离散数学-代数系统证明题归类

什么是独异点？

运算° 在B上封闭，运算° 可结合，且存在幺元。

学会合理套用题目公式+结合律

零元？

群中不可能有零元

几个结论要熟记：

1.当群的阶为1时，它的唯一元素视作幺元e

2.若群的阶大于1时，且同时存在幺元和零元的话，幺元不等于零元

纯个人理解：

因为零元和什么相乘，依旧是零元。

而零元又不等于幺元。

我们知道，一个数乘它的逆等于幺元

而现在我们知道，零元和什么相乘都等于零元本身，且不等于幺元。

那就相当于，找不到零元的逆元。

我们知道，群中的每个元素均可你

因此，群中不可能有零元

群中任一元素的逆元素是唯一的。

b=b*e

b = e*b

群或者半群中单位元的性质

因为是群，所以是可结合的，且存在幺元

方程a*x＝b，y*a＝b都有解且有唯一解。

(an)-1=(a-1)n（记为a-n）（n为整数）

子群判定定理三：<H,*>是<G,*>的子群 Û ∀a,b∈H有a*b-1∈H

y*a=a*y，可得y=a*y*a的负一次方

这里的应用条件主要包括：

交换性：要求 yy 和 aa 乘法运算时可以交换顺序，这在某些代数系统如阿贝尔群（Abelian groups）中总是成立，但在更广泛的群论背景下并不总是如此。

存在逆元：a^{-1}a−1 表示 aa 的乘法逆元，即存在某个元素 a^{-1}a−1 使得 a \cdot a^{-1} = a^{-1} \cdot a = ea⋅a−1=a−1⋅a=e，其中 ee 是单位元（identity element），对于乘法来说通常表示为1（在群论或环论中）。这意味着我们处于一个至少包含乘法单位元和每个元素都有逆元的代数结构中，比如群、环或者域。

什么是Klein四元群

Klein四元群，又称为Klein四阶群或Vierergruppe（德语，意为“四元组群”），是数学中的一个概念，属于群论的范畴。它是最小的非循环群，具有以下几个特点：

元素数量：Klein四元群包含正好4个元素。
结构：所有非单位元的阶均为2，即对于群中的任意非单位元a，都有a*a = e（其中e是单位元，表示群中的恒等元素）。
阿贝尔群：Klein四元群是阿贝尔群，意味着其乘法运算满足交换律，即对于群中任意元素a和b，有ab = ba。
表示形式：Klein四元群可以表示为Z_2 \times Z_2Z2×Z2，即两个2阶循环群的直积。换句话说，它可以用集合\{e, a, b, c\}{e,a,b,c}来表示，其中ee是单位元，a^2 = b^2 = c^2 = ea2=b2=c2=e，并且ab = c, bc = a, ca = bab=c,bc=a,ca=b。这里的乘法运算遵循上述规则，且每个元素都是其自身的逆元。
同构性：Klein四元群同构于4阶的二面体群（也就是正方形的对称群D4中旋转和平移操作形成的群，忽略平移只考虑旋转和翻转时的部分）的子群。
应用：在数学的各个分支中，尤其是在代数、几何和拓扑学中，Klein四元群常作为基本的例子出现，帮助理解更复杂的群结构。它也在物理理论、特别是在对称性和表示论的上下文中有所应用。

简而言之，Klein四元群是一个简单而又重要的数学对象，它展示了非循环群的最基本特征，是群论学习中的经典案例。

问题：在一个部门的25个人中间，由于意见不同，是否可能每个人恰好与其他5个人意见一致？解答：不可能。考虑一个图，其中顶点代表人，如两人意见相同，可用边连接，所以每个顶点都奇数度。存在奇数个度数为奇数的图，这不可能的.

