四色猜想的简单证明

moyu333

1、标准四色图案内部存在着一个通道网络

此刻，我看着脚下的地板。地板是瓷砖铺成的，每一块都方方正正，铺的整齐划一。具体地说，是铺成如下模样：

0 d8 j( K. j7 {6 c1 N  D

                                                        图——1

3 m, H- A9 _; J: E( J+ T4 ?

我忽然若有所思，一个解决四色问题的奇妙想法油然升上心头。那地上的瓷砖块忽然活动起来，有的变大，有的变小；有的变长，有的变短。他们排成整齐的队列，横看横成行，竖看竖成行；但是变来变去，还是横竖成行，绝不紊乱。对了，这就是解决四色问题的奇妙法门。我赶忙整理出思路，为了让读者诸君看着方便，请允许我先把上面的图形略微变化如下：

. N% o( E2 }% L% r! _

                                                         图——2

8 I* k* n: z; z, O8 r/ B% y$ |

我认为这样变化一下也没有什么不可，反正，你也不是没有见过这个样子的地板。

读者诸君，看出什么门路没有？——没有。那么，请不要着急。在理解我的思路之前，请读者诸君先把四色问题放在一边。请允许我从头开始整理自己的思路。好了，四色问题，就是先有四种颜色，而且限定这四种颜色。我们姑且假设这四种颜色就是红黄蓝绿，那么，这四种颜色，每两种颜色搭配在一起，可以组成六种色带。具体地说，就是如下这六种色带：

                                                        图——3

+ ^5 {7 O6 L5 D/ A& I" s

这六种色带，在限定了不允许出现颜色重复的前提下，可以搭配出三种四色图案，具体搭配方式如下：

1，红黄丝带 + 蓝绿色带

2，红蓝丝带 + 黄绿色带

3，红绿色带 + 黄蓝色带

至此，我们就已经做好了全部的准备工作。现在，让我们用红黄 色带 + 蓝绿色带，搭配出一个标准的四色图案。其实也不用去搭配，只要把这四种颜色按照相应的顺序代入上面的第二个图形就行了。代入的结果就是这样：

; T# X" V! ?9 y, I( O7 A* l' o

                                                         图——4

我相信，有些人已经看出问题的所在了。我们是用红**带和蓝绿色带互相叠加组成了一幅四色图案（因为图案中每一个色块都大小相等，我把这样的四色图案称之为标准四色图案）。但是，让我们没有想到的是：其他几种色带也全部出现在图案之中。

                                                         图——5

. g; J3 F- X* h2 H0 I

这意味着什么？这意味着：同样一幅四色图案，我们既可以把它看成红黄 色带和绿蓝色带的叠加，也可以看成红蓝色带和黄绿色带的叠加，还可以看成是黄绿色带和黄蓝色带的叠加。在这种情况下，任意一个色块，都同时是三条色带的一个组成部分。

让我们扩展一下自己的思路，试着把色带看成是一条通道。我认为这没有什么不可。一条色带沿着另一条色带来回滑动，不会违背四色禁忌（在任意四色图案之中，同种颜色的色块不允许接触到一起，我把这种情况称之为：四色禁忌）。当然，这样做没有什么意义。让我们再次扩展一下自己的思路：一个色块沿着它所在的通道扩展自己的边界，同时把其它的色块沿着同一条通道向前挤压，也不会违背四色禁忌；可是，在这个过程中，这个色块成功地与另外一个本来不相连接的色块连接在一起。这就多少有一点意义了。

每一个色块都同时处在三条色带之中，也就是同时处在三条通道之中。那么，它可以沿着三条通道向着六个不同的方向扩展自己的边界（在不出现通道交叉的情况下）。这种情况如下图所示：

( H* O( l, L# Z
' a6 f" z+ Z8 ~! F0 G& C& e* w; ~

                                                         图——6

& o0 {/ j5 a, D- M

图——6展示了红色色块A所拥有的通道。但是，只要我们稍作分析，就会发现，红色色块A所拥有的通道远不是只有有限的三条。当红色色块A沿着通道扩展延伸，挤占了其它色块所在的位置，它还能取得其它色块所拥有的通道。这样，在标准四色图案里，任意一个色块所拥有的通道实际上是不受限 制的；或者换句话说：它所拥有的通道把它和整个图案联系在一起；沿着这些通道，它可以很方便地来到任意一个跟它不同颜色的色块身边，同时不违背四色禁忌。

