CHAP11平面图

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图的同构与平面图的同构
如果两个图是平面图同构，则必是两个同构的 图。可是两个同构的图不一定是平面图同构。
例1中图⑴与图⑵和图⑶是同构的图，但图⑴ 却不是平面图，因而不可能和它们平面图同构。
下面两个平面图是图同构，但不是平面图同构：
3
4
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2
3’ 2’
6
1 6’
1’
4’
5
由归纳法原理，欧拉公式成立。
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面等次平面图中边与点的关系
推论11.2.1：若简单平面图G (p, q, r)的每 个面的次数均为m , 则
q = m(p – 2) / (m – 2) 证明：由定理11.1.1，2q = d( fi ) = mr ，
解出r，代入欧拉公式, 得
5
平面图的面
定义11.1.2：设G是一个平面图，平面被G的边 所围成的区域称为面，这些边称为该面的边界； 其中有限区域对应的面称为内部面，无限区域 对应的面称为外部面(用f0表示)。
用G(p, q, r)表示一个p个顶点，q条边以及r个面 的平面图。
一个面 f 所包含的边数称为 f 的次数，记为 d( f ) ，若边为割边，则计算两次。
证明：对面数r作归纳证明。
当r=1时，G是树，此时q = p – 1，结论成立。
假设对G (p, q, r-1)， r2，结论成立，设G是
有r个面的平面图，G至少有一条回路。设e是
某回路上的边，G –e仍是连通平面图，它有p
个顶点，q –1条边和r –1个面，由归纳假设有，
p –(q –1)+(r –1) = 2。整理即得 p – q + r = 2。
设uv是G+uv中两个面fi和fj的公共边界.于是，G 中fi和fj的面是一个面fk ，显然，d(fk)3,由此G 与的每个面是K3矛盾！
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§11.2 欧拉公式
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欧拉公式
定理:对任何一个简单平面图G (p, q, r)均满足：

p–q+r=2 .
推论11.2.4：若简单平面图G (p, q, r)的每个 面均不是K3 ，则 q 2p – 4 .
证明：由假设每个面的次数至少不小于4

2q = d( fi ) 4r
即 r q /2 ,从而由欧拉公式有
2 = p – q + r p – q + q /2 = p – q /2 整理后得 q 2p – 4 .
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极大平面图连通度不小于3
证明：∵G的面都是K3，∴ (G) 2。 假设(G) = 2 ，则有顶点割S ={u, v}。其中的u
和v都应该与G – S的至少两个连通分支中的顶 点在G中邻接。
不妨设在G的一个平面嵌入G 中与u邻接的点 按环绕u的顺序依次为u1, , ut。
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K3,3是不可平面图
推论11.2.5：K3,3是不可平面图。 证明：因K3,3是二分图，故它不含K3 ，
假设K3,3是可平面图，则由推论11.2.4知 9 = q 2p – 4 =26 – 4 = 8 ,
即 ：9 8 ，矛盾。故结论成立。
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简单平面图的最小度小于6
推论11.2.6：任何简单平面图G (p, q, r)均有 (G) ＜ 6。
证明：若(G) 6，则 q = (1/2) d( vi ) (2q = d( vi ) ) (1/2)p (G) (6/2)p > 3p – 6 , 此与推论11.2.2( 对任何简单平面图G (p, q, r)
第十一章
平面图
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图中的边不要交叉
实际中的很多问题都涉及到一个图中的边是否 会交叉的问题。例如：单面印刷电路板，集成 电路的布线，交通设计问题；等等。
由此便抽象出平面图的概念：没有交叉 (这里 当然不是指在端点处的相互邻接）的边的图。
一个有交叉的边的图能不能转换成与之同构的 平面图，显然是人们所关注的问题。
uui+1之间没有其它与u邻接的边， 依据定理 11.1.2，在G 中u uiui+1 是一个K3面，故ui和ui+1邻接。 从而在G – S中， ui也和ui+1邻接， 这与S是顶点割相矛盾。所以
(G) 3。
2020/1/22离散数学Fra bibliotekui u
f1 v ui+1
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极大平面图最小度不小于3
而 u1, , ut中除可能有一点是v外，其余的点分 别 分属 属G于–G–SS的的两至个少不两同个分分支支。，必有两点ui和ui+1
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极大平面图连通度不小于3
证 分明 别： 属…于GS是– S顶的点两割个，不…同u分i和支ui+。1 由ui和ui+1的取法可知，在uui和
( p 3)，都有 q 3p – 6 )矛盾。故结论成立。
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极大平面图的五个性质
定理11.2.2：设简单平面图G (p, q, r)是极大平 面图( p 4) ，于是 ①q = 3p – 6 ; ②r = 2p – 4 ; ④(G) 3 ; ⑤G中至少有4个顶点的度不超过5 .
本章就是介绍平面图以及平面图的性质。
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§11.1 平面图的概念
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平面图
定义11.1.1：设G是平面上由有限个点及以这些 点为端点的有限连续曲线所组成的图形，如果 G中任意两条线最多只在它们的端点处相交， 称G为平面图。
例1，⑴图不是平面图， ⑵和⑶是平面图。
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K5是不可平面图
推论11.2.3 K5是不可平面图。 证明：若K5是可平面图，则由推论11.2.2
知q 3p – 6 ，于是
10 = q 3p – 6 =35 – 6 = 9 , 即 ：10 9 ，矛盾。故结论成立。
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无3次面的平面图边数的上界
p – q + (2/m)q = 2 整理上式即得证。
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简单平面图边数的上界
推论11.2.2 对任何简单平面图G (p, q, r) ( p 3) , q 3p – 6 .
证明：由于极大简单平面图的每个面都 是K3 ,故将 m = 3代入推论11.2.1中的式 q = m(p – 2) / (m – 2) 有 q= 3(p – 2) = 3p – 6 . 故对一般简单平面图有q 3p – 6 .
6(p 6–p3)–=162p=–21q8 .
此为矛盾，故结论成立。
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习题
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§11.3 可平面性判定
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剖分图
定义11.3.1：设G是一个图，e = uv ∈ E(G)，
⑴
⑵
⑶
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可平面图
上例中的图⑴虽然不是平面图，但是却 和图⑵和图⑶是同构的，这样的图称为 可平面图。
可平面图：如果一个图G与一个平面图H 同构，称G是可平面图；而称H是G的一 个平面嵌入。
上例中的图⑴是可平面图，图⑵和图⑶ 是图⑴的两个平面嵌入。
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d( fi ) =2q , (i =1 , 2 , ,r). 证明：由于G的每条非割边恰属于两个面，所
以，在计算这两个面的次数时，该边计算两次， 而割边只属于一个面，但由规定也计算了两次， 故上式成立，即所有面的总次数为边数的两倍。
对比：d( vi ) =2q，(i =1 , 2 , , p)，即所有顶 点的总度数为边数的二倍。
G
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H 5’ 10
外平面图
定义11.1.4：图G称为外可平面图，如果它有一 个平面嵌入H，使得G的所有顶点均在H的同一 个面的边界上，这时，称H为外平面图。
f1
f1
这是外平面图
这是外可平面图
这不是外平面图
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极大平面图
定义11.1.5 设G是一个可平面图，如果对G中 任意两个互不邻接的顶点u , v , G+uv成为一个 不可平面图，则称G是一个极大可平面图，极 大可平面图的一个平面嵌入称为极大平面图。

