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user: 2. 定理证明 2.1. 极小反例的结构性质 假设 G = ( V ， E ) 为上述定理点数最少的极小反例。显然，G是连通的，否则我们可以找到一个点数更小的极小反例。首先我们给出G的一些结构性质。 断言 1 G中不存在 2 − -点。 证明 假设v为G中的 2 − -点。根据G的极小性可得， G − v 存在 ( F ， F 5 ) -分解。如果 d ( v ) = 1 ，那么我们可将v放入F。假设 d ( v ) = 2 ，若它的两个邻点都在F中，则可将v放入 F 5 。否则v至少有一个邻点在 F 5 中，此时我们可将v放入F。因此我们总能得到G的 ( F ， F 5 ) -分解，矛盾。 断言 2 G中的3-点至少相邻一个大点。 证明 假设 d ( v ) = 3 且它的邻点都为小点，即 7 − -点。根据G的极小性可得， G − v 存在 ( F ， F 5 ) -分解。如果v的三个邻点中至少有两个在 F 5 中，那么我们可将v放入F。如果它的三个邻点都在F中，那么我们可将v放入 F 5 。现在假设v恰好有一个邻点u在 F 5 中。如果u至多有一个F-邻点，那么我们可将u放入F，v放入 F 5 。否则因为u为小点，它至多有四个 F 5 -邻点，此时我们可将v放入 F 5 。因此我们总能得到G的 ( F ， F 5 ) -分解，矛盾。 断言 3 G中不存在6-面 f = [ v 1 v 2 ⋯ v 6 ] 使得 f 1 ， f 2 ， f 3 是三角形，且 d ( v i ) = 3 ， i = 1 ， 2 ， ⋯ ， 6 ，或当 v 1 只有一个大邻点时， d ( v 1 ) = 4 ， d ( v i ) = 3 ， i = 2 ， 3 ， ⋯ ， 6 。 证明 不妨设 f = [ v 1 ， v 2 ， ⋯ ， v 6 ] 为G中满足断言1的6-面，令 u 1 ， u 2 ， u 3 分别为与 f 1 ， f 3 ， f 5 关联的第三个点，且令 v 1 的第四个邻点为 u 4 。则由断言2， u i 为大点， i = 1 ， 2 ， 3 。令 G ′ = G − { v 1 ， v 2 ， v 3 ， v 4 ， v 5 ， v 6 } + { w 1 ， w 2 ， w 3 } + { w 1 w 2 ， w 2 w 3 ， w 3 w 1 ， w 1 u 1 ， w 2 u 2 ， w 3 u 3 } ，则 G ′ 中不存在4-圈和5-圈。由G的极小性可得，G存在 ( F ， F 5 ) -分解。我们要证明在下列所有情况下我们都可以得到G的 ( F ， F 5 ) -分解。在下列情形中，若 u 4 在 F 5 中，则将 v 1 放入 F 5 可能会增加 G [ F 5 ] 中点的度数，此时因为 u 4 是小点我们可以将它 u 4 放入F。 · 若 u 1 ， u 2 ， u 3 都在F中，则我们将 v 2 放入F， v 1 ， v 3 ， v 4 ， v 5 放入 F 5 。 · 若 u 1 ， u 2 ， u 3 恰好有一个点在 F 5 中。设 u i 在 F 5 中，则我们将与 f i 关联的另外两个点放入F，将与f关联的另外四个点放入 F 5 。 · 若 u 1 ， u 2 ， u 3 恰好有两个点在 F 5 中。设 u i ， u j 在 F 6 中，则我们将与 f i ， f j 关联的另外两个点放入F，将与f关联的另外两个点放入 F 5 。 · 若 u 1 ， u 2 ， u 3 都在 F 5 中。由于 G ′ [ { w 1 ， w 2 ， w 3 } ] 为 G ′ 中的三角形，则至少有一个点在 F 5 中。若 w 1 在 F 5 中，则将 v 2 放入 F 5 ，将 v 1 ， v 3 ， v 4 ， v 5 ， v 6 放入F，若 w i 在 F 5 中， i = 2 ， 3 ，则我们将与 f i 关联的一个点放入 F 5 且将其余与f关联的点放入F。 