无割边的3—正则平面图是可3—边着色的，四色猜测正确！（完善稿）

雷明85639720

无割边的3—正则平面图是可3—边着色的，四色猜测正确！（完善稿）
——色猜测的纯理论证明
雷  明
（二○一七年四月二十二日）

    1、泰特猜想是正确的
1880年泰特提出的猜想是：无割边的3—正则平面图的可3—边着色，等价于其可4—面着色。因为地图就是一个无割边的3—正则平面图，所以说如果泰特猜想正确，则只要进一步证明任何无割边的3—正则平面图都是可3—边着色的，就可使地图四色猜测得到证明是正确的。进而由对地图的面着色就相当于对其对偶图——极大平面图——的顶点着色，得知四色猜测对于极大平面图也是正确的。从而就可以得到由极大图通过“减边”和“去顶”运算所得到的任意平面图的四色猜测也是正确的。四色狂测就可以得到证明是正确的。
1、1  从可3—边着色到可4—面着色
设一个3—正则平面图是可3—边着色的，即C边＝3。该图的每一个顶点都连接着三条边，这三条边一定是三种不同的颜色。
3—正则平面图的每一个面都是由这三种不同颜色的边所围成的，可能是二色边的面，也可能是三色边的面。这是一个组合方面的问题。
把由各种颜色的边组合成的面着上不同的颜色时，就是对该图的面着色。该图面着色的色数C面是：由三个元素中取出两个元素的组合数C2＝3！／［2！×（3－2）！］＝6／2＝3，与取出三个元素的组合数C3＝3！／［3！×（3－3）！］＝6／6＝1的和，即C面＝C2＋C3＝3＋1＝4（这个结论与画家调色时用红、黄、兰三种颜色可以配成四种新的颜色的原理是相同的）。当一个图中只有二色边的面而没有三色边的面时，这个图面着色的色数就是C面＝C2＝3！／［2！×（3－2）！］＝6／2＝3。所以就有可3—边着色的无割边的3—正则平面图一定是可4—面着色的结论。
整个图中最多用了多少种颜色呢，也是一个三个元素的各种组合问题。一条边虽不能构成面，但它却也占用了一种颜色，边占用的颜色数是C1＝3！／［1！×（3－1）！］＝6／2＝3，所以整个图中最多所用的颜色总数是：C总＝C1＋C2＋C3＝3！／［1！×（3－1）！］＋3！／［2！×（3－2）！］＋3！／［3！×（3－3）！］＝3＋3＋1＝7种。的确，3—正则平面图中的边色数与面色数的和就是7（画家调色时所配成的四种新颜色加上三种原色，正好也是七种颜色）。
1、2  从可4—面着色到可3—边着色
设一个3—正则平面图是可4—面着色的，即C面＝4。所用的颜色分别是A、B、C、D四种。
图中的每一条边都是两种颜色的面的共同边界线，这样的边界线的种类数就是由四个元素中取出两个元素的组合数，即C边界＝C ＝4！／［2！×（4－2）！］＝24／4＝6，即A—B、A—C、A—D、B—C、B—D、C—D六种。
是不是六种边界线就得要用六种颜色呢，不是的。因为在3—正则的平面图中，由A色面和B色面所构成的边界线A—B，与由C色面和D色面所构成的边界线C—D，不但不可能是同一条边界线，而且也不可能相邻。象A—B和C—D这样的两条边界线就叫一对互斥的边界线。而互斥的边界线着同一颜色是可以的。
互斥的两条边界线的两侧的国家是完全不相同的，如中、蒙边界线和朝、俄边界线就是互斥的边界线，两条边界线也是不相邻的；而两条边界线的两侧的国家有一个是相同的国家时，这样的两条边界线则是相邻的边界线，如中、蒙边界线与中、俄边界线就是相邻的边界线，这两条边界线的确也是相邻的；还有另外一种边界线，两条边界线两侧的国家完全是相同的两个国家，这样的两条边界线虽不是同一条，但却是同样的两个国家在若干个不同地段处的边界线，如中、俄就在两个地段处有两条边界线，中、印在三个地段处有三条边界线。
象A—B和C—D这样的一对两条互斥的边界线，在由A、B、C、D四种颜色的面所构成的边界线中，应该还有A—C和B—D，A—D和B—C两对，每对都可用同一种颜色。在可4—面着色的3—正则的平面图中，每个“三界点”顶点都与三种颜色的面（A、B、C）相邻，该顶点所连的三条边界线分别是A—B，A—C和B—C；这三条边界线正好都是两两相邻的边界，所以它们可以共同相交于一个“三界点”顶点；这三条边界线中，正好没有各条边界线所对应的互斥边界线C—D、B—D和A—D，也进一步说明了互斥的边界线是互不相邻的；若把A—B，A—C和B—C三条边界线分别用1、2、3表示，则把其互斥的边界线C—D，B—D和A—D也可以分别用1，2，3表示。
