1、第六章 平面图,电子科技大学数学科学学院 王也洲,,定义1 若图 G 可画在一个平面上使除顶点外边不交叉，则称 G 可嵌入平面，或称 G 为可平面图。可平面图 G 的边不交叉的一种画法称为 G 的一个平面嵌入，G 的平面嵌入表示的图称为平面图。,例1,=,平面图, 6.1平面图,可平面图,不可平面图,=,不可平面图,=,可平面图,=,=,可平面图,定义： 设G 是一个平面图，G 将所嵌入的平面划分为若干个区域，每个区域的内部连同边界称为 G 的面，无界的区域称为外部面或无限面。每个平面图有且仅有一个外部面。设 f 是 G 的一个面，构成 f 的边界的边数（割边计算两次）称为 f 的次数，记为
2、deg(f )。,6,例2,有5个面：f1，f2，f3，f4，f5 （ f5 为外部面）,图不连通，其外部面的次数为5,deg(f1) =1,deg(f2) =2,deg(f3) = 3,deg(f4) = 6,deg(f5)= 10,定理1 设具有m 条边的平面图G 的所有面的集合为, 则,证明 任取G 的一条边 e 。若 e 是两个面的公共边，则在计算面的次数时，e 被计算两次。若 e 不是公共边，则 e 是 G 的割边，由面的次数的定义，e 也被计算两次。所以所有面的次数之和是边数的2倍，即（1.1）式成立。,证明,对 用归纳法。,设 = k 时，（1.2）式成立。,定理2（Euler公
3、式） 设G 是具有 n 个点m 条边个面的连通平面图，则有n m + =2 （1.2）,当 =1时 ，G 无圈又连通，从而是树，有 n =m+1,于是 n -m+ =（m+1）- m + 1= 2,同时 n = n ， m = m - 1， = - 1,代入（1.3）式得 n -（m-1）+（ -1）= 2,即 n m + =2,当 = k+1 时，此时 G 至少两个面，从而有圈 C。删去 C 中一条边，记所得之图为 G 。并设 G 的点数、边数和面数依次为 n , m 和 , 易知 G 仍连通，但只有 k 个面，由归纳假设有,n - m + = 2 （1.3）,证明 设G的k个连通分支分别为
4、G1, G2, ,Gk ,对每个G i用欧拉公式可得：ni mi +i = 2 ， i=1，2，k 其中 ni， mi ，i 分别为G i的点数、边数和面数，将k个等式两边相加得,定理3 设G是具有个面k个连通分支的平面图，则n - m += k + 1,将它们代入（1.4）式得n m + k-1 = 2k,定理4 设 G 是具有n 个点m 条边的连通平面图, 是G 中所有面的集合，若对 任意的 f 均有 deg( f )l 3，则,证明 设G 有 个面 ，因每个面均有 deg(f)l ，故,将上式代入 Euler 公式 n m + = 2 得,推论1 设简单可平面图 G 有 n个点m 条边，
5、且n3，则,m3n-6 （1.6）,证明 先假定G 连通。因G 至少有三个点又连通且为简单图，故对G 相应的平面图中每个面的次数至少是3。由定理3，取 l = 3 得,设G 不连通。若G 存在至少有三个点的连通分支，因对G 的这些分支均满足（1.6）式，将各不等式相加也得类似不等式，设为m1 3n 1 - 6。,设G 没有多于两个点的连通分支。此时m n 。因 n 3 时， n 3n - 6，所以有 m3n - 6。,再设G 的所有少于3个点的连通分支的总边数为m2，总点数为n 2。此时有 m2 n 2 3n 2 ， 于是 m1+m2 3(n 1 + n 2 ) - 6， 从而有 m 3n -
