从地图和平面图两个方面入手分别对四色猜测进行证明

雷明85639720

       
从地图和平面图两个方面入手分别用纯理论的证明和着色实践检验两种方法对四色猜测进行证明
雷  明
（二〇二三年十二月二十六日）

    一，前言      
    1，四色问题（也叫四色猜测）因给地图染色而提出，说的是把平面无论分成多少部分，给各个区域染以不同的颜色，使得有共同边界相邻的任何两区域都具有不同的颜色时，最多四种颜色就够用了。四色猜测自从1852年提出以来，至今没有得到理论上的彻底证明是否正确。
    2，地图本身就是一个平面三次图（即每个顶点都连有3条边的3—正则图），给其面（区域）的染色也就是对其对偶图（各面都是三边形面的极大图）的顶点着色。这就把一个地理学中给地图区域染色的问题转化成了对数学中极大图的顶点着色的问题了。
    3，证明四色猜测问题时，可以直接从地图入手，也可以从极大平面图入手。下面就分别谈谈这一问题。
    二，地图四色猜测的证明
    1，纯理论角度进行证明
    1，1，研究地图边着色的必要性。地图着色是给地图的面上的着色，面又是由边所围成的，面的着色色数的多少又是由其边着色色数的多少所决定的。所以在研究地图的面着色之前，有必要先研究其边着色色数是多少。
    1，2，泰特猜想的证明。泰特猜想说的是“无割边的3—正则图的可3—边着色等价于其可4—面着色”。这是继1879年坎泊的第一个有漏洞的证明之后，1880年泰特在第二个同样也是有漏洞的证眀中提出的。现在证明如下：图中的面是由边围成的，由3种颜色的边可能围成的面只有4种（即由3种颜色围成的1种，由两种颜色围成的3种，共4种）。每种面用一种颜色染色，4种颜色就够用了。这就证明了泰特猜想是正确的。
    1，3，对任意平面三次图是否都可3—边着色进行补证的必要性。由于泰特的证明是在一个“所有平面三次图都有哈密顿圈”的错误猜想的指导下进行的，所以他的证明只能是对于有哈密顿圈的平面三次图来说是有效的，而对于1946年塔特发现的无哈密顿圈的平面三次图来说则是无效的。不管当时泰特证明或没有证明含有哈密顿圈的平面三次图是不是可3—边着色的，现在都要对任意平面三次图是否都是可3—边着色的进行补证。
    1，4，任意平面三次图都是可3—边着色的。任何图都有一个顶点的度是最大的，边着色的色数一定等于其最大度△。而平面三次图各顶点的度都是3，且都是最大度△，所以任意平面三次图的色数一定都是3，也一定是可3—边着色的。
    1，5，地图四色猜测是正确的。根据泰特猜想以及已证明的任意平面三次图都是可3—边着色的结论，就可以得出任何平面三次图也都是可4—面着色的结论。这就从纯理论角度上证明了地图四色猜测是正确的。
    2，用着色实践进行检验
    2，1，在可3—边着色的平面三次图中，任何一个面都是分别处在一种或三种不同形式的边2色圈（偶圈）内的。当面是有两种颜色的边的偶数边面时，该面本身就是一个边2色圈，当面是有三种颜色的边的面时，该面才是分别处于三种不同的边2色圈内的面。当要把其面数由K变成K十1时，只要在该图中的任何一个面的边上增加a，b两个顶点（该a，b两点一定在一个边2色圈上）并用边相连结，变成两个3度顶点，成为一条a—b边，图仍是平面三次图。这时该面也就一分为二，变成了两个。同时图的总面数也就增加了一个，变成了K十1。所增加的两个顶点可以在同一条边上，也可在不同的边上，两条边可以相邻，也可以不相邻，两条边可以是同色的，也可以是不同色的。现在就通过对边的换色，来证明这个有K十1个面的平面三次图仍是可3—边着色的。
    2，2，由于增加的a，b两顶点把其所在面所在的边2色圈分成了两部分，但连结a，b两点的边，却各有两条边的颜色是相同的，这不符合边着色的要求。因此，必须对a—b边同一侧（通常是顶点数较少的一侧）的边2色圈进行二色互换，形成一个比原来的边2色圈多两条边的边2色圈。把a—b边着第三种颜色即可。这个有K十1个面的平面三次图仍是可3—边着色的。当然其也就是可4—面着色的了。这就从着色实践角度验证了地图四色猜测是正确的。
    3，地图四色猜测是正确的。
    三，平面图四色猜测的证明
    1，纯理论角度进行证明
    每个图中都有一个最大团，团中的顶点都是两两相邻的，顶点着色时的色数一定是等于最大团的顶点数。而平面图最大团的顶点数都是小于等于4的，所以任何平面图顶点着色的色数最大也只能是4。所以说平面图的四色猜测也是正确的。
