图论第四章 平面图及着色

例1 Q3是否可平面性？
定义2 (平面图的面,边界和度数).
设G是一个平面图，由G中的边所包围的区 域，在区域内既不包含G的结点，也不包含 G的边，这样的区域称为G的一个面。有界 区域称为内部面，无界区域称为外部面。包 围面的长度最短的闭链称为该面的边界。面 的边界的长度称为该面的度数。
例2 指出下图所示平面图的面、面的边界及 面的度数。
j
i
d c (a)
h
i
(c)K3,3
说明:库拉图斯基给出了平面图的充要条件,但用它并不能 判别一个图是否是平面图的有效算法. 定义2 设G是阶大于等于3的简单可平面图，若在任意两个 不相邻的结点vi,vj之间加入边{vi,vj}，就会破坏图的平面性， 则称G是极大平面图。极大平面图的平面表示称为三角剖 分平面图. 定理2. 极大平面图的判别定理:v阶简单平面图G是极大平 面图的充要条件是: （1）G中每个面的度数都是3 （2） G中有e条边r个面，则3r=2e （3）设G带有v个顶点，e条边，r个面则 e=3v-6,r=2v-4.
由推论1,只要证明G为一平面图时即知结论成立. 反设G中存在两条不同的边{a,b}和{x,y}相交于非端点处o,如下
图(a)所示,其夹角为(0< <).
若 =,这时如下图(b),显然存在两点距离小于1,与已知矛盾,从而 0< <.由于a到b的距离为1,x到y的距离为1,因此a,b,x,y中至少有
2e=d(f)3r (1)
其中r为G的面数.由欧拉公式 v-e+r=2 所以r=2-v+e,代入(1)中有: 2e3(2-v+e)
即e3v-6。
推论2 设G是带v个顶点，e条边的连通的平面简单图， 其中v3且没有长度为3的圈，则e2v-4。 证明:因为图G中没有长度为3的圈,从而G的每个面的 度数至少为4.因此有2e=d(f)4r (1) 其中r为G的面数.由欧拉公式 v-e+r=2 所以r=2-v+e,代入(1)中有: 2e4(2-v+e) 即e2v-4。
若G含有圈C,设y是圈C上的一边,则边y一定是两个不 同面的边界的一部分.删除边y得图G’,则G’有n条边.由 假设公式对G’成立，而G比G’多一边和多一面,G与G’ 得顶点数相同.故公式也成立.
推论1 设G是带v个顶点，e条边的连通的平面简 单图，其中v3，则e3v-6。 证明:由于G是简单图,则G中无环和无平行边.因此 G的任何面的度数至少为3.故
~ 中每条边都是直线。 使G
~ G 设G是简单平面图，则G有平面表示
，
~ 的每条边都是直线. 使G ' ~ 考虑 G ' 中边Pz1和Pz2,将它分裂成两个三角形(图 ~ (b)和图(c)).这样得到的图 G 就是G的平面表示,而 且每条边都是直线段.定理得证.
z3
z1 z2 z1 y z3 x p z2 z1 (c) z2 z3
证明:由欧拉公式有: vi- ei+ ri=2(i=1,2,…,w)
从而有 vi- ei+ ri =2w 又 vi=v, ei=e, ri =r+(w-1)(外部面被重复计算了 w-1次.).所以有: V-e+r+(w-1)=2w
整理即得: v- e+ r=1+w.
推论4 设G是任意平面简单图，则(G)5。
充分性显然.