这个问题可以通过图论中的握手定理来解释。首先，让我们明确一下问题设定：如果有25个人，每个人恰好与其他5个人意见一致，这意味着我们要构建一个图，图中的每个节点代表一个人，而每条边则表示两个人有相同的意见。

在这样的设定下，如果每个人确实只和另外5个人意见一致，那么对于任意一个人来说，他/她就会有5条出边（代表与之意见一致的5个人）。这里的关键在于理解图中边的计数方式。

握手定理（Handshaking Lemma）

握手定理是图论中的一个基本定理，它指出在任何无向图中，所有节点的度数之和等于边数的两倍。这是因为图中的每条边都会为它所连接的两个节点的度数各贡献1。用公式表示就是：[ \sum_{i=1}^{n} deg(v_i) = 2|E| ]，其中deg(v_i)deg(vi)表示第i个节点的度数，而|E|是图中边的总数。

应用于本问题

根据题目，如果每个人（节点）恰好与其他5个人意见一致，则每个节点的度数为5（因为每个人只和5个人意见一致）。总共有25个人，如果按照这个规则构建图，所有节点的度数之和就是 25 \times 5 = 12525×5=125。

根据握手定理，这些度数之和应该是边数的两倍。也就是说，如果我们将125作为所有节点度数之和，那么按照握手定理，我们会有 125 = 2|E|125=2∣E∣，解这个方程意味着边数 |E| = 62.5∣E∣=62.5，但是边数必须是整数，这就产生了矛盾。

真实情况分析

实际上，我们的计算揭示了一个更根本的问题：在一个完全由偶数度节点构成的图中（即每个人都能找到恰好5个意见一致的人），是不可能发生的，因为我们试图分配的是奇数个度数（每个人5条边，共125条边的需求），而握手定理要求所有节点度数之和能被2整除，以匹配实际存在的边数。因此，原始设定下的情况是不可能实现的，因为它违反了图的基本性质。

正确的理解应该是，如果每个人都要和其他人形成“意见一致”的关系，并且这种关系必须严格限定为每个人恰好与其他5个人一致，那么基于图论的原理，这样的配置是不可能实现的，因为它会导致边数非整数的逻辑矛盾。实际上，要达到每个人都恰好与其他固定数量的人意见一致，且该数量为奇数，是不可能在封闭的群体中保持平衡的，因为这将违反图中边数必须是节点间关系两倍的基本数学规则。

收起

例1-4 有9个人在一起打乒乓球，已知他们每人至少和其中另外3个人各打过一场球，则一定有一个人不止和3个人打过球。用图论语言解释这件事。解：设v1，v2，…，v9代表这9个人，建立顶点集V={v1，v2，…，v9}，对于其中的任意两个人vi和 vj(i≠j)，若vi和vj打过一场球，则 {vi,vj} ∊E，得到边集E，则我们有了一个无向图G=(V，E)。若每一个人仅和其余3个人各打过一场球，则 d(vi)=3，而此时图G的奇数度的顶点是9个，即是奇数个，与推论矛盾。矛盾说明，至少有一个人vi，d(vi) ≥4。能不能更详细地解答，这个解答不太懂

当然，我很乐意为您详细解释这个问题。在这个例子中，我们利用图论中的一个著名结论，即在无向图中，节点度数之和必定是偶数，以及关于奇数度节点数目的推论。

图论模型

首先，根据题目，我们有9个人（记为顶点v_1, v_2, ..., v_9v1,v2,...,v9），每个人至少与另外3个人各打过一场球。我们可以把这个场景建模成一个无向图G=(V,E)G=(V,E)，其中：

VV是顶点集，包含9个顶点，每个顶点代表一个人；

EE是边集，如果两个人之间打过球，则在他们对应的顶点之间连一条边。

度数的定义

在图论中，一个顶点的度数是指与该顶点相连的边的数量。也就是说，如果一个人与其他k个人各打过一场球，那么这个人对应的顶点的度数就是k。

原题假设与分析

原题假设如果每个人都恰好与另外3个人打过球，那么意味着每个人的度数d(v_i) = 3d(vi)=3。对于9个人的图来说，如果这个假设成立，那么所有顶点的度数之和将是9 \times 3 = 279×3=27。但这是与握手定理相矛盾的，因为握手定理告诉我们，对于任何无向图，所有顶点的度数之和应该是边数的两倍，而边数显然是整数。