由四种颜色的面所构成的六种边界线中，有三对是互斥的边界线，互斥的边界线可用同一种颜色。由于这个3—正则的平面图是可4—面着色的，各面的颜色已经确定，那么各“三界点”顶点所连的边界线的颜色，实际上也就已经确定了。全图只有三对互斥的边界线，每对用一种颜色，全图也实际上就只有三种颜色的边。3—正则的平面图每个顶点都只连有三条边，这三条边正好也就是不同的颜色。也由于每对互斥的边界线，是由两条在边界线两侧用了完全不同颜色着色的两个区域的边界线构成的，所以图中互斥的边界线的总对数是应该是C互斥对数＝C边界／2＝6／2＝3，这也就是该图边着色时的色数，即C边＝3。所以也就有可4—面着色的无割边的3—正则平面图一定是可3—边着色的结论。
现在用反证法证明可4—面着色的3—正则平面图一定是可3—边着色的：假如这个图不是可3—边着色的，那么图中至少要有一条边是第四种颜色。则这条边的两侧至少要有一个面不是用A、B、C、D四种颜色之一着色的面，但这是不可能的，因为该图是可4—面着色的，图中只用了四种颜色。假设与已知条件产生了矛盾，应否定假设。这就使可4—面着色的无割边的3—正则平面图一定是可3—边着色的结论得到了证明。
由于该图的面色数是4，现在边色数又是3，所以图中所用的颜色总数仍是C总＝C面＋C边＝4＋3＝7，与上面1中的结论是相同的。
1、3  这就证明了泰特的猜想是正确的。但还要进一步证明每一个无割边的3—正则平面图都是可3—边着色的才能使四色猜测得到证明是正确的。
2、无割边的3—正则平面图都是可3边着色的
2、1  无割边的3—正则平面图一定可以划分为一个或若干个偶圈。由于3—正则图的每个顶点都连着3条边，图中的总度数应是d＝3v（d是图的度数，v是图的顶点数），又因为一条边的两端是两度，所以无割边的3—正则平面图的边数e＝3v／2＝1.5v，即边数是顶点数的1.5倍。为了保证图的边数是整数，无割边的3—正则平面图的顶点数还必须上偶数。从而还可以看出这种图的边数一定也是3的倍数。
因为无割边的3—正则的平面图中有e＝∑epi/2＝（ep1＋ep2＋……＋epn）/2的关系（式中ep是各面的边数），所以无割边的3—正则平面图中奇数边面的总个数也必须是偶数。如属于3—正则平面图的正四面体的所有面都是三边形面，奇数边面数是偶数；正十二面体的所有面都是五边形面，奇数边面数也是偶数；还有奇楞柱都只有两个面是奇数边面，还是偶数。
由于无割边的3—正则平面图的顶点数一定是偶数并图中的奇数边面的总个数也一定是偶数，这就保证了无割边的3—正则平面图一定可以划分成一个或若干个偶圈。偶圈边着色时两种颜色就够了，所以这些圈一定是一条或多条的边2—色圈。图中除此以外，图中的其他边（相当于顶点数的一半量）都是两端均连结着该边2—色圈上的、且只连接着同样两种颜色的边的顶点；又因这些边之间互不相连，所以这些边是可以同时都着上边2—色圈以外的第三种颜色的。
这就证明了无割边的3—正则平面图一定都是可3—边着色的。
2、2  图的边着色，就是对其线图的顶点着色。所谓线图就是把原图的边作为顶点，按原图中边与边的相邻关系作新的边，所得到的新图，就是原图的线图（也叫边图）。
2、2、1  3—正则平面图中各顶点的度均是3，所以其线图中的最大团的顶点数最大也只能是3（即线图的密度是3），着色时至少也要3种颜色。
2、2、2  3—正则平面图中各面的边数都是大于等于3的多边形面，这些多边形面在其线图中也都是以边数大于等于3的圈（面）出现的。圈在顶点着色时，色数也一定是不大于3的。所以该线图的色数也一定是不会大于3的。
2、2、3  3—正则平面图中各边的两端都连着四条边，表现在其线图中就是各顶点的度均是4。线图的各顶点四周是四个边数大于等于3的面，所以线图中不可有轮出现，更不会有轮沿顶点数大于等于3的奇轮出现。没有3—轮以上的奇轮，所以该线图的色数也就不可能大于3。唯有一个正四面体的线图，是所有顶点都处在一个4—轮的中心顶点的图，而4—轮的色数也是3，而正四面体的线图的色数和正四面体的边色数也正好是3。所以正四面体也是可以3—边着色的。