v2
v1
v5
v3
v4 G
•定理2
证明:只要对极大平面图G来证明定理即可(简单平面图是极 大平面图的子图).当v=3时,G是三角形,定理显然成立.假设 定理对所有阶数小于v的极大平面图成立,并设G是三角剖 分图.选取xV(G)使x不是外部剖面边界上的点.取边{x,y}. 则边{x,y}仅是某两个内部三角形的公共边.不妨设这两个 三角形分别为z1xy和z2xy.如图(b)所示.收缩边{x,y},且结点 x和y收缩为P,得图G’(图c).显然G’是平面图,且有E(G’)= E(G)-3=3(V(G)-1)-6= 3V(G)-9= 3V(G’)-6,即G’ ~ 是v-1阶极大平面图,由归纳假设,G’有平面表示 G '
第四章 平面图
第一节 平面图 定义1 如果图G能画在曲面S上且使得它的边仅在端 点处相交，则称G可嵌入曲面S。如果G可嵌入平面 上，则称G是可平面图，已经嵌入平面上的图 G 称为G的平面表示。
可平面图G与G的平面表示 G 同构，都简称为平面 图。(球极投影)
定理1 图G可嵌入球面图G可嵌入平面。
证明:必要性:因G是简单图,故G中没有环和平行边,故 不存在度数为1或2的面.假设G存在度数大于3的面f, 不妨设为内部面,如下图G,显然v1与v3不相邻,在面f内 加入面{v1,v3},图G的平面性显然没有改变,这与图G是 极大平面图矛盾.因此图G的每个面的度数为3,所以有 3r=2e且e=3v-6,r=2v-4(欧拉公式)
当k=4时,V4=6,F3=8,此时P是八面体 当k=5时,V5=12,F3=20,此时P是十二面体 (2)当h=4时,有8=(4-k)Vk,所以k=3,V3=8,F4=6,即 P是立方体. (3)当h=5时,有20=(10-3k)Vk,所以k=3,V3=20, F5=12,即P是十二面体.
例2 对哪些n,存在n条棱的凸多面体？
例3 K5和K3.3都是非平面图。
解:图K5有5个顶点10条边,而3*5-6=9,即10>9,由
推论1知,K5是非平面图.
显然K3,3没有长度为3的圈,且有6个顶点9条边,因 而9>2*6-4,由推论2知K3,3是非平面图. 推论3 设G是带v个顶点，e条边，r个面的平面图， 则 v- e+ r=1+w。其中w为G的连通分支数。
即V 2/3E,所以E=V+F-2 1/3E+2/3E-2=E-2.矛盾.
所以结论成立.
正多面体：每个面且每个多面角都相等的凸多面体。 定理4 只有五个正多面体:四面体、立方体、十二面 体、八面体、二十面体. 证明:设P是正多面体且G是对应的平面图,对任何 凸多面体均有:
8 4 E 4V 4 F 2 E 2 E 4V 4 F nFn nVn 4 Vn 4 Fn (n 4) Fn (n 4)Vn .
第三节 图的平面性检测 定义1 图G的H片:
设H是G的子图，在E(G)-E(H)上定义二元关系R
如下：xRy在G-E(H)中存在一条链W使得:
（1）W的第一条边为x，最后一条边为y； （2）W中只有两个端点属于H(即W的内部点不属于H). R是E(G)-E(H)上的等价关系。R确定E(G)-E(H)上的 一个划分设为S={ S1、S2、…Sm},由Si导出的 G-E(H)
3
e1 f1 e 4 4 5 f5 e10 2 e7 f3 e6 f2 e8 e9 7
1
f4 e5
e2
e3 6
解:面f1,其边界1e15e24e43e72e101,d(f1)=5. 面f2,其边界1e102e87e91,d(f2)=3. 面f3,其边界2e73e67e82,d(f3)=3. 面f4,其边界3e44e57e63,d(f4)=3. 外部面f5, 其边界1e15e24e36e34 e57e91,d(f5)=6.
解:以多面体的顶点为图的顶点,以多面体的棱为图的边, 得到一个平面图G,若p(G),q(G),f(G)分别表示G的顶点数, 边数和面数,则p(G)4, f(G) 4,且每个面的度数是3,由 Euler公式易得q(G) 6,即没有棱小于6的凸多面体.四面 体是棱数为6的凸多面体.若有7条棱的凸多面体,则存在 满足上述条件, q(G) =7的平面图,由Euler公式p(G) +f(G)= q(G)+2=9,但G的每个面的度数至少是3,故 2q(G)=G(m) 3f(G)(m为G的面),
证明:设G有v个顶点e条边.若e6,结论显然成立;若e>6, 假设G的每个顶点的度数6,则由推论1,有
6v 2e 6v-12
矛盾,所以 (G)5.
例4 平面上有n个顶点，其中任意两个点之间的距离 至少为1.证明 在这n个点中距离恰好为1的点对数 至多是3n-6。 证明:首先建立图G=<V,E>,其中V就取平面上给定的n 个点(位置相同),当两个顶点之间的距离为1时,两顶 点之间用一条直线段连接.显然,图G是一个n阶简单 图.