                                                         

: v) L/ P/ b/ E) o$ h1 d

                                                          图——7

' Q& \  e7 N  }1 U

图——7展示了红色色块A沿着通道扩展延伸，并同时挤压别的色块的情形。你可以看到，红色色块A所拥有的通道绝不是只有有限的三条，而是整个的通道网络。这里出现了两个问题：一，红色色块A沿着通道扩展延伸，是否能够同时与所有跟自己不同颜色的色块建立起边界连接？二，当红色色块A沿着通道扩展延伸，它是否因此而阻断了其它色块所拥有的通道？

这两个问题非常重要。要是一个色块沿着通道扩展延伸，同时就阻断了其它色块所拥有的通道，那么，这篇文章就不必再写下去了。这毫无意义。通道的存在毫无意义。通道是一条四通八达的道路，而且是一个无所不至的道路网络，可是，这个通道网络只允许一个或少数几个色块在上面通行，那么，通道的存在不足以充分调整图案中色块与色块之间的相对关系。然而，通道网络是否允许所有的色块同时在上面动起来，我们还须经过验证才能知道。

* m9 r- m. w* D! W; j

; Y( C2 m9 ^' \4 U
0 @8 K- {) h# H" \- r

批饿的

你帅爆了大哥虽然我没看你在讲什么

weixinmaths

weixinmaths

longhai

可是我没看懂啊！！貌似楼主没有考虑闭合三维体啊！

David402

这个花了不少心思啊！佩服！

杨帆

这个思路在一本图论书上看过

xiaoxing_n

http://www.madio.net/forum.php?mod=attachment&aid=ODk5MDd8MjdlMjUzNzU2MzI3MGY0MDU5MjViNWFhMWQ3NTU2YmJ8MTc2MzU3OTkwMg%3D%3D&request=yes&_f=.jpg http://www.madio.net/forum.php?mod=attachment&aid=ODk5MDJ8NzBlN2Y2ODE2OWVmOGEwMDVmMmM0ZGVhZGJlNTJmNmZ8MTc2MzU3OTkwMg%3D%3D&request=yes&_f=.jpg

xiaoxing_n

关键词：区域. 闭合. 公共边. 边线. 相邻. 内含区域。
) z! [; I% f) m2 t& H: q引理 1：区域：即能够形成有效面积（面积大于0）的闭合的连通的曲线结构。任何区域必然是由连通的,不间断曲线（包括直线）所围成的有效面积结构。该区域上任何确定的两点A.B,都存在唯一边线A⌒B,B⌒A,构成该区域的所有边线。如图1.且A.B点一旦确定，A⌒B ,B⌒A有且唯一。即一个区域内的任何两点均有连续不间断的有效边线相连。


    引理2：相邻：相邻即存在共同的公共边（公共边个数≥1）。两个区域相交于一点的不构成相邻关系。
( L& u+ i2 ^  M9 j5 u引理3：两个相邻区域相邻公共边确定，就不可能存在第三个区域以这些公共边（或其部分）为界与这两个区域相邻。两个区域的公共边不能成为第三个区域的边线。或者也可以说两个区域的公共边上任何两点之间的边线不再构成其它区域的边线（排它性）。
1 i. |: Z' r4 Q: F: M. B    引理4：被包含区域同构成包含区域外的其它区域不相邻
分析具有相邻关系的两个区域的公共边组成结构，及区域的相互位置（包含与否）关系。从两个区域入手，推演至三个。因为被包含区域同构成包含区域外的其他区域不相邻，在排除了所有具有内包含区域的三个互相邻区域类型后，推出一个不存在内含区域的三个互相邻区域类型，再分析第四个相邻区域与这三个相邻区域的公共边组成分布，包含与否的关系。得出：若满足平面上四个区域两两相邻，则其中必有内包含区域。本文每一步都旨在构筑一种图形结构的类型，肯定一种类型，或否定一种类型。用类型来概括规范同属于这一类（具有此类性质）的所有图形。例如在两区域相邻的讨论中，用三种关系来归纳所有两相邻区域的构成性质（（1）包含，（2）不包含，相邻边数为一，（3）不包含，相邻边数≥2）。每一张图都是为了代表一种类型，勾画它的结构类型性质。图例是为了更好的表达逻辑陈述的一种外在借助手段，每一步的推导不是对一个图形具体的观察，而是在对已知条件和相关引理的反复推断中证明一个存在（边线或闭合区域）的逻辑必然性。
  一．为证明不存在两两相邻的五个区域， 首先讨论任意两个相邻区域1,2的相邻结构情况：（1）包含。如图2.

