无割边3—正则平面图可3—边着色，四色猜测正确！（完善稿）

雷明85639720

无割边3—正则平面图可3—边着色，四色猜测正确！（完善稿）
雷  明
（二○一七年四月七日）

地图就是一个无割边的3—正则的平面图，其中的每一个顶点都连着三条边，这就是“三界点”，其附近区域就是平常所说的所谓的“三不管地区”。
1880年泰特曾猜想：任何无割边的3—正则平面图的可3—边着色与其可4—面着色是等价的。几乎所有的文献上都说泰特当年已经证明了其猜想是正确的，但却没有看到泰特的原始证明。文献上只看到有邦迪、韦斯特与徐俊杰的证明，但都叫人看了后并不明白，也不好理解。如果说泰特的猜想是正确的，那么只要能证明任何无割边的3—正则平面图是可3—边着色的，也就证明了地图四色猜测是正确的。又因为给地图的面上的着色，就是对其对偶图——极大平面图——的顶点着色，从而也就说明了任何极大平面图的顶点着色的色数也是不大于4的；再进一步，因为对极大平面图通过“去点”和“减边”运算，所得到的任意平面图的色数只会减少，而不会增大，所以也就可以证明任意平面图的顶点着色的色数也是不会大于4的。从而也就最终证明了四色猜测是正确的。本文作者也想试证一下。

1、泰特猜想的证明
1、1  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
1、1、1  颜色叠加的原理
要证明可3—边着色的无割边的3—正则平面图是可4—面着色的，必须要用到颜色叠加的原理。所以首先介绍颜色叠加的原理如下：


图1，a是一个由两个园的一部分相互重叠后所得的图，图2，a是由一个园和一个月牙形的图相邻后所得的图，他们都把画图的面分成了若干部分。若把构成各图的两个图分开画时，它们同样也均把画图的面至少分成了两部分（如图1，b和c，图2，b和c），若给每一部分各染上一种颜色（如A和B，C和D），然后再把两个各染了两种颜色的图重叠起来，就可以得到四种新的颜色，原图1，a中的各个部分（面）都有一种新颜色（如图1，d和图2，d），但所占用颜色的总数是不超过新产生的四种颜色的。
这里虽然在叠加前是四种颜色，但并没有遇到三种颜色相叠加的情况，没有出现A与B，C与D相叠加的情况，所以最多也只能产生AC，AD，BC和BD这四种新的颜色。
    1、1、2  可3—边着色的无割边的3—正则平面图也可以用颜色叠加法进行面着色
把可3—边着色的无割边的3—正则平面图中的着有某种颜色（比如3）的所有边都去掉后，剩下的就是若干个（包括一个）边2—色圈，并把画图的面分成了比圈的数目多1的若干个部分，给每一个部分相间的着以不同的两种颜色（比如A和B）；然后再把着有另一种颜色（比如2）的所有边也都去掉，再给被另外的若干个圈所分成的各部分相间的着以另外的两种不同颜色（比如C和D）；把两张图重叠起来后，就得到原来可3—边着色的无割边的3—正则平面图的各个面分别着有不同颜色的图，图中的颜色总数也不会多于新产生的四种颜色。如图3所示。

图3是一个有三个国家的“海岛”的地图，其中a是原来3—边着色的地图，b是去掉了着有颜色3的边以后的图，其各部分分别着A和B二色，c是去掉了着有颜色2的边以后的图，其各部分分别着C和D二色，d是着了四种新颜色的地图。
1、1、3        颜色叠加原理的理论分析

地图的顶点都是三界点，都只连接着三条边（如图4），分别着以1，2，3三种颜色（如图4，a），每两条边之间所夹的区域用一种颜色染色当然是可以的，可以把1—2两种色边所夹的面用Ⅰ色表示，把2—3两种色边所夹的面用Ⅱ色表示，把1—3两种色边所夹的面用Ⅲ色表示，只有三种颜色。但作为一个面，其边界一定是一个圈。若是偶圈，该面边界上可能只有两种颜色的边，该面可以着上Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ中的某一种颜色即可；但若是奇圈，该面边界一定是由三种颜色的边构成的。这种情况，该面就不能用Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ中的任何一种颜色，而只能用第四种颜色 Ⅳ（如图4，b）。这就是可3—边着色的无割边的3—正则平面图面着色时，可能会用到四种颜色的原因。
若把由两种颜色的边所夹的区域的颜色用两种颜色的交集表示，则由三种颜色的边所夹的区域的颜色就是三种颜色的交集。则有1∩2＝Ⅰ，2∩3＝Ⅱ，1∩3＝Ⅲ 和1∩2∩3＝Ⅳ。这也就是给任何可3—边着色的无割边的3—正则平面图（地图）的面染色时，至少要准备四种颜色的原因。
边色数是3，可分别用1（红），2（黄），3（兰）来表示。利用画家调色的原理，这三种源颜色重叠的结果也只可能产生四种新的颜色（如图5）。图中共有七种颜色，其中1（红），2（黄），3（兰）三种源颜色仍是着在边上的三种颜色，而新产生的12（橙），13（紫），23（绿）和123（黑）四种颜色则就是面上应着的四种颜色。

