Aquí está la mayor parte de la respuesta. Para un caso, todavía no tengo un buen argumento, pero tengo un enlace a un tratamiento de fuerza bruta, que podría ser lo mejor que podemos hacer. Gracias por hacer esta pregunta. Muchas de las discusiones que he leído sobre los grafos platónicos parecen descuidar este punto por completo. (Y en particular, no me sorprendería que los autores del libro que estás leyendo no esperaran que abordaras este punto de forma rigurosa al resolver el ejercicio).
Que a $(k,r)$ -graph sea un $3$ -conectado, $r$ -grafo plano regular cuyas caras tienen todas longitudes $r$ . El argumento de la fórmula de Euler dice que los únicos casos que debemos considerar son los $(3,3)$ -, $(3,4)$ -, $(3,5)$ -, $(4,3)$ -, y $(5,3)$ -gráficos; demostraremos que cada uno de ellos es único.
A $(3,3)$ -el gráfico debe tener $4$ vértices y $6$ aristas por la fórmula de Euler. El único gráfico de este tipo es el gráfico completo. Por lo tanto, el $(3,3)$ -gráfica es única.
A $(4,3)$ -el gráfico debe tener $8$ vértices y $12$ aristas por la fórmula de Euler; es bipartito, porque todas sus caras tienen longitudes pares, y como es regular, ambas partes de la bipartición tienen tamaño $4$ . Toma el complemento bipartito (todas las aristas entre las dos partes que no están en el gráfico original). Este es un $1$ -grafo bipartito regular con $4$ aristas, que es única: sólo puede ser la unión disjunta de $4$ bordes. Así que el $(4,3)$ -gráfica es única también.
A $3$ -tiene una incrustación plana única, por lo tanto un dual único, y su dual es también $3$ -conectado. El dual de un $(3,4)$ -graph es un $(4,3)$ -y hemos comprobado que sólo hay uno de ellos. Por lo tanto, el $(3,4)$ -gráfica es única también.
(Alternativamente, $(3,4)$ -el gráfico debe tener $6$ vértices por la fórmula de Euler. Por lo tanto su complemento es un $1$ -grafo regular en $6$ vértices, que sólo pueden ser la unión disjunta de $3$ aristas. De hecho, esto es más fácil que el argumento del cubo, así que tal vez deberíamos usar la dualidad en el otro sentido para simplificar la prueba lo más posible).
Para un $(5,3)$ -que se supone que es un dodecaedro, véase el lema 1.1 en este documento ("A convex characterization of the graphs of the dodecahedron and icosahedron" por P.V. Cruyce). En él se expone el argumento que se pasa por alto en muchas fuentes como "una vez que empezamos con cualquier cara y construimos el resto del gráfico hacia fuera, sólo hay una manera de terminar el trabajo". No es divertido leerlo.
Finalmente, por otro argumento de dualidad, el $(3,5)$ -es único, porque el dual de un $(3,5)$ -graph es un $(5,3)$ -y el $(5,3)$ -gráfica es única.
Tengo algunas ideas inacabadas sobre un argumento más sencillo para uno de los dos últimos casos (cualquiera que decidamos manejar). Por ejemplo, podemos demostrar que un $(3,5)$ -gráfica o tiene diámetro $2$ o bien cada vértice tiene un único homólogo a la distancia $3$ de ella. El primer caso debería ser imposible, y el segundo nos da alguna estructura extra que debería ayudar a terminar la construcción. (Por ejemplo, podríamos eliminar el vértice y su contraparte y quedarnos con un gráfico que tiene $10$ caras triangulares y $2$ caras pentagonales, y tratar de demostrar que debe ser el antiprisma pentagonal).