6、 6。,推论2 设G是具有n个点m条边的连通平面图，若G中所有面均由长度为 l 的圈围成，则m (l-2) = l (n-2) (1.7）,证明 只需在定理4的证明中将所有不等号改为等号即可得(1.7)式。,例3 在右图所示的图中，m=12，n = 8，l = 4 有 12(4-2) = 4(8-2)， 满足（1.7）式。,例4 证明 K5 和 K 3,3 是不可平面图。,证明 若 K5 是可平面图，则因 K5 是至少三个点的简单图，由推论1，K5 应满足 m3n -6。而 K5 中 m=10， n = 5，代入不等式 (1.6) 得1035 6 = 9 矛盾，所以 K5 是不可平面图。,对
7、K 3,3，因 K 3,3 没有长小于4的圈，所以若 K 3,3 是可平面图，则对其相应的平面图中每个面的次数至少为4。由定理4，K 3,3 应满足 l = 4 的不等式（1.5）即,而K 3,3中m = 9， n = 6，代入上式得: 926-4 = 8 矛盾，所以 K 3,3 是不可平面图。,定理5 若 G 是简单平面图，则5.,证明,对点数 n =1，2，直接验证可知结论成立。 设n 3，若 6，则,这与定理4的推论1矛盾。 所以5。,1. 若图G能画在曲面S上使它的边仅在端点相交，则称图G可嵌入曲面S；图G的这样一种画法（若存在的话）称为G的一个S嵌入。,K5不可嵌入平面，但能嵌入环面
8、，也存在不可嵌入环面的图。,平面嵌入概念的推广,例 下图表示了K5 的环面嵌入，其中矩形的两对对边相等同。,2. 可以证明对每个曲面S总存在不可嵌入S的图。另一方面每个图又存在可以嵌入的某个可定向的曲面。,3. 一个图可嵌入平面当且仅当它可嵌入球面 。,简证 将球面S放在一个平面P上，设切点为O，过O点作垂直于P的直线，此直线与S的交点设为z。作映射,定义 f（x）= y 当且仅当点 z，x，y共线。这样的映射f （如图6-9所示）便称为球极平面射影。,通过球极平面射影可将嵌入球面S的图映射为嵌入平面的图，反之亦然。,4. 如果将一个有n个顶点，m条棱和个面的凸多面体的顶点作为顶点，棱作为边，
9、则这个多面体可视为一个图G，很明显G可嵌入球面，从而可嵌入平面而得到一个连通的平面图。因而由定理2，凸多面体的顶点数，棱数与面数也满足 n-m +=2。这个公式也称为欧拉公式。,定理6（Platonic） 存在且只存在5种正多面体：正四面体、正方体、正八面体、正十二面体和正二十面体。,证明 任取一个正面体A ，设A 有n个顶点，m条棱。将A 嵌入平面记所得的平面图为G。易知G是一个每个面的次数均相同（设为l）的r 度简单正则图。从而有,l = 2m，nr = 2m，l3，r3,将上两式代入Euler 公式n-m+=2 得,因n 和l 均为正，由（1.9）式得,这样我们得到不等式组,此不等式组的
10、整数解恰为5组。将这5组解分别代入（1.9）和 (1.8)式可求得相应的值，其结果见下表。,n = 4l(2l lr+2r)-1 (1.9),正八面体 正二十面体,正八面体和正二十面体的平面表示为,定理7 一个连通平面图是2连通的，当且仅当它的每个面的边界是圈。,证明,不失一般性，假设G没有环，那么G没有割边，也没有割点。所以，每个面的边界一定是一条闭迹。,“必要性”,设C是G的任意面的一个边界，我们证明，它一定为圈。,若不然，设C是G的某面的边界，但它不是圈。,因C是一条闭迹且不是圈，因此，C中存在子圈。,设该子圈是W1。因C是某面的边界，所以W1与C的关系可以表示为如图的形式：,容易知道：
11、v为G的割点。矛盾！,“充分性”,设平面图G的每个面的边界均为圈。,此时删去G中任意一个点不破坏G的连通性，这表明G是2连通的。,推论 若一个平面图是2连通的，则它的每条边恰在两个面的边界上。,6.2 一些特殊平面图及平面图的对偶图,一、一些特殊平面图,定义1设G是简单可平面图，如果G是Ki (1i4),或者在G的任意两个不相邻的顶点间添加一条边后，得到的图均是不可平面图，则称G是极大可平面图。极大可平面图的平面嵌入称为极大平面图。,极大可平面图,极大可平面图,非极大可平面图,引理 设G是极大平面图，则G必连通； 若G的点数n3，则G无割边。,证明 若G不连通，则G至少存在两个连通分支G1与G
