c Tomáš Madaras 2018 Základné pojmy z topológie plôch Definícia Krivka (oblúk) v topologickom priestore X je obor hodnôt spojitej funkcie f : h0, 1i→ X . Krivka sa nazýva jednoduchá, ak f je prosté. Jednoduchá uzavretá krivka je jednoduchá krivka f taká, že f (0) = f (1). - krivka f (h0, 1i) spája jej koncové body f (0),f (1) Definícia Množina S ⊆ X je oblúkovo súvislá, ak každé jej dva body možno spojiť jednoduchou krivkou ležiacou v S . DSMc
69
Embed
c Tomáš Madaras 2018 Základné pojmy z topológie plôch · 2018. 10. 12. · c Tomáš Madaras 2018 Základné pojmy z topológie plôch Definícia...
This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
DefiníciaKrivka (oblúk) v topologickom priestore X je obor hodnôt spojitejfunkcie f : 〈0, 1〉 → X. Krivka sa nazýva jednoduchá, ak f jeprosté. Jednoduchá uzavretá krivka je jednoduchá krivka f taká,že f(0) = f(1).
- krivka f(〈0, 1〉) spája jej koncové body f(0), f(1)
DefiníciaMnožina S ⊆ X je oblúkovo súvislá, ak každé jej dva body možnospojiť jednoduchou krivkou ležiacou v S.
Nech C je jednoduchá uzavretá krivka v R2. Potom R2 \ Cpozostáva z práve dvoch oblastí, z ktorých jedna (int(C)) jeohraničená a druhá (ext(C)) je neohraničená; hranica každej ztýchto oblastí je C.
Veta (Jordan–Schönflies)
Nech C je jednoduchá uzavretá krivka v R2. Potom int(C) jehomeomorfná vnútrajšku jednotkového disku a ext(C) jehomeomorfná jeho komplementu.
Z Jordanovej vety vyplýva, že ľubovoľná jednoduchá krivka, ktoráspája bod z int(C) s bodom v ext(C) pretína C.
- označenie: S2 . . . sféra v R3 – množina všetkých bodov[x, y, z] ∈ R3, ktoré spĺňajú rovnosť
x2 + y2 + z2 = 1
Uvažujme sféru S2 a jej dotykovú rovinu P . Nech z ∈ S2 jeprotiľahlý bod k spoločnému bodu S2 a P . Stereografickáprojekcia je zobrazenie π : S \ {z} → P , kde π(s) = p právevtedy, keď body z, s, p sú kolineárne.
DefiníciaGraf G je vnorený do X ak vrcholy G sú rôzne body X a každáhrana G je jednoduchá krivka spájajúca dva body X, ktoré sú jejkoncové vrcholy v G, pričom jej vnútrajšok má prázdny prienik skaždou hranou (jednoduchou krivkou) a vrcholom (bodom roviny)G. Uvedenú množinu bodov a jednoduchých kriviek nazývamevnorenie (reprezentácia) G do X.
DefiníciaBod X, ktorý je prienikom vnútrajškov dvoch rôznych hrán e, e′ vnakreslení grafu G sa nazýva priesečník hrán e, e′; hovoríme tiež,že hrany e, e′ sa pretínajú.
História - rekreačná matematika, problém štyroch farieb (19. stor.)
Problém piatich kráľovstiev (A.F. Möbius, 1840)
Istý kráľ mal 5 synov; podľa jeho vôle mali synovia po jeho smrtirozdeliť kráľovstvo na 5 častí tak, aby každá časť mala spoločnúhranicu so všetkými ostatnými časťami (pozn. hranica nesmiepozostávať z "jediného bodu"). Je to možné?
Problém služieb (utility problem, H. Dudeney, 1913)
Do troch rôznych domov treba zaviesť elektrinu, plyn a vodu ztroch výrobní tak, aby sa jednotlivé vedenia nekrížili. Je to možné?
Problém štyroch farieb (F. Guthrie, 1852)
Je možné štáty každej politickej mapy zafarbiť pomocou najviacštyroch farieb tak, aby žiadne dva štáty so spoločnou hranicounemali tú istú farbu?
História - rekreačná matematika, problém štyroch farieb (19. stor.)
Problém piatich kráľovstiev (A.F. Möbius, 1840)
Istý kráľ mal 5 synov; podľa jeho vôle mali synovia po jeho smrtirozdeliť kráľovstvo na 5 častí tak, aby každá časť mala spoločnúhranicu so všetkými ostatnými časťami (pozn. hranica nesmiepozostávať z "jediného bodu"). Je to možné?
Problém služieb (utility problem, H. Dudeney, 1913)
Do troch rôznych domov treba zaviesť elektrinu, plyn a vodu ztroch výrobní tak, aby sa jednotlivé vedenia nekrížili. Je to možné?
Problém štyroch farieb (F. Guthrie, 1852)
Je možné štáty každej politickej mapy zafarbiť pomocou najviacštyroch farieb tak, aby žiadne dva štáty so spoločnou hranicounemali tú istú farbu?
História - rekreačná matematika, problém štyroch farieb (19. stor.)