    2，用着色实践进行检验
    2，1，把还有一个顶点未着色的图叫做构形，未着色的顶点叫待着色顶点，与待着色顶点相邻的顶点叫围栏顶点。由于平面图中都不可避免的含有度是小于等于5的顶点存在，所以就决定了在着色时，总可以把最后要着色的待着色顶点放在度是小于等于5的不可避免顶点之上。这就把一个无穷的问题转化成了只研究有限个不可避免构形的可约性就可以了的有穷问题了。而对大于等于6度的那无穷多个构形的可约性，就可以不再去进行研究了，因为这样的待着色顶点是可以避免的。对于度是小于等于4的不可避免构形和不含双环交叉链的不可避免的5—度K—构形，坎泊早在1879年已经给出证明是可约的。现在只要补充证明赫渥特在1890年发现的含有双环交叉链的不可避免的5—度H—构形是否可约就可以了。只所以含有双环交叉链的5—度H—构形不能用坎泊的方法（坎泊链法）解决问题，主要是因为这类构形从围栏上的任何一个同色顶点交换了对角链后，都会产生从另一个同色顶点到其对角顶点的连通链，不能连续的移去两个同色。
    2，2，看来，要解决H—构形的可的性问题，必须想办法破坏双环交叉链。要破坏双环交叉链，只要改变双环交叉链共同起始顶点和交叉顶点以及两链的两个末端顶点这四个关链顶点之一的颜色就可以了。为了防止两链共同起始顶点和交叉顶点的颜色同时发生改变，图中必须有一条经过了两链的两个末端顶点的环形链，把以上两个关键顶点分隔在环形链的两侧，互不连通。同样的，也是为了防止两链末端顶点与图中其他的与末端顶点具有相同颜色的顶点的颜色都发生变化，图中也必须有一条经过了两链的共同起始顶点或交叉顶点的环形链，把以上两链的末端顶点构成的链与其他的同种色链分隔在环形链的两侧。这是两种含有环形链的H—构形。有含有环形链的H—构形，当然也就有不含环形链的H—构形了。
    2，3，对于有环形链的H—构形，可以在环形链内外任一侧交换与环形链相反的色链，使双环交叉链断开，由H—构形转化成K—构形而可约。
    2，4，对于无环形链的H—构形，除了双环交叉链不能交换外，又无环形链存在，也不可能对与环形链相反的色链进行交换。虽然关于两个同色的两条色链不能连续交换，但可以只交换一条，先移去一个同色，使构形转型（峰点和两个同色顶点的位置和颜色都发生变化）。这样的交换，无论先从哪个同色顶点开始，经过一次转型后，构形要么转化成可以连续的移去两个同色的K—构形，要么转化成有环形链的H—构形。这两种构形都是可约的。
    3，现在，各种情况下的不可避免构形都是可的的了，平面图的四色猜测也就被验证是正确的了。
    四，四色猜测是正确的
    地图和平面图的四色猜测都是正确的了，所以四色猜测正确。
    五，总结
    1，四色猜测是可以用手工进行可视证明的。而且证明的方法也是多种多样的，决不会只有一种。除了以上的证明方法外，一定还有別的多种证明方法。
    2，由于证明的方法不同，切入点不同，所走路线的不同，问题的属性也就不同。
    2，1，走地图四色猜测的证明道路时，纯理论证明用的是平面三次图的边着色法，求的是边色数的极大值，极大值的上界限是平面三次图顶点的最大度△=3，因为可3—边着色的平面三次图等价于其可4—面着色，所以地图四色猜正确。
    2，2，走地图四色猜测的证明道路时，着色实践检验用的也是平面三次图的边着色法，求的是可3—边着色的平面三次图的面数由K增加到K十1时，仍是一个可3—边着色的平面三次图，用的是数学归纳法。利用泰特猜想可以转化成平面三次图也都是可4—面着色的，地图四色猜测正确。
    2，3，走平面图四色猜测的证明道路时，纯理论证明用的是平面图的顶点着色法，求的是顶点着色数的极大值，极大值的上界限是平面图最大团的顶点数是小于等于4。所以平面图顶点着色时，最多四种颜色就够用了。四色猜测是正确的。
    2，4，走平面图四色猜测的证明道路时，着色实践检验用的也是平面图的顶点着色法，求的是平面图不可避免构形的可约性。由于不可避免顶点的存在，把一个无穷的问题就转化成了有穷的问题了。所有的不可避免构都是可约的了，平面图四色猜测也就证明是正确的了。
雷  明
二○二三年十二月二十六日于长安

雷明85639720

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