12、2。,显然G1与G2也是平面图。,将G2画在G1的外部面内，并分别在G1与G2的外部面上各取一个点u和v。,很明显， u与v不相邻。,易知G*也是平面图，这与G是极大平面图矛盾，所以G连通。,连接u和v，记所得的图为G* 。,因n3，所以G1与G2中必有一个至少含两个点，不妨设G2至少含两个点。,设n3。若G 存在割边 uv，则 G-uv 不连通，恰有两个连通分支G1与G2。,设 f 是 G1中含点u的面，将G2画在 f 内。,因G2是简单图，故在G2的外部面上存在不等于v的点t。,在G中连接不相邻点u和t，记所得的图为G*，易知G* 也是平面图，这与G是极大平面图矛盾。所以G不含割边。,定理
13、8 设G是至少有3 个顶点的平面图。则G是极大平面图的充分必要条件为G中各面的次数均为3且为简单图。,证明 充分性显然，下证必要性。,设G是极大平面图。由定义知，G是简单图。,又因G至少有3 个顶点，所以G中各面次数至少为3。,这样，若结论不成立，则G中必存在一个面 f，满足deg(f )4。,由引理知 ，G无割边，所以围成 f 的边界所成的回路是一个圈，不妨设为v1v2vtv1，其中t4。,若 v1与v3不相邻，则在 f 内连接v1与v3不破坏G的平面性，这与G为极大平面图矛盾。所以v1与v3必相邻。,因面 f 内无边，故边v1v3必在 f 外。,同理，v2与v4必相邻并且边v2v4也在 f
14、 外。,这样边 v1v3 与边 v2v4 必相交(如图所示)，这就与G是平面图矛盾。,所以G中各面次数只能为3。,推论 设G是一个有n个点m条边个面的极大平面图， 且n3，则（1）m = 3n-6；（2）= 2n-4。 证明留作习题。,推论表明对一个极大平面图G，当其点数n给定时，G的边数和面数也就确定了，从而G的结构框架也大体确定了。,例如，当n=4时，G为K4；当n=6时，G为正八面体；,当 n=9时，G 有21 条边14个面，其中一个的结构如图所示：,当n=12时，G有30条边20个面，此时，其中的两个G一个为正二十面体，另一个如图右所示。,定义2 如果在不可平面图G中任意删去一条边所得
15、的图为可平面图，则称G为极小不可平面图。例如K5和K3,3。,定义3 若一个可平面图存在一个所有顶点均在同一个面的平面嵌入，则称该图为外可平面图。外可平面图的任一外平面嵌入（即所有顶点均在同一个面的嵌入）称为外平面图。,例 下图给出了一个外可平面图(a)及两种外平面嵌入(b)和(c)。,注：对外可平面图G来说，一定存在一种外平面嵌入，使得G的顶点均在外部面的边界上。这由球极投影法可以说明。,定义4 设G是一个简单外可平面图，若在G中任意不邻接顶点间添上一条边后，G成为非外可平面图，则称G是极大外可平面图。极大外可平面图的外平面嵌入，称为极大外平面图。,极大外平面图的外部面的周界是由多边形组成，
16、内部面均有三角形围成。,例如,定理9 设G是一个有n (n3)个点，且所有点均在外部面上的极大外平面图，则G有n-2个内部面。,证明 对G的阶数作数学归纳。,当n=3时，G是三角形，显然只有一个内部面；,设当n=k时，结论成立。,当n=k+1时，首先，注意到G必有一个2度顶点u在G的外部面上。,考虑G1=G-v。,由归纳假设，G1有k-2个内部面。这样G有k-1个内部面。于是定理得证。,定理10 设G是一个有n (n3)个点，且所有点均在外部面上的外平面图，则G是极大外平面图，当且仅当其外部面的边界是圈，内部面是三角形。,证明 先证明必要性。,(1) 证明G的外部面的边界是圈。,容易知道：G的