2、2、4  通过以上三点就可以证明无割边的3—正则平面图都是可3—边着色的。
3、 对无割边的3—正则平面图都是可3—边着色的检验
设有n个面的无割边的3—正则平面图是可3—边着色的，现在证明有n＋1个面时，其也是可3—边着色的。
在一个面数为n的无割边的3—正则平面图的某个面内增加一条边，把一个面分成两个面就是有n＋1个面的无割边的3—正则平面图。在某个面内任两条边中各取一个点a和b，并把a和b用边相连接，a和b就变成了两个新的“三界点”，边a—b就把一个面分成了两个面，图中也就增加了一个面，成为n＋1个面。同时图中也增加了两个顶点和三条边，增加的边数也是增加的顶点数的1.5倍，符合3—正则平面图的要求。
现在只要证明这个图还是一个无割边的3—正则图和仍是可3—边着色的就可以了。
3、1  证明这个有n＋1个面的图仍是一个3—正则的平面图
因为无割边的3—正则的平面图中有e＝∑epi/2＝（ep1＋ep2＋……＋epn）/2的关系（式中ep是各面的边数），所以3—正则平面图中奇数边面的总个数一定是偶数。
3、1、1  若a和b两点所在边的两个相邻面原来都是偶数边面时，现在则都成了奇数边面，奇数边面增加了两个，但偶数＋2仍是偶数，奇数边面的总个数仍是偶数：
3、1、2  若a和b两点所在边的两个相邻面原来都是奇数边面时，现在则都成了偶数边面，奇数边面减少了两个，但偶数一2仍是偶数，奇数边面的总个数仍是偶数：
3、1、3  若a和b两点所在边的两个相邻面原来的边数是一奇一偶时，则现在仍是一奇一偶，奇数边面的总个数没有发生变化，仍是偶数。
可见，a和b两点所在边的两个相邻面的边数的改变对3—正则平面图中的奇数边面的总个数并无影响。
现在再看一看被分开成两个面的那个面边数的变化对图中奇数边面的影响：
3、1、4  若被分开成两个面的那个面原来是奇数条边时，现在的边数则是比原来多了两条的奇数，所分成的面只能是一个奇数边面和一个偶数边面。这等于说图中减少了一个原来的奇数边面，除了增加了一个偶数边面外，又增加了一个奇数边面，相当于图中奇数边面的总个数并未发生变化，仍是偶数；
3、1、5  若这个被分开成两个面的面原来是偶数条边时，现在的边数则是比原来多了两条的偶数：
一种情况是分成两个偶数边面，图中奇数边面的总个数仍没有发生变化，还是奇数。
另一种情况是分成两个奇数边面，等于说图中减少了一个原来的偶数边面，但又增加了两个奇数边面，但偶数＋2仍是偶数，奇数边面的总个数仍是偶数；
3、1、6  从这两个方面来分析，结果都是图中的奇数边面的总个数仍是偶数。n个面的奇数边面总个数是偶数，现在n＋1个面的奇数边面仍然是偶数，符合无割边3—正则平面图的要求。该图仍然是一个无割边的3—正则平面图，说明了有n＋1个面的图仍是一个无割边的3—正则平面图。
3、2  证明这个有n＋1个面的图仍是可3—边着色的
现在再来看看a和b两点所在边原来所着的颜色对这个有n＋1个面的无割边的3—正则图的3—边着色有什么影响：
图中因为增加了一个面而增加的两个顶点，虽不能单独构成一个偶圈，但它却是原来图中两条边上的点（如图1和图2）。
3、2、1  两条边原来着色不同的情况：
如果a点所在边原来着1色，那么这条边一定既是1—2边2—色圈上的一条边，又是1—3边2—色圈上的一条边；如果b点所在边原来着2色，那么这条边也一定既是1—2边2—色链圈上的一条边，又是2—3边2—色圈上的一条边（如图1，a和图1，c）；两条边共同都是1—2边2—色圈上的边；这条1—2边2—色圈上增加了两个顶点，同时也增加了两条边，仍是偶数，还是一条偶数条边的边2—色圈，所增加的这两条边仍是位于原圈上的边。在1—2边2—色圈中，对位于a和b两点同一侧的所有边进行1、2二交换后（如图1，d），一定能给a和b两侧所连的边着上1或2两种颜色（这种对1、2二色的交换与原先着有颜色3的边并无任何关系，并不影响他们的颜色）。给所增加的、把原来的面分成两个面的a—b边着第三种颜色3就可以了（如图1，b和图 1，d）。

