三十多年研究四色问题的总结：《四色猜测的手工证明》（三）

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》（三）
雷  明
二○一七年四月三十日于西安

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2  根据米歇尔斯基操作原理，用反证法证明四色猜测
2、1  作一个图的色数比原图的色数大1的方法之二——米歇尔斯基操作法：
数学家狄拉克1953年在其论文《k—色图的构造》一文中提出一个问题：对于任意大的一个正整数k，是否存在一个图，不包含三角形但色数是k？这一问题分别在1954年和1955年分别由勃兰克•斯德卡兹和米歇尔斯基独立的作出了回答。米歇尔斯基（Mycielski）给出的由一个不含三角形的k色图Gk构造一个不含三角形的k＋1色图Gk＋1的方法是：设Gk的顶点是v1，v2，……，vn,，添加点u1，u2,……，un和点u0。将ui与vi所有相邻顶点及u0相连，1≤i≤n。如此得到的图就是一个不含三角形的k＋1色图。
这里所说的不含三角形的图实际上就是基图Gk的密度是小于3的图。米歇尔斯基的这一构造方法在图论界把它叫做Mycielski—操作，简称M—操作。M—操作过程又是可以递推的，即可以多次进行的。每进行一次M—操作，图的密度（或最大团）并不发生变化，但其色数却增加1。于是，就有了“存在无三角形且色数任意大的图”的说法。实际上，进行M—操作时的基图的密度可以是任意的，不一定都得是密度小于3的图。所以也就有“在各种密度下都有色数是无穷大的图”。
米歇尔斯基操作法：是在有v个顶点的、色数是k的图外，作一个有u个星点顶点的u—星（注意，星的总顶点数是u＋1），并使u＝v。然后再把u—星中的星点顶点ui（1≤i≤u＝v）与原图中与ui相对应的顶点vi的所有相邻顶点都用边连接起来（注意，u—星的中心顶点u0是与原图中的任何顶点都不相邻的），这时所得到的图的色数就比原图的色数大1，且图中的最大团不变。
M—操作后，只所以最大团保持不变，是因为每个星点顶点都只和原图中与其对应的顶点的相邻顶点相邻，而与这个对应顶点并不相邻，所得到的团的顶点数仍与原图中最大团的顶点数是相等的。只所以所得图的色数一定比原图的色数大1，是因为u—星中的u个星点顶点均是不相邻的，他们可以同化（凝结）成一个顶点。这时，u个星点顶点所凝结成的这个顶点，又与原图中的所有顶点都相邻了，这个顶点只能着原图中所用颜色以外的另一种颜色（因为u—星的中心顶点与原图中的任何顶点都不相邻，所以给其着上原图中的任何一种颜色都是可以的）；另一个原因是，因为u—星的各星点顶点和原图中与其相对应的顶点均不相邻，可把这u个星点顶点着以和原图中与其相对应的顶点相同的颜色，这样u—星的星点顶点就占用完了原图中的所有颜色，剩下的u—星的中心顶点u0因与各星点顶点均相邻，只能着以原图中所用颜色以外的另一种颜色了。
2、2  平面图的M—操作：
现在我们对任意的平面图进行M—操作：假设四色猜测是正确的，那么就有任何平面图的色数都是小于等于4的结论。若M—操作后，得到的图不再是平面图了，不管其色数是多少，就都不再是四色问题研究的对象了，因为色数小于等于4的图不一定都是平面图。如K3，3图，色数虽是2，小于4，但却是一个非平面图；若M—操作后，得到的图仍是平面图，但其中只要有一个图的色数大于4，则就可以否定假设，得出四色猜测不正确的结论；若M—操作后，得不到色数大于4的平面图，就应该肯定假设是对的，四色猜测是正确的。
2、2、1  图中只有一个面的情况时：
当图是K1时，色数是1，M—操作的结果，色数比原图大1是2，但不大于4，仍是平面图（但不连通），如图5；
当图是K2时，色数是2，M—操作的结果，色数比原图大1是3，也不大于4，也仍然是平面图（5—圈），如图6；