握手定理的应用

握手定理的一个直接推论是，在任何无向图中，奇数度顶点的数目必须是偶数。这是因为度数之和是偶数，而偶数只能是偶数个奇数加上偶数个偶数之和。如果每个人都是度数3（一个奇数），那么会有9个奇数度顶点，这是奇数个，这与握手定理的推论不符。

结论

由于存在这样的矛盾，我们的初始假设（即每个人都恰好与3个人打过球）不能成立。因此，至少有一个人（至少一个顶点）的度数会大于3，即至少有一个人v_ivi，其d(v_i) \geq 4d(vi)≥4。这意味着至少有一个人不仅和3个人打过球，还和更多的人打过球，可能是4个人或者更多，这样才能使得整个图的奇数度顶点数目保持为偶数，符合图论的基本规律。这就是为什么说“一定有一个人不止和3个人打过球”。

定义7-2.4 无向连通图G=<V,E>中，若存在V1V 且 V1≠，使得G删除了V1所有点后所得的子图不连通，而若删除V1的任何真子集后，所得的子图仍是连通图，则称V1是G的一个点割集。若|V1|=1，则称为割点。

”使得G删除了V1所有点后所得的子图不连通，而若删除V1的任何真子集后，所得的子图仍是连通图，“这句话什么意思

这句话的意思是在无向连通图G=(V,E)G=(V,E)中，我们要找到一个顶点集合V_1V1，它满足以下两个条件：

割集条件：当从图GG中移除V_1V1中的所有顶点后，剩下的图变为不连通的。这意味着移除这些特定顶点会“切断”图中某些部分之间的联系，导致它们不再能够通过路径相互到达。

真子集条件：对于V_1V1的任何真子集（即从V_1V1中去掉至少一个顶点得到的集合），如果把这些真子集中的顶点从图GG中移除，得到的子图仍然是连通的。换句话说，只有当移除整个集合V_1V1时，图的连通性才会被破坏；移除V_1V1中的任何一个或几个顶点（但不是全部）不足以造成图的不连通。

简而言之，点割集V_1V1是一组顶点，它们作为一个整体对图的连通性至关重要，但没有单个顶点或这组顶点的任何较小子集能单独起到这样的关键作用。如果点割集V_1V1只包含一个顶点，那么这个顶点就被称作割点，它单独就能够“割裂”图，使其不连通。

矩阵乘法计算方法及示例_哔哩哔哩_bilibili

有一些不懂的地方：1.若G是平凡图，结论显然成立。这句话，为什么是平凡图就成立了？2.对任意一个不是端点的结点vi ，在欧拉路中每当vi出现一次，必关联两条边，贡献2度，故deg(vi)必是偶数。若起点和终点重合，则G中没有奇数度点；若起点不同于终点，则两个端点是奇数度的点，其它都是偶数度的结点。这一段话看不懂

让我们一步步来解释您的疑问：

若G是平凡图，结论显然成立。

平凡图是指只包含一个结点（在这种情况下，自然没有边）或者完全空的图（没有结点也没有边）的图。对于这两种情况：

如果图仅包含一个结点，这个图显然是连通的，因为它只有一个结点，且这个结点的度数是0（既不是奇数也不是偶数），但因为图中没有边，我们可以认为它满足“有零个奇数度结点”的条件，且因为只有一条路（即不经过任何边的路径），这条唯一的路径也是欧拉路。因此，结论成立。

如果图是完全空的（没有结点），则这个图也是“连通”的（因为没有任何分离的组件），并且没有奇数度的结点（因为根本没有结点）。这种情况下，虽然没有实际的路径，但理论上讲，如果考虑空路径的话，也可以视作满足欧拉路的条件（因为没有违反的条件）。

