离散数学平面图课件ppt.ppt

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1、第17章 平面图,离 散 数 学,中国地质大学本科生课程,本章说明,本章的主要内容平面图的基本概念欧拉公式平面图的判断平面图的对偶图,本章所涉及到的图均指无向图。,17.1 平面图的基本概念17.2 欧拉公式17.3 平面图的判断17.4 平面图的对偶图 本章小结 习 题 作 业,17.1 平面图的基本概念,一、关于平面图的一些基本概念1、平面图的定义定义17.1 G可嵌入曲面S如果图G能以这样的方式画在曲面S上，即除顶点处外无边相交。G是可平面图或平面图若G可嵌入平面。G的平面嵌入画出的无边相交的平面图。非平面图无平面嵌入的图。,（2）是（1）的平面嵌入，（4）是（3）的平面嵌入。,2、几点

2、说明及一些简单结论一般所谈平面图不一定是指平面嵌入，但讨论某些性质时，一定是指平面嵌入。K5和K3,3都不是平面图。定理17.1 设GG，若G为平面图，则G也是平面图。设GG，若G为非平面图，则G也是非平面图。由定理可知，Kn(n5)和K3,n(n3)都是非平面图。定理17.2 若G为平面图，则在G中加平行边或环所得图还是平面图。即平行边和环不影响图的平面性。,二、平面图的面与次数（针对平面图的平面嵌入）1、定义定义17.2 设G是平面图，G的面由G的边将G所在的平面划分成的每一个区域。无限面（外部面）面积无限的面，记作R0。有限面（内部面）面积有限的面，记作R1,R2,Rk。面Ri的边界包围

3、面Ri的所有边组成的回路组。面Ri的次数Ri边界的长度，记作deg(Ri)。,2、几点说明若平面图G有k个面，可笼统地用R1,R2,Rk表示，不需要指出外部面。回路组是指：边界可能是初级回路（圈），可能是简单回路，也可能是复杂回路。特别地，还可能是非连通的回路之并。,平面图有4个面，deg(R1)=1,deg(R2)=3,deg(R3)=2,deg(R0)=8。,R1,R2,R3,R0,定理17.3 平面图G中所有面的次数之和等于边数m的两倍，即,本定理中所说平面图是指平面嵌入。eE(G)，当e为面Ri和Rj(ij)的公共边界上的边时，在计算Ri和Rj的次数时，e各提供1。当e只在某一个面的边

4、界上出现时，则在计算该面的次数时，e提供2。于是每条边在计算总次数时，都提供2，因而deg(Ri)=2m。,证明,三、极大平面图1、定义定义17.3 若在简单平面图G中的任意两个不相邻的顶点之间加一条新边所得图为非平面图，则称G为极大平面图。注意：若简单平面图G中已无不相邻顶点，G显然是极大平面图，如K1（平凡图）,K2,K3,K4都是极大平面图。2、极大平面图的主要性质定理17.4 极大平面图是连通的，并且n(n3)阶极大平面图中不可能有割点和桥。,定理17.5 设G为n(n3)阶简单连通的平面图，G为极大平面图当且仅当G的每个面的次数均为3。,本节只证明必要性，即设G为n(n3)阶简单连通

5、的平面图，G为极大平面图，则G的每个面的次数均为3。由于n3,又G必为简单平面图，可知，G每个面的次数均3。因为G为平面图，又为极大平面图。可证G不可能存在次数3的面。,证明思路,假设存在面Ri的次数deg(Ri)=s4，如图所示。,在G中，若v1与v3不相邻，在Ri内加边(v1,v3)不破坏平面性，这与G是极大平面图矛盾，因而v1与v3必相邻，由于Ri的存在，边(v1,v3)必在Ri外。类似地，v2与v4也必相邻，且边(v2,v4)也必在Ri外部，于是必产生(v1,v3)与(v2,v4)相交于Ri的外部，这又矛盾于G是平面图，所以必有s3，即G中不存在次数大于或等于4的面，所以G的每个面为3

6、条边所围，也就是各面次数均为3。,只有右边的图为极大平面图。因为只有该图每个面的次数都为3。,卡盟 卡盟,Microsoft Office PowerPoint，是微软公司的演示文稿软件。用户可以在投影仪或者计算机上进行演示，也可以将演示文稿打印出来，制作成胶片，以便应用到更广泛的领域中。利用Microsoft Office PowerPoint不仅可以创建演示文稿，还可以在互联网上召开面对面会议、远程会议或在网上给观众展示演示文稿。Microsoft Office PowerPoint做出来的东西叫演示文稿，其格式后缀名为：ppt、pptx；或者也可以保存为：pdf、图片格式等,四、极小非平