Problém piatich kráľovstiev (A.F. Möbius, 1840)
Istý kráľ mal 5 synov; podľa jeho vôle mali synovia po jeho smrtirozdeliť kráľovstvo na 5 častí tak, aby každá časť mala spoločnúhranicu so všetkými ostatnými časťami (pozn. hranica nesmiepozostávať z "jediného bodu"). Je to možné?
Problém služieb (utility problem, H. Dudeney, 1913)
Do troch rôznych domov treba zaviesť elektrinu, plyn a vodu ztroch výrobní tak, aby sa jednotlivé vedenia nekrížili. Je to možné?
Problém štyroch farieb (F. Guthrie, 1852)
Je možné štáty každej politickej mapy zafarbiť pomocou najviacštyroch farieb tak, aby žiadne dva štáty so spoločnou hranicounemali tú istú farbu?
História - rekreačná matematika, problém štyroch farieb (19. stor.)
Problém piatich kráľovstiev (A.F. Möbius, 1840)
Istý kráľ mal 5 synov; podľa jeho vôle mali synovia po jeho smrtirozdeliť kráľovstvo na 5 častí tak, aby každá časť mala spoločnúhranicu so všetkými ostatnými časťami (pozn. hranica nesmiepozostávať z "jediného bodu"). Je to možné?
Problém služieb (utility problem, H. Dudeney, 1913)
Do troch rôznych domov treba zaviesť elektrinu, plyn a vodu ztroch výrobní tak, aby sa jednotlivé vedenia nekrížili. Je to možné?
Problém štyroch farieb (F. Guthrie, 1852)
Je možné štáty každej politickej mapy zafarbiť pomocou najviacštyroch farieb tak, aby žiadne dva štáty so spoločnou hranicounemali tú istú farbu?
Dôkaz: Sporom – nech existuje vnorenie G grafu K5 do roviny anech v1, . . . , v5 sú jeho vrcholy. G je kompletný graf, teda každéjeho dva vrcholy sú spojené jednoduchou krivkou. Potom v1v2v3v1je jednoduchá uzavretá krivka v rovine a buď v4 ∈ int(C) alebov4 ∈ ext(C). Bez ujmy na všeobecnosti, nech v4 ∈ int(C); potomvnútra kriviek v1v4, v2v4 a v3v4 tiež ležia v int(C).Uvažujme kružnice C1 = v2v3v4v2, C2 = v3v1v4v3, C3 = v1v2v4v1.Pre i = 1, 2, 3 platí vi ∈ ext(Ci). Keďže viv5 je hrana G a G jerovinný graf, tak z Jordanovej vety dostávame, že pre i = 1, 2, 3platí tiež v5 ∈ ext(Ci). Teda v5 ∈ ext(C); potom však podľaJordanovej vety máme, že krivka v4v5 pretína C, čo je spor srovinnosťou G. �
Podobným argumentom možno dokázať, že K3,3 nie je planárny.
Dôkaz: Sporom – nech existuje vnorenie G grafu K5 do roviny anech v1, . . . , v5 sú jeho vrcholy. G je kompletný graf, teda každéjeho dva vrcholy sú spojené jednoduchou krivkou. Potom v1v2v3v1je jednoduchá uzavretá krivka v rovine a buď v4 ∈ int(C) alebov4 ∈ ext(C). Bez ujmy na všeobecnosti, nech v4 ∈ int(C); potomvnútra kriviek v1v4, v2v4 a v3v4 tiež ležia v int(C).
Uvažujme kružnice C1 = v2v3v4v2, C2 = v3v1v4v3, C3 = v1v2v4v1.Pre i = 1, 2, 3 platí vi ∈ ext(Ci). Keďže viv5 je hrana G a G jerovinný graf, tak z Jordanovej vety dostávame, že pre i = 1, 2, 3platí tiež v5 ∈ ext(Ci). Teda v5 ∈ ext(C); potom však podľaJordanovej vety máme, že krivka v4v5 pretína C, čo je spor srovinnosťou G. �
Podobným argumentom možno dokázať, že K3,3 nie je planárny.
Dôkaz: Sporom – nech existuje vnorenie G grafu K5 do roviny anech v1, . . . , v5 sú jeho vrcholy. G je kompletný graf, teda každéjeho dva vrcholy sú spojené jednoduchou krivkou. Potom v1v2v3v1je jednoduchá uzavretá krivka v rovine a buď v4 ∈ int(C) alebov4 ∈ ext(C). Bez ujmy na všeobecnosti, nech v4 ∈ int(C); potomvnútra kriviek v1v4, v2v4 a v3v4 tiež ležia v int(C).Uvažujme kružnice C1 = v2v3v4v2, C2 = v3v1v4v3, C3 = v1v2v4v1.Pre i = 1, 2, 3 platí vi ∈ ext(Ci). Keďže viv5 je hrana G a G jerovinný graf, tak z Jordanovej vety dostávame, že pre i = 1, 2, 3platí tiež v5 ∈ ext(Ci). Teda v5 ∈ ext(C); potom však podľaJordanovej vety máme, že krivka v4v5 pretína C, čo je spor srovinnosťou G. �
Podobným argumentom možno dokázať, že K3,3 nie je planárny.