17、外部面边界一定为闭迹，否则，G不能为极大外平面图。,设W=v1v2vnv1是G的外部面边界。,若W不是圈，则存在i与j, 使vi=vj=v。此时，G如图所示：,vi-1与vi+1不能邻接。否则W不能构成G的外部面边界。这样，我们连接vi-1与vi+1得到一个新外平面图，这与G的极大性矛盾。,(2) 证明G的内部面是三角形。,首先，注意到，G的内部面必须是圈。因为，G的外部面的边界是生成圈，所以G是2连通的，所以，G的每个面的边界必是圈。,其次，设C是G中任意一个内部面的边界。,如果C的长度大于等于4，则C中一定存在不邻接顶点，连接这两点得到一个新平面图，这与G的极大性矛盾。,又由于G是简单图，
18、所以C的长度只能为3。,下面证明充分性。,设G是一个外平面图，内部面是三角形，外部面是圈W。,如果G不是极大外平面图，那么存在不邻接顶点u与v，使得G+uv是外平面图。,但是，G+uv不能是外平面图。,所以，G是极大外平面图。,因为，若边uv经过W的内部，则它要与G的其它边相交；若uv经过W的外部，导致所有点不能在G的同一个面上。,定理11 每个至少有7个顶点的外可平面图的补图不是外可平面图，且7是这个数目的最小者。,证明 我们用枚举法证明。,对于n=7的极大外可平面图来说，只有4个，如下图所示。,直接验证：它们的补图均不是外可平面的。,当n=6时，我们可以找到一个外可平面图G(见下图)，使得
19、其补图是外可平面图。,二. 对偶图,定义5 给定平面图G，G的对偶图G*是如下构造的图：,(i) 在G的每个面 fi 内任取一点vi*作为G*的顶点；,(ii) 对G的每条边e，若e是面 fi 与 fj 的公共边时，则连接vi*与vj*，得G*的边 vi*vj*,并使vi*vj*与e相交；若e只在一个面 fi 上时，则以vi*为顶点作环，得G*的边vi*vi*，并使vi*vi*与e相交。,注：对偶图是针对平面图而定义的。,例3 在下图中，平面图G如(a)所示，其对偶图如(b)所示，其构造过程如(c)所示。,关系： 平面图G的对偶图G*也是平面图,并且还有:,(1) G*的点数 = G的面数；,
20、（2） G*的边数=G的边数；,（3）G*的面数=G的点数；,（4）d(vi*) = deg(fi) 。,定理12 设G*是平面图G的对偶图，则G*必连通。,证明 任取G*两个顶点vi*与vj*。在平面上任意画一条从vi* 到 vj* 的不经过G 的顶点的一条线 l。设 l 依次经过的G 的面、边分别为,fi , e0， , e1， , ,这个G的面、边序列对应G * 的点、边序列,， , ，,设此序列为 。由对偶图的定义可知 中边相邻的前后两项（点）即为该边的端点，这表明 是 G* 中一条从 vi* 到 vj* 的通路。由vi* 与 vj* 的任意性知 G* 连通。,注: (1) 无论G是否
21、连通，G*总是连通的, 因此(G*)*不一定等于G ;,(2) 可证当G连通时，有(G*)* =G（习题6）;,(3) 同构的平面图可以有不同构的对偶图.,例 下图中的两个图是同构的，但它们的对偶图却不同构。,这是因：G2中有次数是1的面，而G1没有次数是1的面。,6.3 平面图的判定及涉及平面性的不变量,基本非平面图(库拉托夫斯基图) ： 指K 5与K 3,3,定义1 在图G的边上插入一个新的2度顶点，使一条边分成两条边，则称将图G在2度顶点内扩充；去掉图G的一个2度顶点，使这个2度顶点关联的两条边合成一条边，则称将G在2度顶点内收缩。,例,一、平面图的判定,定义2 两个图G1和G2，如果