- H/ L) Z/ E# `  D（2）不包含相邻，有且只有一条公共边。如图3.
1 j* N  \: p* P; f2 r8 E+ N6 j$ j0 n
$ ~: ]- b+ j" X2 K* h（3）不包含相邻，有两条以上公共边。如图4

（1）区域1被包含于区域2中，则区域1与区域2之外的任何其它区域不构成相邻关系。不满足五个区域两两相邻。此类型排除。
. {; x3 Q, X1 }  o （2）不包含相邻，有且只有一条公共边。
/ d+ s3 W- I- J% ?9 \, T: y7 C+ `    （3）不包含相邻，有两条以上公共边。为便利起见，讨论两条公共边的情况：区域1与区域2相邻于A⌒B,C⌒D,根据引理1（一个区域内的任何两点均有连续不间断的有效边线相连），区域1内必存在边线B⌒C1连系B与C,（根据引理一，实际上也存在其反向边C1⌒B连系B与C。B⌒C1与C1⌒B共同构成区域1，根据已知条件：区域1与区域2相邻于A⌒B,C⌒D,及引理一:闭合区域中任何确定的两点A.B,都存在唯一边线A⌒B,B⌒A,构成该区域的所有边线.可易证：A⌒B,C⌒D非存于B⌒C1即存于C1⌒B。为方便叙述，在此以反向的C1⌒B代表含有相邻边的边线，由于含有相邻边的反向边对本文的推导构不成帮助，同时反向边线与正向边线两者的存在，逻辑上为共生互容关系，所以下文的讨论均直接就不含已知区域相邻边的边线展开。）且B⌒C1不是区域2的边线。（已知区域1与区域2相邻于A⌒B,C⌒D,）同理，区域2也存在边线B⌒C2连系B与C.由于 B⌒C1为区域1的边线 , B⌒C2为区域2的边线，且二者不构成重合或部分重合（根据已知的，确定的相邻边）。 B⌒C1与B⌒C2相交于B，C两点，则B⌒C1与B⌒C2构成有效闭合区域，该区域计为3。区域3与区域1相邻于B⌒C1，与区域2相邻于B⌒C2。根据引理3（两个相邻区域相邻公共边确定，就不可能存在第三个区域以这些公共边（或其部分）为界与这两个区域相邻。）区域3被区域1，区域2所包含。同理将公共边拓展到n个，可证有n-1个内包含区域存于区域1.2之中，根据被包含区域同构成包含区域外的其它区域不相邻,所以，两个相邻区域中若无内含区域，则其两个区域之间的公共边只能为一个。
假设存在五个互相邻区域，那么其中的任意两个区域之间，只有两种可能：1无内含区域（有，且只一条公共边）。2有内含区域，且只为三个，因为假如为两个或一个，这两个或一个为内包含区域，根据引理4被包含区域同构成包含区域外的其他区域不相邻，就构不成五个相邻区域；并且这三个被包含的区域内再无被包含的子区域。3.这两个区域之间无完整的闭合区域，但能够与五相邻区域中其它一个或两个相邻区域共同包含另外两个或一个区域。就此本文分为两个部分探讨。1和2合为一个部分分析。3.的这种可能性另述。下面来分析三个无内含互相邻区域的特征，完成1和2的分析。
" o: q+ Q3 a, O0 R- o% o二．三区域相邻。（1）一区域包含其它两个相邻区域。如图5，或者相反，一区域被其它两个相邻区域包含。

6 p$ ~/ R0 a; ?; i（2）三相邻区域中每两个区域的公共边只有一条，且交于一点。如图6.
; r3 k3 D( B) y0 E6 l9 Z
图六：三个两两相邻区域，各公共边为一且交于一点
2 k& \; {& x; X: ~7 ?
（3-1）：三相邻区域中每两个区域的公共边多于一条，且公共边不交于一点（为几段不连通的边线）。（3-2）三相邻区域中每两个区域的公共边多于一条，公共边交点为一（此种类型为不可能，因为两个区域的公共边多于一条，各公共边之间必然断开，即不可能出现公共交点为一的可能）.直接排除。
（4）三相邻区域中每两个区域的公共边只有一条，但不交于一点（公共边为三段或两段不连通的边线）如图7
（1）一区域包含其它两个相邻区域，或被其它两区域包含。有内含区域，排除。
: l) y( Z' M0 X5 A5 ~9 x（3-1）. （3-2）三相邻区域中每两个区域的公共边多于一条，根据两个区域相邻公共边多于一条，必然存在内包含区域，排除（3-1）及（3-2）。
下面分析（4）：公共边数量为一，交点多于一的情况。为方便讨论，以公共边为不连通的三段为例。如图7：