Dôkaz: Sporom – nech existuje vnorenie G grafu K5 do roviny anech v1, . . . , v5 sú jeho vrcholy. G je kompletný graf, teda každéjeho dva vrcholy sú spojené jednoduchou krivkou. Potom v1v2v3v1je jednoduchá uzavretá krivka v rovine a buď v4 ∈ int(C) alebov4 ∈ ext(C). Bez ujmy na všeobecnosti, nech v4 ∈ int(C); potomvnútra kriviek v1v4, v2v4 a v3v4 tiež ležia v int(C).Uvažujme kružnice C1 = v2v3v4v2, C2 = v3v1v4v3, C3 = v1v2v4v1.Pre i = 1, 2, 3 platí vi ∈ ext(Ci). Keďže viv5 je hrana G a G jerovinný graf, tak z Jordanovej vety dostávame, že pre i = 1, 2, 3platí tiež v5 ∈ ext(Ci). Teda v5 ∈ ext(C); potom však podľaJordanovej vety máme, že krivka v4v5 pretína C, čo je spor srovinnosťou G. �
Podobným argumentom možno dokázať, že K3,3 nie je planárny.
Z geometrického hľadiska je rovinný graf G nejaká množina bodovroviny (tvorená jednoduchými krivkami, ktoré majú spoločnékoncové body). Množina R2 \G potom pozostáva z niekoľkýchoblúkovo súvislých otvorených množín, ktoré sa nazývajú steny. Znich je práve jedna neohraničená; táto sa nazýva vonkajšia stena G,ostatné steny sú vnútorné steny. Množinu všetkých stien Goznačujeme F (G).
Pre rovinný graf G možno tiež definovať binárnu reláciu susednostistien na množine F (G) (dve steny sú susedné, ak ich hranice majúspoločnú jednoduchú krivku, ktorá je hranou G) a binárne relácieincidencie stien s vrcholmi resp. hranami (vrchol resp. hranainciduje so stenou, ak patrí resp. je podmnožinou jej hranice).
Z geometrického hľadiska je rovinný graf G nejaká množina bodovroviny (tvorená jednoduchými krivkami, ktoré majú spoločnékoncové body). Množina R2 \G potom pozostáva z niekoľkýchoblúkovo súvislých otvorených množín, ktoré sa nazývajú steny. Znich je práve jedna neohraničená; táto sa nazýva vonkajšia stena G,ostatné steny sú vnútorné steny. Množinu všetkých stien Goznačujeme F (G).
Pre rovinný graf G možno tiež definovať binárnu reláciu susednostistien na množine F (G) (dve steny sú susedné, ak ich hranice majúspoločnú jednoduchú krivku, ktorá je hranou G) a binárne relácieincidencie stien s vrcholmi resp. hranami (vrchol resp. hranainciduje so stenou, ak patrí resp. je podmnožinou jej hranice).
Stena α inciduje s vrcholmi a, b, c a s hranami ab, bc, ca; stena βinciduje s vrcholmi b, c, d, e a s hranami bc, be, cd, de. Stena γinciduje so všetkými vrcholmi a so všetkými hranami okrem hranybc.
LemaGraf G má vnorenie do roviny práve vtedy, keď má vnorenie dosféry.
Dôkaz: Nech G má vnorenie D̃ do sféry S2. Zvoľme bod z ∈ S2,ktorý nepatrí vnoreniu D̃. Potom obraz D̃ v stereografickejprojekcii z bodu z je vnorenie G do roviny. Obrátene, ak D jevnorenie G do roviny, tak vnorenie D̃ grafu G do sféry získamepomocou inverzného zobrazenia ku stereografickej projekcii zvolenejtak, aby bod dotyku roviny a sféry ležal vnútri niektorej steny D. �
DôsledokNech G je rovinný graf a α je ľubovoľná stena G. Potom existujevnorenie D′ grafu G do roviny, v ktorom všetky hrany incidentné sα v rámci G sú incidentné s vonkajšou stenou D.
LemaGraf G má vnorenie do roviny práve vtedy, keď má vnorenie dosféry.
Dôkaz: Nech G má vnorenie D̃ do sféry S2. Zvoľme bod z ∈ S2,ktorý nepatrí vnoreniu D̃. Potom obraz D̃ v stereografickejprojekcii z bodu z je vnorenie G do roviny.
Obrátene, ak D jevnorenie G do roviny, tak vnorenie D̃ grafu G do sféry získamepomocou inverzného zobrazenia ku stereografickej projekcii zvolenejtak, aby bod dotyku roviny a sféry ležal vnútri niektorej steny D. �
DôsledokNech G je rovinný graf a α je ľubovoľná stena G. Potom existujevnorenie D′ grafu G do roviny, v ktorom všetky hrany incidentné sα v rámci G sú incidentné s vonkajšou stenou D.
LemaGraf G má vnorenie do roviny práve vtedy, keď má vnorenie dosféry.
Dôkaz: Nech G má vnorenie D̃ do sféry S2. Zvoľme bod z ∈ S2,ktorý nepatrí vnoreniu D̃. Potom obraz D̃ v stereografickejprojekcii z bodu z je vnorenie G do roviny. Obrátene, ak D jevnorenie G do roviny, tak vnorenie D̃ grafu G do sféry získamepomocou inverzného zobrazenia ku stereografickej projekcii zvolenejtak, aby bod dotyku roviny a sféry ležal vnútri niektorej steny D. �
DôsledokNech G je rovinný graf a α je ľubovoľná stena G. Potom existujevnorenie D′ grafu G do roviny, v ktorom všetky hrany incidentné sα v rámci G sú incidentné s vonkajšou stenou D.
