四色猜测的手工证明（修订稿）（七）

雷明85639720

（接上贴）

三十多年研究四色问题的总结

四色猜测的手工证明（修订稿）（七）
——证明四色猜测的十多种方法汇编
雷  明

二○一七年七月•西安

九、两个关于地图着色色数的猜想
雷  明
（二○一七年七月十八日）

1、泰特猜想：
泰特的猜想是：无割边的3—则平面图的可3—边着色与其可4—面着色是等价的。这个我们已经证明其是正确的。即可3—边着色的无割边的3—正则平面图是可4—面着色的；而可4—面着色的无割边的3—正则平面图也是可3—边着色的。我们还证明了任何无割边的3—正则平面图都是可3—边着色的，这就相当于证明了地图四色猜测是正确的（因为地图本身就是一个无割边的3—正则的平面图）。地图四色猜测是正确的，那么地图的对偶图——极大平面图——的顶点着色的色数也就不会大4。由极大平面图经过“去顶”或“减边”而得到的任意平面图的色数只会比极大平面图少决而不会再增大，所以也就相当于证明了平面图的四色猜测也是正确的。
2、同一个图，颜色叠加可产生不同的着色结果：
对一个已经3—边着色的无割边的3—正则平面图，采用颜色叠加法进行可4—面着色时，一定要用到两种边2—色回路（圈），比如在用了1、2、3三种颜色进行了3—边着色的无割边的3—正则平面图中，就有1—2—1，1—3—1和2—3—2三种边2—色回路（圈）。在颜色叠加的过程中，我们发现，有些图的面着色数只能是4；而有些图的面着色既可以用4种颜色，也可以用3种颜色。虽然我们还不知道这其中的奥秘（或者说是原理），但我们却发现了在颜色叠加时，所用的两种边2—色回路中至少有一个是哈密顿圈时，其面着色一定得用4种颜色（如后边的图9—3和图9—4），而两种边2—色回路都不是哈密顿圈时，其面着色的色数则一定是3（如后边的图9—1和图9—2）。
3、两个关于地图着色色数的猜想：
根据给可3—边着色的无割边的3—正则的平面图采用颜色叠加法进行面着色的实践，我们发现：在颜色叠加时，所用的两种边2—色回路中至少有一个是哈密顿圈时，其面着色一定得用4种颜色：而两种边2—色回路都不是哈密顿圈时，其面着色的色数则一定是3。我们还发现：在面着色数是3时，两种边2—色回路都把图分成了三个以上的部分，图中所有的面也都是边2—色圈；而在面着色数是4时，至少有一种边2—色回路把图只分成了两部分，图中的面既有边2—色圈，也有3—色圈。
于是，我猜想：①所有面全都是边2—色圈的3—边着色的3—正则平面图的面色数一定是3；②所有面不全是边2—色圈的3—边着色的3—正则平面图的面色数一定是4。
4、原因分析：
如果一个图是可哈密顿的，则其至少要有一条（种）边2—色回路是路经过全图所有的顶点。否则图就是不可哈密顿的。
4、1  若在图中至少有两种边2—色圈是哈密顿圈的情况下，颜色叠加时才能做到两种边2—色圈中至少有一种是哈密顿圈（如后边的图9—3和图9—4），颜色叠加的结果是4种颜色；而在图中最多只有一种边2—色圈是哈密顿圈的情况下，颜色叠加时才能做到两种边2—色圈全都不是哈密顿圈。颜色叠加的结果才是3种颜色。
4、2  颜色叠加的实践中可以看出，在着色是3种颜色时，各边2—色回路把图分成了三个以上的部分，同时图中所有的面也都是边2—色圈（如图9—1和图9—2）；而在着色是4种颜色时，各边2—色回路中至少有一种只把图分成了两部分的图，同时图中所有面并不都是边2—色圈（如图9—3和图9—4）。


