第五章 图论六
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定义 在平面图的一个平面表示中，边把平面划分成若干区 域 面R：内部不含图的边或顶点的、由边所包围的区域 面的边界： 包围面的最短的回路 面的度deg(R)：边界的长度 有限面：面积有限的面，无限面：面积无限的面
例 右面的平面图有3个面，R1和R2是有限面，R3是无限面 R1的边界：1231， R2的边界：2342， R3的边界：1245431 deg(R1)=3，deg(R2)=3，deg(R3)=6 R3的边界不是12431，因为12431所 包围的区域含有边，不能构成面 R2的边界不是234542，因为234542 不是包围R2的最短的回路
定义1 图的平面表示：图的一种图形表示（画法）， 其中边仅在顶点处相交 平面图：有平面表示的图
例1 判断下面的三个图是否为平面性的。
（接下页）
解：K4是平面性的，因为可以不带交叉地画出它（图7-66 所示）； Q3是平面性的（图7-68所示）； 在平面里画出K3,3而没有边交叉，任何这样的尝试都注 定是失败的。在K3,3的任何平面表示里，顶点v1和v2都必须 同时与v4和v5连接。这四条边所形成的封闭曲线把平面分 割成两个区域R1和R2，如图7-70a）所示。顶点v3属于R1 或R2。当v3属于闭曲线的内部R2时，在v3和v4之间以及在v3 和v5之间的边，把R2分割成两个区域R21和R22，如图7-70b） 所示。
定义 设平图G=(V，E)有r个面，n个顶点，m条边，称用如 下的方法构造出来的图 G*=(V*，E*)为G的对偶图： (1) 在G的任意一个面Ri中取一个点作为G*的一个顶点Vi*， 令V * ={V1*，V2* ，…， Vr*}。 (2) 对G的任意一条边ek，若ek出现在G的两个不同的面Ri和 Rj( ij) 的边界中,则构作G*的边={Vi* ， Vj*}；若ek仅出现 在G的某一个面Ri的边界中,则构作G*的边(环) ek* ={Vi* ， Vi*}； 令E*={e1* ， e2* ，…， em* }。
第五章 图论
5.6平面图
5.6.1平面图的概念
例 考虑把三座房和三种 设施每种都连接起来的问题， 如图7-64所示，是否有可能使 得这样的连接里不发生交叉？ 这个问题可以用完全偶图K3,3 来建模。原来的问题可以重新 叙述为：能否在平面里画出K3,3 ，使得没有两条边发生交叉？
印刷线路板的设计问题
(接下页)
现在假定rn=en-vn+2。设｛an+1，bn+1｝是为了获得 Gn+1而添加到Gn里的边。有两种情形需要考虑。在第一种 情形里，an+1和bn+1都已经在Gn里了。这两个顶点必然是 在一个公共区域R的边界上，否则就不可能把边｛an+1， bn+1｝添加到Gn里而没有两条边交叉（并且Gn+1是平面性 的。）这条新边的添加把R分割成两个区域。所以，在这 种情形里，rn+1=rn+1, en+1=en+1，而且vn+1=vn+1 。因此， 联系着区域数、边数、顶点数的公式两边都恰好增加一， 所以这个公式仍然为真。在图7-73 a）里说明这种情形。 在第二种情形里，新边的两个顶点之一已不在Gn里。 假定an+1在Gn里但是bn+1不在Gn里。添加这条新边不产生 任何新的区域，因为bn+1必然是在边界上有an+1的一个区 域里。所以，rn+1=rn,，另外en+1=en+1，而且vn+1=vn+1。 联系着区域数、边数、顶点数的公式两边都保持相等，所 以这个公式仍然为真。在图7-73 b）里说明这种情形。 已经完成了归纳论证。因此对所有n来说都有rn=envn+2。因为原图是在添加了e条边之后所获得的图Gn，所 以这个定理为真。 (见下页图)
推论1 简单连通平面图,v≥3，则e≤3v-6
①deg(R)=2e ②简单图中，deg(R)≥3r 画在平面里的连通平面性简单图把平面分割成区域， 比如说r个区域，每个区域的度数至少为3（简单图）。特 别是，注意无界区域的度数至少为3，因为在图中至少有3 个顶点。 注意个区域的度数之和恰好是图中边数的两倍，因为 每条边都在区域的边界上出现两次（或者在两个不同区域 里，或者两次在相同的区域里）。因为每个区域都有大于 等于3的度数，所以 2e=deg(R)≥3r 因此 (2/3)e≥r 利用欧拉公式r=e-v+2，就得到 (2/3)e≥e-v+2 所以得到v-2≥e/3。这样就证明了e≤3v-6。 证明：
