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v*i为端点的环，即e*=(v*i,v*i).
下图实线边图为平面图，虚线边图为其对偶图.
练习：求下图的对偶图
二、平面图与对偶图的阶数、边数与面数之间 的关系. 定理17.17 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*(v*i)=deg(Ri)
例:
图(2)，(3)都是图(1)的平面嵌入，图(2)中， R0)=3，图(3)中，deg(R0) =4，它们虽然形 状不同，但都与(1)同构。
定理17.4 平面图各面次数之和等于边数的两倍.
证明： 因为任何一条边，或者是两个面的公 共边，或者在一个面中作为边界被重复计算两 次，故面的次数之和等于其边数的两倍。
R2的边界：v1v2v3v1 ，deg(R2)=3 ；
R0 的边界为复杂回路： v1v2v3v4v5v6v5v4v1， deg(R0)=8 。
注意： (1) 一个平面图的无限面只有一个。 (2) 同一个平面图可以有不同形状的平面 嵌入 (互相同构)。 (3) 不同的平面嵌入可能将某个有限面变 成无限面，而将无限面变成有限面。
定理17.12：设G是n(n≥3)阶m条边的简单平面 图，则m≤3n-6
证明：设G有k个连通分支。若G为树或森林， 因为(3n-6)-(n-k)=2n-6+k ≥0，所以m=n-k ≤3n-6 (n≥3)。若G不是树也不是森林，则G中必含圈， 又因为G为简单图，所以各圈的长度均大于或 等于3，因各面的次数至少为l，又
1、韦尔奇· 鲍威尔法(Welch Powell)
⑴将图G的顶点按照度数的递减次序进行排列。 (这种排列可能并不是唯一的，因为有些点有 相同的度数)。 ⑵用第一种颜色对第一点进行着色，并且按排 列次序，对前面着色点不邻接的每一点着上同 样的颜色。 ⑶用第二种颜色对尚未着色的点重复⑵，用第 三种颜色继续这种做法，直到所有的点全部着 上色为止。
三、自对偶图
定义17.8 设G*是平面图G的对偶图，若G*G，则 称G为自对偶图。
四、着色问题
从对偶图的概念，可以看到，对于地图的着色问题， 可以归纳为对于平面图的顶点着色问题，因此四色 问题可以归结为要证明对于任何一个平面图，一定 可以用四种颜色，对于它的顶点进行着色，使得邻 接的顶点都有不同的颜色。 着色数 x(G):对图G着色时，需要的最少颜色数。
3 10 (5 2 ) 9 3 2
这是个矛盾，所以K5不是平面图. 同理，若K3,3 是平面图，由于K3,3 中圈的长度 l≥4，所以边数9应满足
4 9 ( 6 2) 8 42
这是个矛盾，所以K3,3不是平面图.
定理17.11 ：设G是有k个连通分支的平面图， 各面的次数至少为l(l≥3)，则边数m与结点数n 应满足如下关系：
l 2
证明：由于平面图各面次数之和等于边数的两 倍，所以 2m r deg( R ) l r (1)

i 1
i
由欧拉公式可知 r=2+m-n (2) 将 (2)代入(1)得2m≥l(2+m-n) 整理得：
l m ( n 2) l 2
推论 K5, K3,3不是平面图.
证明：若K5是平面图，由于K5中无环和平行边， 所以每个面的次数均大于或等于l≥3，根据定理 17.10可知边数10应满足
l m ( n k 1) l 2
证明：由于平面图各面次数之和等于边数的两 r 倍，所以 2m deg( R ) l r (1)

i 1
i
由欧拉公式的推广可知 r=k+1+m-n (2) 将 (2)代入(1)得2m≥l(k+1+m-n) 整理得：
l m ( n k 1) l 2
例： 用韦尔奇· 鲍威尔法对下图着色
解： ⑴根据递减次序排列各点A5，A3，A7，A1， A2，A4，A6，A8。 ⑵第一种颜色对A5着色，并对不相邻的结点A1 也着第一种颜色。 ⑶对A3结点和它不相邻的结点A4，A8着第二种 颜色。 ⑷对A7结点和它不相邻的结点A2，A6着第三种 颜色。 因此图G是三色的。所以x(G)＝3。
(2)无限面或外部面:(可用R0表示)面积无限的面。
(3)有限面或内部面(可用R1, R2, …, Rk等表示):面 积有限的面 。 (4)面Ri的边界:包围Ri的回路组。
(5)面Ri的次数:Ri边界的长度，用deg(Ri)表示 。
例：
v1 R1
v4
v6 R0
R2
v2 v3
v5
此平面图，共有3 个面：R0,R1,R2 ； R1 的边界： v1v3v4v1，deg(R1) =3；