对任意一个不是端点的结点vi，在欧拉路中每当vi出现一次，必关联两条边，贡献2度，故deg(vi)必是偶数。若起点和终点重合，则G中没有奇数度点；若起点不同于终点，则两个端点是奇数度的点，其它都是偶数度的结点。

这一部分是在解释欧拉路上结点度数的性质：

在一条欧拉路上，除了起点和终点外，其他任何结点被访问两次。每次访问都是通过一条边进入，另一条边离开，所以每经过一次这样的结点，它所关联的边的数目就会增加2。因此，这些中间结点的度数必定是偶数。

如果欧拉路是一个闭合的环（也就是起点和终点相同），那么每个结点都被恰好访问了偶数次，这意味着所有结点的度数都是偶数。

如果欧拉路的起点和终点不同，这两个特殊点只被访问了一次作为起点或终点，因此它们的度数会是奇数（因为它们各自关联了一条额外的边，使得它们的度数相对于内部结点多了一个）。而除了这两个点之外的其他所有点依然是偶数度的。

简而言之，欧拉路的特性确保了除了可能的两个端点外，所有结点的度数都是偶数，而这正好符合定理中关于奇数度结点数量的条件。

3.条件不是当且仅当G是连通的，且有零个或两个奇数度结点这个吗？为什么证明充分性的时候，变成了”若G中每个结点都是偶数度结点“？有零个或两个奇数度结点这个论据放在哪里？

这个问题涉及到对数学证明逻辑的理解，特别是如何通过充分性和必要性来证明一个命题的“当且仅当”关系。在定理7-4.1中，"无孤立点的无向图G具有一条欧拉路"的条件被表述为"G是连通的，且有零个或两个奇数度结点"。这个定理的证明分为两部分：必要性和充分性。

必要性证明了如果G有欧拉路，那么G必须满足的条件。这部分证明了如果G有一条欧拉路，那么G是连通的，且它的结点度数分布要么全部为偶数（零个奇数度结点），要么恰有两个奇数度结点（起点和终点）。

充分性则反向证明，如果给定的条件成立，那么G一定有一条欧拉路。在你提供的段落中，"若G中每个结点都是偶数度结点"正是属于充分性证明的部分。这里，充分性讨论的场景是图G的所有结点都是偶数度，这是“有零个奇数度结点”的特殊情况。当所有结点都是偶数度时，即意味着满足了"有零个或两个奇数度结点"条件中的一种情形。

在充分性证明中，通过一系列的步骤，证明了只要图G是连通的且每个结点的度数为偶数，就可以通过反复寻找并移除基本回路（这些回路的组合覆盖了图中所有边），最终构建出一个欧拉回路。这个过程没有直接提及"有两个奇数度结点"的情况，是因为当证明了在所有结点都是偶数度时可以构造欧拉回路，就已经隐含地证明了"有零个或两个奇数度结点"条件下的另一种情形（两个奇数度结点）也能导致存在欧拉路，因为如果起点和终点是两个奇数度结点，那么除去这两个点后，图中剩余结点均为偶数度，符合之前证明的条件。

总结来说，充分性部分通过集中探讨所有结点为偶数度（即零个奇数度结点）的情形，间接证明了定理的“有零个或两个奇数度结点”条件，因为它覆盖了条件的一种情况，并且结合必要性的证明，共同构成了完整的“当且仅当”的证明。

