorder- und Rückseite jeweils $n$ Polygone gezeichnet, die die gleiche Fläche haben. Ist es immer möglich,  $n$ Löcher in das Papier zu stechen, sodass auf beiden Seiten (gleichzeitig) jede der Flächen genau ein Loch hat?
+              Wir
-        \item Gegeben seien  $n$ Teilmengen  $S_1,\ldots S_n$ (evtl. leer) von $\left \{1,\ldots,n\right\} $. Für jedes $k\leq n$ wissen wir, dass die Vereinigung von $k$ der $n$ Mengen mindestens  $k$ Elemente enthält. Zeige, dass es eine Permutation $\pi$ gibt, sodass $\pi(i) \in S_i$ für $i=1,\ldots,n$. (Also dass wir aus jeder Menge einen Wert wählen können, sodass wir jeden Wert genau einmal gewählt haben).
+              betrachten ein herkömmliches Kartenset $2,3,\ldots,B,D,K,A$ in 4 Farben,
-        \item (IMO SL 2010, C2) Auf einem Planeten gibt es $2^n$ viele Länder, wobei  $n\geq 4$ gelte. Jedes Land hat eine Flagge, die aus $n$ blauen oder roten Einheitsquadraten in einer (horizontalen) Reihe besteht, wobei keine 2 Länder die gleiche Flagge besitzen. Wir nennen eine Menge $M$ von  $n$ Ländern  $fancy$, wenn wir ihre Flaggen (untereinander) so anordnen können, sodass die Diagonale des resultierdenden  $n\times n$-Quadrats einfarbig ist. Eine Menge von Ländern heiße inspirierend, wenn diese eine fancy Teilmenge besitzt. Man bestimme das kleinste $m$, sodass jede Menge von mindestens  $m$ Ländern inspirierend ist.
+              mischen dieses, und verteilen dieses auf Stapel zu je 4 Karten.
+              Ist es immer möglich, aus jedem der Stapel eine Karte zu wählen, sodass wir
+              jeden Karten\textit{wert} genau einmal gewählt haben?
+        \item
+              Auf einem Blatt Papier werden auf der Vorder- und Rückseite jeweils $n$
+              Polygone gezeichnet, die die gleiche Fläche haben.
+              Ist es immer möglich,  $n$ Löcher in das Papier zu stechen, sodass auf beiden
+              Seiten (gleichzeitig) jede der Flächen genau ein Loch hat?
+        \item
+              Gegeben seien  $n$ Teilmengen  $S_1,\ldots S_n$ (evtl. leer) von $\left
+              \{1,\ldots,n\right\} $.
+              Für jedes $k\leq n$ wissen wir, dass die Vereinigung von $k$ der $n$ Mengen
+              mindestens  $k$ Elemente enthält.
+              Zeige, dass es eine Permutation $\pi$ gibt, sodass $\pi(i) \in
+              S_i$ für
+              $i=1,\ldots,n$.
+              (Also dass wir aus jeder Menge einen Wert wählen können, sodass wir jeden Wert
+              genau einmal gewählt haben).
+        \item
+              (IMO SL 2010, C2)
+              Auf einem Planeten gibt es $2^n$ viele Länder, wobei  $n\geq 4$ gelte.
+              Jedes Land hat eine Flagge, die aus $n$ blauen oder roten Einheitsquadraten in
+              einer (horizontalen) Reihe besteht, wobei keine 2 Länder die gleiche Flagge
+              besitzen.
+              Wir nennen eine Menge $M$ von  $n$ Ländern  $fancy$, wenn wir ihre Flaggen
+              (untereinander) so anordnen können, sodass die Diagonale des resultierdenden
+              $n\times n$-Quadrats einfarbig ist.
+              Eine Menge von Ländern heiße inspirierend, wenn diese eine fancy Teilmenge
+              besitzt.
+              Man bestimme das kleinste $m$, sodass jede Menge von mindestens  $m$ Ländern
+              inspirierend ist.
     \end{enumerate}
 \end{example}