LemaGraf G má vnorenie do roviny práve vtedy, keď má vnorenie dosféry.
Dôkaz: Nech G má vnorenie D̃ do sféry S2. Zvoľme bod z ∈ S2,ktorý nepatrí vnoreniu D̃. Potom obraz D̃ v stereografickejprojekcii z bodu z je vnorenie G do roviny. Obrátene, ak D jevnorenie G do roviny, tak vnorenie D̃ grafu G do sféry získamepomocou inverzného zobrazenia ku stereografickej projekcii zvolenejtak, aby bod dotyku roviny a sféry ležal vnútri niektorej steny D. �
DôsledokNech G je rovinný graf a α je ľubovoľná stena G. Potom existujevnorenie D′ grafu G do roviny, v ktorom všetky hrany incidentné sα v rámci G sú incidentné s vonkajšou stenou D.
DefiníciaDuál rovinného grafu G = (V,E, F ) je pseudograf G∗, ktoréhomnožina vrcholov je F a množina hrán je definovaná nasledovne:ak e ∈ E je hrana incidentná s dvomi rôznymi stenami α, β ∈ F ,tak αβ je hrana G∗ a ak e ∈ E je most G incidentný so stenouα ∈ F , tak αα je slučka v G∗.
Dôkaz: Ak hrana e rovinného grafu G je most, tak do stupňaincidujúcej steny sa započíta dvakrát. Každá iná hrana rovinnéhografu sa započíta raz do stupňa každej z dvoch stien, ktoré s ňouincidujú. Teda celkovo je každá hrana v
Dôkaz: Ak hrana e rovinného grafu G je most, tak do stupňaincidujúcej steny sa započíta dvakrát. Každá iná hrana rovinnéhografu sa započíta raz do stupňa každej z dvoch stien, ktoré s ňouincidujú. Teda celkovo je každá hrana v
Nech G je súvislý rovinný graf s n vrcholmi, m hranami a sstenami. Potom n+ s = m+ 2.
Dôkaz: matematickou indukciou podľa počtu k kružníc grafu.
1◦ : Ak k = 0, tak graf G je strom (je súvislý a bez kružníc), tedaplatí m = n− 1. Ďalej, každý rovinný diagram G má jedinú stenu(to sa dokáže napr. matematickou indukciou podľa počtu vrcholovstromu: tvrdenie zrejme platí pre izolovaný vrchol. Každý väčšístrom T obsahuje visiaci vrchol x incidentný s hranou xy; po jehoodobratí získame menší strom T − x, ktorý má podľa indukčnéhopredpokladu rovinné nakreslenie. Visiaci vrchol x potom možnopridať späť do "malého" okolia y tak, aby hrana s ním incidentnánepretínala iné hrany). Teda platín+ s = n+ 1 = (n− 1) + 2 = m+ 2.
Nech G je súvislý rovinný graf s n vrcholmi, m hranami a sstenami. Potom n+ s = m+ 2.
Dôkaz: matematickou indukciou podľa počtu k kružníc grafu.
1◦ : Ak k = 0, tak graf G je strom (je súvislý a bez kružníc), tedaplatí m = n− 1. Ďalej, každý rovinný diagram G má jedinú stenu(to sa dokáže napr. matematickou indukciou podľa počtu vrcholovstromu: tvrdenie zrejme platí pre izolovaný vrchol. Každý väčšístrom T obsahuje visiaci vrchol x incidentný s hranou xy; po jehoodobratí získame menší strom T − x, ktorý má podľa indukčnéhopredpokladu rovinné nakreslenie. Visiaci vrchol x potom možnopridať späť do "malého" okolia y tak, aby hrana s ním incidentnánepretínala iné hrany). Teda platín+ s = n+ 1 = (n− 1) + 2 = m+ 2.
Nech G je súvislý rovinný graf s n vrcholmi, m hranami a sstenami. Potom n+ s = m+ 2.
Dôkaz: matematickou indukciou podľa počtu k kružníc grafu.
1◦ : Ak k = 0, tak graf G je strom (je súvislý a bez kružníc), tedaplatí m = n− 1. Ďalej, každý rovinný diagram G má jedinú stenu
(to sa dokáže napr. matematickou indukciou podľa počtu vrcholovstromu: tvrdenie zrejme platí pre izolovaný vrchol. Každý väčšístrom T obsahuje visiaci vrchol x incidentný s hranou xy; po jehoodobratí získame menší strom T − x, ktorý má podľa indukčnéhopredpokladu rovinné nakreslenie. Visiaci vrchol x potom možnopridať späť do "malého" okolia y tak, aby hrana s ním incidentnánepretínala iné hrany). Teda platín+ s = n+ 1 = (n− 1) + 2 = m+ 2.
Nech G je súvislý rovinný graf s n vrcholmi, m hranami a sstenami. Potom n+ s = m+ 2.
Dôkaz: matematickou indukciou podľa počtu k kružníc grafu.
