解决研究对象是无穷多的问题时应该采用的方法

雷明85639720

解决研究对象是无穷多的问题时应该采用的方法
雷  明
(二○二二年四月六日）

四色问题与哥德巴赫猜想问题一样，研究的对象都是无穷多的。四色问题研究的对象从平面图本身来说，就有无穷多个；每一个图中的顶点数也可以是无穷多的；每一个顶点的度也可以是无穷大的。哥德巴赫猜想研究的对象也是无穷多的，自然数，奇数，偶数，奇素数，素数，整数都是无穷多的。研究这样的问题如果采用无休止的着色和无休止的把偶数进行分解，永远也是解决不了问题的。因为这无穷多的图永远是着不完的，无穷多的偶数永远也是分解不完的。唯一的办法就是把无穷多的图转化成有穷多的“构形”，或是利用原命题与逆否命题具有“同真同假”的特征，也把对无穷多的大于等于6的大偶数的分解问题转化成只对有限多的小于等于4的小偶数的分解问题。
1、平面图四色问题的解决方法
平面图着色时总是一个顶点一个顶点的着的，一个图也都总存在着最后一个要着色顶点的问题。把还有一个顶点未进行着色的图叫做“构形”。构形中未着色的顶点叫“待着色顶点”，与待着色顶点相邻的顶点叫“围栏顶点”。因为图中的顶点的度可以是任意的，所以待着色顶点的度也可以是无穷多的。
图论中可以证明任何平面图中至少含有一个顶点的度是小于等于5的，这五种度的顶点就是平面图的不可避免顶点。以不可避免顶点为待着色顶点的构形，就是平面图的不可避免构形。因为着色时我们总可以把最后一个待着色顶点放在度是小于等于5的顶点之上，所以度是大于等于6的顶点和构形，就成了平面图可以避免的顶点和可以避免的构形了，可以不去进行研究，而只集中力量研究五种不可避免的构形的着色了。由这五种不可避免的构形就构成了坎泊提出的平面图的不可免集。这就把一个研究对象是无穷多的问题转化成了一个有穷的问题了。
平面图不可免构形的一级分类：可分为可以避免的构形（不再去进行研究）和不可避免的构形。后者还可继续再分。
平面图不可免构形的二级分类：可分为可以直接给待着色顶点着色的构形（围栏顶点占用的颜色总数小于等于3，至少还有一种颜色可以给待着色顶点着上）和不可直接给待着色顶点着色的构形。后者再继续分。
平面图不可免构形的三级分类：可以分为可从围栏顶点中空出颜色的K—构形（即坎泊构形。把通过坎泊的K—交换后空出的颜色给待着色顶点着上）和不可从围栏顶点中空出颜色的H—构形（即赫渥特构形）。后者还可继续分。
平面图不可免构形的四级分类：由于含有双环交叉链是构成H—构形的必要条件，所以这级分类可分为：可断开双环交叉链的构形和不可断开双环交叉链的构形。前者用断链法使双环交叉链同时断链，构形转化成K—构形（即可从围栏顶点中空出颜色的构形）；后者用有限次的转型法最后直接转化成K—构形（后者在转型过程中还有可能转化成可断开双环交叉链的构形，可改用断链法提前结束转型）。在一般情况下最大的转型次数是4或5，绝对是不会超过20次的。这是因为5—轮构形的对角链转型时，构形峰点颜色的循环周期是4，构形峰点位置的循环周期是5，构形峰点颜色与位置共同循环的周期是20。所以转型的次数不可能再多，再多了就开始了无穷的循环了。
对于可断开双环交叉链的构形，断链时是要有条件的。若在BAB型的5—轮构形中，要同时断开A—C链和A—D链，两链的共同起点A和交叉顶点A，以及两链的两个末端顶点C和D，是四个关键的顶点。其中任何一个关键顶点的颜色发生改变时，两链都会同时断开。构形中若含有经过了至少一个A色关键顶点的环形的A—B链（圈）时，都一定是会把C—D链分隔成A—B环内、外互不连通的两部分，都可从关键顶点C（或D）开始交换C—D链，双环交叉链一定会同时断开。如果构形中没有环形的A—B链，但却含有经过了关键顶点C（或D）的环形的C—D链（圈）时，并且C—D环又可把两个关键顶点A分隔在环的两侧时，可以从任一个A色顶点开始交换A—B链，双环交叉链也一定会同时断开；否则，虽有C—D环形链存在，但C—D环不可把两个关键顶点A分隔在环的两侧时，则不能使用断链法。其交换的结果将是图中仍然会含有新的双环交叉链的构形。在这种情况下，只能与既无A—B环形链，又无C—D环形链的不可断开双环交叉链的构形一样，用有限次的转型法最后直接转化成K—构形。