这就证明了可3—边着色的无割边的3—正则平面图一定是可4—面着色的。
1、1、4  可3—边着色的无割边的3—正则平面图也可4—面着色的纯理论分析
以上的证明，可以说是从着色的实践上去进行的，从纯理论上还可以这样来解释：已知图是可3—边着色的，那么图中就只有三种颜色的边。每两种颜色所夹的面用一种颜色表示，共需用三种颜色。图中的面最少也是有两种颜色的边，这个面可以着上该三种颜色中的某一种。但图中若有奇数边的面时，这个面最少就得有三种颜色的边出现。上以三种颜色中的任一种都不能给其着上，就得要用第四种颜色了。但也不会多于四种，因为图中只有三种颜色的边，每个面中最多也只可能有三种颜色的边，所以面着色所用的颜色数是不会多于四种的。如果图中只有四边形的面，每个面中都只有两种颜色的边，那么这个图的面着色一定只用三种颜色。如正六面体就是这样，其每个面都是四边形，每个面都只有两种颜色的边，面着色时只用三种颜色就够了。这也就证明了可3—边着色的无割边的3—正则平面图是可4—面着色的。
1、2、 可4—面着色的无割边的3—正则平面图也一定是可3—边着色的

设可4—面着色的3—正则平面图（地图）所用的四种颜色分别是A（红），B（兰），C（黄）和D（绿）（如图6）。着A（红）和B（兰）二色的两个图家的边界线（图中加粗的边），不但不可能与着C（黄）和D（绿）二色的两个国家的边界线（图中带小园圈的边）是同一条边，而且绝对也是不会相邻的。这样的两种边界线着同一颜色完全是可以的。四种颜色两两相邻的六种相邻情况的边界分别是由A与B，A与C，A与D，B与C，B与D和C与D构成的。其中A—B的红—兰边界和C—D的黄—绿边界可以用同一种颜色，A—C的红—黄边界和B—D的兰—绿边界也可以用同一种颜色，A—D的红—绿边界和B—C的兰—黄边界也可以用同一种颜色，共计只有这三对。


我们分别用1，2，3表示三种不同颜色的边：把由红（A）兰（B）二色和由黄（C）绿（D）二色构成的边都用“1”表示，把由红（A）黄（C）二色和由兰（B）绿（D）二色构成的边都用“2”表示，把由红（A）绿（D）二色和由兰（B）黄（C）二色构成的边都用“3”表示，就可得到任何一个可4—面着色的3—正则平面图的3—边着色。如图7的3—楞柱和图8的正6—面体，他们的面色数分别是4和3，其边色数却都是3。
到此就证明了可4—面着色的无割边的3—正则平面图也一定是可3—边着色的。
现在我们再从纯理论角度上，对可4—面着色的无割边的3—正则平面图也可3—边着色来进行分析：已知图是可4—面着色的，所用四种颜色分别是A、B、C、D，每两种颜色的面都有一条共同的边界，四种颜色的面间就有六种类型的边界，即A—B、A—C、A—D、B—C、B—D和C—D。这六种边界中，A—B与C—D不可能相邻，A—C与B—D也不可能相邻，A—D与B—C也不可能相邻，每组不可能相邻的边界用同一种颜色完全是可以的，所以图中也只可能出现三种不同颜色的边界，不会多也不会少。这也就证明了可4—面着色的无割边的3—正则平面图也是可3—边着色的。

到此，也就证明了泰特的猜想：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。泰特的猜想是正确的。
现在最重要的问题是：只要能证明任何无割边的3—正则平面图都是可3—边着色的，就可证明地图四色猜测和四色猜测是正确的。
2、 任何无割边的3—正则平面图都一定是可3—边着色的
2、1  证明方法（一）：
3—正则的平面图告诉我们，图中的每个顶点都连有3条边，那么该图的总边数就是e＝3v/2＝1.5v（e是边数，v是顶点数），即边数是顶点数的1.5倍。从这里可以看出，3—正则的平面图的顶点数必须是偶数，才能满足图的边数是整数的要求。
又因为无割边的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），从这里还可以看出，无割的3—正则的平面图中，若有奇数边的面时，则奇数边面的总数必须是偶数，只有这样也才能满足图的边数是整数和上述公式的要求。
颜色叠加的原理还告诉我们，要进行颜色叠加时至少要把无割边的3—正则平面图划分成若干个（包括一个）偶圈。“3—正则平面图的顶点数都是偶数”和“3—正则平面图中奇数边面的总数是偶数”这两点，就保证了无割边的3—正则平面图至少是可以划分为一个偶圈的；“无割边”这一点也保证了从图的任一顶点出发，到达任一顶点后，再返回到原出发的顶点时，也不会再走重复线路的。也就可以保证无割边的3—正则平面图（地图）是一定可以划分成两条以上的若干偶圈的。

