1. Düzlemsel Çizge
Remzi ÇELEBİ

2. Düzlemsel Çizge
• Herhangi bir ayrıtı başka bir ayrıt ile
kesişmeden bir düzleme çizilebilen çizgeye
düzlemsel çizge denir.

3. Bir çizgeyi düzlemsel hale çevirmek
• v1 ve v2, v4 ve v5 ikisine birden bağlı, bu dört ayrıt bir kapalı devre
oluşturlar.
• v3 çizmek istediğimizde ise bu ya R1 içinde ya da R2 içinde olması gerek.
• v6’yı herhangi bir kesişim yapmadan çizgenin içine yerleştirmek mümkün
değil.

4. Uygulama Alanı
• Bir çizgenin düzlemseliği elektronik devrelerin
tasarımı için önemli bir role sahiptir. Elektronik
bir devre bir çizge gibi gösterimlenebilir; tepeler
ve bunları birleştiren ayrıtlar olarak. Bir devre,
eğer onu temsil eden çizge düzlemsel ise tek bir
board üzerine basımı mümkün olabilir. Eğer
düzlemsel değilse bu çizge altçizgeler ayrılıp, çok
tabakalı devreler üretmek gerekir ki bu da daha
maliyetli bir çözümdür. Bunun dışında devrelerde
kesişim için yalıtılmış kablo kullanılabilir. Bu
durumda devrede az sayıda kesişim bulunması
önemli hale gelir.

5. Bölgeler ve Bölgelerin Derecesi
• Bir çizge düzlemi
bölgelere ayırır.
• Bir bölgenin
derecesi , o
bölgenin sınırını
oluşturan
ayrıtların sayısına
eşittir.

6. Bölgeler ve Bölgelerin Derecesi
• Bölgelerin derecelerinin toplamı çizgedeki
ayrıtların sayısının tam tamına iki katı olur,
çünkü her bir ayrıt bir bölgede iki defa
tezahür eder, ya aynı bölgede iki defa ya da
farklı iki bölge de birer defa olmak üzere

7. Euler Formülü

8. Euler Formülünün Kanıtı
• Bir düzlemsel çizgenin , bu başlangıç çizgesinden
başlayıp düzlemseliği bozmayacak şekilde birer
birer ayrıt eklenerek oluşan çizge için bu koşulun
doğru olduğunu bulabilirsek, Euler formülünü
kanıtlamış oluruz.
• Tümevarım Yöntemi
– Taban Adımı : bir ayrıt ve 2 tepe noktası G1
• r=e-v+2 => 1=1-2+2
– Tümevarım adımı:
• Yeni bir ayrıt ekleyerek bir çizge oluştur Gn+1

9. Euler Formülünün Kanıtı
• (a) için (r+1)=(e+1)-v+2 => r=e-v+2
• (b) için r=(e+1)-(v+1)+2 => r=e-v+2
• Her yeni eklenen {an+1, bn+1} ayrıtı için iki
ihtimal vardır:

10. Düzlemsel Çizge Teoremleri
• Her bir bölgenin en az 3 dereceli olduğunu söylemiştik. Bu
durumda
• Bölgelerin toplam derece sayısı >= 3*r
• Ayrıca bölgelerin toplam derece sayısı = 2*e
• Bu iki eşitliği kullanarak şuna varabiliriz
2*e>= 3*r => (2/3)e >= r
• Bu eşitliği Euler Formülüne yerleştirdiğimizde
r=e-v+2 => (2/3)e>=e-v+2
v-2 >= e/3 => 3v-6 >=e

11. Düzlemsel Çizge Teoremleri
• Birinci Teoremi kullanarak e<= 3v-6 ; eğer her bir tepe
noktasının derecesi en az 6 olsaydı;
• Tepe noktaların toplam derece sayısı = 2e (Handshaking
Teorem)
2e>=6v
• Fakat ilk Teoremden biliyorduk ki
e<= 3v-6 => 2e <= 6v-12
• Bu durumda 5 ten büyük olmayacak bir tepe noktası olması
gerek.

12. Düzlemsel Çizge Teoremleri
• Teorem 3:
e ayrıtı ve v tepe noktası olan bağlı basit bir
çizgenin v>= 3 olmak üzere 3 uzunluğunda bir
devresi yoksa, e<=2v-4 koşunu sağlar.
(2*e>= 3*r) => 2e >=4*r => e/2 >=r
r=e-v+2 => e/2 >= e-v +2
=> e <= 2v-4

13. Düzlemsel Olmayan Çizgeler

14. Düzlemsel Olmayan Çizgeler
• K3,3 çizgesinde 3
uzunlukta herhangi bir
devre yoktur.
• e>= 2v-4 şartını
sağlaması gerekir
Fakat
9 <= 2*6 -4 =8 (Çelişki)

15. Kuratowski Teoremi
• Bir çizgenin K5 ve K3,3 çizgelerine homeomorf
bir altçizgesi varsa bu çizge düzlemsel değil.
– Bir çizgenin homeomorf çizgesi:
Derecesi iki olan her bir tepe noktasını silelim ve o
noktaya değen iki kenarı onarıp tek bir kenar
yapalım. Hatta, derecesi 0 ve 1 olan noktaları ve o
noktalara değen kenarları da atalım. Ve bunu
böylece sürdürelim. Geriye (belki de hiç noktasız)
her noktasının derecesi en az 3 olan bir çizge
kalacak. Oluşan çizge homeomorf çizgedir.