也可以这样说：所有面不全是或者全都不是边2—色圈（即有一部分面是3—色圈或者全都是3—色圈）的图的面着色数一定是4（如图9—3，图9—4和图9—7），而所有面全都是边2—色圈（即没有3—色圈的面）的图的面着色数则是3（如图9—1，图9—2和图9—8）。这正说明了只有一个面是3—色圈时，则图的面数色就是4。


可以说，至少有一个面是奇数边面的无割边的3—正则平面图可3—边着色时，一定会有一个面是3—色圈（如图9—5的三楞柱和图9—6的五楞柱）。


4、3  如果一个图是可哈密顿的，且图中至少有两种边2—色回路是哈密顿的。在颜色叠加时，两种边2—色圈必然至少有一种是哈密顿圈，着色结果一定是4—色的；如果图虽是可哈密顿的，但该图在边着色时，也可以着成3种边2—色圈都不是哈密顿的（如图9—1和图9—2）。这种情况下，在颜色叠加时，两种边2—色圈就可以做到都不是哈密顿圈，则着色结果一定是3—色的。

4、4  面数最少的多面体——正四面体和面数最少的地图——只有两个国家在一个海岛上的地图，也都是可哈密顿的图，其中也至少有两种边2—色是哈密顿的（如图9—7和图9—8）。这两个图不同之点是：图9—7中的面都不是边2—色圈，所以其颜色叠加后得到的是用了4种颜色着色的面着色结果（如图9—7）；而图9—8中的面却都是边2—色圈，所以其颜色叠加后得到的是用了3种颜色着色的面着色结果（如图9—8）。

4、5  不可哈密顿的图中，没有哈密顿时回路，其中的各种边2—色圈至少有两条以上。在产色叠加时，任两种边2—色圈都不是哈密顿圈，其面色数却是4。这正好与以上的可哈密顿的图现象相反。是什么原因，现在还不明白，只能从现象上看，是有这样的结果。从颜色叠加的实践中已经知道塔特图和已知最小的平面三次图都是这样的，其面着色的色数的却就是4。如何能使这其中的奥秘得到解决，还得请求研究四色问题的爱好者网友们给以研究探讨。
5、需要解决的问题是：
5、1  颜色叠加的原理是什么？
5、2  为什么同是颜色叠加，有时新生成四种新颜色，有时新生成三种颜色？
5、3  为什么同是在颜色叠加时，都至少有一种边2—色圈不是哈密顿时圈，或者两种都不是哈密顿圈的情况下，非可哈密顿的无割边的3—正则平面图的面色数就只能是4，而可哈密顿的无割边的3—正则平面图的面色数不但可以是4，也可以是3。

