1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
图论及其应用
应用数学学院
1
1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
本次课主要内容
特殊平面图与平面图的对偶图
(一)、一些特殊平面图
1、极大平面图及其性质
2、极大外平面图及其性质
(二)、平面图的对偶图
2
1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
(一)、一些特殊平面图
1、极大平面图及其性质
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 (1≦i≦4),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。
3
1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
极大平面 图
非极大平 面图
极大平面 图
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。
4
1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
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n≥3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n≥3, 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。
5
1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
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 v1v2v3v4…vk。如下图所示。
6
1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
v1
vk
v2
f
v3
v4
v5
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。
7
1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
推论：设G是n个点，m条边和ф 个面的极大平面图， 且n≥3.则：(1) m=3n-6; (2) ф =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：
2 m ?? d e g (f)? 3 ?
f? ?
由欧拉公式：
??2? n ? m
所以得：
2 m ? 2?n?m 3
8
1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
所以得： m ?3 n? 6 又
m ?n? ??2
所以：? ? 2n?4
注：顶点数相同的极大平面图并不唯一。例如：
正20面体
非正20面体
9
1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
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。 与极大平面图相对应的图是极小平面图。
2、极大外平面图及其性质
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。
外可平面图
外平面图1
外平面图2
10
1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
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。
极大外平面图
11
1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
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n≦3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
12
1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
x
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；
13
1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
若除C外，图中至少有边xy。如下图所示：
x
y
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.
x
z
y
z1
14
1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
定理2 设G是一个有n (n≥3)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。
15
1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
定理3 设G是一个有n (n≥3)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=v1v2…vnv1是G的外部面边界。若W不是圈，则存 在i与j,使得：1≦i,j≦n,且j-i≠±1(modn),使vi=vj=v.此 时，G可以示意如下：
vj-1 vj+1 vn v1 v2
W
v vi+1
vi-1
16
1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
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：
vj-1
vj+1
vn v1 v2
v
vi+1
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。
17
1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
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。
18
1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
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。
19
1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
G
G
(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
20
1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
作环，且让它与e相交。 例如，作出平面图G的对偶图G*
G
21
1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
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 )
平面图G 对应 对偶图
点 边 环 割边 回路 边割集
面 边 割边 环 边割集 回路
22
1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
(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;
23
1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
* )*?G 当且仅当G是连通的。 (2) G是平面图，则 (G (习题第26题)
证明：“必要性” 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。
* )*?G 得：G是连通的。 所以，由 (G
“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： (G * )*?G
24
1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
(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： G1 ? G2
G1
G2
但 G 1* ? G 2*
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。
25
1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
例2 证明： (1) B是平面图G的极小边割集，当且仅当
c * ? E ( G * ) e ? B ? C * ? ?
是G*的圈。
(2) 欧拉平面图的对偶图是偶图。
示意图
26
1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
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
示意图
显然，在G*中对应环。所以，结论成立。 设对B的边数n<k 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：
c * ? E ( G * ) cB ? ? c ? C * ? ?
1 1 1
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。
27
1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
示意图G1
示意图
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。
28
1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
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。
示意图
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。
29
1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
例3 设T是连通平面图G的生成树，
E * ? e * ? E (* G ) eE ? () T ? ?
证明：T*=G*[E*]是G*中的生成树。(习题第27题)
示意图
30
1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
证明：情形1，如果G是树。 在这种情况下，E* = Φ .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。
31
1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
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：
E ( T * ) ? E () T ? ? ()1 G ? ? V (* G )1 ?
所以，T*是G*的生成树。
32
1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
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。
33
1 0 .5 n 0 ? 0 .5 ?1 2 1 .5 t 1 0 .5 0 0 0 .2 0 .4 x 0 .6 0 .8 1
Thank
You !
34