3、2、2  两条边原来着色相同的情况：
如果a和b两点原来所在的边都着2色（如图2，a和图2，c），那么这两条边共同都是1—2和2—3两种边2—色圈上的两条边（这里我们只取一种2—3边2—色圈），虽增加了两个顶点，但也同时增加了两条边，该边2—色圈仍是一条有偶数边的边2—色圈。与以上图1中的处理办法相同，所增加的两条边，也一定能着上2或3两种颜色，所增加的把原来面分成两个面的a—b边，也可以着上第三种颜色1（如图2，b和图2，d）。
以上两点实际上只是对a和b所在的两条边处在同一条边2—色圈上而言的。但我们知道同一种边2—色圈并不是只有一条，若a和b所在的两条边是处在不同的边2—色圈的情况下时，又将如何处理呢。我们来看下面的图3。

3、2、3  两条边原来不在同一个边2—色圈上的情况：
在图3，a中，a和b两点所在的边原来就不在同一条1—2边2—色圈上，这时我们可以把其中一个边2—色圈上各边的颜色1和2进行互换，得到如图3，b的图（这样的交换对着色为3的边同样并无影响）。我们发现，由于这一交换，图3，b的图中，虽然a和b两点所在的边仍处在不同的1—2边2—色圈上，但却又处在了同一条1—3（或2—3—2）的边2—色圈上了。这时，就与以上3、2、1和3、2、2中所谈的情况完全相同了，可以用与3、2、1和3、2、2中同样的方法进行处理。最后得到可3—边着色的图（如图3，c）。

3、2、4  这也就证明了任何一个无割边的3—正则平面图都是可3—边着色的。
3、3  以上我们是对有n＋1个面的无割边的3—正则平面图进行证明的，同样的也可以对有n－1个面的无割边的3—正则平面图进行证明是可3—边着色的。这只要从有n个面的图中去掉一条边即可办到。
3、4  现在已经证明了无割边的3—正则平面图都是可3—边着色的，这也就等于验证了任何无割边的3—正则平面图也都是可3—边着色的结论是正确的，也就验证了任何无割边的3—正则平面图都是可4—面着色的结论也是正确的。最终也就验证了地图四色猜测是正确的。
4、四色猜测的证明
我们已经证明了泰特的猜想：“无割边的3—正则平面图的可3—边着色等价于其可4—面着色”是正确的。现在又证明了每一个无割边的3—正则平面图都是可3—边着色的。当然也就证明了任何无割边的3—正则平面图（地图）都是可4—面着色的，即证明了地图四色猜测是正确的。地图四色猜测是正确，则其对偶图——极大图平面图——顶点着色的色数也一定是小于等于4的，进而由极大图平面图经“减边”和“去点”得到的任意平面图的色数也一定是不会大于4的，平面图的四色猜测也是正确的。到此也就证明了四色猜测是正确的。


雷  明
二○一七年四月十八日于长安

注：此文已于二○一七年四月二十二日在《中国博士网》上发表过，网址是：

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什么玩意儿嘛。

雷明85639720

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