雷  明
二○一七年七月十八日于长安

注：此文已于二○一七年七月十八日在《中国博士网》上发表过，网址是：

十、我对无割边3—正则平面图可3—边着色的研究
雷  明
（二○一七年七月二十九日）

1、根据泰特猜想，无割边的3—正则平面图的可3边着色与其可4—面着色是等价的，我们也证明了这一猜想是正确的。且证明了任何无割边的3—正则的平面图都是可3—边着色的，这也就相当于证明了地图（地图就是无割边的3—正则的平面图）的四色猜则是正确的。那么地图的对偶图——极大平面图——的顶点着色四种颜色也一定够用了，而由极大图经去点和减边所得到的任意平面图的色数只会比极大图减小而不会再增大，所以任意平面图的色数也是不会大于4的。这也就证明了平面图的四色猜测也是正确的。
2、可3—边着色的无割边的3—正则的平面图中，有1—2—1，1—3—1和2—3—2三种边2—色圈。该类图在采用颜色叠加法进行可4—面着色时，把被各个边2—色圈所分成的各部分（每一部分是则由若干个面共同构成的）相间的分别着以不同的两种颜色（我们暂叫它面2—色图），任两个面2—色图四种颜色相叠加的结果，都会产生不多于四种（也可能是四种，也可能是三种）的新颜色，使原来的无割边的3—正则图中的各面都着上一种新的颜色，使图的面色数不大于4。
3、无割边的3—正则平面图的顶点数是偶数，边数是顶点数的1.5
倍；若图中有奇数边面，则奇数边面的个数一定也是偶数。不可哈密顿的无割边的3—正则平面图中，任一种边2—色圈都不可能是哈密顿的（即任一边2—色圈中都不可能包含图中所有的顶点），所以颜色叠加时，任两种边2—色圈都不可能是哈密顿的；而可哈密顿的无割边的3—正则平面图中至少也要有一种边2—色圈是哈密顿的，其他两种边2—色圈是不是哈密顿的，则无所谓。所以在颜色叠加时，两种边2—色圈的组合中，就一定会出现两种边2—色圈都是非哈密顿圈的可能。
4、我们在着色过程中发现：对于同一个无割边的3—正则平面图，可—3边着色的模式不同，有着不同的面着色结果。当所用的两种边2—色圈中，至少有一种是哈密顿圈时，面着色的色数就是4（本文的图均见上文《两个关于地图着色色数的猜想》（简称《两个猜想》）中的图，此处应见上文《两个猜想》中的图9—3和图9—4，以下同）；而当所用的两种边2—色圈都是非哈密顿圈时，其面着色的色数就是3（见上文《两个猜想》中的图9—1和图9—2）。虽然这类图可以用4种颜色来进行面着色，但其面着色的色数却只能是3。因为3是4和3中最小的一个整数，符合图的着色数的定义。
5、我们还发现：对于同一个无割边的3—正则平面图，当面着色数是3时，叠加的两种边2—色回路都把图分成了三个以上的部分，图中所有的面也都是边2—色圈（见上文《两个猜想》中的图9—1和图9—2）；而当面着色数是4时，叠加的两种边2—色回路中至少有一种把图只分成了两部分，图中的面既有边2—色圈，也有3—色圈（见上文《两个猜想》中的图9—3和图9—4）。于是，我猜想：①所有面全都是边2—色圈的可3—边着色的3—正则平面图的面色数一定是3；②所有面不全是边2—色圈的可3—边着色的3—正则平面图的面色数一定是4。
6、也可以这样说：在可3—边着色的3—正则平面图中，所有面不全是或者全都不是边2—色圈（即有一部分面是3—色圈或者全都是3—色圈）的图的面着色数一定是4（见上文《两个猜想》中的图9—3，图9—4和图9—7的最简单的多面体）；而所有面全都是边2—色圈（即没有3—色圈的面）的图的面着色数则是3（见上文《两个猜想》中的图9—1，图9—2和图9—8的最简单的地图）。这正说明了只要有一个面是3—色圈时，则图的面数色就是4。可以说，只要有奇数边面的无割边的3—正则平面图可3—边着色时，一定会有某些面是3—色圈的（见上文《两个猜想》中的图9—5的三楞柱和图9—6的五楞柱）。
7、虽然我们现在还不知道有多少无割边的3—正则平面图是不可哈密顿的，但非哈密顿的无割边的可3—边着色的3—正则平面图中，一定没有哈密顿时回路，其中的各种边2—色圈至少有一条以上。在颜色叠加时，必然会是两种边2—色圈都不是哈密顿圈，其面色数一定是4。这是因为这种图中含有奇数边面，而奇数边面就是3—色圈，图中只要有了3—色圈的面，其面色数一定是4。
已知的塔特图和最小的非哈密顿的平面三次图中都有奇数边面，他们的面着色数一定都只能是4。赫渥特地图是一个可哈密顿的图，图中也有奇数边面，所以其面着色数也是4。对于可哈密顿的偶楞柱等图来说，图中没有奇数边面，所以其面着色数一定是3（见上文《两个猜想》中的图9—1,图9—2和图9—8的最小的地图——一个岛上只有两个国家的地图）。而对于可哈密顿的奇楞柱等图来说，图中却有奇数边面，所以其面着色数一定是4（见上文《两个猜想》中的图9—5，图9—6和图9—7的最小多面体——正四面体）。的确，我们用了颜叠加法和别的方法，对这些图都进行了面着色，其色数都与上面的判断是相符的。