定义：设G为简单平面图，若在G的任意不相 邻的结点u,v之间加边（u,v），所得图为非平 面图，则称G为极大平面图。 例：K1,K2,K3,K4,K5-e都是极大平面图。 定理17.5：极大平面图是连通的。 定理17.6：设G为n(n≥3)阶极大平面图，则G 中不可能存在割点和桥。 定理17.7：设G为n(n≥3)阶简单连通的平面图, 极大平面图当且仅当G的每个面的次数均为3。
（2）是（1）的平面嵌入;
(1)
(2)
例：
(1)即K4 图,(2)是(1)的平面嵌入,故(1)是平面图. (4)是(3)的平面嵌入，故(3)是平面图。 (5)即K5 图，无论怎样画，都不可能将交叉的边 全去掉，(6)是(5)的一种画法。 (7)即K3,3 图，无论怎样画，也不可能将交叉的 边全去掉；(8)是(7)的一种画法。 故 K5和 K3,3都不是平面图。 注意： 有些图形从表面上看有几条边是相交的，但不 能就此肯定它不是平面图。
若G不是树，则G中含有圈，设边e在G的某个圈 上，令G’=G-e，则G’仍连通，且m’=m-1=k， 由归纳假设有n’-m’+r’=2，而n’=n，r’=r-1，于 是 n-m+r=n’-(m’+1)+(r’+1)= n’-m’+r’=2
定理17.9 (欧拉公式的推广)设G是具有k（k2） 个连通分支的平面图，则nm+r=k+1 。 证明：设G的连通分支分别为G1,G2,…,Gk ，并 设 Gi 的 结 点 数 ， 边 数 和 面 数 分 别 为 ni,mi,ri,i=1,2,…,k。由欧拉公式可知 ni-mi+ri=2 （1） 又m=∑mi， n=∑ni，由于每个Gi有一个外部面， 而G只有一个外部面，所以
若G是树，则G是非平凡的，因而G中至少有2 片树叶，设v为树叶，令G’=G-v，则G’仍然连 通，且G’的边数m’=m-1=k，由归纳假设可知 n’-m’+r’=2 （ n，m’，r ‘分别为G’的结点数、 边数和面数），所以 n-m+r=(n’+1)-(m’+1)+r’= n’-m’+r’=2 。
第十七章 平面图及图的着色
在一张纸上画几何模型时常常会发 现，不仅需要允许各边在结点处相交， 而且还应该允许各边在某些非结点处相 交。但是，有些图形是不允许边交叉的， 例如大家熟悉的印制电路，除了结点外， 它的导线是不允许交叉的，这就是本章 要学习的平面图。
本章的主要内容
平面图的基本概念
欧拉公式
2、相关结论
定理：对于n个结点的完全图Kn，有 x(Kn)＝n。 定理：任意平面图G至多是5-色的。
例：某大学计算机专业三年级学生总共 选n门选修课，期末考试前必须提前将这 n门选修课程考完。要求每天每人在下午 考一门课，问至少需要几天考完这n门课？ 若设n=5，并且课程1与2，1与3，1与4， 2与5，3与4，3与5均有人同时选，问至 少需要几天考完这5门课程？
f
g
h
证明：在左图中将边(a,f)， b (b,g)，(c,h)，(d,i)，(e,j)收缩 所得的图为K5，由于K5不是 平面图，所以彼得松图不是 平面图。
c
17.2 图的着色
问题的提出：这个问题最早起源于地图的着色，一个 地图的相邻的两个国家着于不同的颜色，那么最少需 用多少种颜色？一百多年前，英国格色里(Guthrie)提 出了用四种颜色即可对地图着色的猜想，1879年肯普 (Kempe)提出了这个猜想的第一个证明，但到1890年希 伍德(Hewood)发现肯普的证明是错误的，但他指出肯 普的方法，虽不能证明地图着色用四种颜色就够了， 但可证明用五种颜色就够了。此后四色猜想一直成为 数学家感兴趣而未能解决的难题。直到1976年美国数 学家阿佩尔和黑肯宣布：他们用电子计算机证明了四 色猜想是成立的。所以从1976年以后就把四色猜想这 个名词改为“四色定理”了。
平面图的判断
平面图的对偶图 图的着色
17.1 平面图
一、关于平面图的一些基本概念
1． 平面图的定义（定义17.1 ） (2)G是可平面图或平面图——G可嵌入平面。 (3)平面嵌入——画出的无边相交的平面图。
(1)G可嵌入曲面S:若能将G除顶点外无边相交地画在S上。
(4)非平面图——无平面嵌入的无向图。
4、两个判定定理 定理17.15 G是平面图 G中不含与K5或K3,3同胚 的子图. 定理17.16 G是平面图 G中无可收缩为K5或K3,3 的子图
例： 证明下图所示二图均为非平面图.
两个图的子图如下，分别与K3,3, K5同胚.
例：证明彼得松（Prterson）图不是平面图。
a
e
j i d
l 2 1 l2 l2
在l=3时达到最大值3，由定理17.11知
l m (n k 1) 3( n 2) 3n 6 l 2
定理17.13：设G是n（n≥3）阶m条边的极大平 面图，则m=3n-6。