当图道路时，色数也是2，M—操作的结果，色数比原图大1是3，也不大于4，仍是平面图，但图中既有了3—圈，也有了4—圈和5—圈，如图7；

当图是树（包括3—星这样最简单的树）时，色数也是2，M—操作的结果，色数比原图大1是3，虽不大于4，但却成了一个非平面图，如图8。已不再是四色猜测研究的对象了；
2、2、2        当图中有两个面的情况时：
图是一个3—圈（即K3图）时，色数是3，M—操作的结果，色数比原图大1是4，但不大于4，仍是一个平面图，图中不但有3—圈，也有了4—圈，如图9；
图是一个4—圈时，色数是2，M—操作的结果，色数比原图大1是3，虽不大于4，但却成了一个非平面图，如图10；也已不再是四色猜测研究的对象了；
图是一个5—圈时，色数是3，M—操作的结果，色数比原图大1是4，虽不大于4，但却也成了一个非平面图，如图11；也已不再是四色猜测研究的对象了；

可见，边数大于等于4的圈，进行了M—操作后的图，都会成为非平面图了，就不再是四色猜测研究的对象了。
2、3  除了3—圈（即K3团）以外的面数大于2的图进行M—操作后都不再是平成图的证明：
M—操作时，要先画一个星，该星只能画在一个面内。若图中有边数大于等于4的面（即4—圈）时，对这个4—圈进行M—操作后得到的是一个非平面图，所以含有边数大于等于4的圈的图，进行M—操作后的图就不再是平面图了；
若图是一个三角剖分图，所有面全是3—圈，M—操作中n—星的中心顶点u0一定要位于某个面以内，有关星点顶点若与位于该面边界上的顶点用边相邻时，是不会产生相交叉的边；但当n—星的有关星点顶点与位于该面边界以外的顶点用边相邻时，必然要产生相交叉的边，图也就变成了一个非平面图；
因此，图中面数是2的图，除了3—圈（即K3图）外，进行M—操作后的图均是非平面图；
含有轮的图中，其面数都是大于2的图，所以含有2—轮（有平行边的K4团或3—圈）和3—轮（即K4团）的图M—操作后的图也一定是非平面图。
2、4  除K1图外任可平面图都不可再进行第二次M—操作：
以上M—操作后的图仍是平面图的只有K1，K2，道路和K3（即3—圈），现在再看这些图是否还可以进行第二次M—操作：
K1图M—操作一次后，是一个K2图，是平面图（如图5），色数是2；这个图再进行一次M—操作后，一定是如图6那样的图，是一个5—圈，也是平面图，色数是3，仍不大于4；但因5—圈进行M—操作后是一个非平面图，所以K1图也只能进行两次M—操作；
K2图M—操作一次后，是一个5—圈（如图6），5—圈再进行M—操作后的图是一个非平面图，所以K2图也只能进行一次M—操作；
道路Pn进行M—操作一次后，所得图中既有4—圈，又有5—圈（如图7），因为这两种圈进行M—操作后的图都是非平面图，所以道路也只能进行一次M—操作；
3—圈（即K3图）M—操作一次后，图中既有3—圈，又有4—圈（如图9），因4—圈再进行M—操作后的图是非平面图，所以3—圈（即K3图）也只能进行一次M—操作。
除了以上这些图以外，其他任何平面图的面数都是大于等于2的。而除了3—圈外的任何面数大于等于2的平面图，在进行一次M—操作后的图都是非平面图，也就都不再是四色问题所研究的对象了。
2、5  四色猜测是正确的
以上我们对任意的平面图都进行了M—操作，M—操作后的结果仍是平面图的图的色数都是不大于4的，这就证明了开始的假设是正确的。任何平面图的色数都是不会大于4的，四色猜测是正确的。



