三十多年研究四色问题的总结：《四色猜测的手工证明》（二）

雷明85639720

三十多年研究四色问题的总结：《四色猜测的手工证明——证明四色猜测的十多种方法汇编》（二）
雷  明
二○一七年四月三十日于西安

（接上一贴）

5、 无环形链的H—构形也一定可以通过“转型”交换转化成K—构形的证明
5、 1  无环型链的H—构形构形可以转化成可以同时移去两个同色的K—构形的证明：
5、1、1  从图4中可以看出，只所以图4，a、图4，c和图4，d可以同时移去两个同色B，是因为两个同色顶点1B和3B中至少有一个B色顶点到A—C链和A—D链两链的交叉顶点8A有一条连通的B—A边（见图4中的a、c、d图）。以致从1B交换了B—D后，生成了从顶点8到顶点1的A—D边，使得从3B到5C不可能再有连通的B—C 链；而从3B交换了B—C后，则生成了从顶点8到顶点3的A—C边，也使得从1B到4D不可能再有连通的B—D链；从而可以同时移去两个同色B。读者可以对图4进行交换，试试看是否可以同时移去两个同色B。

5、1、2、 现在看看图1和图2中的无环形链的H—构形在施行了一次转型交换后，是不是与图4，a有同样的结果呢。对图2，c的构形从1B施行了一次逆时针转型交换后得到图9，a，是一个451—DCD型的5—轮构形。图9，a中C—A链和C—B链的交叉顶点是6C（即图中加大的顶点），5—轮轮沿顶点中用了两次的颜色是D，从6C到4D有一条C—D链（即图中加粗的边链）；当从顶点4交换了D—A后，生成了从6C到4A的C—A链（如图9，b），使得从顶点1D到3B不可能再有连通的D—B链，从而可以移去两个同色D。这就证明了无环形链的H—构形是一定可以转化成为可以同时移去两个同色D的K—构形的。对图2，d的构形从3B施行了一次顺时针转型交换后，得到的345—CDC型的5—轮构形，也有同样的结果，也是可以同时移去两个同色C的K—构形。
5、2  无环形链的H—构形可以转化成类赫渥特图型的H—构形，再转化成坎泊的K—构形的证明：
在图1和图2的c图（或d图）的构形中，有通过顶点2A—1B……8A—6C—2A（或2A—3B……8A—7D—2A）的缺口是6C（或7D）的A—B圈（如图10，a中加粗的边链），当对c图从顶点3交换B—C（或对d图从顶点1交换B—D）时，顶点6C变成了6B（或顶点7D则变成了7B），就形成了一条完整的环形的A—B链（如图10，b中加粗的环形链），把C—D链分成了环内、环外互不连通的两部分，构形具有了图1和图2的b图的特点了。是一个类赫渥特图型的H—构形，一定是可以转化为K—构形的。

5、3  到此，就证明了无环形链的H—构形一定是能转化成为坎泊的K—构形的。
6、四色猜测的证明
以上的H—构形的不可免集已证明是完备的，其中的各个不可免构形也证明都是可约的；那么再加上以前坎泊在一八七九年所证明了的结果，说明了平面图的不可免构形都是可约的。这就证明了平面图的四色猜测是正确的。由于给地图的面的着色就是给其对偶图——极大平面图的顶点着色，所以也就证明了地图的四色猜测是正确的。又因为极大平面图经去顶或减边后，所得到的任意平面图的色数只会减少而不会增加，所以，这也就证明了任意平面图的四色猜测是正确的。四色猜测得到了证明是正确的。

用给构形中的待着色顶点着上四种颜色之一，来证明四色猜测的方法，实际上也就是数学归纳法。待着色顶点以外的n个顶点已经是可4—着色的，相当于归纳法中的k，加上待着色顶点后，就是n＋1个顶点了，也就相当于归纳法中的k＋1，这n＋1个顶点的构形能够4—着色，那么任意多顶点的构形也就能进行4—着色了。