雷  明
二○一七年七月二十九日于长安

注：此文已于二○一七年七月二十九日在《中国博士网》上发表过，网址是：

十一、多阶曲面上图的欧拉公式是如何得来的
雷  明
（二○一七年五月二十二日）

多面体和平面图的欧拉公式，在文献和教课书中，有各种各样的证明方法，对于多阶曲面上图的欧拉公式，在沙特朗的《图论导引》一书中也有用数学归纳法进行的证明。这给人们一个印象是，欧拉公式好象是一个从经验中总接出来的公式，与四色猜想一样，也必须通过证明才能确定其是否正确，才可以进行应用。实际上这些证明同用着色的方法对平面图的不可免构形的所谓“证明”一样，都是在对命题进行验证而已，其根本的原理还是不能真正被揭开的。真正的证明应是进行数学上的严密推导后，从而得出的命题。平面上或多阶曲面上图的欧拉公式也是可以经过严密的数学推导而得到的。
1、亏格为0的平面图的欧拉公式的推导：
亏格为0的、不同顶点数v（v≥3）的平面图中的边数e和面数f有如下表11—1的关系：

                                             （表11—1）
序号        顶点数        v        3        4        5        6        v≥3
1        边  数        e        3        6        9        12        e＝3v－6
2        面  数        f        2        4        6        8        f＝2v－4

    根据表11—1，画顶点分别是3、4、5、6的极大平面图如图10—1。其中图11—1，a和图11—1，b又是完全图。从表一中可以看出，顶点数从3开始，每增加一个顶点，图的边数增加3条，面数增加2个。边数与面数分别和顶点数的关系是e＝3v－6和f＝2v－4。
用e＝3v－6减去f＝2v－4得：
e－f＝v－2
变形整理得
        v＋f＝e＋2                                （11—1）
公式（11—1）就是平面图的欧拉公式。用同样的办法，也可以推导出其他亏格条件下图的欧拉公式。

2、亏格为1的非平面图的欧拉公式的推导：
亏格为1的、不同顶点数v（v≥5）的非平面图中的边数e和面数f有如下表11—2的关系：

                                                              （表11—2）
序号        顶点数        v        5        6        7        8        v≥5
1        边  数        e        15        18        21        24        e＝3v
2        面  数        f        10        12        14        16        f＝2v

2、1  根据表11—2，画环面（轮胎面）上的顶点数是5的极大图的展开图如图11—2。图11—2，a是K5（K5是完全图而非极大图）图的展开表示方法，有10条边，5个面；但图中有一个面，是由顶点2—3—5—2—4—5—3—4—2构成的八边形面（如图11—2，b），所以K5图不是极大图；这个八边形面还可以分成6个三边形面，增加了5条边（也如图11—2，b），所增加的边分别是顶点2到5，顶点2到4，顶点2到3，顶点5到4和顶点3到4这五条边的各一条平行边（如图11—2，c）。这样就使图中的边数增加到15条，面数增加到10个，使图变成了一个极大图。