(接下页)
画在平面里的连通平面性简单图把平面分割成区域， 比如说r个区域，每个区域的度数至少为3（简单图）。又 因为没有长度为3的回路，所以每个区域的度数至少为4。 每个区域的度数之和恰好是图中边数的两倍，因为每条边 都在区域的边界上出现两次。因为每个区域都有大于等于4 的度数，所以 2e=deg(R)≥4r 因此 e≥2r 利用欧拉公式r=e-v+2，就得到 e≥2e-2v+4 这样就证明了e≤2v-4。
例 在G的无限面内，仅有G*的一个顶点v4*，过v4*有G* 的一个环
若平面图G=(V，E)有n个顶点，m条边，r个面，则其对偶 图G* =(V* ，E*) （１）有r个顶点，m条边 （２）是平面图 （３）是连通图 （４）对于G的任意一个面R及R所对应的G*的顶点V* ， deg(R)=d(V*) 定理 平面图的面的度数之和等于其边的数目的两倍。 证明： 设可平面图G=(V，E) ，其对偶图G* =(V*,E*)， 则
例 (2)是的(1) 初等细分，(4)是(3)的收缩
定理2 库拉图斯基定理 图是非平面图同胚于K3,3或K5 的子图。
证明： 显然，一个包含着同胚于K3,3或K5的子图是非 平面性的。不过，相反的命题——即每个非平面性图都包 含一个同胚于K3,3或K5的子图的子图——的证明是复杂的， 因而不在这里给出。
例4 假设连通图平面性简单图有20个顶点，每个顶点的度 都是3。这个平面性图的平面表示把平面分割成多少个区域？ 解 这个图有20个顶点，每个顶点的度都是3，所以 v=20。因为这些顶点的度之和3v=3*20=60是等于边数的两 倍2e，所以有2e=60，即e=30。所以，根据欧拉公式，区 域数是： r=e-v+2=30-20+2=12
例5 证明K5不是平面图 证明： 图K5有5个顶点和10条边。不过，对这个图来 说，不满足不等式e≤3v-6，因为e=10和3v-6=9。因此， K5 不是平面图。
推论2 简单连通平面图,v≥3，没有长度为3的回路，则 e≤2v-4 证明：①deg(R)=2e ②deg(R)≥4 推论2的证明类似于推论1的证明，不同之处在于，在这 种情形里，没有长度为3的回路的事实蕴含着区域的度数至 少为4。
例7 确定图7-76中所示的图是否为平面性的。
解： G有同胚于K5的子图H。H是这样获得的：删除h， j 和k 以及所有与这些顶点关联的边。H是同胚于K5的，因 为从K5（带有顶点a, b, c, g和i）通过一系列初等细分，添 加顶点d, e 和f就可以获得H。因此，G是非平面性的
习题 1.假定一个平面性图有k个连通分支、e条边和v个顶点。另外 假设这个图的平面表示把平面分割成r个区域。求用e，v， k所表示的r的公式。 2.用库拉图斯基定理来确定下面所给的图是否为平面性的。
例6 证明K3,3不是平面图 证明： 因为K3,3没有长度为3的回路（因为它是偶图）， 所以可以使用推论2。 K3,3有6个顶点和9条边。因为e=9和 2v-4=8，所以推论2证明K3,3不是平面图。
5.6.3 库拉图斯基定理
定义 初等细分：在边上插入顶点 收缩：合并顶点 图同胚：能通过初等细分或（和）收缩转换
3.证明：若G是一个带有v个顶点和e条边的连通简单图，则G 的厚度至少为e/(3v-6)。
R是G的面
deg(R) =
v*V *
* d ( v )
=2|E*| =2|E|
(由握手定理)
5.6.2欧拉公式
定理1 欧拉公式 连通平面图，r=e-v+2。
证明：直观描述首先规定G的平面表示。将要这样证明定 理：构造一系列子图G1，G2，…，Ge=G，相继地在每个 阶段上添加一条边。用下面的归纳定义来这样做。任意地 选择一条G的边来获得G1。从Gn-1这样获得Gn：任意地添 加一条与Gn-1里顶点相关联的边，若与这条边关联的另一 个顶点还不在Gn-1里，则添加这个顶点。这样的构造是可 能的，因为G是连通的。在添加e条边之后就获得G。设rn， en和vn分别表示G的平面表示所诱导出的Gn的平面表示的 区域数、边数和顶点数。 现在通过归纳来进行证明。对G1来说关系r1=e1-v1+2为真。