每个偶圈就是一条边2—色圈（回路），偶圈在边着色时，只用两种颜色就够了。图中所剩余的边的两端，也都是只与边2—色圈上的、已连接着着有两种颜色的边相邻，且这些边本身相互间均不相邻，所以给它们全部着上第三种颜色是完全可以的。图9就是一个无割边的3—正则平面图可3—边着色的例子。
这就证明了任何无割边的3—正则平面图一定是可以3—边着色的。
2、2        证明方法（二）：
边着色就是对原图的线图的顶点着色。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）。如图10。
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。
3—正则平面图中各面的边数都是大于等于3的多边形面，这些多边形面在该图线图中也都是以边数大于等于3的圈（面）出现的（如图11）。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。


3—正则平面图中各边的两端均共连有四条边，表现在其线图中就是各顶点的度均是4，该线图是一个4—正则图（如图10，图11，图12。请注意：这里的4—正则图并不是任意的4—正则图，而是指无割边的3—正则图的线图这一类的4—正则图）。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，更不会有轮沿数大于等于3的奇轮出现。唯有正四面体的线图，是一个所有的顶点都是一个4—轮的中心顶点（如图12）的图，而4—轮的色数也是3。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。
综合以上三点，也就证明了任何3—正则平面图一定是可3—边着色的。当然任何无割边的3—正则平面图也就一定是可3—边着色的了。
2、3  证明方法（三）：
用有n＋1个面的方法验证任何无割边的3—正则平面图都是可3—边着色的
设有n个面的无割边的3—正则平面图是可3—边着色的，那么当面数是n＋1时，其是否仍是3—正则的平面图呢，是否还可以可3—边着色呢。验证如下：

要把一个面数为n的无割边的3—正则平面图的面数增加为n＋1个时，把图中某一个面分成两个就可以达到目的。一个边数是m的面，在其中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”，图中也就增加了一个面，也增加了三条边（如图13）。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。
2、3、1  证明这个有n＋1个面的图仍是一个3—正则平面图
从整个3—正则平面图来说，增加了两个顶点，三条边，图顶点数仍是偶数，边数仍是顶点数的1.5倍。但无割边的3—正则平面图还有一个特点不能忘记，即奇数边面的总个数一定是偶数，才能满足边数是整数的要求。已知原来的图中奇数边面的总个数是偶数，则有：
2、3、1、1  若a和b所在的边的两个邻接面A和B原来都是偶数条边时，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：
2、3、1、2  若A和B原来都是奇数条边时，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：
2、3、1、3  若A和B两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这两个面的边数的改变对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：
2、3、1、4  若被分开成两个面的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；
2、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。
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；
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个。这就说明了原来图中的奇数边面的总个数是偶数，现在仍然是偶数，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。
2、3、2  证明这个有n＋1个面的图仍是可3—边着色的图
现在再来看看a和b两点所在的边原来所着的颜色对该无割边的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14和图15）。
2、3、2、1  两条边原来着色不同的情况：
如果a点所在的边原来着1色，那么这条边一定既是1—2—1边2—色圈上的一条边，又是1—3—1边2—色圈上的一条边；如果b点所在的边原来着2色，那么这条边也一定既是1—2—1边2—色链圈上的一条边，又是2—3—2边2—色圈上的一条边；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，还是一条偶数的边2—色圈；所增加的这两条是位于原圈上的边，在1—2—1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，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14）。

2、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，那么这两条边共同都是1—2—1和2—3—2两种边2—色圈上的两条边，这里我们只取一种2—3—2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2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15）。

以上两点实际上只是对a和b所在的两条边不仅是处在同一种边2—色圈上而言的，而是a和b所在的两条边又是处在同一个边2—色圈上而言的。我们知道同一种边2—色圈并不是只有一个，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16。
2、3、2、4        两条边原来不在同一个边2—色圈上的情况：
在图16，a中，a和b两点所在的边原来就不在同一条1—2—1边2—色圈上，这时我们可以把其中一个边2—色圈上的各边的颜色1和2进行互换，得到如图16，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16，b的图中，虽然a和b两点所在的边仍处在不同的1—2—1边2—色圈上，但却又处在了同一条1—3—1（或2—3—2）的边2—色圈上了。这时，就与以上2、1和2、2中所谈的情况完全相同了，可以用同样的方法进行处理。最后得到可3—边着色的图（如图16，c）。

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。
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。
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。
3、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○一七年四月七日于长安
   
注：此文原标题是《直接用地图来证明四色猜测（完善稿）》，已于二○一七年四月四日在《中国博士网》上发表过，网址是：

修改后于二○一七年四月十六日在《中国博士网》上发表，网址是：

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