2、2  再根据表11—2，画环面（轮胎面）上的顶点数是6的极大图的展开图如图11—3。图11—3，a是K6（K6也是完全图而非极大图）图的展开表示方法，有15条边，10个面；但图中有一个面，是由顶点2—3—6—4—3—5—2构成的六边形面（如图11—3，b），所以K6图不是极大图；这个六边形面还可以分成4个三边形面，增加了3条边（也如图11—3，b），所增加的边分别是顶点2到3，顶点2到6和顶点3到6这三条边的各一条平行边（如图11—3，c）。这样就使图中的边数增加到18条，面数增加到12个，使图也变成了一个极大图。
2、3  图11—4是根据表11—2，画在环面（轮胎面）上的顶点数是7的极大图的展形图。其中图11—4，a和图11—4，b分别是两个K7（K7图既是完全图又是极大图，边数最多是7×6/2＝21，图中没有平行边）图的不同展开表示方法，有21条边，14个面；再在图中增加顶点时，每增加一个顶点，也只能增加三条边和两个面，才能保证图的亏格不变。

2、4  根据以上（表11—2）和图11—2、图11—3和图11—4可以看出，亏格为1的极大图中每增加一个顶点，增加三条边和两个面，图的边数与面数和顶点的关系分别是e＝3v和f＝2v，两式相减得：
    e－f＝v即v＋f＝e                         （11—2）
（11—2）式与（11—1）式有明显的差别，需要变形把它们统一起来。
    注意，我们在把图11—2中的最大完全图K5和图11—3中的最大完全图K6变成极大图时，图的顶点数未变，所增加的边都是平行边，同时每增加一条边，也就增加了一个面，而（11—2）式中的边e和面f又同时是分布在公式两边的，等式两边同增同减，等式仍相等，所以说不把K5和K6变成极大图也是可以的。
3、亏格为0和1的图的欧拉公式：
把亏格为1的非平面图的e＝3v和f＝2v与亏格为0的平面图的e＝3v－6和f＝2v－4都进行变形，并把图的亏格参数n代入其中，使e＝3v－6和f＝2v－4分别变成e＝3v－6（1－n）和f＝2v－4（1－n），当n＝0时, 等于给等式e＝3v－6和 f＝2v－4右边的常数项各乘了一个1，其值不变；使e＝3v和f＝2v也分别变形成e＝3v－6（1－n）和f＝2v－4（1－n），当n＝1时,等于给等式e＝3v和f＝2v的右边各减了一个0，其值仍不变。但这一变化，却使得两种不同亏格的图的边数与面数和顶点数的关系式统一了起来，是有好处的。再用e＝3v－6（1－n）减去f＝2v－4（1－n），得到：
    e－f＝v－2（1－n）
变形整理得
        v＋f－e＝2（1－n）                        （11—3）
公式（11—3）就是亏格为0 和1的图的欧拉公式。代入（表一）和（表二）中的数据验证如下：
3、1　当n＝0和v＝6时，e＝3v－6（1－n）＝3×6－6×（1－0）＝18－6×1＝12，f＝2v－4（1－n）＝2×6－4×（1－0）＝12－4＝8，均与（表11—1）中的数据相同；
再把n＝0，v＝6，e＝12和f＝8代入欧拉公式v＋f－e＝2（1－n）中得到，公式左边＝v＋f－e＝6＋8－12＝2，公式右边＝2（1－n）＝2×（1－0）＝2，左右相等，公式成立；
    3、2　当n＝1和v＝8时，e＝3v－6（1－n）＝3×8－6×（1－1）＝24－6×0＝24，f＝2v－4（1－n）＝2×8－4×（1－1）＝16－4×0＝16，也均与（表11—2）中的数据相同；
再把n＝1，v＝8，e＝24和f＝16代入欧拉公式v＋f－e＝2（1－n）中得到，公式左边＝v＋f－e＝8＋16－24＝0，公式右边＝2（1－n）＝2×（1－1）＝2×0＝0，左右相等，公式成立；
    4、多阶曲面上图的欧拉公式：