' v+ r0 [3 L2 y/ p& y/ c5 W区域1相邻区域2为A⌒B,        区域2相邻区域3为C⌒D,区域1相邻区域3为E⌒F. 因为区域1相邻区域2为A⌒B, 区域1相邻区域3为E⌒F，B.E两点不重合，各为区域1之边线上的两点，根据引理1得：必然存在B⌒E.因为 A⌒B与E⌒F为区域1上不连续的两段边线，根据引理3得： A⌒B上无区域3之边线.E⌒F上没有区域2之边线。B.E为区域1上的两点， (根据已知条件：区域1相邻区域2为A⌒B, 区域1相邻区域3为E⌒F.) 则B⌒E上任何两点之间均无区域2.3的边线存在。同理必然存在E⌒C,C⌒B. 且E⌒C上无区域1.2之边线，C⌒B上无区域1.3之边线。如此可得由B⌒E，E⌒C,C⌒B构成的闭合有效面积之结构，计为4.区域4邻区域1为B⌒E，邻区域3为E⌒C，邻区域2为C⌒B。B⌒E，E⌒C，C⌒B连接闭合，根据引理3两个相邻区域相邻公共边确定，就不可能存在第三个区域以这些公共边（或其部分）为界与这两个区域相邻)。得：C⌒B。B⌒E，E⌒C，C⌒B构成的区域4与其它区域不相邻。其内包含于区域1，2，3之间，与任何第五个区域不相邻。排除这种相邻结构。同理可证相邻边交于二点。亦有内含区域存在，不再赘述。那么只剩下一种情况: （2）三相邻区域中每两个区域的公共边只有一条，且交于一点。如图6，这实际上就是判断三个互相邻区域中有无内含区域的一个特征（公共边多于一条，无公共交点必有内包含区域）。用前文思路可证之。
对于这种三区域相邻结构。另外两个相邻区域与其再两两相邻，会有什么情况呢？三个两两相邻且无内包含区域再与两个互相邻区域两两相邻，那么这三个区域必与两个其中的一个两两相邻，下面来讨论这其中一个与另外三个的情况。如图8：