22、，或者通过反复在2度顶点内扩充和收缩它们能变成同构的，则称G1和G2是同胚的（或G1和G2在2度顶点内是同构的）。,注：显然，图的平面性在同胚意义下不变。,定理13（库拉托夫斯基定理）图G是可平面的，当且仅当它不含与K5或K3,3同胚的子图。,库拉托斯基定理可等价叙述为：图G是非可平面的，当且仅当它含有与K5或K3, 3同胚的子图。,证明 对G1，在2度顶点内收缩点1, 3, 5, 7, 9 得K5，即G1本身同胚于K5，所以G1是不可平面图。,取G2的一个子图，如下图(b)。收缩点 6, 3 得图(c)。(c)表示的图即为K3, 3。这表明G2有与K3, 3同胚的子图(b)，所以G2是不可平
23、面图。,给定图G，去掉G中的环(若有的话)，将G中的重边(若有的话)用单边代替，称这样所得的图为G的基础简单图。,定理14 图G是可平面图当且仅当其基础简单图是可平面图。 图G是可平面图当且仅当它的每个块是可平面图。,证明 (1) 由平面图的定义，该命题显然成立。,(2) 必要性显然。下面证明充分性。,不失一般性，假设G连通。我们对G的块数n作数学归纳证明。,当n=1时，由条件，结论显然成立；,设当nk 时，若G的每个块是可平面的，则G是可平面的。,下面考虑n=k时的情形。,设点v是G的割点，则按照v，G可以分成两个边不重子图G1与G2，即G=G1G2，且G1G2=v。,按归纳假设，G1与G2
24、都是可平面图。,取G1与G2的平面嵌入满足点v都在外部面边界上，则把它们在点v处对接后，将得到G的平面嵌入。,即证G是可平面图。,定理15 （瓦格纳定理） 简单图G是可平面图当且仅当它不含可收缩到K5或K3, 3的子图。,一个图G可收缩到H，是指H可从G通过一系列初等收缩而得到。,例 (1) 右图G1是不可平面图。,因为由G1通过收缩边12，34，56，78，09 可得到图K5。,定理16 至少9个点的简单可平面图的补图是不可平面的，而9是这种数目中最小的一个。,二、涉及平面性的不变量简介,当将一个G图画在平面上时，有可能边会交叉，若在每个交叉点处接一个环柄到平面上（类似于在公路交叉处建一座立
25、交桥），让一条边通过一个环柄的上面而另一条边通过它的下面。这样G 便嵌入到了加有环柄的平面上。,利用穷举法可证下面的定理。,例如，图中画出了一个K5在接上了一个环柄的平面上的一个嵌入。,通常，用上述方法对G的嵌入需要接上的环柄数往往比实际需要的要多。那么，实际需要的环柄数目最少是多少？这是一个值得研究的问题之一。,定义4 若通过加上k个环柄可将图G嵌入球面，则k的最小值称为G的亏格，记为 。,例 （1）若G是可平面图，则 =0。,（2）同胚的图的亏格相等;,（3） =1。,定理17 对一个亏格为 ，有n个顶点，m条边和f个面的多面体，有 n-m+f = 2 - 2 。 因多面体可对应一个连通图
26、，故定理对连通图也成立。,推论：设G是一个有n个点m条边，亏格为的连通图，则：,定理18 设m, n是正整数，则：,6.4 平面性算法,关于图的平面性问题，我们建立了一些可平面性判定方法：,(1) 对于简单图G=(n, m)，如果m3n-6，则G是非可平面的；,(2) 对于连通图G=(n, m)，如果每个面次数至少为l3,且m(n-2)l /(l-2)，则G是非可平面的；,(3) 库拉托斯基定理：G是可平面的当且仅当G不含有与K5或K3, 3同胚的子图；,(4) 瓦格纳定理：G是可平面的当且仅当G不含有能够收缩成K5或K3, 3的子图；,一、相关概念,定义1 设H是图G的一个子图，在E(G)E
27、(H)上定义关系“”如下：e1e2当且仅当存在一条途径W，使得,(i) W的第一条边与最后一条边分别是e1与e2，并且 (ii) W与H是内部不相交的（即W的内部顶点，均不是H的顶点）。,易证关系具有自反性，对称性和传递性，从而是E(G)E(H)上的一个等价关系。,此等价关系的等价类导出的G -E(H)的子图称为H中的桥。桥与H的公共顶点称为附着顶点。,由桥的定义可直接推出： (1) 若B是H的桥，则B是连通图; (2) B的任何两个顶点都有和H的内部不相交的路相连接; (3) 不计H的顶点，H 的任意两座桥没有公共顶点。,例1 图中，取其子图如粗边所示。其余的不同种类的线表示该子图的四座不同