1◦ : Ak k = 0, tak graf G je strom (je súvislý a bez kružníc), tedaplatí m = n− 1. Ďalej, každý rovinný diagram G má jedinú stenu(to sa dokáže napr. matematickou indukciou podľa počtu vrcholovstromu: tvrdenie zrejme platí pre izolovaný vrchol. Každý väčšístrom T obsahuje visiaci vrchol x incidentný s hranou xy; po jehoodobratí získame menší strom T − x, ktorý má podľa indukčnéhopredpokladu rovinné nakreslenie. Visiaci vrchol x potom možnopridať späť do "malého" okolia y tak, aby hrana s ním incidentnánepretínala iné hrany).
Nech G je súvislý rovinný graf s n vrcholmi, m hranami a sstenami. Potom n+ s = m+ 2.
Dôkaz: matematickou indukciou podľa počtu k kružníc grafu.
1◦ : Ak k = 0, tak graf G je strom (je súvislý a bez kružníc), tedaplatí m = n− 1. Ďalej, každý rovinný diagram G má jedinú stenu(to sa dokáže napr. matematickou indukciou podľa počtu vrcholovstromu: tvrdenie zrejme platí pre izolovaný vrchol. Každý väčšístrom T obsahuje visiaci vrchol x incidentný s hranou xy; po jehoodobratí získame menší strom T − x, ktorý má podľa indukčnéhopredpokladu rovinné nakreslenie. Visiaci vrchol x potom možnopridať späť do "malého" okolia y tak, aby hrana s ním incidentnánepretínala iné hrany). Teda platín+ s = n+ 1 = (n− 1) + 2 = m+ 2.
2◦ : Nech tvrdenie platí pre všetky súvislé rovinné grafy s menej akok kružnicami a nech G je súvislý rovinný graf, ktorý má k > 0kružníc. Potom existuje hrana e patriaca nejakej kružnici v G.
GrafG− e je súvislý (odobratie kružnicovej hrany súvislosť nepokazí),rovinný (je podgrafom rovinného grafu G), má n′ = n vrcholov,m′ = m− 1 hrán a s′ = s− 1 stien (e inciduje s dvoma stenami,ktoré sa po odstránení e spoja do jedinej steny). Podľa indukčnéhopredpokladu potom platí n′ + s′ = m′ + 2, z čohon+ (s− 1) = (m− 1) + 2, teda n+ s = m+ 2. �
2◦ : Nech tvrdenie platí pre všetky súvislé rovinné grafy s menej akok kružnicami a nech G je súvislý rovinný graf, ktorý má k > 0kružníc. Potom existuje hrana e patriaca nejakej kružnici v G. GrafG− e je súvislý (odobratie kružnicovej hrany súvislosť nepokazí),rovinný (je podgrafom rovinného grafu G), má n′ = n vrcholov,m′ = m− 1 hrán a s′ = s− 1 stien (e inciduje s dvoma stenami,ktoré sa po odstránení e spoja do jedinej steny).
Podľa indukčnéhopredpokladu potom platí n′ + s′ = m′ + 2, z čohon+ (s− 1) = (m− 1) + 2, teda n+ s = m+ 2. �
2◦ : Nech tvrdenie platí pre všetky súvislé rovinné grafy s menej akok kružnicami a nech G je súvislý rovinný graf, ktorý má k > 0kružníc. Potom existuje hrana e patriaca nejakej kružnici v G. GrafG− e je súvislý (odobratie kružnicovej hrany súvislosť nepokazí),rovinný (je podgrafom rovinného grafu G), má n′ = n vrcholov,m′ = m− 1 hrán a s′ = s− 1 stien (e inciduje s dvoma stenami,ktoré sa po odstránení e spoja do jedinej steny). Podľa indukčnéhopredpokladu potom platí n′ + s′ = m′ + 2, z čohon+ (s− 1) = (m− 1) + 2, teda n+ s = m+ 2. �
Dôkaz: Sporom - nech existuje rovinné nakreslenie grafu K5. Totonakreslenie má potom 5 vrcholov a 10 hrán, teda má10 + 2− 5 = 7 stien. Každá stena inciduje s aspoň tromi hranami,preto
Dôkaz: Sporom - nech existuje rovinné nakreslenie grafu K5. Totonakreslenie má potom 5 vrcholov a 10 hrán, teda má10 + 2− 5 = 7 stien. Každá stena inciduje s aspoň tromi hranami,preto
Dôkaz: Sporom - nech existuje rovinné nakreslenie grafu K3,3.Toto nakreslenie má potom 6 vrcholov a 9 hrán, teda má9 + 2− 6 = 5 stien. Keďže K3,3 je bipartitný graf, tak neobsahujekružnice dĺžky 3 a teda každá stena inciduje s aspoň štyrmihranami; preto
Dôkaz: Sporom - nech existuje rovinné nakreslenie grafu K3,3.Toto nakreslenie má potom 6 vrcholov a 9 hrán, teda má9 + 2− 6 = 5 stien. Keďže K3,3 je bipartitný graf, tak neobsahujekružnice dĺžky 3 a teda každá stena inciduje s aspoň štyrmihranami; preto
DôsledokNech n ≥ 3 a nech G je planárny n-vrcholový graf s m hranami.Potom m ≤ 3n− 6, pričom rovnosť nastáva práve vtedy, keď každástena G má stupeň 3.