我们现在虽然还不会画出亏格n大于等于2的更高级亏格的图的展开图，当然也就很难直接看清楚其顶点数与面和边间的关系，但从实践中我们知道：
每一种亏格的曲面上所能嵌入的所有完全图中，必有一个顶点数是最多的，即每种亏格的曲面上必有一个最大的完全图。该完全图虽然不一定是极大图，但它可以通过加边（平行边）的办法，使图成为极大图，且在该亏格的曲面上没有边与边在顶点以外相交叉的情况。我们可以利用亏格为0和1的图的顶点与边和面间的关系求得该完全图在极大图状态下的总边数和总面数。
我们还知道在极大图中，每增加一个顶点，只要图的亏格不增大时，最大仍是增加三条边和两个面。这样，我们就可以用上面得到的亏格是0和1时图的欧拉公式对其进行检验，看该公式是否也适用于亏格更高级亏格的图。
4、1  亏格为n＝2，v＝8的极大图，最大边数是e＝3v－6（1－n）＝3×8－6×（1－2）＝24＋6＝30，最大面数f＝2v－4（1－n）＝2×8－4（1－2）＝16＋4＝20。代入亏格为0和1的图的欧拉公式（3）得：公式左边＝v＋f－e＝8＋20－30＝－2，公式右边＝2（1－n）＝2×（－1）＝－2，公式两边是相等的。
因为以后再增加顶点时，每增加一个顶点，都是增加三条边和两个面，所以当v＝9时，e＝33和f＝22。把n＝2，v＝9，e＝33和f＝22代入上面得到的欧拉公式v＋f－e＝2（1－n）中得，公式左边＝v＋f－e＝9＋22－33＝－2，公式右边＝2（1－n）＝2×（1－2）＝2×（－1）＝－2，公式两边相等，公式对于亏格n＝2的图也是成立的。
4、2  亏格为n＝3，v＝9的极大图，最大边数是e＝3v－6（1－n）＝3×9－6×（1－3）＝27＋12＝39，最大面数f＝2v－4（1－n）＝2×9－4（1－3）＝18＋8＝26。把n＝3，v＝9，e＝39和f＝26代入亏格为0和1的图的欧拉公式（3）得：公式左边＝v＋f－e＝9＋26－39＝－4，公式右边＝2（1－n）＝2×（1－3）＝2×（－2）＝－4，公式两边也是相等的。
同样因为以后再增加顶点时，每增加一个顶点，都是增加三条边和两个面，所以当v＝10时，e＝42和f＝28。把n＝3，v＝10，e＝42和f＝28代入上面得到的欧拉公式v＋f－e＝2（1－n）中得：公式左边＝v＋f－e＝10＋28－42＝－4，公式右边＝2（1－n）＝2×（1－3）＝2×（－2）＝－4，公式两边相等，公式对于亏格n＝3的图也是成立的。
4、3  继续再进行检验时，无论亏格是多大的图，上面由亏格为0和1的图所得到的欧拉公式也是适用于任意亏格的图的。所以说公式（11—3）的v＋f－e＝2（1－n）也就是多阶曲面上的图的欧拉公式。同时，上面得到的图的边数与面数和顶点间的关系，e＝3v－6（1－n）和f＝2v－4（1－n），也就一定适用于任意亏格的曲面上的图了。这样通过严密的数学推导，所得到的欧拉公式是不需要再进行证明的。因为严密的数学推导过程就是证明的过程。
4、4  从以上的研究可以看出，同亏格曲面上的同顶点数的图，以完全图的边数e＝v（v－1）/ 2为界，边数小于e＝v（v－1）/ 2者是非完全图，边数等于e＝v（v－1）/ 2者是完全图，这两者均是单纯图；而边数大于于e＝v（v－1）/ 2者是则是多重图，因为图中有平行边。当边数等于e＝3v－6（1－n）时，图就成了极大图，所有的面均是三边形面了。所以在同亏格的曲面上，相同顶点数的图中，按边数的多少排序时，其顺序是：非完全图的边数＜完全图的边数＜极大图的边数。因为有些图既是完全图，又是极大图，如K3，K4，K7等，所以又有：单纯图的边数＜多重图的边数。同样，图的面间也有相应的关系。其排序也是：非完全图的面数＜完全图的面数＜极大图的面数，单纯图的面数＜多重图的面数。在相同亏格、相同顶点数的完全图中，不管图是完全图还是极大图，也不管图是单纯图还是多重图，顶点着色的色数都是相同的，因为平行边和环是不影响图的顶点着色数的。