定义 在平面图的一个平面表示中，边把平面划分成若干区 域 面R：内部不含图的边或顶点的、由边所包围的区域 面的边界： 包围面的最短的回路 面的度deg(R)：边界的长度 有限面：面积有限的面，无限面：面积无限的面
例 右面的平面图有3个面，R1和R2是有限面，R3是无限面 R1的边界：1231， R2的边界：2342， R3的边界：1245431 deg(R1)=3，deg(R2)=3，deg(R3)=6 R3的边界不是12431，因为12431所 包围的区域含有边，不能构成面 R2的边界不是234542，因为234542 不是包围R2的最短的回路
定义1 图的平面表示：图的一种图形表示（画法）， 其中边仅在顶点处相交 平面图：有平面表示的图
例1 判断下面的三个图是否为平面性的。
（接下页）
解：K4是平面性的，因为可以不带交叉地画出它（图7-66 所示）； Q3是平面性的（图7-68所示）； 在平面里画出K3,3而没有边交叉，任何这样的尝试都注 定是失败的。在K3,3的任何平面表示里，顶点v1和v2都必须 同时与v4和v5连接。这四条边所形成的封闭曲线把平面分 割成两个区域R1和R2，如图7-70a）所示。顶点v3属于R1 或R2。当v3属于闭曲线的内部R2时，在v3和v4之间以及在v3 和v5之间的边，把R2分割成两个区域R21和R22，如图7-70b） 所示。
定义 设平图G=(V，E)有r个面，n个顶点，m条边，称用如 下的方法构造出来的图 G*=(V*，E*)为G的对偶图： (1) 在G的任意一个面Ri中取一个点作为G*的一个顶点Vi*， 令V * ={V1*，V2* ，…， Vr*}。 (2) 对G的任意一条边ek，若ek出现在G的两个不同的面Ri和 Rj( ij) 的边界中,则构作G*的边={Vi* ， Vj*}；若ek仅出现 在G的某一个面Ri的边界中,则构作G*的边(环) ek* ={Vi* ， Vi*}； 令E*={e1* ， e2* ，…， em* }。
第五章 图论
5.6平面图
5.6.1平面图的概念
例 考虑把三座房和三种 设施每种都连接起来的问题， 如图7-64所示，是否有可能使 得这样的连接里不发生交叉？ 这个问题可以用完全偶图K3,3 来建模。原来的问题可以重新 叙述为：能否在平面里画出K3,3 ，使得没有两条边发生交叉？
印刷线路板的设计问题
(接下页)
现在假定rn=en-vn+2。设｛an+1，bn+1｝是为了获得 Gn+1而添加到Gn里的边。有两种情形需要考虑。在第一种 情形里，an+1和bn+1都已经在Gn里了。这两个顶点必然是 在一个公共区域R的边界上，否则就不可能把边｛an+1， bn+1｝添加到Gn里而没有两条边交叉（并且Gn+1是平面性 的。）这条新边的添加把R分割成两个区域。所以，在这 种情形里，rn+1=rn+1, en+1=en+1，而且vn+1=vn+1 。因此， 联系着区域数、边数、顶点数的公式两边都恰好增加一， 所以这个公式仍然为真。在图7-73 a）里说明这种情形。 在第二种情形里，新边的两个顶点之一已不在Gn里。 假定an+1在Gn里但是bn+1不在Gn里。添加这条新边不产生 任何新的区域，因为bn+1必然是在边界上有an+1的一个区 域里。所以，rn+1=rn,，另外en+1=en+1，而且vn+1=vn+1。 联系着区域数、边数、顶点数的公式两边都保持相等，所 以这个公式仍然为真。在图7-73 b）里说明这种情形。 已经完成了归纳论证。因此对所有n来说都有rn=envn+2。因为原图是在添加了e条边之后所获得的图Gn，所 以这个定理为真。 (见下页图)
推论1 简单连通平面图,v≥3，则e≤3v-6
①deg(R)=2e ②简单图中，deg(R)≥3r 画在平面里的连通平面性简单图把平面分割成区域， 比如说r个区域，每个区域的度数至少为3（简单图）。特 别是，注意无界区域的度数至少为3，因为在图中至少有3 个顶点。 注意个区域的度数之和恰好是图中边数的两倍，因为 每条边都在区域的边界上出现两次（或者在两个不同区域 里，或者两次在相同的区域里）。因为每个区域都有大于 等于3的度数，所以 2e=deg(R)≥3r 因此 (2/3)e≥r 利用欧拉公式r=e-v+2，就得到 (2/3)e≥e-v+2 所以得到v-2≥e/3。这样就证明了e≤3v-6。 证明：