28、桥：B1，B2，B3，B4。,定义2 设H是图G的一个可平面子图， 是H 的一个平面嵌入。若G也是可平面图，且存在G的一个平面嵌入 ，使得 ，则称 是G 容许的。,例2 图(a)中所示的图G是一个可平面图。取G的子图H=G-e，它的一个平面嵌入 ，如图(b)中实线所示，则 是G容许的。这是因G有一个平面嵌入 （如图(b)），满足 ；对于H的另一个如图 (c)中实线所示的平面嵌入 ，则不存在G的平面嵌入 ，使 。,定义3 设B是G中子图H的任一座桥，若B对H的所有附着顶点都位于 中某个面 f 的周界上，则称B在 的面 f中是可画入的，否则，称为不可画入的。令,例 对下图，若取实边（包含粗边和非粗
29、边）作为 ，则桥B4在 的外部面上是可画入的，而 B2 对 的面f2和f3均为不可画入的。且有,定理22 设 是G容许的，则对于H 的每座桥B，,证明 因 是G容许的，由定义知，存在G的一个平面嵌入 ，使得 。于是H 的桥B所对应的 的子图必然被限制在 的一个面中, 因此 。,注：定理1实际上给出了一个图是可平面图的一个必要条件。这个必要条件表明：如果存在G的一个可平面子图H，使得对于某桥B，有 ，那么，G是非可平面的。,根据上面的结论：我们可以按如下方式来考虑G的平面性问题：,对图G，先任取G的一个可平面子图H1。,对H1的一个平面嵌入 及H1的任意桥B，考察 是否为空。,若存在H1的桥B，
30、使 ，则由定理22， 不是G容许的，这表明G是不可平面图；,否则取H1的桥B1，令H2 = H1B1，再取一个面 ,将B1画入 f，可得到相应的 。,将H2作为新的H1重复上面过程，如此继续可得G的一个可平面子图序列 H1, H2,以及相应的平面嵌入 满足,若G是可平面图，则序列 必终止于G的一个平面嵌入 。,例3 用定理22按上一段描述的过程 判断右图所示的图G的可平面性。,解 取图中红边所构成的圈作为H1。有三座桥，即边a自身，b自身和c自身构成的三个子图。此时有,二、平面性算法,注：对图的可平面性的判断，只需考察简单块。这是因一个图G的可平面性与其基础简单图相同。且简单图G是可平面图当且
31、仅当G的每个块是可平面图。,平面性算法,设G是至少三个顶点的简单块。,1. 取G的一个圈H1，求出H1的一个平面嵌入 。置i=1。,2. 若 ，则停（此时 为G的一个平面嵌入）；否则，确定G中Hi的所有桥，并对每一座桥B，求出集合 。,3. 若存在一座桥B，使 ，则停（此时由定理22，G为不可平面图）；否则，在Hi的所有桥中确定一个使 最小的B，并取 。,4. 在桥B中取一条连接 Hi 上两个附着顶点的路， ，置Hi+1=HiPi，并把 Pi 画在 的面 f 内，得到 Hi+1的一个平面嵌入 。,5. 令 i = i+1， 转2。,解 （1）取圈H1=2315642，其中平面嵌入如下图。H1的
32、桥，分别用边集表示于图之下（下同）。,（2）对每个Bi， 均含有两个Bi可画入的面-圈的内部面和外部面。,（3） 取B1及 的内部面作为f。 B1中连接H1上两个附着顶点的路P1仅一条，即P1=41。置H2= H1P1，并将P1画入 f 内得 如图:,（4）对每个Bi， 其中 最小，只含一个面，即 的外部面。,（5）取B5及的外部面作为f，再取B5中的路P2=2896。置 H3= H2P2，并将P2画入f 内得 ，如下图。,1,（6）以下的过程依次由图(d)-(g)所示，其后步骤的每一座桥的可画入平面均只有一个，可任取。,因算法终止于G的一个平面嵌入，所以G是可平面图。,Thank you!,