雷  明
二○一七年三月十一日于长安



注：此文已于二○一七年三月十一日在《中国博士网》上发表过，网址是：



公式推导证明四色猜测的三种方法
雷  明
（二○一七年元月三十一日）

1、用平面图中可嵌入的最大完全图的顶点数来证明
已知顶点数v≥3的图都有3f≤2e（f是面数，e是边数）的关系，把f≤2e/3代入多阶曲面上图的欧拉公式v＋f－e＝2（1－n）（n是图的亏格）得
    e≤3v－6（1－n）（v≥3）                    （1）
（1）式就是多阶曲面上图中顶点与边的关系。当图是完全图时，还应有e＝v（v－1）/2的关系，把e＝v（v－1）/2代入（1）式得
v（v－1）/2＝3v－6（1－n）
v2－7v＋12（1－n）≤0                        （2）
解这个一元二次不等式（2），得其正根是
v≤（7＋√（1＋48n））/2  （v≥3）
由于顶点数v必须是整数，所以上式还得向下取整，得
v≤＜（7＋√（1＋48n））/2＞ （v≥3）       （3）
（3）式中暂用＜ ＞表示其中的数字向下取整。（3）式中的v就是可嵌入亏格是n的曲面上的完全图的顶点数。平面图的亏格是0，把n＝0代入（3）式中，得
v≤4                                         （4）
（4）式就是可嵌入亏格为0的平面上的完全图的顶点数。
公式（4）也可以直接从平面图的边与顶点的关系式e≤3v－6 （v≥3）得来。把完全图中边与顶点的关系e＝v（v－1）/2代入上式e≤3v－6中 得
v2－7v＋12≤0  （v≥3）                                  （5）
解（5）式这个一元二次不等式得
v1≤4和v2≤3                                                   （6）
由于v2≤3包含于 v1≤4中，所以实际只有一个根
v1≤4                                      （6＇）
与上面的（4）式完全相同。由于完全图着色，所需颜色数就是其顶点数，把（3）式中的顶点数v换成颜色数γ，则（3）式变成
γ≤＜（7＋√（1＋48n））/2＞ （v≥3）       （7）
把n＝0代入（7）式中，得
γ≤4                                        （8）
（8）式就是平面上完全图的色数，是不大于4的。因为图的色数就是其最小完全同态的顶点数，而任何平面图的最小完全同态也一定是平面完全图，所以（8）式也就是任意平面图的色数公式。因为γ≤4，这也就证明了四色猜测是正确的。
2、用平面（或球面）上不存在五色地图来证明
设在某亏格为n的曲面上有一个γ色的地图，按坎泊的思想，那么就应该存在一个“国数最小的”γ色地图。这个“国数最小的”地图中也就只应有γ个“国家”（这个“国数最小的”地图中的“国家”数γ，实际上就相当于图的最小完全同态的顶点数）。
设这个“国数最小的”地图中的区域数（即“国数”）为f，每一个区域都与别的f－1个区域相邻，每一个区域都有f－1条边界线，f个区域的总共有f（f－1）条边界线。因为每条边界线都是两个区域所共有的，而在这些边界线中，每条边界线都是计算了两次的，所以就有2e＝f（f－1）；又因为地图是一个3—正则图，即每一个顶点都连着3条边（即所谓的“三界点”），所以该地图的总边数也可以写成e＝3v/2，即有2e＝3v，从而有3v＝2e＝f（f－1）的关系。用区域数（即面数）f来表示顶点数v和边数e，则有v＝f（f－1）/3和e＝f（f－1）/2。把v＝f（f－1）/3和e＝f（f－1）/2代入到多阶曲面上图的欧拉公式v＋f－e＝2－2n则得到
f2－7f＋12（1－n）＝0                        （1）
解这个关于“国数最小的”地图中的区域（国家）数f的一元二次方程（1）得正根是
        f＝（7＋√（1＋48n））/2
因为区域数必须是整数，所以上式还得向下取整，得
        f＝＜（7＋√（1＋48n））/2＞                 （2）
式中用＜ ＞表示其中的数字向下取整。又因为f是两两均相邻的“国数最小的”地图的“国数”，即区域数，所以这个“国数最小的”地