两个点,从交点o到这两点的距离不超过1/2,不妨设为a,x,则点a与x
之间的距离小于1,与已知矛盾,所以G中的边除端点外不再有其它 交点,即G为平面图.再据推论1,知结论成立. a x o

y b
a
x b y
(a)
(b)
第2节 库拉图斯基定理与极大平面
定义1 设G是一个平面图，通过删除G的一条边{x、 y},并增加一个新结点a和两条边{x 、a}与{a、y} （所获得的任何图也是平面图），这样的操作称为 初等细分。若可以从相同的图G通过一系列初等细 分来获得图G1和G2，称G1和G2是同胚的. 如下图G1,G2,G3是同胚的.
v=2,e=1,r=1
v=1,e=1,r=2
(2)下用数学归纳法证明.
假设公式对n条边的图成立.设G有n+1条边.若G不 含圈,任取一点x,从结点x开始沿路行走.因G不含圈,所以 每次沿一边总能达到一个新结点,最后会达到一个度数 为1的结点,不妨设为a,在结点a不能再继续前进.删除结 点a及其关联的边得图G’,G’含有n条边.由假设公式对G’ 成立,而G比G’多一个结点和一条边,且G与G’面数相同, 故公式也适合于G.
n 3 n 3
多面体的一些性质定理
定理3 每个凸多面体都至少有一个n度面,其中 3n5.
证明:设F3=F4=F5=0,则
2E nFn 6Fn 6 Fn 6F
即有F1/3E,又
n 6
n 6
n 6
2E nVn 3Vn 3V
n 3 n 3
n 3 n 3 n 3 n 3 n 3 n 3
因为P是正多面体,所以存在两个正整数h(3) 和k(3)使F=Fh且V=Vk,因此,有 -8=(h-4)Fh+(k-4)Vk,且hFh=2E=kVk,因3h5.
(1)当h=3时,有12=(6-k)Vk,由3k5.
当k=3时,V3=4,F3=4,此时P是四面体.
x (a)
y
(b)
凸多面体
平面图的理论与多面体的研究密切相关:事实上, 由于每个凸多面体P可以与一个连通可平面图G对 应,G的顶点和边是P的顶点和棱,那么G的每个顶点 的度至少为3.由于G是一个平面图,则P的面就是G的 面,并且G的每一条边落在两个不同面的边界上. 一个多面体P的顶点,棱和面的数目分别用V,E和F 来表示,而且,这些分别是连通图G的顶点,边和面的 数目.故欧拉公式可写成V-E+F=2,这就是著名的 Euler凸多面体公式. 为方便起见,用Vn和Fn分别表示凸多面体P的n度 点和n度面的数目,则n3且 2E nVn nFn
即 f(G) (2/3)*q(G) =14/3 又f(G)为整数,所以f(G) 4,同理p(G) 4,所以p(G) +f(G) 8,矛盾.所以7条棱的凸多面体不存在.
现对k4,以k边形为底的棱锥即有2k条棱的凸 多面体进行讨论.若把底为k-1边形的棱锥中,底 角处的一个三角面“锯掉一个尖儿”,得到的是 一个有2k+1条棱的凸多面体,总之,当n 6,n7时, 才有n条棱的凸多面体.
Baidu Nhomakorabea
G1
G2
G3
定理1一个图G是非平面的，当且仅当它包含一个 同胚于K3.3或K5的子图。（证略）
例1 说明彼得森图不是平面图。 解:删去下图(a)皮得森图的结点b,得其子图(b)H.而 H胚于K3.3,所以皮得森不是平面图.
a f g b a e i c d g h (b)H e h j f d e j f
定理2 对任何平面图G，面的度数之和是边数的二倍。
证明:对内部面而言,因为其任何一条非割边同时在两 个面中,故每增加一条边图的度数必增加2.对外部面的 边界,若某条边不同时在两个面中, 边必为割边,由于边 界是闭链,则该边也为图的度数贡献2.从而结论成立.
定理3 设G是带v个顶点，e条边，r个面的连通的平 面图，则 v-e+r=2。（欧拉公式） 证明:(1)当n=e=1时,如下图,结论显然成立.