雷  明
二○一七年元月二十六日于长安
   

作者：雷明，金堆城钼业公司退休职工，高级工程师，退休前任钼业公司教育处处长
注：此文已于二○一七年元月二十五日以《从构形结构角度研究H—构形的不可免集及其不可免构形的可约性》的题目曾在《中国博士网》上发表过，网址是：，这次修改后题目改成了《四色猜测是可以手工证明的》。修改后的论文也于二○一七年元月二十八日（春节）在《中国博士网》上发表过，网址是：



无割边的3—正则平面图是可3—边着色的，四色猜测正确！
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。进而由地图的面着色就相当于其对偶图——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。从而也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。四色猜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，有可能是二色边的面，也有可能是三色边的面。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＝C ＝3！／［2！×（3－2）！］＝6／2＝3，与取出三个元素的组合数C3＝C ＝3！／［3！×（3－3）！］＝6／6＝1的和，即C面＝C2＋C3＝3＋1＝4。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＝C ＝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的问题。一条边虽不能构成面，但它却也占用了一种颜色，边所占用的颜色数是C1＝C ＝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＝C ＋C ＋C ＝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最大就是7。
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，图中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，即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，但却是这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，中间夹有蒙古；中、印在三个地段处有三条边界线，中间分别夹有尼泊尔和不丹。
象A—B和C—D这样的一对互斥的边界线，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（如A、B、C三种）相邻，该顶点所连的三条边界线分别是A—B，A—C和B—C；这三条边界线两两间正好都是有一种颜色相同的面所构成的边界线，所以这三条边界线可以共同相交于一个“三界点”顶点；这三条边界线中，正好也没有各条边界线所对应的互斥边界线C—D、B—D和A—D，这也就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，则与其互斥的边界线C—D，B—D和A—D也可以分别用1，2，3来表示。
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，那么，全图的所有边界线实际上也就只有三种颜色。3—正则的平面图每个顶点都只连有三条边，正好每个顶点也就连有三种不同颜色的边。也由于每对互斥的边界线，分别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，所以图中互斥边界线的总对数应该是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用了第四种颜色的。则这条边的两侧至少也要有一个面不是用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，应该否定假设。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不大于4的，现在又证明了其边色数是3，所以图中所用的颜色总数仍是C总＝C面＋C边＝4＋3＝7，不大于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，进而也都是可3—边着色的。
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是偶数。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），可以看出，无割边的3—正则平面图中若含有奇数边面时，则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，奇数边面是偶数个；正十二面体的所有面都是五边形面，奇数边面也是偶数个；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，并且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。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；又因这些边之间又互不相连，所以这些边是可以同时都着上与边2—色圈中两种颜色不同的第三种颜色。
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），着色时至少也要用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。
至于地图（3—正则的平面图）中的“两国夹国”这一情况，所夹国只有两条边界线（如蒙古只有中蒙和俄蒙两条边界线），是一个“二边形”面，并且这个面的两条边界线是相邻的。这个二边形面在边（线）图中则不是面，而是在两条边界线所对应的两个顶点间的两条“平行边”。在线图的顶点着色时，不管两顶点间的平行边有多少条，也只能相当于是一条边，所以3—正则平面图的线图的密度仍是3，所有的面也全都是边数大于等于3的圈（面）。
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是大于等于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，4—轮的色数是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，也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，把一个面分为两个面，就成了有n＋1个面的无割边的3—正则平面图。在某个面内的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—正则平面图和仍是可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  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的影响：
3、1、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（原有）＋2（增加）仍是偶数，奇数边面的总个数仍是偶数；
3、1、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（原有）－2（减少）仍是偶数，奇数边面的总个数仍是偶数；
3、1、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，则现在奇数条边的面变成了偶数条边，而偶数条边的面则变成了奇数条边，但仍是一奇一偶，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一定是偶数并无影响。
3、1、2  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总个数一定是偶数有无影响：
3、1、2、1  若被分开成两个面的那个面原来是奇数条边时，该面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、2、2  若这个被分开成两个面的面原来是偶数条边时，该面现在的边数则是比原来多了两条的偶数：
①　一种情况是分成两个偶数边面，图中奇数边面的总个数根本就没有发生变化，还是偶数；
②　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（原有）＋2（增加）仍是偶数，奇数边面的总个数仍然是偶数。
可见，被分开成两个面的那个面边数的变化对3—正则平面图中的奇数边面的总个数一定是偶数也没有影响。
3、1、3  以上是从被分面与其相邻面两个方面的边数变化来分析的，结果都是图中的奇数边面的总个数仍是偶数。原来有n个面的奇数边面的总个数是偶数，现在有n＋1个面的奇数边面的总个数仍然是偶数，符合无割边的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a和b，虽不能单独构成一个偶圈，但它却是原来图中两条边上的顶点（如图1～5）。这两个顶点可能处在同一个边2—色圈上，也可能处在不同的边2—色圈上。
3、2、1  a、b两顶点处在同一个边2—色圈上的情况（如图1、图2和图3）：



