图论课件特殊平面图与平面图的对偶图.ppt

1,图论及其应用,应用数学学院,2,本次课主要内容,(一)、一些特殊平面图,(二)、平面图的对偶图,特殊平面图与平面图的对偶图,1、极大平面图及其性质,2、极大外平面图及其性质,3,1、极大平面图及其性质,(一)、一些特殊平面图,对于一个简单平面图来说，在不邻接顶点对间加边，当边数增加到一定数量时，就会变成非平面图。这样，就启发我们研究平面图的极图问题。,定义1 设G是简单可平面图，如果G是Ki(1i4),或者在G的任意非邻接顶点间添加一条边后，得到的图均是非可平面图，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。,4,注：只有在单图前提下才能定义极大平面图。,引理 设G是极大平面图，则G必然连通；若G的阶数大于等于3，则G无割边。,(1)先证明G连通。,若不然，G至少两个连通分支。设G1与G2是G的任意两个连通分支。,5,把G1画在G2的外部面上，并在G1,G2上分别取一点u与v.连接u与v得到一个新平面图G*。但这与G是极大平面图相矛盾。,(2)当G的阶数n3时，我们证明G中没有割边。,若不然，设G中有割边e=uv，则G-uv不连通，恰有两个连通分支G1与G2。,设u在G1中，而v在G2中。由于n3,所以，至少有一个分支包含两个以上的顶点。设G2至少含有两个顶点。又设G1中含有点u的面是 f,将G2画在 f 内。,由于G是单图，所以，在G2的外部面上存在不等于点v的点t。现在，在G中连接点u与t得新平面图G*,它比G多一条边。这与G的极大性相矛盾。,6,下面证明极大平面图的一个重要性质。,定理1 设G是至少有3个顶点的平面图，则G是极大平面图，当且仅当G的每个面的次数是3且为单图。,注：该定理可以简单记为是“极大平面图的三角形特征”，即每个面的边界是三角形。,证明：“必要性”,由引理知，G是单图、G无割边且G的每个面的次数至少是3。,假设G中某个面f的次数大于等于4。记f的边界是v1v2v3v4vk。如下图所示。,7,如果v1与v3不邻接，则连接v1v3，没有破坏G的平面性，这与G是极大平面图矛盾。所以v1v3必须邻接，但必须在 f 外连线；同理v2与v4也必须在f外连线。但边v1v3与边v2v4在 f 外交叉，与G是平面图矛盾！,所以，G的每个面次数一定是3.,定理的充分性是显然的。,8,推论：设G是n个点，m条边和个面的极大平面图，且n3.则：(1)m=3n-6;(2)=2n-4.,证明：因为G是极大平面图，所以，每个面的次数为3.由次数公式：,由欧拉公式：,所以得：,9,所以得：,又,所以：,注：顶点数相同的极大平面图并不唯一。例如：,10,还在研究中的问题是：顶点数相同的极大平面图的个数和结构问题。,2、极大外平面图及其性质,与极大平面图相对应的图是极小平面图。,定义2 若一个可平面图G存在一种平面嵌入，使得其所有顶点均在某个面的边界上，称该图为外可平面图。外可平面图的一种外平面嵌入，称为外平面图。,11,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。,下面研究极大外平面图的性质。,定义3 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。,12,引理 设G是一个连通简单外可平面图，则在G中有一个度数至多是2的顶点。,证明 我们对G的阶数n作数学归纳。,当n3时，引理结论显然成立；当n=4时，由于K4不能是外可平面图，所以，四阶的外可平面图至少有一个顶点度数不超过2。事实上，更强一点的结论是：当n=4时，有两个不邻接顶点，其度数不超过2.,设当G是一个阶数小于n的简单连通外可平面图时，存在两个不邻接顶点，其度数不超过2。,考虑G是一个阶数等于n的简单连通外可平面图。,情形1，如果G有割点x,13,由归纳假设，G-x的两个不同分支中分别有一个异于x的顶点z与z1,使得度数不超过2。这说明G中有两个不邻接顶点,使得度数都不超过2；,情形2 若G是2连通的。,考虑G的任意一种外平面嵌入。则G的外部面边界一定是圈。否则，容易推出G有割点。,设C是G的外平面嵌入的外部面边界。若除C外，图中没有其它的边，则G=C,显然G中有不邻接点，度数不超过2；,14,若除C外，图中至少有边xy。如下图所示：,则在C上的两条xy路上的点在G中的两个导出子图H1与H2是外平面图。,有归纳假设，在H1,H2中分别存在异于x,y的点z与z1,使得，它们的度数不超过2.,15,定理2 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。(这可以由上面引理得到),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2得证。,16,定理3 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。,注：这是极大外平面图的典型特征。,证明：先证明必要性。,(1)证明G的边界是圈。