图染色时也必须用与其区域数相同的颜色数，所以又有
        γ＝f＝＜（7＋√（1＋48n））/2＞             （3）
（3）式中当曲面的亏格为n＝0时，其两两区域均相邻的区域数和色数都是等于4的，即
γ＝f＝4                                      （4）
（4）式这个结果说明了平面地图中是不存在五个区域两两均相邻的情况的，即不存在五色地图。
（4）式实际上是当曲面的亏格为n＝0时，其两两区域均相邻的区域数f的最大值，当然色数γ也就是最大值了，即γ＝f≤4。也就是说（平面）地图着色的色数，是小于等于4的。这就证明了地图四色猜测是正确的。
地图中两两均相邻的区域的个数不大于4（即不存在五色地图）还可以直接用平面图的欧拉公式来证明。把把v＝f（f－1）/3和e＝f（f－1）/2代入到平面图的欧拉公式v＋f－e＝2中，则得到
f2－7f＋12＝0                                （5）
解（5）的一元二次方程得两个正根分别是
f＝4和f＝3
均小于5，也说明了平面地图中只能存在3个或4个区域两两相邻，而不存在5个区域两两相邻的情况，即不存在五色地图。
按坎泊的思想，只要能证明平面地图中不存在五色地图，那么地图四色猜测就是成立的。现在已经证明了平面地图中的却不存在五色地图，所以地图四色猜想就是正确的。地图四色猜测是正确的，那么给地图的对偶图——极大平面图的顶点着色，也就只要四种颜色就够用了。四色猜测是正确的。
3、用赫渥特地图着色公式来证明
顶点数v≥3的图都有3f≤2e（f是面数，e是边数）的关系，把f≤2e/3代入多阶曲面上图的欧拉公式v＋f－e＝2（1－n）（n是图的亏格）中得
    e≤3v－6（1－n）（v≥3）                     （1）
注意，这里对图的亏格可是没有任何限限制的。再把完全图边与顶点的关系e＝v（v－1）/2代入（1）式中得
v（v－1）/2＝3v－6（1－n）
v2－7v＋12（1－n）≤0                         （2）
解这个一元二次不等式（2），得其正根是
v≤（7＋√（1＋48n））/2  （v≥3）
由于顶点数v必须是整数，所以上式还得向下取整，得
v≤＜（7＋√（1＋48n））/2＞ （v≥3）        （3）
（3）式中暂用＜ ＞表示其中的数字向下取整。这就是可嵌入亏格为n的曲面上的最大完全图的顶点数。因为完全图的色数γ就等于其顶点数v，即有γ完＝v，所以又有多阶曲面上图的色数是
γ图≤＜（7＋√（1＋48n））/2＞ （v≥3）      （4）
（4）式就是赫渥特的多阶曲面上的地图着色公式，它是适用于任何亏格的图的。四色猜测研究的是平面（球面）上的图的着色，把平面（球面）图的亏格等于0代入（4）式中得γ平≤4；这就证明了四色猜测是正确的。
4、林格尔公式与赫渥特地图着色公式是互为反函数的，可以相互推导，但不能用以相互证明
林格尔公式与赫渥特地图着色公式是互为反函数的，是可以相互推导的。林格尔公式n＝〔（v－3）（v－4）/12〕（v≥3）表示的是不同顶点数的完全图的亏格数（这里也暂用方括号〔 〕表示其中的数字向上取整）。它和赫渥特的地图着色公式同样都是上面（2）式中的一元二次不等式的解的一种形式。在（2）式的v2－7v＋12（1－n）≤0中，有两个可变的参数，一是图的顶点数，一是图的亏格。两个参数都可作为自变量，而把另一个作函数求其值。上面赫渥特的地图着色公式就是把图的亏格n作自变量，求某亏格n下的最大完全图的顶点数v值的公式；而林格尔公式则是把图的顶点数v作自变量，求该顶点数是v的完全图的亏格n的。由于某一顶点数的完全图的亏格只可能是一个，所以林格尔公式中只用了等式。这两个公式是互为反函数的，是可以相互推导的。不能用来相互进行证明，否则就成了循环论证。
当时赫渥特是怎么得到他的地图着色公式的，我们不可能知道。但我们在推导该公式的过程中，是没有对亏格附加任何条件的。这种可以经过严密数学推导而得到的结论，是不需要再进行证明的，因为推导过程中每一步都是符合逻辑的。严密的数学推导的过程，就是证明的过程。因为林格尔公式与赫渥特地图着色公式是互为反函数的，所以用林格尔公式证明赫渥特的地图着色公式，或者反过来又用赫渥特的地图着色公式证明林格尔的公式，都是错误的。