因此在任意情况下G都存在 ( F ， F 5 ) -分解，矛盾。 断言 4 若 f = [ v 1 v 2 ⋯ v 6 ] 为 ( 3 ， 3 ， 3 ， 3 ， 3 ， 8 + ) -面， f 3 ， f 5 ， f 6 为三角形，且与 f 5 ， f 6 关联的第三个点为小点，则 d ( v 6 ) ≥ 9 。 证明 设 f = [ v 1 v 2 ⋯ v 6 ] 为上述6-面，令 v 2 的第三个邻点和与 f 3 ， f 5 ， f 6 关联的第三个点分别为 u 1 ， u 2 ， u 3 ， u 4 。令 G ′ = G − { v 2 } ，则由G的极小性， G ′ 存在 ( F ， F 5 ) -分解。当 d ( v 6 ) = 8 时，我们可以很容易地将 G ′ 的 ( F ， F 5 ) -分解扩充到G。 首先假设 u 1 在F中。若 v 1 ， v 3 中至多一个属于 F 5 ，则可将 v 2 放入 F 5 。否则可将 v 2 放入F。现在假设 u 1 在 F 5 中。若 v 1 ， v 3 中至多一个属于F，则可将 v 2 放入F。因此可以假设两者都在F中。若 u 4 ， v 6 都在 F 5 中，则同样可将 v 2 放入F。若两者都在F中，则可先将 v 1 放至 F 5 ，再将 v 2 放至F。否则，首先假设 u 4 在 F 5 中， v 6 在F中，若 u 4 至多有四个 F 5 -邻点，则可同样将 v 1 放至 F 5 。若有至少五个 F 5 -邻点，则可将 u 4 放至F， v 1 放至 F 5 。因此可得 u 4 在F中， v 6 在 F 5 中。 同上分析可得 v i 和 u 3 一定在F中， i = 4 ， 5 ，且 u 2 一定在 F 5 中。若 d ( v 6 ) = 8 ，则 v 6 至多有四个 F 5 -邻点。因此我们可以将 v 1 或者 v 5 放入 F 5 。 v 2 放入F。因此我们总能得到G的 ( F ， F 5 ) -分解，矛盾。 断言 5 设 f = [ v 1 v 2 ⋯ v 6 ] 为G中的 ( 3 ， 8 + ， 3 ， 3 ， 8 + 3 ) -面，其中 f i 为三角形， i = 1 ， 2 ， 4 ， 5 。令与 f i 关联的第三个点为 u i 。若 u i 为小点， i = 1 ， 2 ， 4 ， 5 ，则 v 2 ， v 5 中至少有一个 9 + -点。特别地，若 u 1 ， u 5 或 u 2 ， u 4 为3-点，则 v 2 ， v 5 都为 9 + -点。 证明 设 v 2 ， v 5 都为8-点。令 G ′ = G − { v 1 ， v 6 } ，由G的极小性可得， G ′ 存在 ( F ， F 5 ) -分解。下面我们要证明G存在 ( F ， F 5 ) -分解，从而得出矛盾，从而证明 v 2 ， v 5 中至少有一个 9 + -点。 · 首先假设 v 2 ， v 5 都在F中。若 u 1 ， u 5 都在F中，则将 v 1 ， v 6 放入 F 5 。否则，由于 u 1 ， u 5 都是小点，可将 v 1 放入 F 5 ， v 6 放入F。 · 假设 v 2 ， v 5 恰好有一个点在F中，由对称性不妨设 v 2 在F中且 v 5 在 F 5 中。此时可将 v 1 放入 F 5 ， v 5 放入F。 · 设 v 2 ， v 5 都在 F 5 中。若 u 1 ， u 5 中至多有一个点在 F 5 中，则将 v 1 ， v 6 放入F。现在假设 u 1 ， u 5 都在F中。由于 v 3 ， u 2 中至多有一个点在 F 5 中，若 v 2 其余的邻点不都在 F 5 中，则将 v 1 放入 F 5 ， v 6 放入F。因此， v 3 ， u 2 和 v 4 ， u 4 中都恰好有一个点在 F 5 中。 (1) 如果 u 2 在F中，则将 v 3 放入F， v 1 放入 F 5 ， v 6 放入F。 (2) 如果 u 2 在 F 5 中，则将 v 2 放入F， v 1 放入 F 5 ， v 6 放入F。 若 u 2 ， u 4 都为3-点，由对称性不妨设 d ( v 2 ) = 8 。我们知道 v 2 ， u 2 中恰好有一个点在 F 5 中，且 v 4 ， u 4 中至少有一个点在F中。令 u 2 ， u 4 的第三个邻点分别为 w 1 ， w 2 。 · 设 u 2 在 F 5 中。若 v 4 在F中，则我们将 v 3 放入 F 5 ， v 2 放入F， v 1 放入 F 5 且将 v 6 放入F。否则， v 4 在 F 5 中且 u 4 在F中。若 w 2 在 F 5 中，则将 v 4 放入F，则我们回到了之前讨论过的情况。否则，将 v 4 放入F，同样回到之前讨论过的情况。 · 设 v 3 在 F 5 中。若 w 1 在F中，我们将 v 3 放入 F 5 ， v 2 放入F， v 1 放入 F 5 且将 v 6 放入F。否则，我们直接将 v 2 放入F， v 1 放入 F 5 ， v 6 放入F。 2.2. 权转移 接下来我们将应用权转移来得出矛盾。首先我们对G中的顶点和边定义初始权函数 ω 。对于 v ∈ V ( G ) ， ω ( v ) = 2 d ( v ) − 6 ；对于 f ∈ F ( G ) ， ω ( f ) = d ( f ) − 6 。根据欧拉公式和握手定理可得 ∑ v ∈ V ( G ) ( 2 d ( v ) − 6 ) + ∑ f ∈ F ( G ) ( d ( f ) − 6 ) = − 12 。 然后定义适当的权规则将初始权 ω 通过权转移变为最终权 ω * ，使得对于每个 x ∈ V ( G ) ∪ F ( G ) ，有 ω * ( x ) ≥ 0 。注意到权转移过程不会改变总的权和，因此我们可以得出如下矛盾， 0 ≤ ∑ x ∈ V ( G ) ∪ F ( G ) ω * ( x ) = ∑ x ∈ V ( G ) ∪ F ( G ) ω ( x ) = − 12 ，从而完成定理的证明。 设 d ( v ) = 4 。令 v 1 ， v 2 ， v 3 ， v 4 为v在平面上按顺时针方向排列的邻点。记以 v v i 和 v v i + 1 为边界构成的面为 f i ， i = 1 ， 2 ， 3 ， 4 且i对4取模。设 f = [ v 1 v 2 ⋯ v 6 ] 是一个6-面，若 f i 是一个三角形，则令 u i 为与 f i 关联的第三个点。 若v是一个3-点，关联一个三角形且只有一个大邻点，则称v为一个坏3-点。另外，若v是一个4-点且关联两个三角形，则称v为坏4-点。设 f = [ v 1 v 2 ⋯ v 6 ] 是一个 ( 3 ， 8 + ， 3 ， 3 ， 8 + ， 3 ) -面且 f i 为三角形， i = 1 ， 2 ， 4 ， 5 。若 u i 是小点， i = 1 ， 2 ， 4 ， 5 ，且 u 1 ， u 5 或者 u 2 ， u 4 不都为3-点，则称f是一个坏6-面。很显然，任意两个坏6-面不相邻。 对于 x ， y ∈ V ( G ) ∪ F ( G ) ，我们用 τ ( x → y ) 表示x转给y的权值。另外，用 l ( v ) 表示与v关联的三角形的个数。对于任意 f ∈ F ( G ) ，用 k ( f ) 表示与f关联的坏3-面的个数。我们的权规则定义如下： (R1) 令 d ( v ) = 3 。若 l ( v ) = 0 ，则v给每个关联的6 + -面转权 n b ( v ) 4 。设 l ( v ) = 1 ，若v是一个坏3-点，则v给每个关联的三角形转权1。否则，v给每个关联的三角形转权1，给每个关联的6 + -面转权 3 n b ( v ) − 4 8 。 (R2) 令 d ( v ) = 4 。若 l ( v ) = 0 ，则v给每个关联的 6 + -面转权 3 n b ( v ) + 8 16 。