如果是零个奇数度顶点，是可以回到原点的

如果是两个奇数度顶点，是回不到原点的，但是可以一笔画

如果是两个以上的奇数度顶点，是不可以一笔画，也回不到原点

证明设C为G中任意一条汉密尔顿回路，

1)当S中顶点在C上均不相邻时，W(C-S)达到最大值|S |，

2)当S中结点在C上有相邻的情况时，均有W(C-S)＜|S |，

所以有W(G-S)≤|S| 。

而C是G的生成子图，所以有W(G- S)≤W(C- S)≤| S |。

说明本定理的条件是汉密尔顿图的必要条件，但不是充分条件。若一个图不满足定理中的条件，它一定不是汉密尔顿图。

当S中顶点在C上均不相邻时，W(C-S)达到最大值|S |，能不能举个具体的例子

当然可以。为了说明这个概念，让我们构造一个简单的例子，并解释如何通过移除特定集合 SS 中的顶点来分割图 CC，使得得到的图 C-SC−S 的连通分支数量正好等于 |S|∣S∣。

图的例子

假设我们有一个圆环状的图 CC，其中每个顶点都与相邻的两个顶点相连，形成了一个环形链。这个图 CC 实际上是一个简单循环图。我们可以给这个环形链标上6个顶点，记为 V_1V1 到 V_6V6。
1   V1 ---- V2 ---- V3 ---- V4 ---- V5 ---- V6 ---- V1
集合 S

现在，考虑一个顶点集合 SS，其中的顶点在 CC 上均不相邻。例如，取 S = \{V_1, V_3, V_5\}S={V1,V3,V5}。这意味着我们选择的每个顶点在圆环上相隔一个顶点。

移除 S 中的顶点

当我们从图 CC 中移除集合 SS 中的所有顶点时，剩余的图 C-SC−S 将会分裂成三个连通部分，每个部分都围绕着原本 SS 中顶点的位置：

一部分包含 V_2V2 和 V_4V4（在 V_1V1 和 V_3V3 之间）

另一部分包含 V_4V4 和 V_6V6（在 V_3V3 和 V_5V5 之间）

最后一部分包含 V_6V6 和 V_2V2（在 V_5V5 和 V_1V1 之间）

因此，我们有 W(C-S) = 3W(C−S)=3，这正好等于 |S| = 3∣S∣=3，即移除的顶点数。

这个例子展示了当 SS 中的顶点在原图 CC 上均不相邻时，通过移除这些顶点，可以使得剩余图分裂成的最大连通分支数量正好等于 |S|∣S∣。

2)当S中结点在C上有相邻的情况时，均有W(C-S)＜|S |，所以有W(G-S)≤|S| 。能不能举个具体的例子

当然，我可以提供一个例子来说明这个情况。

图的例子

假设有这样一个图 CC，它仍然是一个环形结构，但这次我们考虑一个稍微不同的配置，以便说明当 SS 中的顶点在 CC 上有相邻的情况时，W(C-S)W(C−S) 会小于 |S|∣S∣。

考虑一个环形链，同样用六个顶点标记，但这次我们的集合 SS 包含相邻的顶点。设 S = \{V_1, V_2, V_4\}S={V1,V2,V4}。
1   V1 ---- V2 ---- V3 ---- V4 ---- V5 ---- V6 ---- V1
2              ^                             ^
3              |----- 相邻的顶点 -------|
移除 S 中的顶点

当从图 CC 中移除集合 SS 中的顶点时，看看会发生什么：

移除 V_1V1 和 V_2V2 会使 V_3V3 成为一个孤立的点。

移除 V_4V4 不会进一步增加连通分支的数量，因为 V_7V7 和 V_8V8（如果有的话）已经由于 V_1V1 和 V_2V2 的移除而成为了单独的分支。

因此，尽管我们移除了 |S| = 3∣S∣=3 个顶点，但 C-SC−S 可能只分裂成两个连通分支（假设 V_5V5 和 V_6V6 形成了另一个分支）。所以，在这种情况下，W(C-S) = 2 < |S| = 3W(C−S)=2<∣S∣=3。