7、面图定义17.4 若在非平面图G中任意删除一条边，所得图G为平面图，则称G为极小非平面图。由定义不难看出：K5,K3,3都是极小非平面图。极小非平面图必为简单图。例如：以下各图均为极小非平面图。,小节结束,17.2 欧拉公式,一、欧拉公式相关定理1、欧拉公式定理17.6 对于任意的连通的平面图G，有n-m+r=2其中，n、m、r分别为G的顶点数、边数和面数。,证明,对边数m作归纳法。(1)m0时，由于G为连通图，所以G只能是由一个孤立顶点组成的平凡图，即n=1，m=0，r=1，结论显然成立。(2)m1时，由于G为连通图，所以n=2，m=1，r=1，结论显然成立。,(3)设mk(k1)时成立，当

8、mk+1时，对G进行如下讨论。若G是树，则G是非平凡的，因而G中至少有两片树叶。设v为树叶，令G=G-v，则G仍然是连通图，且G的边数m=m-1=k，n=n-1，r=r。由假设可知 n-m+r=2，式中n，m，r分别为G的顶点数，边数和面数。于是n-m+r=(n+1)-(m+1)+r=n-m+r=2若G不是树，则G中含圈。设边e在G中某个圈上，令G=G-e，则G仍连通且m=m-1=k，n=n，r=r-1。由假设有 n-m+r=2。于是 n-m+r=n-(m+1)-(r+1)=n-m+r=2,定理17.7 对于具有k(k2)个连通分支的平面图G，有 n-m+r=k+1其中n，m，r分别为G的顶点

9、数，边数和面数。,证明,设G的连通分支分别为G1、G2、Gk，并设Gi的顶点数、边数、面数分别为ni、mi、ri、i=1，2，k。由欧拉公式可知:ni-mi+ri=2，i=1，2，k(17.1),易知，,由于每个Gi 有一个外部面，而G只有一个外部面，所以G的面数,于是，对(17.1)的两边同时求和得,经整理得 n-m+r=k+1。,2、与欧拉公式有关的定理定理17.8 设G为连通的平面图，且每个面的次数至少为l(l3)，则 G的边数与顶点数有如下关系：,由定理17.3（面的次数之和等于边数的2倍）及欧拉公式得,证明,解得,推论 K5,K3,3不是平面图。,证明,若K5是平面图，由于K5中无环

10、和平行边，所以每个面的次数均大于或等于l3，由定理17.8可知边数10应满足 10(3/(3-2)(5-2)=9 这是个矛盾，所以K5不是平面图。若K3,3是平面图，由于K3,3中最短圈的长度为l4，于是边数9应满足 9(4/(4-2)(6-2)=8 这又是矛盾的，所以K3,3也不是平面图。,定理17.9 设G是有k(k2)个连通分支的平面图，各面的次数至少为l(l3)，则边数m与顶点数n应有如下关系：,定理17.10 设G为n(n3)阶m条边的简单平面图，则m3n6。,设G有k(k1)个连通分支，若G为树或森林，当n3时，m=n-k3n6为真。若G不是树也不是森林，则G中必含圈，又因为G是简

11、单图，所以，每个面至少由l（l3）条边围成，又在l=3达到最大值，由定理17.9可知,证明,定理17.11 设G为n(n3)阶m条边的极大平面图，则m=3n6。,证明,由于极大平面图是连通图，由欧拉公式得:r=2+m-n(17.4)又因为G是极大平面图，由定理17.7的必要性可知，G的每个面的次数均为3，所以：,将(17.4)代入(17.5)，整理后得 m=3n-6。,二、一个意义重大的定理 定理17.12 设G为简单平面图，则G的最小度(G)5。,若阶数 n6，结论显然成立。若阶数n7时，用反证法。假设(G)6，由握手定理可知：,证明,因而m 3n，这与定理17.10矛盾。所以，假设不成立，

12、即G的最小度(G)5。,本定理在图着色理论中占重要地位。,说明,一、为判断定理做准备1、插入2度顶点和消去2度顶点定义17.5 设e=(u,v)为图G的一条边，在G中删除e，增加新的顶点w，使u、v均与w相邻，称为在G中插入2度顶点w。设w为G中一个2度顶点，w与u、v相邻，删除w，增加新边(u,v)，称为在G中消去2度顶点w。,17.3 平面图的判断,2、图之间的同胚若两个图G1与G2同构，或通过反复插入或消去2度顶点后是同构的，则称G1与G2是同胚的。,上面两个图分别与K3,3,K5同胚。,二、两个判断定理 定理17.13(库拉图斯基定理1)图G是平面图当且仅当G中既不含与K5同胚子图，也