若对i = 1, 2, , 性质④， 对i = p–2 ,
pp––13,，p，均有？有dd((vvi)i)6(，G)则由3。
于是，6p –21= 2q –9
2q – d( vj ) (这里j = p–2, p-1, p) 因为由性质= ①d，(vqi )=(这3p里–i6=，1, 于2, 是, p –3)
说明：对一个不是极大的 可平面图，可以添加一些 边以得到一个极大可平面 图。(如图)
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G是极大平面图当且仅当G的每个面都是三角形
(必要性) 极大简单平面图的任何一个面都是三 角形K3。
证明： (反证)设G是极大简单平面图。若G的某 个面 f 不是K3，不妨设 f 由闭途径v1v2vnv1围 成，且d(f) = n 4。为简单起见，不妨设n = 4， 即f 由闭途径v1v2v3v4v1围成。则 f 只有以下三 种情况：⑴v1与v3不邻接；⑵v1与v3邻接，而v2 与 v4不邻接；⑶ v1与v3邻接，而v2与 v4也邻接。
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计算下图中各面的次数：
2
f0
4
1 f1
3
f0
f1
f2
(a)
d( f0 ) = 3 ; d( f1 ) = 5 。
(b)
d( f0 ) = 8 ; d( f1 ) = 3 ; d( f2 ) = 3 .
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面的总次数为边数的两倍
定理11.1.1：对任何平面图G(p, q, r) ,有
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极大平面图的边数
证明：由定理11.1.2(极大简单平面图的任何一 个面都是三角形K3 ) ，将推论11.2.1中的式q = m(p – 2) / (m – 2)中的m用m=3 代入，即可得 q = 3p – 6 ;
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极大平面图的面数
证明：由性质①有q = 3p – 6 ，将其代入 欧拉公式得： p – q + r = p – (3p –6) + r = 2 , 整理即得r = 2p – 4 ；
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平面图的同构
定义11.1.3：设G和H是两个平面图。如 果并且 f 是G中一个由途径uvwu围成的 面当且仅当(u)(v) (w)(u)围成H的 一个面 f ’ , 则称G与H同构。有时可省 略。
例1中图⑵与图⑶就是平面图同构。
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证明：由定理7.1.1可知图的连通度不大 于边连通度，而边连通度又不大于最小 度，即 (G) (G) (G) ；
又由性质③即可得极大平面图最小度不 小于3，即 (G) (G) 3 。
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至少有4个顶点的度不超过5
证明：设G的顶点集V = {v1 , v2 , , vp}。
此面之外，因而必相交, 此与G
的可平面性矛盾。
综合以上，知结论成立。
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(充分性)若平面图G的每个面都是三角形， 则是G是极大平面图。
证明：设平面图G的每个面都是K3，若G不是 极 大 平 面 图 . 则 G 中 存 在 u 、 vV(G) ， 使 得 uvE(G)，且G+uv仍为平面图。
下面我们对这三种情况分别予以讨论：
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极大平面图的面都是三角形
证明：…
⑴若v1与v3不邻接，则v1v2v3v4v1 v1 所围成内部面，于是在该面内联
结v1和v3不破坏G的平面性，此 v4
与G的假设矛盾；
⑵若v1与v3邻接，v2与v4不邻接， v1
则v1v2v3 v1 围成内部面，边v1v4
及顶点v4必在此面的外部， 故
v4
联结v2和v4不破坏G的平面性，
此与G的假设矛盾；
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v2 v3 v2 v3
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极大平面图的面都是三角形
证明：…
v1
v2
⑶若v1与v3邻接，且 v2与v4邻接，
则v1v2v3v4v1所围成的区域是内
v4
v3
部面。因此边v1v3，v2v4都在