5、使用多阶曲面上图的欧拉公式要注意的问题
5、1  在曲面的亏格n小于等于2时，可嵌入高一级亏格（n＝1时）的曲面上的完全图数量是7（有K1，K2，K3，K4，K5，K6，K7共7种），减去可嵌入低一级亏格（n＝0时）的曲面上的完全图的数量4（有K1，K2，K3，K4共4种）的差是大于2的（7－4＝3＞2），而在曲面的亏格n大于2时，可嵌入高一级亏格的曲面上的完全图的数量，减去可嵌入低一级亏格的曲面上的完全图的数量，则是小于等于1的。比如可嵌入亏格n＝4的曲面上的完全图和数量是10，可嵌入亏格n＝3的曲面上的完全图和数量是9，二者之差是是1≯1；又比如可嵌入n＝6和7的曲面上的最大完全图都是K12，两个曲面可嵌入的完全图数均是12，二者的差是0＜1；象这样的一个最大完全图对应两个以上的不同亏格曲面的情况，在亏格n＞2的图中是经常出现的。而且随着最大完全图顶点数的增大，同一个完全图所对应的不同亏格曲面的数量也越来越多。同一个完全图KV不但可嵌入其是最大完全图的亏格为n的曲面上（但不能嵌入亏格比n小的曲面上），也可以嵌入亏格比n大的曲面上（但这时就不再是可嵌入该亏格曲面上的最大完全图了）。
5、2  由于以上原因，就要求在使用多阶曲面上图的欧拉公式时，一定不但要弄清楚图顶点数，边数，面数，更重要的是要弄清图的亏格是多少（即其可嵌入的曲面的最小亏格是多大）。只有这样，计算出来的结果才不会出错。比如，完全图K12的亏格是n＝6（K12既是亏格n＝6的曲面上的最大完全图，又是极大图），边是66，面是44，代入多阶曲面上图的欧拉公式，左边＝12＋44－66＝－10，右边＝2×（1－6）＝－10；而不要以为K12也是可嵌入亏格为n＝7的曲面上的最大完全图，而把n＝7代入欧拉公式中，这时两边则是不等的：左边＝－10，右边则是2×（1－7）＝－12。
5、3  这里还要注意的是，亏格为n的曲面上的最大完全图Kn多数情况都不是极大图，这时也可以把完全图的边数与面数代入欧拉公式进行计算。但其面数的计算方法却是，要用Kn是极大图的面数减去Kn是极大图时的边数与Kn是完全图时的边数之差，就得到完全图Kn的面数（这是因为把Kn变成极大图时，每增加一条平行边，也就增加了一个面）。比如，完全图K13的亏格是n＝8，但K13却不是极大图。若K13是极大图时，其边数是e极大＝3×13－6×（1－8）＝39＋42＝81，而K13是完全图时的边数e完全＝13×12/2＝78，二者之差e极大－e完全＝81－78＝3, K13是极大图的面数是f极大＝2×13－4×（1－8）＝26＋28＝54，则K13是完全图时的面数f完全＝f极大－(e极大－e完全)＝54－3＝51。把n＝8，v＝13，e完全＝78和f完全＝51代入欧拉公式得，左边＝13＋51－78＝－14，右边＝2×（1－8）＝－14，左右相等，公式成立。
5、4  至于顶点数是v，亏格是n的非极大图的图，与上面是一样的，一定要把真正的边数与面数要弄清楚，才能使用欧拉公式，否则将会出现错误。

雷  明
二○一七年五月二十二日于长安

注：此文已于二○一七年五月二十三日在《中国博士网》上发表过，网址是：

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