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画在平面里的连通平面性简单图把平面分割成区域， 比如说r个区域，每个区域的度数至少为3（简单图）。又 因为没有长度为3的回路，所以每个区域的度数至少为4。 每个区域的度数之和恰好是图中边数的两倍，因为每条边 都在区域的边界上出现两次。因为每个区域都有大于等于4 的度数，所以 2e=deg(R)≥4r 因此 e≥2r 利用欧拉公式r=e-v+2，就得到 e≥2e-2v+4 这样就证明了e≤2v-4。
例 在G的无限面内，仅有G*的一个顶点v4*，过v4*有G* 的一个环
若平面图G=(V，E)有n个顶点，m条边，r个面，则其对偶 图G* =(V* ，E*) （１）有r个顶点，m条边 （２）是平面图 （３）是连通图 （４）对于G的任意一个面R及R所对应的G*的顶点V* ， deg(R)=d(V*) 定理 平面图的面的度数之和等于其边的数目的两倍。 证明： 设可平面图G=(V，E) ，其对偶图G* =(V*,E*)， 则
例 (2)是的(1) 初等细分，(4)是(3)的收缩
定理2 库拉图斯基定理 图是非平面图同胚于K3,3或K5 的子图。
证明： 显然，一个包含着同胚于K3,3或K5的子图是非 平面性的。不过，相反的命题——即每个非平面性图都包 含一个同胚于K3,3或K5的子图的子图——的证明是复杂的， 因而不在这里给出。
例4 假设连通图平面性简单图有20个顶点，每个顶点的度 都是3。这个平面性图的平面表示把平面分割成多少个区域？ 解 这个图有20个顶点，每个顶点的度都是3，所以 v=20。因为这些顶点的度之和3v=3*20=60是等于边数的两 倍2e，所以有2e=60，即e=30。所以，根据欧拉公式，区 域数是： r=e-v+2=30-20+2=12
例5 证明K5不是平面图 证明： 图K5有5个顶点和10条边。不过，对这个图来 说，不满足不等式e≤3v-6，因为e=10和3v-6=9。因此， K5 不是平面图。
推论2 简单连通平面图,v≥3，没有长度为3的回路，则 e≤2v-4 证明：①deg(R)=2e ②deg(R)≥4 推论2的证明类似于推论1的证明，不同之处在于，在这 种情形里，没有长度为3的回路的事实蕴含着区域的度数至 少为4。
例7 确定图7-76中所示的图是否为平面性的。
解： G有同胚于K5的子图H。H是这样获得的：删除h， j 和k 以及所有与这些顶点关联的边。H是同胚于K5的，因 为从K5（带有顶点a, b, c, g和i）通过一系列初等细分，添 加顶点d, e 和f就可以获得H。因此，G是非平面性的
习题 1.假定一个平面性图有k个连通分支、e条边和v个顶点。另外 假设这个图的平面表示把平面分割成r个区域。求用e，v， k所表示的r的公式。 2.用库拉图斯基定理来确定下面所给的图是否为平面性的。
例6 证明K3,3不是平面图 证明： 因为K3,3没有长度为3的回路（因为它是偶图）， 所以可以使用推论2。 K3,3有6个顶点和9条边。因为e=9和 2v-4=8，所以推论2证明K3,3不是平面图。
5.6.3 库拉图斯基定理
定义 初等细分：在边上插入顶点 收缩：合并顶点 图同胚：能通过初等细分或（和）收缩转换
3.证明：若G是一个带有v个顶点和e条边的连通简单图，则G 的厚度至少为e/(3v-6)。
R是G的面
deg(R) =
v*V *
* d ( v )
=2|E*| =2|E|
(由握手定理)
5.6.2欧拉公式
定理1 欧拉公式 连通平面图，r=e-v+2。
证明：直观描述首先规定G的平面表示。将要这样证明定 理：构造一系列子图G1，G2，…，Ge=G，相继地在每个 阶段上添加一条边。用下面的归纳定义来这样做。任意地 选择一条G的边来获得G1。从Gn-1这样获得Gn：任意地添 加一条与Gn-1里顶点相关联的边，若与这条边关联的另一 个顶点还不在Gn-1里，则添加这个顶点。这样的构造是可 能的，因为G是连通的。在添加e条边之后就获得G。设rn， en和vn分别表示G的平面表示所诱导出的Gn的平面表示的 区域数、边数和顶点数。 现在通过归纳来进行证明。对G1来说关系r1=e1-v1+2为真。