Dôkaz: stačí dokazovať pre súvislé grafy. Uvažujme rovinnénakreslenie G, ktoré má s stien. Každá stena G inciduje s aspoňtromi hranami, preto
∑f∈F (G)
deg(f) ≥∑
f∈F (G)
3 = 3s. Na druhej
strane,∑
f∈F (G)
deg(x) = 2m, teda platí 2m ≥ 3s. Podľa Eulerovej
vety je n+ s = m+ 2, teda 3n+ 3s = 3m+ 6. Z toho vyplýva3m+ 6 ≤ 3n+ 2m, teda m ≤ 3n− 6. Rovnosť nastáva právevtedy, keď 2m = 3s, čo je práve vtedy, keď každá stena G mástupeň rovný 3. �
DôsledokNech n ≥ 3 a nech G je planárny n-vrcholový graf s m hranami.Potom m ≤ 3n− 6, pričom rovnosť nastáva práve vtedy, keď každástena G má stupeň 3.
Dôkaz: stačí dokazovať pre súvislé grafy. Uvažujme rovinnénakreslenie G, ktoré má s stien. Každá stena G inciduje s aspoňtromi hranami, preto
∑f∈F (G)
deg(f) ≥∑
f∈F (G)
3 = 3s.
Na druhej
strane,∑
f∈F (G)
deg(x) = 2m, teda platí 2m ≥ 3s. Podľa Eulerovej
vety je n+ s = m+ 2, teda 3n+ 3s = 3m+ 6. Z toho vyplýva3m+ 6 ≤ 3n+ 2m, teda m ≤ 3n− 6. Rovnosť nastáva právevtedy, keď 2m = 3s, čo je práve vtedy, keď každá stena G mástupeň rovný 3. �
DôsledokNech n ≥ 3 a nech G je planárny n-vrcholový graf s m hranami.Potom m ≤ 3n− 6, pričom rovnosť nastáva práve vtedy, keď každástena G má stupeň 3.
Dôkaz: stačí dokazovať pre súvislé grafy. Uvažujme rovinnénakreslenie G, ktoré má s stien. Každá stena G inciduje s aspoňtromi hranami, preto
∑f∈F (G)
deg(f) ≥∑
f∈F (G)
3 = 3s. Na druhej
strane,∑
f∈F (G)
deg(x) = 2m, teda platí 2m ≥ 3s. Podľa Eulerovej
vety je n+ s = m+ 2, teda 3n+ 3s = 3m+ 6.
Z toho vyplýva3m+ 6 ≤ 3n+ 2m, teda m ≤ 3n− 6. Rovnosť nastáva právevtedy, keď 2m = 3s, čo je práve vtedy, keď každá stena G mástupeň rovný 3. �
DôsledokNech n ≥ 3 a nech G je planárny n-vrcholový graf s m hranami.Potom m ≤ 3n− 6, pričom rovnosť nastáva práve vtedy, keď každástena G má stupeň 3.
Dôkaz: stačí dokazovať pre súvislé grafy. Uvažujme rovinnénakreslenie G, ktoré má s stien. Každá stena G inciduje s aspoňtromi hranami, preto
∑f∈F (G)
deg(f) ≥∑
f∈F (G)
3 = 3s. Na druhej
strane,∑
f∈F (G)
deg(x) = 2m, teda platí 2m ≥ 3s. Podľa Eulerovej
vety je n+ s = m+ 2, teda 3n+ 3s = 3m+ 6. Z toho vyplýva3m+ 6 ≤ 3n+ 2m, teda m ≤ 3n− 6. Rovnosť nastáva právevtedy, keď 2m = 3s, čo je práve vtedy, keď každá stena G mástupeň rovný 3. �
DefiníciaRovinný graf, ktorého každá stena má stupeň 3 sa nazývatriangulácia.
DefiníciaPlanárny graf G sa nazýva maximálny planárny, ak pre každé dvanesusedné vrcholy x, y ∈ V (G) platí, že G+ xy nie je planárny.
VetaKaždá triangulácia je maximálny planárny graf. Obrátene, všetkyrovinné vnorenia maximálneho planárneho grafu s aspoň tromivrcholmi sú triangulácie.
DefiníciaRovinný graf, ktorého každá stena má stupeň 3 sa nazývatriangulácia.
DefiníciaPlanárny graf G sa nazýva maximálny planárny, ak pre každé dvanesusedné vrcholy x, y ∈ V (G) platí, že G+ xy nie je planárny.
VetaKaždá triangulácia je maximálny planárny graf. Obrátene, všetkyrovinné vnorenia maximálneho planárneho grafu s aspoň tromivrcholmi sú triangulácie.
DefiníciaRovinný graf, ktorého každá stena má stupeň 3 sa nazývatriangulácia.
DefiníciaPlanárny graf G sa nazýva maximálny planárny, ak pre každé dvanesusedné vrcholy x, y ∈ V (G) platí, že G+ xy nie je planárny.
VetaKaždá triangulácia je maximálny planárny graf. Obrátene, všetkyrovinné vnorenia maximálneho planárneho grafu s aspoň tromivrcholmi sú triangulácie.
Dôkaz: Nech existuje triangulácia G s vrcholmi x, y ∈ V (G),xy 6∈ E(G) tak, že G+ xy je planárny graf. Uvažujme rovinnévnorenie G+ xy; toto vnorenie indukuje aj vnorenie G (keďžeG ⊂ G+ xy). Potom existuje kružnica C ⊆ G taká, žeV (C) = N(x).