13、不含与K3,3同胚子图。定理17.14(库拉图斯基定理2)图G是平面图当且仅当G中既没有可以收缩到K5的子图，也没有可以收缩到K3,3的子图。,例17.1 证明彼得松图不是平面图。,将彼得松图顶点标顺序，见图(1)所示。,证明,还可以这样证明：用G表示彼得松图，令 G=G-(j,g),(c,d)G如图(3)所示，易知它与K3,3同胚，,在图中将边(a,f),(b,g),(c,h),(d,i),(e,j)收缩，所得图为图(2)所示，它是K5，,由定理17.16可知，彼得松图不是平面图。,由定理17.15可知，G为非平面图。,例17.2 对K5插入2度顶点，或在K5外放置一个顶点使其与K5上的若干

14、顶点相邻，共可产生多少个6阶简单连通非同构的非平面图？,用插入2度顶点的方法只能产生一个非平面图，如图(1)所示。,解答,在K5外放置一个顶点，使其与K5上的1个到5个顶点相邻，得5个图，如图(2)到(6)所示。,它与K5同胚，所以是非平面图。,它们都含K5为子图，由库拉图斯基定理可知，它们都是非平面图，并且也满足其它要求。,例17.3 由K3,3加若干条边能生成多少个6阶连通的简单的非同构的非平面图？,对K3,3加16条边所得图都含K3,3为子图，由库拉图斯基定理可知，它们都是非平面图。在加2条、加3条、加4条边时又各产生两个非同构的非平面图，连同K3,3本身共有10个满足要求的非平面图。其

15、中，绿线边表示后加的新边。,解答,小节结束,17.4 平面图的对偶图,一、对偶图的定义定义17.6 设G是某平面图的某个平面嵌入，构造G的对偶图G*如下：在G的面Ri中放置G*的顶点vi*。设e为G的任意一条边，若e在G的面Ri与Rj的公共边界上，做G*的边e*与e相交，且e*关联G*的位于Ri与Rj中的顶点vi*与vj*，即e*=(vi*,vj*)，e*不与其它任何边相交。若e为G中的桥且在面Ri的边界上，则e*是以Ri中G*的顶点vi*为端点的环，即e*=(vi*,vi*)。,实线边图为平面图，虚线边图为其对偶图。,从定义不难看出G的对偶图G*有以下性质：G*是平面图，而且是平面嵌入。G*

16、是连通图。若边e为G中的环，则G*与e对应的边e*为桥，若e为桥，则G*中与e对应的边e*为环。在多数情况下，G*为多重图（含平行边的图）。同构的平面图（平面嵌入）的对偶图不一定是同构的。,二、平面图与对偶图的阶数、边数与面数之间的关系。定理17.15 设G*是连通平面图G的对偶图，n*、m*、r*和n、m、r分别为G*和G的顶点数、边数和面数，则（1）n*=r（2）m*=m（3）r*=n（4）设G*的顶点v*i位于G的面Ri中，则dG*(vi*)=deg(Ri),(1)、(2)由G*的构造可知是显然的。(3)由于G与G*都连通，因而满足欧拉公式:n-m+r=2 n*-m*+r*=2 由(1)

17、、(2)可知，r*=2+m*-n*=2+m-r=n(4)设G的面Ri的边界为Ci，设Ci中有k1(k10)条桥，k2个非桥边，于是 Ci的长度为k2+2k1，即deg(Ri)k2+2k1，k1条桥对应vi*处有k1个环，k2条非桥边对应从vi*处引出k2条边，所以dG*(vi*)k2+2k1deg(Ri)。,证明,定理17.16 设G*是具有k（k2）个连通分支的平面图G的对偶图，n*,m*,r*,n,m,r分别为G*和G的顶点数、边数和面数，（1）n*=r（2）m*=m（3）r*=nk+1（4）设G*的顶点v*i位于G的面Ri中，则dG*(v*i)=deg(Ri),三、自对偶图定义17.7

18、设G*是平面图G的对偶图，若G*G，则称G为自对偶图。,在n1(n4)边形Cn1内放置1个顶点，使这个顶点与Cn1上的所有的顶点均相邻，所得n阶简单图称为n阶轮图。记为Wn。n为奇数的轮图称为奇阶轮图。n为偶数的轮图称为偶阶轮图。轮图都是自对偶图。,小节结束,本章主要内容,平面图及平面嵌入。平面图的面与次数。极大平面图及性质。极小非平面图。欧拉公式及其推广。平面图的边数m与顶点数n的关系。简单平面图G中，(G)5。库拉图斯基的两个定理。平面图的对偶图。,本章学习要求,深刻理解本部分的基本概念：平面图、平面嵌入、平面图的面、次数、极大平面图、极小非平面图、平面图的对偶图、自对偶图等。熟练掌握极大平面的性质，特别是充分必要条件。熟练掌握并会应用欧拉公式及其推广形式。掌握由欧拉公式及其推广形式所证明的平面的性质。会用库拉图斯基定理证明某些图不是平面图。掌握平面图与其对偶图某些关系的定理。,解,证,证,作业,习题十七：1、3、15、24、26、29,结束,