雷  明
二○一七年元月三十一日于长安


注：此文已于二○一七年二月一日在《中国博士网》上发表过，网址是：


不用“不可免集”证明四色猜测的四种方法
雷  明
（二○一七年元月三十一日）

1、用哈德维格尔猜想来证明
哈德维格尔猜想已经被证明是正确的，我们完全就可以利用这个猜想或者叫做定理来证明四色猜测了。
哈德维格尔猜想说：任何色数是n的图，一定可以同化（同化即收缩运算，就是把图中不相邻的顶点凝结在一起的过程）为一个完全图。因为四色问题研究的对象是平面图，所以我们首先要假设图是一个亏格是0的、色数是n的平面图。根据哈德维格尔猜想，这个图一定是能同化为一个完全图 Kn的，这个完全图Kn的亏格也一定是0，是一个平面图，否则就与假设发生了矛盾。
已知平面图中最大的完全图是K4，即在平面图中，所有完全图的顶点数n都是小于等于4的。所以也就有原图的色数n也是小于等于4的。而原图我们已经假设它是亏格为0的平面图了，所以这就证明了任何平面图的色数都是小于等于4的。四色猜测是正确的。
证毕。
2、用图的色数一定等于图的最小完全同态的顶点数来证明
哈拉里在他的《图论》一书中说：任意图的色数一定等于它的最小完全同态的顶点数。所谓完全同态就是利用同化运算把图变成一个顶点数最少的完全图，这个完全图就是原图的最小完全同态。显然，同化时一定是把不相邻的顶点凝结在一起的，而不相邻的顶点也是可以着成同一颜色的。当然最后的最小完全同态的顶点数就一定是原图的色数了。
同样也是因为四色问题研究的对象是平面图，所以我们首先要假设图是一个亏格是0的平面图。当然其最小完全同态的亏格也一定是0，是一个平面图，否则也就与假设发生了矛盾。
平面图中完全图的顶点数一定是小于等于4的，所以平面图的最小完全同态的顶点数也一定是小于等于4的，根据哈拉里说的任意图的色数一定等于它的最小完全同态的顶点数的理论，也就证明了任何平面图的色数都是小于等于4的。四色猜测是正确的。
证毕。
3、用不可同化道路的条数小于等于图的密度的一半来证明
①　不可同化道路是图的某个最大团外的一条道路。该道路中总有一个顶点同化不到最大团中去（见图。本文所有图均见前面的《用增加图的色数证明四色猜测的两种方法》一文，此处应见前文的图1。下同）。如一个5—圈，最大团是K2，5—圈中每个K2团外的其他顶点中，总有一个顶点是不能同化到这个K2团中去的（图见前文的图2等）。若有S条这样的道路构成了联时，就应有S个顶点同化不到最大团中去。这是因为联中的每一条路中的每一个顶点都与其他道路中的所有顶点均相邻的原因。但这S条道路的联的密度（即联中最大团的顶点数，它是构成联的各条道路的密度2之和）2S一定是小于等于图的密度（图中的最大团的顶点数）ω的，即有2S≤ω，所以有S≤ω/2。
②　由于图的色数一定是不会小于图的最大团的顶点数的，所以图的色数γ的下限是ω≤γ，同化不到最大团中去的顶点的颜色，必须用最大团各顶点所用颜色以外的颜色，所以图的色数的上限是γ≤ω＋S≤ω＋ω/2≤1.5ω。因此就有图的色数的界是ω≤γ≤1.5ω。
③　因为四色问题研究的对象是平面图，而平面图的密度一定是小于等于4的，即平面图中最大团的顶点数一定是小于等于4的。把平面图的密度ω＝1，ω＝2，ω＝3分别代入图的色数的界ω≤γ≤1.5ω中，都有γ≤4的结果，不可同化道路的条数S最大也都是1，且都小于等于2和3的一半；而把ω＝4代入ω≤γ≤1.5ω中时，就出现有γ＞4的可能，但我们可以证明在密度ω＝4的平面图中，根本就不可能存在不可同化道路，即S＝0。
④　密度ω＝4的平面图中，根本就不可能存在不可同化道路的证明：
这里首先要把不可同化道路与最大团的关系再说明一下：设最大团的顶点数是ω，不可同化道路的顶点数是n，这n个顶点均与最大团中的ω－2个顶点相邻，不可同化道路的两个端点顶点又分别与最大团中的另外两个顶点之一相邻。这样的道路中一定有一个顶点是同化不到最大团中去的。
在最大团与不可同化道路构成的系统中，顶点数是ω＋n个，其边数总数是：①　最大团的边数ω（ω－1）/2，②　不可同化道路的边数n－1，③　二者相邻的边数（ω－2）n＋2三者之和。即系统的总边数是ω（ω－1）/2＋n－1＋（ω－2）n＋2。当ω＝4，上式就成为6＋3n＋1＝7＋3n，而顶点数是4＋n的平面图的最大顶点数是3×（4＋n）一6＝12＋3n－6＝6＋3n，显然7＋3n＞6＋3n。这时的图就不再是平面图了。所以，密度是ω＝4的平面图中，就不可能有不可同化道路的存在。其色数也就不可能大于最大团的顶点数4。