当 l ( v ) = 1 时，令 f i 为三角形，则 τ ( v → f i ) = 1 ， τ ( v → f 2 ) = τ ( v → f 4 ) = 3 n b ( v ) + 2 8 且 τ ( v → f 3 ) = 1 2 。设 l ( v ) = 2 ，则v给每个关联的三角形转权1，给每个关联的 6 + -面转权 3 n b ( v ) 8 。 (R3) 5-点给每个关联的三角形转权1，给每个关联的 6 + -面转权 n b ( v ) + 2 3 。 (R4) 小 6 + -点给每个关联的面转权1。 (R5) 令v为G中的一个大点，则 (R5.1) v给每个相邻的小点转 3 4 。若v相邻一个大点u，则v给每个与v关联且以uv为边界的面转权 3 8 。 (R5.2) v给每个关联的三角形转权1。 9 + -点给每个关联的 6 + -面转权 1 4 。每个6-点给关联的 6 + -面 f ′ 转权 1 8 ，其中 f ′ 至多相邻一个与v关联的三角形。 (R6) 6 + -面给每个关联的坏3-点转权 1 8 ，给每个相邻的坏6-面转权 1 8 。 下面我们证明对于所有 x ∈ V ( G ) ∪ F ( G ) ， ω * ( x ) ≥ 0 。令 v ∈ V ( G ) ，则 d ( v ) ≥ 3 。 · 设 d ( v ) = 3 。若 l ( v ) = 0 ，则由(R1)和(R5)可得 ω * ( v ) ≥ 3 4 n b ( v ) − 3 ⋅ n b ( v ) 4 ≥ 0 。若 l ( v ) = 1 ，假设v是一个坏3-点，则根据规则(R1)，(R5)和(R6)我们可以得出 ω * ( v ) ≥ 1 − 3 4 − 2 ⋅ 1 8 ≥ 0 。否则， ω * ( v ) ≥ − 1 − 2 ⋅ 3 n b ( v ) − 4 8 + 3 n b ( v ) 4 ≥ 0 。 · 设 d ( v ) = 4 。若 l ( v ) = 0 ，则由(R2)和(R5)可得 ω * ( v ) ≥ 3 n b ( v ) 4 + 2 − 4 ⋅ 3 n b ( v ) + 8 16 ≥ 0 。若 l ( v ) = 1 ，则 ω * ( v ) ≥ 3 n b ( v ) 4 + 2 − 1 − 2 ⋅ 3 n b ( v ) + 2 8 − 1 2 ≥ 0 。设 l ( v ) = 2 ，则 ω * ( v ) ≥ 3 n b ( v ) 4 + 2 − 2 − 2 ⋅ 3 n b ( v ) 8 ≥ 0 。 · 设 d ( v ) = 5 ，由(R3)我们可以得到 ω * ( v ) ≥ 4 + n b ( v ) − 2 − 3 ⋅ n b ( v ) + 2 3 ≥ 0 。 · 设 6 ≤ d ( v ) ≤ 7 ，由(R4)我们可以得到 ω * ( v ) ≥ 2 d ( v ) − 6 − d ( v ) ≥ 0 。 · 设 d ( v ) = 8 ，由(R5)我们可以得到 ω * ( v ) ≥ 2 ⋅ 8 − 6 − 8 ⋅ 3 4 − 4 ≥ 0 。 · 设 d ( v ) ≥ 9 。如果 d ( v ) = 9 ，则根据(R5)可得 ω * ( v ) ≥ 12 − 9 ⋅ 3 4 − 5 ⋅ 1 4 − 4 = 0 。如果 d ( v ) ≥ 10 ，则根据(R5)可得 ω * ( v ) ≥ 2 d ( v ) − 6 − d ( v ) 2 − 3 d ( v ) 4 − 1 4 ⋅ ( d ( v ) 2 + 1 ) ≥ 0 。 下面我们证明对于 f ∈ F ( G ) ，有 ω * ( f ) ≥ 0 。如果 d ( f ) = 3 ，那么根据规则(R1)-(R5)我们可以得出 ω * ( f ) ≥ − 3 + 3 = 0 。如果 d ( f ) = 7 ，则f的边界上至多有6个坏3-点并且f至多相邻两个坏6-面。因此 ω * ( f ) ≥ 1 − 6 ⋅ 1 8 − 2 ⋅ 1 8 = 0 。设 d ( f ) ≥ 8 ，有 ω * ( f ) ≥ d ( f ) − 6 − 1 8 ⋅ d ( f ) − 1 8 ⋅ 1 2 ⋅ d ( f ) > 0 。