现在平面图的各种不可免避的构形都是可约的了，四色猜测也就得到证明是正确的了。
平面图不可免构形的这一分类方法的特点是：多级分类，分类较细；每级分类只有“非此即彼”的两类，不易遗漏；各级分类中的第一类就直接在该级分类中随类别名称就解决问题了，另一类再进行下一级的细分；最后一级分类中的两类，都可在本级分类中解决问题。
2、哥德巴赫猜想的解决方法
虽然我们不可能一个个的把偶数都分解成两个素数的和，但我们可以用数集合论的方法，得到任意两个奇素数的和（包括该素数自身的和）都是大于等于6的偶数集合（是可数的无穷集合）的结论，并可以证明这个集合就是大于等于6的所有偶数的集合。这也就证明了哥猜是正确的。但这种证明方法比较麻烦。简单一点如下：
奇素数集合是可数集合，把其中的任一个素数与其他的素数（包括自身在内）都相加一次，可得到可数个可数集合。这可数个可数集合的并集A也一定是可数集合。由于奇素数集合中数值最小的素数是3（当把1不看成是素数时），所以该并集A中的元素都是大于等于6的偶数。
大于等于6的所有偶数的集合B也是可数集合，与并集A属于同一类集合，集合的势都是α，即A与B等势，有A～B。说明A与B中的元素个数是相等的。根据集合等势的定义又知道A与B还有一一对应的关系，这也就进一步说明了A与B中的元素个数是相等的。既然B中的元素是所有大于等于6的偶数，那么A中的元素也就应该是所有大于等于6的偶数。因为两集合中的元素都是大于等于6的偶数。
这样就有A是B的真子集合（A包含于B），B又是A的真子集合（A包含B），这也就说明了A与B所含的元素完全相同，即A＝B，这也就证明了大于等于6 的偶数都是两个奇素数的和的结论是正确的。由于2＋2＝4（2是唯一的偶素数），所以｛4｝∪A＝｛4｝∪B＝｛4，6，…，2n＋2，…│（n≥1）｝仍是可数集合。这也就证明了大于等于4的偶数都是两个素数的和的结论是正确的。
当把1也看成是素数时，也就有任何偶数都是两个素数的和的结论是正确的。
这一证明方法不但麻烦而且证明集合A与集合B相等时也很难理解，比较抽象。如果改用哥猜的“逆否命题”证明时，不但比较方便，而且“逆否命题”的条件（研究对象）也变成有限的了。然后再根据逆否命题与原命题是“同真同假”的逻辑关系，就可以判断原命题是真是假了。
当把1不看成素数时，哥猜是说：大于等于6的偶数都是两个奇素数的和。其逆否命题则是：“不是两个奇素数的和的偶数都小于6”的结论是真的。因为偶数2和4都不是两个奇素数的和，的确又是小于6的。所以“大于等于6的偶数都是两个奇素数的和”的原命题也是真的。但4又是偶素数2＋2的和，所以仍有“大于等于4的偶数都是两个素数的和”的结论是成立的。
当把1也看成是素数时，哥猜是说：任何偶数都是两个素数的和。其逆否命题则是：“不是两个素数的和的偶数不存在”的结论是真的。也就是说没有一个偶数不是两个素数的和的。所以“任何偶数都是两个素数的和”的原命题也是真的。
这就证明了哥德巴赫猜想是正确的。

雷  明
二○二二年四月六日于长安

雷明85639720

，，，，，，，，

雷明85639720

，，，，，，，，

雷明85639720

，，，，，，，，