Keďže G je rovinný graf, tak podľa Jordanovej vetyx ∈ int(C) a y ∈ ext(C), teda hrana xy pretína (v rovinnomvnorení G+ xy) kružnicu C v niektorej jej hrane, čo je spor.
Dôkaz: Nech existuje triangulácia G s vrcholmi x, y ∈ V (G),xy 6∈ E(G) tak, že G+ xy je planárny graf. Uvažujme rovinnévnorenie G+ xy; toto vnorenie indukuje aj vnorenie G (keďžeG ⊂ G+ xy). Potom existuje kružnica C ⊆ G taká, žeV (C) = N(x). Keďže G je rovinný graf, tak podľa Jordanovej vetyx ∈ int(C) a y ∈ ext(C), teda hrana xy pretína (v rovinnomvnorení G+ xy) kružnicu C v niektorej jej hrane, čo je spor.
Obrátene, nech existuje maximálny planárny graf G s aspoň tromivrcholmi a jeho vnorenie D, ktoré nie je trianguláciou. Potom v Dexistuje stena α stupňa aspoň 4; z toho ďalej vyplýva, že v Dexistujú štyri rôzne vrcholy x, y, z, w incidentné s α tak, že hranyxy, yz, zw sú tri po sebe idúce hrany v hraničnom slede α.
Ak byxz aj yw boli hrany D, tak obe ležia v R2 \ α a podľa Jordanovejvety (aplikovanej na uzavretú krivku xyzx) hrana wy pretína hranuxz, čo je spor s rovinnosťou D. Bez ujmy na všeobecnosti tedanech xz 6∈ E(D). Zostrojme rovinné vnorenie grafu G+ xz tak, žedo steny α vložíme jednoduchú krivku spájajúcu x a z (to je možnévzhľadom na fakt, že α je oblúkovo súvislá). Toto rovinné vnorenieje však v spore s maximálnou planárnosťou grafu G. �
Obrátene, nech existuje maximálny planárny graf G s aspoň tromivrcholmi a jeho vnorenie D, ktoré nie je trianguláciou. Potom v Dexistuje stena α stupňa aspoň 4; z toho ďalej vyplýva, že v Dexistujú štyri rôzne vrcholy x, y, z, w incidentné s α tak, že hranyxy, yz, zw sú tri po sebe idúce hrany v hraničnom slede α. Ak byxz aj yw boli hrany D, tak obe ležia v R2 \ α a podľa Jordanovejvety (aplikovanej na uzavretú krivku xyzx) hrana wy pretína hranuxz, čo je spor s rovinnosťou D. Bez ujmy na všeobecnosti tedanech xz 6∈ E(D).
Zostrojme rovinné vnorenie grafu G+ xz tak, žedo steny α vložíme jednoduchú krivku spájajúcu x a z (to je možnévzhľadom na fakt, že α je oblúkovo súvislá). Toto rovinné vnorenieje však v spore s maximálnou planárnosťou grafu G. �
Obrátene, nech existuje maximálny planárny graf G s aspoň tromivrcholmi a jeho vnorenie D, ktoré nie je trianguláciou. Potom v Dexistuje stena α stupňa aspoň 4; z toho ďalej vyplýva, že v Dexistujú štyri rôzne vrcholy x, y, z, w incidentné s α tak, že hranyxy, yz, zw sú tri po sebe idúce hrany v hraničnom slede α. Ak byxz aj yw boli hrany D, tak obe ležia v R2 \ α a podľa Jordanovejvety (aplikovanej na uzavretú krivku xyzx) hrana wy pretína hranuxz, čo je spor s rovinnosťou D. Bez ujmy na všeobecnosti tedanech xz 6∈ E(D). Zostrojme rovinné vnorenie grafu G+ xz tak, žedo steny α vložíme jednoduchú krivku spájajúcu x a z (to je možnévzhľadom na fakt, že α je oblúkovo súvislá). Toto rovinné vnorenieje však v spore s maximálnou planárnosťou grafu G. �
DôsledokNech n ≥ 3 a nech G je planárny n-vrcholový graf s m hranami bezkružníc dĺžky 3. Potom m ≤ 2n− 4, pričom rovnosť nastáva právevtedy, keď každá stena G má stupeň 4.
Dôkaz: opäť stačí dokazovať pre súvislé grafy. Uvažujme rovinnénakreslenie G, ktoré má s stien. Každá stena G inciduje s aspoňštyrmi hranami, preto
∑f∈F (G)
deg(f) ≥∑
f∈F (G)
4 = 4s. Na druhej
strane,∑
f∈F (G)
deg(x) = 2m, teda platí 2m ≥ 4s. Podľa Eulerovej
vety je n+ s = m+ 2, teda 4n+ 4s = 4m+ 8. Z toho vyplýva4m+ 8 ≤ 4n+ 2m, teda 2m ≤ 4n− 8 a m ≤ 2n− 4. Rovnosťnastáva práve vtedy, keď 2m = 4s, čo je práve vtedy, keď každástena G má stupeň rovný 4. �
DôsledokNech n ≥ 3 a nech G je planárny n-vrcholový graf s m hranami bezkružníc dĺžky 3. Potom m ≤ 2n− 4, pričom rovnosť nastáva právevtedy, keď každá stena G má stupeň 4.