区域1邻区域2为A⌒O,与区域3邻于B⌒O.区域2与区域3邻与O⌒C。区域4与区域1邻与S1⌒S2,与区域2邻与S3⌒S4.与区域3邻与S5⌒S6。因为区域1邻区域2为A⌒O，区域1与区域4邻与S1 ⌒S2.点S2.A为区域1上之两点，由引理1得：区域1之S2⌒A存在。根据已知条件：区域1邻区域2为A⌒O,与区域3邻于B⌒O. 区域4与区域1邻与S1⌒S2，可得：S2⌒A上无区域2.3.4的边线存在。同理得：区域2上之A⌒S3存在。且A⌒S3上无区域1.3.4的边线存在。因为S1⌒S2为区域1和4的公共边，S3⌒S4为区域2和4的公用边。得S2.S3为区域4边线上两点。根据引理1，必存在区域4上之边线S3⌒S2（S1⌒S2，S3⌒S4已以相邻边方式存在）。根据区域4与区域1.2.3已知的相邻边，得S3⌒S2上无区域1.2.3之边线。S2⌒A. A⌒S3. S3⌒S2构成闭合区域X.同理：S4⌒C,C⌒S5.S5⌒S4构成闭合区域Y，因为区域2邻区域1于A⌒O,邻区域X为A⌒S3.区域4于S3⌒S4.区域Y之于S4⌒C.区域3之于O⌒C.根据引理3:两个相邻区域相邻公共边确定，就不可能存在第三个区域以这些公共边（或其部分）为界与这两个区域相邻。则区域2为区域1.3.4.X.Y包含。同理得：区域X.Y皆为内包含区域。区域X内含于1.2.4之间。区域Y内含于2.3.4之间。根据假设：该平面存在五个互相邻区域。区域2为区域1.3.4.X.Y包含。则第五个区域必为X.Y中的一个，而区域X内含于1.2.4之间。与区域3不相邻。区域Y内含于2.3.4之间。与区域1不相邻。得出X.或Y不是五相邻区域中之一。所以假设错误。再分析另一种情况：假设点S2=S3.S4=S5。即区域4与区域1.2.3的相邻边为连续的不间断连线。根据以上推导思路亦可得：区域2内包含于区域1.3.4中。不再赘证。所以，若满足平面上四个区域两两相邻，则其中必有内包含区域。
四．两个区域之间无完整的闭合区域，但能够与五相邻区域中其它一个或两个相邻区域共同包含另外两个或一个区域。这个问题可分解为（1）三区域内含两区域。（2）四区域内含一区域的两种情况。（2）四区域包含一区域的情况可将四个互相邻再分解为三个和一个。证明四个中存在内包含区域，从而排除这种可能性。（1）三区域内含两区域。转化为内含之两区域（为方便分析，可令此两区域内无内含子区域）同其外围三区域中任意一个得问题。可得这三个区域必无内含区域，否则与其外两个必不相邻，与假设矛盾。这样就又转化为三个互相邻的无内含区域再与第四个区域相邻的问题；返上文所述，不再赘笔了。
2 O. S4 s, i; O+ |综上所述，根据引理4：被包含区域同构成包含区域的其他区域不相邻。得：不存在五个两两相邻的区域。
* D0 {# M. Y$ ?0 n" B本文实际上一直是根据设定的已知条件反复运用区域必闭合的性质，和引理3的排它性，区域必闭合：揭示隐含的边线。引理3排除不存在的边线（区域），逐步将命题引向不可能性。利用文中的四条引理，实际上根据引理1,3可以有更好的，更直观严密的，不同的逻辑表达方式，因为时间关系，不能再将它构筑的更好，请各位同仁指正。

徐积峰.10.10.21.夜
; L3 w6 ]) r, F, Z5 \5 p  \+ i

xiaoxing_n

四色问题的几何逻辑证法
8 ~! Y" E( d1 f' w! _% u9 O  i) q前言：四色问题是拓扑学当中一个重要的命题，在当代数学中也占有相当的分量。对四色问题的研究已经由单一的图论拓扑研究延伸拓展到哲学，社会学领域。虽然在1976年，美国伊利诺大学的哈肯和阿佩尔利用计算机运行1200小时，做了100亿个判断，完成了四色问题的证明。但借助于计算机的机器证明始终无法让一些数学爱好者释怀。从拓扑几何逻辑上，经过严密的推演，完成四色的证明，成了很多数学发烧友热衷的题目。本文试图通过对相邻区域的公共边的结构类型进行分析，归纳。论证其等效命题：平面上四个两两相邻的区域中必有内包含区域。（此文的基本思想形成于94年7月份，当时委托我的同学——93年青岛大学的状元刘羽军找有关专业人士审证一下，不想一直未至可否。也就撂下了。这个月月初网上看到黎鸣先生与**就四色问题的相关报道，偶有来兴，整理之。）
! V; k" v) g3 k/ A2 X; i摘要：本文的主要思路就是运用区域必闭合的定义，绕开具体的图形形状，大小的拘限，而考虑其相邻边的数量特征，公共交点分布与构成内含区域的可能性。假设存在五个互相邻的区域，那么五个便可分解为四相邻与另一个区域再相邻的问题。或者两个相邻区域与三个互相邻区域的再相邻问题。四个可分解为三相邻与一个的相邻问题考虑。但入手却是从小及大，以两个区域入手；推出两个相邻且无内包含区域的区域的特征：其相邻边的数量只能为一。再分析满足三相邻无内含区域的情况，（每两个区域相邻边为一，其公共边必须交于一点）经过层层枚举，排除所有情况，得出四相邻的特征（内包含）。由于内含区域的存在，五个就不可能。实际上，分析公共边的个数，公共边的交点，每一步都是在排除内含区域的存在，排除了所有可能之方式，推出四个区域若两两相邻，必有内含区域存在，那么假设的五相邻也就不可能存在了，问题成立。所以本文大部分一直在探讨.构筑无内含区域存在的区域相邻特征。当区域数为四时，内含必然区域出现。四色问题即成立。
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