综上所述，各密度条件下的平面图的色数都不大于4，这就证明了四色猜测是正确的。
4、用米歇尔斯基操作来证明
米歇尔斯基操作（简称M—操作）是一个作图的方法。是作一个图的色数比原图的色数大1的方法。该方法是：在顶点数是n的原图外，作一个n—星，使星的中心顶点u0不与原图的任何顶点相邻，星点顶点ui只与其所对应的原图中的vi顶点的相邻顶点相邻（ui与vi并不直接相邻），这样得到的图的色数就会比原图的色数大1，但图中的最大团的顶点数却并不增大。如一个K2图的色数是2，进行了M—操作后得到一个5—圈，这个5—圈的色数是3，比原图K2图的色数大1，但其最大团仍是K2，最大团的顶点数仍是2（图见前文的图6）。
①　从以上M—操作的定义可以看出，密度是2的平面图的色数最大也只能是3，只能比其最大团的顶点数（密度）大1。因为对顶点数大于等于4的圈进行M—操作后，图就不再是平面图而是非平面图了（图见前文的图10，其证明在本文的后面）。所以说密度是2的平面图的色数是不会大于3的。
②　一个K3图（3—圈）的色数是3，进行了M—操作后得到一个既有3—圈，又有4—圈的平面图，色数是4，比原图大1（图见前文的图9）。同样，也因为对顶点数大于等于4的圈进行M—操作后，图就不再是平面图而是非平面图了。所以说密度是3的平面图的色数是不会大于4的。
③　一个K4图（3—轮）的色数是4，进行了M—操作后得到的是一个非平面图（读者可以自已画图试试），所以说密度是4的平面图的色数是恒等于4的。
④　至于K1图（平凡图），其色数是1，在进行了M—操作后得到的图的色数虽然是2，但得到的图却是一个密度是2的、不连通的平面图（图见前文的图5），图的最大团发生了变化，所以说密度是1的平面图也是不能进行M—操作的。
综上所述，在各种条件下的平面图，进行了M—操作后，所得到的图仍是平面图时，其色数都是不大于4的，这也就证明了四色猜测是正确的。
⑤　顶点数大于等于4的圈，在M—操作后所得的图不再是平面图的证明：
n—圈的顶点数是n，边数也是n；n—星的顶点数是n＋1，边数是n；n—圈上的每个顶点都与两个顶点相邻，所以n—星的每一个星点顶点都与原图中的2个顶点相邻，共有2n条边。这样一个n—圈的M—操作系统图中：顶点数是n＋n＋1＝2n＋1个，边数是n＋n＋2n＝4n条。2n＋1个顶点的平面图的最大边数只可能是3（2n＋1）－6＝6n＋3－6＝6n－3条。当n＝4时，图的边数则是4×4＝16，虽然不大于该图是平面图时的最大边数6n－3＝6×4－3＝21，但图中已明显的产生了不能去掉的交叉边，是一个非平面图了（图见前文的图10）。这就证明了顶点数大于等于4的圈，在M—操作后所得的图就不再是平面图了。
边数大于3v－6的图一定不是平面图，但边数小于等于3v－6的图却不一定都是平面图，比如K3，3图，有6个顶点，9条边，小于3v－6＝3×6－6＝12，但K3，3却是一个典型的非平面图。
⑥　K4团在M—操后所得的图不再是平面图的证明：
K4团的顶点数是4，边数是6；4—星的顶点数是5，边数是4；M—操作所增加的边数是4×3＝12（一个星点与K4团中的三个顶点相邻）。系统总顶点数是9，边数是22。22大于9个顶点时的平面图的最大边数3v－6＝3×9－6＝21，显然就不再是平面图了。这就证明了K4团在进行了M—操后所得的图就不再是平面图了。


雷  明
二○一七年元月三十一日于长安


注：此文已于二○一七年二月一日在《中国博士网》上发表过，网址是：


（未完，接下贴）

雷明85639720

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雷明85639720

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雷明85639720

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雷明85639720

希望你能正确的评价。不要在这里阴阳怪气的。你连文章看都没看，你佩服什么呢。

雷明85639720

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