,设W=v1v2vnv1是G的外部面边界。若W不是圈，则存在i与j,使得：1i,jn,且j-i1(modn),使vi=vj=v.此时，G可以示意如下：,17,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。,18,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是单图，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。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，导致所有点不能在在G的同一个面上。,所以，G是极大外平面图。,19,定理4 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。,我们用枚举方法证明。,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。,而当n=6时，我们可以找到一个外可平面图G(见下图),使得其补图是外可平面图。,20,(二)、平面图的对偶图,1、对偶图的定义,定义4 给定平面图G，G的对偶图G*如下构造：,(1)在G的每个面fi内取一个点vi*作为G*的一个顶点；,(2)对G的一条边e,若e是面 fi 与 fj 的公共边，则连接vi*与vj*，且连线穿过边e;若e是面fi中的割边，则以vi为顶点,21,作环，且让它与e相交。,例如，作出平面图G的对偶图G*,22,2、对偶图的性质,(1)、G与G*的对应关系,1)G*的顶点数等于G的面数；,2)G*的边数等于G的边数；,3)G*的面数等于G的顶点数；,4)d(v*)=deg(f),23,(2)、定理5,定理5 平面图G的对偶图必然连通,证明：在G*中任意取两点vi*与vj*。我们证明该两点连通即可！,用一条曲线 l 把vi*和vj*连接起来，且 l 不与G*的任意顶点相交。,显然，曲线 l 从vi*到vj*经过的面边序列，对应从vi*到vj*的点边序列，该点边序列就是该两点在G*中的通路。,注:(1)由定理5知：(G*)*不一定等于G;,24,证明：“必要性”,(2)G是平面图，则 当且仅当G是连通的。(习题第26题),由于G是平面图，由定理5，G*是连通的。而由G*是平面图，再由定理5，(G*)*是连通的。,所以，由 得：G是连通的。,“充分性”,由对偶图的定义知，平面图G与其对偶图G*嵌入在同一平面上，当G连通时，容易知道：G*的无界面 f*中仅含G的唯一顶点v,而除v外，G中其它顶点u均与G*的有限面形成一一对应，且对应顶点间邻接关系保持不变，即：,25,(3)同构的平面图可以有不同构的对偶图。,例如，下面的两个图：,但,这是因为：G2中有次数是1的面，而G1没有次数是1的面。所以，它们的对偶图不能同构。,26,例2 证明：,(1)B是平面图G的极小边割集，当且仅当,是G*的圈。,(2)欧拉平面图的对偶图是偶图。,27,证明:(1),对B的边数作数学归纳。,当B的边数n=1时，B中边是割边,显然，在G*中对应环。所以，结论成立。,设对B的边数nk 时，结论成立。考虑n=k的情形。,设c1 B,于是B-c1是G-c1=G1的一个极小边割集。由归纳假设：,是G1*的一个圈。且圈C1*上的顶点对应于G1中的面f,f 的边界上有极小边割集B-e1的边。,28,现在，把e1加入到G1中，恢复G。,由于G是平面图，其作用相当于圈C1*上的一个顶点对应于G1中的一个平面区域 f,被e1划分成两个顶点f1*与f2*,并在其间连以e1所对应的边e1*。,所以，B对应在G*中的C*仍然是一个圈。由归纳法，结论得到证明。,29,充分性：,G*中的一个圈，对应于G中,的边的集合B显然是G中的一个边割集。,若该割集不是极小边割集，则它是G中极小边割集之和。而由必要性知道：每个极小边割集对应G*的一个圈，于是推出B在G*中对应的边集合是圈之并。但这与假设矛盾。,(2)因欧拉图的任意边割集均有偶数条边。于是由(1),G*中不含奇圈。所以G*是偶图。,30,例3 设T是连通平面图G的生成树，,证明：T*=G*E*是G*中的生成树。(习题第27题),31,证明：情形1，如果G是树。,在这种情况下，E*=.则T*是平凡图，而G*的生成树也是平凡图，所以，结论成立；,情形2，如果G不是树。,因G的每个面必然含有边e不属于E(T),即G*的每个顶点必然和E*中的某边关联，于是T*必然是G*的生成子图。,下面证明：T*中没有圈。,若T*中有圈。则由例2知：T的余树中含有G的极小边割集。但我们又可以证明：如果T是连通图G的生成树，那么，T的余树不含G的极小边割集。这样，T*不能含G*的圈。,32,又因在G中，每去掉T的余树中的一条边，G的面减少一个，当T的余树中的边全去掉时，G变成一颗树T.,于是，有：,所以，T*是G*的生成树。,33,作业,P143-146 习题5：3，4，5，6，8，25,26，27。,其中 25，26，27结合课件学习。,34,Thank You!,