结论

这个例子说明了当 SS 中的顶点在 CC 上有相邻的情况时，移除它们不会导致图的连通分支数量恰好等于 |S|∣S∣，反而可能会少于 |S|∣S∣。因此，对于任意图 GG（不仅仅是环形图），如果从中移除一些顶点形成集合 SS，并且 SS 中存在相邻的顶点，那么剩余图 G-SG−S 的连通分支数量 W(G-S)W(G−S) 总是小于或等于 |S|∣S∣。即，W(G-S) \leq |S|W(G−S)≤∣S∣。

**汉密尔顿图（Hamiltonian Graph）**的定义是：一个图如果存在一条汉密尔顿回路（Hamiltonian Cycle），即一条路径能够经过图中每个顶点恰好一次，并且最后回到起点，形成一个闭合的环，那么这个图被称为汉密尔顿图。简而言之，汉密尔顿图意味着存在一个环形的路径覆盖所有顶点。

**汉密尔顿通路（Hamiltonian Path）**则是指在图中存在一条路径，这条路径同样经过图中的每个顶点恰好一次，但与汉密尔顿回路不同的是，它不需要回到起点，即路径的起点和终点可以是图中不同的两个顶点。

所以，如果一个图不是汉密尔顿图，可能是因为它缺乏一个封闭的汉密尔顿回路，即使它可能包含一个或多个汉密尔顿通路。这意味着图中的所有顶点可以通过一条路径被访问一次，但这条路径没有形成一个闭环回到起点。因此，即使图 G_2G2 中存在一条路径能够访问所有顶点一次（即存在汉密尔顿通路），只要没有路径能在访问所有顶点后回到起点形成闭合，它就不能被分类为汉密尔顿图。

半汉密尔顿图（Semi-Hamiltonian Graph）是指在一个图中存在一条汉密尔顿通路（Hamiltonian Path），但不存在汉密尔顿回路（Hamiltonian Cycle）的图。简单来说，汉密尔顿通路是指一条路径能够经过图中的每一个顶点恰好一次，而汉密尔顿回路则是指这样的路径还能从最后一个顶点回到起点，形成一个环。

设n≥2，有2n个人参加宴会，每个人至少认识其中的n个人，怎样安排座位，使大家围坐在一起时，每个人的两旁坐着的均是与他相识的人？

解每个人用一个顶点表示，若二人相识，则在其所表的顶点间连边。这样得到一个2n 阶的无向图，因为对于任意的两个顶点u，v，有：d(u)+d(v)≥2n，故图中存在一条汉密尔顿回路，这条回路恰好对应一个座位的适当安排。

这个解释是基于图论中的一个经典问题——如何安排宴会座位，使得围坐一圈的每个人都坐在两个他们认识的人之间。这个问题可以通过构造一个图来形象地分析：

构建图模型：假设宴会中有2n个人，每个人用图中的一个顶点表示。如果两个人相互认识，就在代表他们的两个顶点之间画一条无向边。这样就得到了一个含有2n个顶点的无向图。

度数和的性质：在图论中，一个顶点的度数是指与其相邻的边的数量，即这个顶点直接连接的其他顶点的数量。题目中给出的条件是每个人至少认识n个人，这意味着图中任意一个顶点的度数至少为n。考虑图中的任意两个不相邻的顶点u和v，根据握手定理（图中所有顶点的度数之和等于边数的两倍），以及题目给定的条件，我们可以推断出u和v的度数之和至少为2n。这是因为即使u和v不认识（它们之间没有边），它们各自至少认识n个人，合计至少2n个人。

存在汉密尔顿回路的结论：在图论中，有一个结论是如果一个图满足对于任意两个不相邻的顶点u和v，有d(u) + d(v) ≥ |V|（其中|V|是图中顶点的总数），则这个图至少包含一个汉密尔顿通路。在这个场景中，由于每个人至少认识n个人，且总人数为2n，图中任意两点的度数之和很容易超过2n，满足上述条件。这意味着我们可以找到一个路径，它经过图中的每一个顶点恰好一次，并且由于是围坐成一圈，最后一个人的旁边坐着第一个人，形成了一个闭合的路径，即汉密尔顿回路。

