从一个3—正则平面图的3—边着色到4—面着色

雷明85639720

从3—正则平面图的3—边着色到4—面着色
雷  明
（二○一七年三月三十日）

我上午曾在网上求助网友帮助对一个3—正则平面图的3—边着色，现在我已作出来了，在这里与大家一起共享。
这个图是一个有30个顶点，有17个面（其中有5个6—边形面，有12个5—边形面），有45条边的可哈密顿的3—正则平面图（如图1）。该图的边数是顶点数的1.5倍，有偶数个顶点，这符合3—正则图的要求。顶点数加面数是47，边数加2也是47，平面图欧拉公式成立。

1、3—边着色：
第一步，划分边2——色圈：先把5—边形面①、②的顶点作为一个集团（共10个顶点），做一个边2—色圈（如图2）；然后，沿顶点2—1—8—7—18—18—19—28—27—17—16—15—6—5—4—14—13—12走。到顶点12后有两条路线可走：一条是走12—11—10—2，回到出发点2（如图2）。但这时的顶点3，以及顶点9和顶点20都不可能再与别的顶点构成边2—色圈了，只能改变路线；二是走12—3—2回到出发点2（如图3）。这样，剩下的顶点11，10，9和20四个顶点，虽不能构成边2—色回路，但这四个顶点都是一个6—边形面③中的顶点，且与5—边形面②相邻，①、②、③三个面可以共同构成一个边2—色圈（如图4）。这是一个有12个顶点的偶数顶点集团。现在各顶点都被分划在两个集团之中，这便就构成了两个边2—色圈。


第二步，进行3—边着色：边2—色圈只点用两种颜色，且边数与顶点数相等，剩下的相当于一半顶点数的边的两端都只与着有1、2二色的边2—色圈中的顶点相邻，且这些边相互之间又全不相邻，所以着相同的第三种颜色是完全可以的（如图5），该图的3—边着色成功。


2、4—面着色：
该图4—面着色时，把1—2—1边2—色链内、外相间的着以A、B二色（如图6），把1—3—1边2—色链内、外相间的着以C、D二色（如图7），然后进行颜色叠加，得到着有四种颜色的该3—正则平面图（地图）的4—着色模式（图8和图9）。该图的4—面着色成功。




3、只要能证明任何3—正则的平面图都是可3—边着色的，也就证明了地图的四色猜测：
如何给一个3—正则图进行3—边着色，特别是如何找图中的边2—色圈，是一个很复杂的问题，一下子也说不清，道不白，理论上证明3—正则平面图的可3—边着色更是困难。但3—正则平面图的顶点数是偶数，边数是顶点数的1.5倍，这些基本的因素，又都给证明提供了条件。可3—边着色的3—正则平面图的可4—面着色，以用相批方向的可4—面着色的3—正则平面图的可3—边着色，都是很容易证明的。难就难在证明3—正则平的面图一定都是可3—边着色的这一点。所以，根据泰特的猜想“3—正则平面图的可3—边着色与其可4—面着色等价”，可以把证明四色猜测，变成只证明3—正则图（地图）的可3—边着色。只要能证明任何3—正则的平面图都是可3—边着色的，也就证明了地图的四色猜测。

雷  明
二○一七年三月三十日于长安

附：我的求助原文：

这个3—正则图能否3—边着色，请网友们帮助给以解决
雷  明
（二○一七年三月三十日）

我画了一个3—正则的平面图，图中有30个顶点，有17个面，其中有5个6—边形面，有12个5—边形面，有45条边。边数是顶点数的1.5倍，有偶数个顶点，这符合3—正则图的要求。顶点数加面数是47，边数加2也是47，平面图欧拉公式成立。

这个图是一个不可哈密顿的3—正则平面图，不可能一次遍履所有的30个顶点。顶点数（30个）比许寿椿教授在他的《图说四色问题》一书中给出的、那个1966年由Lederberg和Bosak分别构造的、由38个顶点构成的、所谓的“现今已知最小的非哈密顿的平面三次图”的顶点数还要小。是否我画的这个图才是“顶点数最小的非哈密顿的平面三次图”呢。
这个图是否可以3—边着色，我是作了多少次尝试，也未能成功，特请网友们帮忙作作。如果能作出来，我们有继续再研究3—正则平面图的3—边着色问题的必要；否则，就可以否定任何3—正则的平面图都是可3—边着色的命题。这个命题不存在，那么，即就是一部分3—正则的平面图是可3—边着色的，也不能说明任何3—正则的平面图都是可4—面着色的。四色猜测也就得不到证明是正确的。所以说泰特猜想“任意2—连通的3—正则平面图的可3—边着色等价于其可4—面着色”也就是错误的。只能说对于一部分可哈密顿的3—正则平面图来说，其可3—边着色是等价于其可4面着色的。并不迁用于任何的3——正则的平面图。
如果是这样，就就大家在证明四色猜测时，不要再走寻求“任意3—正则的平面图都一定是可3—边着色”的这条路了。

雷  明
二○一七年三月三十日于长安


注：此文已于二○一七年三月三十一日在《中国博士网》上发表过，网址是：

雷明85639720

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