这种情况不管a、b两顶点所处的边原来着色是相同还是不同，也不管a—b边所分的面是奇数边面还是偶数边面,也不管a、b两顶点所处的边原来是相邻还是不相邻（如图1，a、图2，a和图3，a），都可以对a—b边同一侧（比如左侧）的边2—色圈中所有边的颜色进行交换（如图1，b、图2，b和图3，b。这种交换并不会影响到着第三种颜色的边），使该边2—色圈中所增加的两条边分别着上该边2—色圈中的两种颜色之一，该圈仍是同原来颜色相同的一个边2—色圈；而把边a—b着上第三种颜色即可（如图1，b、图2，b和图3，b）。图仍是一个可3—边着色的3—正则平面图。
3、2、2  a、b两顶点处在不同的边2—色圈上的情况（如图5、图6和图7）：

在这种情况下，a、b两顶点只能分别处在两个相同颜色的边2—色圈上（如图4，a），而不可能处在不同颜色的边2—色圈上。因为如果两个边—2色圈上有一种颜色不相同，则这两个边2—色圈至少就需要占用三种颜色，而与这两个边2—色圈相联系的边，则就必须用第四种颜色（如图4，b和图4，c）。这便与已知的有n个面的3—正则平面图是可3—边着色的就产生了矛盾。所以a、b两顶点是不可能处在不同颜色的边2—色圈上的。这种a、b两顶点处在具有相同颜色的不同的边2—色圈的情况，也不可能有a、b两顶点所处的边相邻的情况，因为a、b两顶点不在同一个边2—色圈上。
①　图4，a的情况是属于a、b两顶点所处的边原来着色是相同的情况。这种情况实际上a、b两顶点又是处于同一个边—2色圈（如图4，a中是2—3二色的边2—色圈）上的，实际上也是属于图1一类的。在上面的“a、b两顶点处在同一个边2—色圈上的情况”中已经得到了解决。



②　a、b两顶点真正处在不同的两条相同颜色构成的边—2色圈上的情况，不管a、b两顶点所处的边原来着色是相同还是不同，也不管a—b边所分的面是奇数边面还是偶数边面（如图5，a、图6，a和图7，a），都可对其中一个边2—色圈中各边的颜色进行交换（也比如左侧的边2—色圈。当然这种交换也是不会影响到着第三种颜色的边的），便可以使a、b两顶点又处在同一个别的边2—色圈上(如图5，b和图6，b都是2—3二色的边2—色圈，图7，b则是1—3二色的边2—色圈），使问题变成如同上面的第一种情况：“a、b两顶点处在同一个边2—色圈上的情况”，用与其相同的办法可以使图进行3—边着色（如图5，c和图6，c中a—b边着色1，图7，c中a—b边着色2）。图仍是一个可3—边着色的3—正则平面图。
3、2、3  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3—正则平面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的，则其对偶图——极大图平面图——的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○一七年四月二十二日于长安