现在假设 d ( f ) = 6 ，令 f = [ v 1 v 2 ⋯ v 6 ] 。接下来我们将根据 k ( f ) 的值将证明分为以下几个部分。注意到不是坏3-点的3-点和小 4 + -点至少给每个关联的 6 + -面转权 1 4 。 情况 1 假设 k ( f ) = 0 ，则有 ω * ( f ) = ω ( f ) = d ( f ) − 6 = 0 。 情况 2 假设 k ( f ) = 1 ，则f不相邻坏6-面。令 v 1 为坏3-点， f 1 为三角形。则 f 6 一定为 4 + -面。因此不管 v 6 是大点还是小点，都有 τ ( v 6 → f ) ≥ 1 4 。从而有 ω * ( f ) ≥ − 1 8 + 1 4 > 0 。 情况 3 假设 k ( f ) = 2 。 首先假设 v 1 ， v 2 为坏3-点。如果 f 1 为三角形，那么 f 2 ， f 6 都为 4 + -面，因此 τ ( v 3 → f ) ≥ 1 4 ， τ ( v 6 → f ) ≥ 1 4 。故有 ω * ( f ) ≥ 2 ⋅ 1 4 − 2 ⋅ 1 8 > 0 。现在假设 f 2 ， f 6 为三角形，如果 v 3 为小点，那么 u 2 肯定为大点，因此根据规则(R1)-(R4)可得 τ ( v 3 → f ) ≥ 3 8 。从而有 ω * ( f ) ≥ 3 8 − 2 ⋅ 1 8 − 1 8 = 0 。假设 v 3 为大点，如果 v 4 也为大点，则根据规则(R5.1)可得 τ ( v 3 → f ) ≥ 3 8 ；否则 τ ( v 4 → f ) ≥ 1 4 。由对称性可得 τ ( v 5 → f ) + τ ( v 6 → f ) ≥ 1 4 。因此 ω * ( f ) ≥ 2 ⋅ 1 4 − 2 ⋅ 1 8 > 0 。 假设 v 1 ， v 3 为坏3-点。如果 f 1 ， f 2 为三角形，那么 f 3 ， f 6 都为 4 + -面，因此有 τ ( v 4 → f ) ≥ 1 4 且 τ ( v 6 → f ) ≥ 1 4 ，故 ω * ( f ) ≥ 2 ⋅ 1 4 − 2 ⋅ 1 8 > 0 。现在假设 f 3 ， f 6 为三角形，由于 f 1 ， f 2 为 4 + -面且 v 2 不为坏点，因此 τ ( v 2 → f ) ≥ 1 4 ，故 ω * ( f ) ≥ 1 4 − 2 ⋅ 1 8 = 0 。根据对称性我们假设 f 1 ， f 3 为三角形，那么 v 2 必为 4 + -点且不为坏点，因此 ω * ( f ) ≥ 1 4 − 2 ⋅ 1 8 = 0 。 假设 v 1 ， v 4 为坏3-点。由对称性，如果 f 1 ， f 3 为三角形，那么 f 4 ， f 6 必为 4 + -面。由于 v 5 ， v 6 都不为坏点，因此 τ ( v 5 → f ) ≥ 1 4 且 τ ( v 6 → f ) ≥ 1 4 。故 ω * ( f ) ≥ 2 ⋅ 1 4 − 2 ⋅ 1 8 > 0 。如果 f 1 ， f 4 为三角形，那么 f 3 ， f 6 为 4 + -面，同样我们有 τ ( v 3 → f ) ≥ 1 4 且 τ ( v 6 → f ) ≥ 1 4 。因此 ω * ( f ) ≥ 2 ⋅ 1 4 − 2 ⋅ 1 8 > 0 。 情况 4 假设 k ( f ) = 3 。 假设 v 1 ， v 2 ， v 3 为坏3-点。根据对称性假设 f 1 ， f 3 为三角形，则有 τ ( v 6 → f ) ≥ 1 4 。如果 v 4 为小点，那么 u 3 肯定为大点，因此根据(R2)-(R4)可得 τ ( v 4 → f ) ≥ 1 4 。假设 v 4 为大点，如果 v 5 也是大点，那么根据规则(R5)有 τ ( v 4 → f ) ≥ 3 8 。否则 τ ( v 5 → f ) ≥ 1 4 。因此 ω * ( f ) ≥ 2 ⋅ 1 4 − 3 ⋅ 1 8 − 1 8 = 0 。 