座位安排：这个汉密尔顿回路在实际应用中就对应了座位的安排。按照这个回路顺序安排座位，确保了每个人左右两边坐着的都是他们认识的朋友。因此，通过找到这样一个回路，我们就解决了如何让大家满意就座的问题。

简而言之，这个解释是利用图论的概念证明了在给定条件下，一定能找到一种座位排列方式，让每个人都能坐在两个认识的人之间，这是通过证明原问题等价于寻找图中的一个特定路径（汉密尔顿回路）来实现的。

在图论中，"简单的连通平面图"是指同时满足以下三个条件的图形：

简单图：指的是图中的每一对不同的顶点之间至多只有一条边相连，且图中没有自环（即顶点到自身的边）。这意味着图中的边都是无向的，并且不允许有任何重复的边或顶点到自身的连接。

连通图：图中的任意两个顶点都是相互可达的，即从任何一个顶点出发，可以通过沿着图中的边行走到达任何一个其他顶点。这意味着图形成一个单一的整体，而不是分离成多个不相连的部分。

平面图：这是指该图可以在平面上绘制，且任意两条边仅在顶点处相交（即没有边在平面上交叉）。换句话说，这样的图可以被绘制出来，使得任何两条边都不会在除了它们共享的端点之外的位置相交。平面图的一个重要特性是可以给它指定一个面的集合，其中每个面都是连通的并且由一圈边包围，外加一个无限大的“外部面”。

但因为每条边在计算时被重复计算了一次为什么会被重新计算一次

在计算每个区域的边界时，如果我们简单地将每个区域的最少边数（至少3条边）相加，会出现边被重复计算的情况，原因如下：

当考虑一个平面图中的多个区域时，大多数情况下，这些区域并不是完全隔离的，它们之间往往通过边来共享边界。例如，想象两个相邻的区域A和B，它们之间至少有一条共同的边界边。在我们的计算中，如果分别考虑A和B两个区域，这条共享边会被算作A区域边界的一部分，同时也会被算作B区域边界的一部分。

对于区域A，我们计数时包括了与B共享的那条边；

同样，对于区域B，我们再次包含了那条共享边。

因此，这条边在计算整个图的所有区域边界总和时被计算了两次。同样的逻辑适用于所有共享边，无论两个区域共享还是多个区域共用同一条边，只要这些边参与构成不同区域的边界，它们在按区域累加边数时就会被多次计算。

这就是为什么当我们把所有区域的边界边数相加时，每条边（特别是那些属于两个或以上区域的边界）会被重复计算的原因。为了纠正这种重复计算，我们最终在不等式中使用了 2m2m，即实际边数的两倍，来确保与理论上的最小边界边数（每个区域至少3条边，总和为 3r3r）进行合理的比较，从而得出 2m \geq 3r2m≥3r 的结论。

对偶图

就是先在每个面放一个点，然后依次判断每条边是哪两个面的公共边，然后把这两个面里放的点连起来还要经过这条边，如果边只跟一个面接触，就在对应的点画个环

自对偶图：画出来的红色这个，把线拉一下，就能回到W4。

在给定的证明中，表达式(m-1)i是通过调整原始等式mi = i + t - 1得来的，目的是为了直接展示分枝点的数量(i)与树叶数量(t)之间的关系。具体步骤如下：

原始等式: mi = i + t - 1

这个等式表示的是分枝点的总出度（每个分枝点出度为m，共有i个分枝点，因此总出度为mi）等于树中所有节点（包括分枝点和树叶）的数量减去1（因为树的边数总是比节点数少1）。

调整等式以解出t: 我们想单独表示t（树叶数），所以我们对等式进行变形以隔离t。

将等式两边同时减去i，得到:

mi - i = t - 1mi−i=t−1

然后提取公因数i，并重新组织等式，得到:

i(m - 1) = t - 1i(m−1)=t−1