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：



用增加图的色数证明四色猜测的两种方法
雷  明
（二○一七年三月十一日）

1  根据不可同化道路原理，证明四色猜测是正确的
1、1  作一个图的色数比原图的色数大1的方法之一——不可同化道路法：
这里的“同化”即图论中的“收缩”，且只是指不相邻顶点间的收缩。“不可同化道路”是指图中某最大团外的一条道路，该道路总有一个顶点同化不到最大团中去。

若在一个最大团Kn外有一条道路，这条道路的所有顶点都与最大团中的同一个Kn－2团的各顶点均相邻，同时道路的两个端点顶点又都与最大团中另一个K2团中的一个顶点相邻。这样，道路中除了两个端点顶点只能向那个K2团的某一个顶点同化外，道路中的其他顶点均是可向这个K2团中的任一个顶点同化（如图1）。
当道路的两个端点顶点分别与K2团中的一个顶点相邻时（如图1，a），同时道路又是寄数顶点时，道路中总是有一个顶点同化不到最大团中去：而当道路的两个端点顶点都与K2团中的同一个顶点相邻时（如图1，b），同时道路又是偶数顶点时，道路中也总是有一个顶点是同化不到最大团中去的。
1、2  色数为n的图一定可以同化为一个Kn图：
根据已经证明是正确的哈德维格尔猜想，一个色数为n的图，一定是可以同化为一个Kn图的。因为图中不相邻的顶点才可以使用同一颜色，而不相邻的顶点也是可以同化为一个顶点的，所以哈德维格尔猜想是正确的。由色数为n的图同化成的Kn图，就是该图的最小完全同态，其顶点数n就是图的色数。图的最小完全同态是一个完全图，而完全图的色数也就是其顶点数。
现在我们对图的完全同态Kn用不可同化道路原理使其色数增大，只要不可同化道路系统不是非平面图，图的色数又不大于4时，就说明四色猜测是正确的；否则，若系统仍是平面图，而只要有一个图的色数是大于4时，四色猜测就是错误的。
1、3  对各种团作不可同化道路：
K1团，色数是1，它本身就是一个平面图，图中就只有一个顶点，没有任何边，不可能存在不可同化道路。也没有任何一个图是可以同化成K1图的；
K2团，色数是2，作不可同化道路并同化后是一个K3团，仍是平面图（如图2）。色数是3，虽比原来增大了1，但却小于4；
K3团，色数是3，作不可同化道路并同化后是一个K4团，也是平面图（如图3）。色数是4，虽也比原来增大了1，但却也不大于4；
可见顶点数小于4的团，作不可同化道路并同化后的图仍然是平面图，其色数都不大于4。


K4团作不可同化道路时，图中就出现了交叉边，变成了非平面图，同化后则是一个K5团（如图4），不再是四色猜测所研究的对象了。所以说平面图中的K4团是没有不可同化道路的。
    因为K5团本身就不是平面图，本身就不是四色问题研究的对象，所以这里也就不对其再作不可同化道路了。
1、4  K4团作了不可同化道路后不再是平面图的证明：
K4团的顶点数是4，边数是6；不可同化道路Pn的顶点数是n，边数是n－1；K4团与Pn道路相邻的边数是2n＋2；整个系统的顶点数是4＋n，边数是6＋n－1＋2n＋2＝3n＋7；顶点数是4＋n的平面图最大边数只可能是3×（4＋n）－6＝3n＋6；显然3n＋7＞3n＋6，所以对K4团作了不可同化道路后，就不再是平面图了。

1、5  四色猜测是正确的
从以上对平面图的各种团所作不可同化道路后所得的图看，在没有出现交叉边之前，即图没有变成非平面图之前，所有图的色数都是小于等于4的。这就证明了任何平面图的色数都是不大于4的。四色猜测得到证明是正确的。

（未完，接下贴）

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