假设 v 1 ， v 2 ， v 4 为坏3-点。如果 f 1 ， f 3 为三角形，那么根据以上讨论我们可得 τ ( v 5 → f ) ≥ 1 4 且 τ ( v 6 → f ) ≥ 1 4 。因此 ω * ( f ) ≥ 2 ⋅ 1 4 − 3 ⋅ 1 8 > 0 。假设 f 1 ， f 4 为三角形，同样可得 τ ( v 3 → f ) ≥ 1 4 且 τ ( v 6 → f ) ≥ 1 4 。因此 ω * ( f ) ≥ 2 ⋅ 1 4 − 3 ⋅ 1 8 > 0 。假设 f 2 ， f 3 ， f 6 为三角形。如果 v 3 为小点，那么 u 2 肯定为大点，因此根据规则(R2)， τ ( v 3 → f ) ≥ 3 8 。由于 f 4 为 4 + -面， v 5 不为坏点，因此 τ ( v 5 → f ) ≥ 1 4 ，故 ω * ( f ) ≥ 1 4 + 3 8 − 3 ⋅ 1 8 > 0 。现在假设 v 3 为大点，那么 v 5 肯定为小点。同样有 τ ( v 5 → f ) ≥ 1 4 。如果 v 6 为小点，那么 u 6 肯定为大点，因此根据规则(R2)， τ ( v 6 → f ) ≥ 3 8 。否则假设 v 6 为大点，如果 f 5 为三角形，那么根据规则(R2)有 τ ( v 5 → f ) ≥ 5 8 ，或根据规则(R5)有 τ ( v 6 → f ) ≥ 1 4 。在每种情况下我们都有 ω * ( f ) ≥ 2 ⋅ 1 4 − 3 ⋅ 1 8 − 1 8 = 0 。最后假设 f 2 ， f 4 ， f 6 为三角形。此时 v 3 为 4 + -点且 f 3 为 4 + -面。如果 v 3 为小点，那么 u 2 肯定为大点，因此根据规则(R2)， τ ( v 3 → f ) ≥ 5 8 。现在假设 v 3 为大点，由于f为 4 + -面， τ ( v 3 → f ) ≥ 1 4 。并且 v 5 为小点，那么 u 6 肯定为大点，因此根据规则(R2)， τ ( v 6 → f ) ≥ 5 8 。否则 τ ( v 5 → f ) ≥ 3 8 。因此总有 ω * ( f ) ≥ 5 8 − 3 8 − 1 8 > 0 。 假设 v 1 ， v 3 ， v 5 为坏3-点。首先假设 f 1 ， f 2 ， f 4 为三角形，则 f 3 ， f 5 ， f 6 必为 4 + -面，因此 τ ( v 6 → f ) ≥ 1 4 且 τ ( v 4 → f ) ≥ 1 4 。故 ω * ( f ) ≥ 2 ⋅ 1 4 − 3 8 > 0 。现在假设 f 1 ， f 3 ， f 5 为三角形，同样可得 τ ( v 2 → f ) ≥ 1 4 且 τ ( v 4 → f ) ≥ 1 4 。因此 ω * ( f ) ≥ 2 ⋅ 1 4 − 3 8 > 0 。 情况 5 假设 k ( f ) = 4 。 假设 v 1 ， v 2 ， v 3 ， v 4 为坏3-点。首先假设 f 1 ， f 3 为三角形，那么f不相邻坏6-面。并且 f 4 ， f 6 都为 4 + -面，因此 τ ( v 5 → f ) ≥ 1 4 且 τ ( v 6 → f ) ≥ 1 4 。故 ω * ( f ) ≥ 2 ⋅ 1 4 − 4 ⋅ 1 8 > 0 。现在假设 f 2 ， f 4 ， f 6 为三角形，如果 v 5 ， v 6 都为大点，那么 τ ( v 5 → f ) ≥ 1 4 且 τ ( v 6 → f ) ≥ 1 4 。如果 v 5 ， v 6 都为小点，那么 u 4 ， u 6 都为大点，因此根据规则(R2)同样有 τ ( v 5 → f ) ≥ 1 4 且 τ ( v 6 → f ) ≥ 1 4 。否则根据对称性假设 v 5 为大点而 v 6 为小点，此时 u 6 肯定为大点，因此 τ ( v 6 → f ) ≥ 3 4 。故 ω * ( f ) ≥ 3 4 − 4 ⋅ 1 8 − 2 ⋅ 1 8 = 0 。 假设 v 1 ， v 2 ， v 3 ， v 5 为坏3-点。首先假设 f 1 ， f 3 ， f 4 为三角形，那么 f 5 ， f 6 肯定为 4 + -面，因此根据规则(R1)， τ ( v 6 → f ) ≥ 1 4 。此时如果 v 4 为小点，那么 u 3 ， u 4 肯定为大点，因此根据(R3) τ ( v 4 → f ) ≥ 2 3 ，故 ω * ( f ) ≥ 1 4 + 2 3 − 1 2 − 1 8 > 0 。现在假设 v 4 为大点，根据断言4， d ( v 4 ) ≥ 9 ，此外 f 2 不为坏面，因此 τ ( v 4 → f ) ≥ 1 4 。从而有 ω * ( f ) ≥ 2 ⋅ 1 4 − 1 2 = 0 。假设 f 2 ， f 4 ， f 6 为三角形，那么 f 3 ， f 5 肯定为 4 + -面且 v 4 为小 4 + -点，因此 τ ( v 4 → f ) ≥ 1 4 。此时如果 v 6 为大点，那么 f 1 肯定不为坏面且 τ ( v 6 → f ) ≥ 1 4 ，因此 ω * ( f ) ≥ 2 ⋅ 1 4 − 1 2 = 0 。否则 u 6 肯定为大点，因此根据规则(R2)， τ ( v 6 → f ) ≥ 5 8 。从而有 ω * ( f ) ≥ 5 8 + 1 4 − 1 2 − 1 8 > 0 。 假设 v 1 ， v 2 ， v 4 ， v 5 为坏3-点。首先假设 f 1 ， f 4 为三角形，那么f相邻的其余面都为 4 + -面，此时有 τ ( v 3 → f ) ≥ 1 4 且 τ ( v 6 → f ) ≥ 1 4 。因此 ω * ( f ) ≥ 2 ⋅ 1 4 − 1 2 = 0 。假设 f 1 ， f 3 ， f 5 为三角形，那么此时 f 2 ， f 6 为 4 + -面。如果 v 3 ， v 6 都为大点，那么 ω * ( f ) ≥ 2 ⋅ 1 4 − 1 2 = 0 。否则 v 3 ， v 6 都为小点并且 u 3 ， u 5 都为大点，因此根据规则(R2)， τ ( v 3 → f ) ≥ 5 8 ，故 ω * ( f ) ≥ 5 8 − 1 2 > 0 。最后假设 f 2 ， f 3 ， f 5 ， f 6 为三角形，如果 v 3 ， v 6 都为小点，那么对于 i = 2 ， 3 ， 5 ， 6 ， u i 都为大点。根据规则(R3)， τ ( v 3 → f ) ≥ 2 3 ， τ ( v 6 → f ) ≥ 2 3 ，因此 ω * ( f ) ≥ 2 ⋅ 2 3 − 1 2 − 2 ⋅ 1 8 > 0 。现在假设 v 3 ， v 6 中恰有一个为小点，不妨设为 v 3 ，此时 f 1 ， f 4 不为坏面，因此我们同样可得 τ ( v 3 → f ) ≥ 2 3 ， ω * ( f ) ≥ 2 3 − 1 2 > 0 。最后假设 v 3 ， v 6 都为大点，那么对于 i = 2 ， 3 ， 5 ， 6 ， u i 都为小点。根据断言5，如果 u 2 ， u 6 或 u 3 ， u 5 都为3-点，那么 v 3 ， v 6 都为 9 + -点。因此 ω * ( f ) ≥ 2 ⋅ 1 4 − 1 2 = 0 。否则f为坏6-面，同样根据断言5， v 3 ， v 6 中至少有一个点为 9 + -点，因此根据规则(R6)， τ ( f 1 → f ) ≥ 1 8 并且 τ ( f 4 → f ) ≥ 1 8 ，从而有 ω * ( f ) ≥ 1 4 + 2 ⋅ 1 8 − 1 2 = 0 。 情况 6 假设 k ( f ) = 4 。对于 i = 1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 5 ，令 v i 为坏3-点，此时 u 1 ， u 3 ， u 5 为大点且 v 6 为小点。根据断言3， v 6 为 5 + -点，因此 τ ( v 6 → f ) ≥ 11 12 ，从而我们可得 ω * ( f ) ≥ 11 12 − 5 8 − 1 4 > 0 。