Dôkaz: opäť stačí dokazovať pre súvislé grafy. Uvažujme rovinnénakreslenie G, ktoré má s stien. Každá stena G inciduje s aspoňštyrmi hranami, preto
∑f∈F (G)
deg(f) ≥∑
f∈F (G)
4 = 4s.
Na druhej
strane,∑
f∈F (G)
deg(x) = 2m, teda platí 2m ≥ 4s. Podľa Eulerovej
vety je n+ s = m+ 2, teda 4n+ 4s = 4m+ 8. Z toho vyplýva4m+ 8 ≤ 4n+ 2m, teda 2m ≤ 4n− 8 a m ≤ 2n− 4. Rovnosťnastáva práve vtedy, keď 2m = 4s, čo je práve vtedy, keď každástena G má stupeň rovný 4. �
DôsledokNech n ≥ 3 a nech G je planárny n-vrcholový graf s m hranami bezkružníc dĺžky 3. Potom m ≤ 2n− 4, pričom rovnosť nastáva právevtedy, keď každá stena G má stupeň 4.
Dôkaz: opäť stačí dokazovať pre súvislé grafy. Uvažujme rovinnénakreslenie G, ktoré má s stien. Každá stena G inciduje s aspoňštyrmi hranami, preto
∑f∈F (G)
deg(f) ≥∑
f∈F (G)
4 = 4s. Na druhej
strane,∑
f∈F (G)
deg(x) = 2m, teda platí 2m ≥ 4s. Podľa Eulerovej
vety je n+ s = m+ 2, teda 4n+ 4s = 4m+ 8.
Z toho vyplýva4m+ 8 ≤ 4n+ 2m, teda 2m ≤ 4n− 8 a m ≤ 2n− 4. Rovnosťnastáva práve vtedy, keď 2m = 4s, čo je práve vtedy, keď každástena G má stupeň rovný 4. �
DôsledokNech n ≥ 3 a nech G je planárny n-vrcholový graf s m hranami bezkružníc dĺžky 3. Potom m ≤ 2n− 4, pričom rovnosť nastáva právevtedy, keď každá stena G má stupeň 4.
Dôkaz: opäť stačí dokazovať pre súvislé grafy. Uvažujme rovinnénakreslenie G, ktoré má s stien. Každá stena G inciduje s aspoňštyrmi hranami, preto
∑f∈F (G)
deg(f) ≥∑
f∈F (G)
4 = 4s. Na druhej
strane,∑
f∈F (G)
deg(x) = 2m, teda platí 2m ≥ 4s. Podľa Eulerovej
vety je n+ s = m+ 2, teda 4n+ 4s = 4m+ 8. Z toho vyplýva4m+ 8 ≤ 4n+ 2m, teda 2m ≤ 4n− 8 a m ≤ 2n− 4. Rovnosťnastáva práve vtedy, keď 2m = 4s, čo je práve vtedy, keď každástena G má stupeň rovný 4. �
Dôkaz: Ak je mnohosten M pravidelný, tak jeho graf G(M)(stereografická projekcia vhodného obrazu M zo sféry do roviny) jerovinný, p-regulárny a každá stena má stupeň q (pre nejaké p, q).
Nech G(M) má n vrcholov, m hrán a s stien. Platí2m = np, 2m = sq. Po vyjadrení n, s a dosadení do Eulerovhovzorca dostávame
2m
p+
2m
q−m = 2
m
(2
p+
2
q− 1
)= 2
Je teda 2p +
2q − 1 > 0, z čoho 1
p +1q >
12 . Teda nemôže súčasne
platiť p ≥ 4, q ≥ 4; z toho dostávame, že (p, q) je niektorá z piatichdvojíc:
Dôkaz: Ak je mnohosten M pravidelný, tak jeho graf G(M)(stereografická projekcia vhodného obrazu M zo sféry do roviny) jerovinný, p-regulárny a každá stena má stupeň q (pre nejaké p, q).Nech G(M) má n vrcholov, m hrán a s stien. Platí2m = np, 2m = sq. Po vyjadrení n, s a dosadení do Eulerovhovzorca dostávame
2m
p+
2m
q−m = 2
m
(2
p+
2
q− 1
)= 2
Je teda 2p +
2q − 1 > 0, z čoho 1
p +1q >
12 . Teda nemôže súčasne
platiť p ≥ 4, q ≥ 4; z toho dostávame, že (p, q) je niektorá z piatichdvojíc:
Dôkaz: Ak je mnohosten M pravidelný, tak jeho graf G(M)(stereografická projekcia vhodného obrazu M zo sféry do roviny) jerovinný, p-regulárny a každá stena má stupeň q (pre nejaké p, q).Nech G(M) má n vrcholov, m hrán a s stien. Platí2m = np, 2m = sq. Po vyjadrení n, s a dosadení do Eulerovhovzorca dostávame
2m
p+
2m
q−m = 2
m
(2
p+
2
q− 1
)= 2
Je teda 2p +
2q − 1 > 0, z čoho 1
p +1q >
12 . Teda nemôže súčasne
platiť p ≥ 4, q ≥ 4; z toho dostávame, že (p, q) je niektorá z piatichdvojíc: