给平面图进行可4—着色与对四色猜测进行证明的关系

雷明85639720

给平面图进行可4—着色与对四色猜测进行证明的关系
雷  明
（二○二○年三月四日）

有此人认为他能对他所着过色的有限个平面图（个别的）进行可4—着色，就认为他是能对任何平面图都能进行可4—着色，并就以此也就得出他证明了四色猜测是正确的结论。这是不对的。这是因为他把给平面图进行可4—着色与对四色猜测进行证明的关系还没有弄明白。
1、把一个地理问题转化成一个数学问题
四色问题是由给地图的面的染色而提出。由于地图本身就是一个无割边的3—正则的平面图，其对偶图则是一个极大的平面图。给地图的面的染色就相当于对其对偶图——极大平面图的顶点着色。所以只要极大平面图的四色问题解决了，地图的四色问题也就解决了。同时，对极大图经“去顶”和“减边”而得到的任意的平面图的色数只会比极大图减小，而不会再增大。所以说只要极大平面图的四色问题解决了，任意平面图的四色问题也就解决了。因此，解决四色问题的关键就是解决极大平面图的四色问题。这就把一个地理问题转化成了一个数学问题。
2、把无穷的问题要转化成有穷的问题去解决
给平面图进行可4—着色，是对一个个的具体的平面图进行着色的，着的图再多，也是不可能把无穷多的平面图都着色完的，终到底还是只给个别的图进行了可4—着色。而对四色猜测进行证明却只是对有限的、不是具体图的、但却能代表所有平面图的“不可避免构形”进行的可4—着色。这有限个不可免构形的可4—着色（坎泊叫“可约”）问题解决了，四色猜测的证明问题也就解决了。这就是要把一个无穷的问题来当作一个有穷的问题去解决。
3、平面图中至少含有一个顶点的度是小于等于5的
极大平面图中，任何一个顶点都是处在一个轮的中心位置，任何一个顶点都是要着色的待着色顶点。这些待着色顶点的最大区别就是其度大小的不同。可以证明在平面图中总存在着至少一个顶点的度是小于等于5的，这就为我们可以把无穷问题转化为有穷问题来处理提供了条件。证明如下：
平面图边数与顶点数的关系是e≤3v－6（等号对应极大图，不等号对应非极大图），它的总度数是∑d＝2e≤6v－12，各顶点的平均度是（∑d）/v≤2e/v＝6－12/v，当顶点数趋近于∞（无穷大）时，平均度（∑d）/v的极限则是≤6的，但永远也达不到6。这就说明了任何平面图中至少要有一个顶点的度是小于等于5的。这就是说度小于等于5的顶点在任何平面图中总是不可避免的存在的。同时也说明了顶点度全部是大于等于6的平面图是不存在的。但不含度大于等于6的顶点的平面图却是存在的，如K1，K2，K3，K4等平面图中就不含度大于等于6的顶点。
4、把一个无穷问题转化成一个有穷的问题
在对极大图的着色中，总是能遇到一个待着色顶点同围顶点都已着上四种颜色时的情况，特别是在着最后一个顶点时，一定是有这种情况的。这就是一种构形，因该顶点处在一个轮的中心顶点位置，所以叫做轮构形。按轮中心顶点度的大小（或轮沿顶点数的多少），可以将轮构形分为中心顶点度大于等于6的构形和中心顶点度小于等于5的构形两大类。
由于平面图中总存在至少一个顶点的度是小于等于5的，所以在着色过程中总是可以将待着色顶点放在度是小于等于5的不可避免的顶点之上的。这样就把一个无穷的问题转化成了一个有穷的问题了。只要这有限的不可避免的轮构形都是可约的，四色问题就处到了解决。
5、平面图不可免构形的分类与解决办法
5、1  对于平面图不可避免的构形来说，又可根据围栏顶点（把与待着色顶点相邻的顶点叫围栏顶点）所点用的颜色数，把不可免构形分为两类。一类是围栏顶点占用颜色数小于等于3的构形，待着色顶点至少还有一种颜色可着，所以叫做直接可约的构形；另一类是围栏顶点占用颜色数等于4的构形，待着色顶点已无颜色直接可着，叫不能直接可约的构形。
5、2  不能直接可约的构形又可根据其中是否含有双环交叉链，分为无双环交叉链的构形和有双环交叉链的构形两类。无双环交叉链的构形解决时，用坎泊的可空出颜色的颜色交换技术，使构形转化成可直接可约的构形。所谓颜色交换技术，就是在由某两种颜色交替着色构成的色链中，交换各顶点的颜色，以达到改变链中某一顶点颜色的目的；所谓空出颜色的交换，即是对围栏的两对角顶点颜色构成的色链，在两对角顶点间是不连通的情况下，从任一对角顶点交换该链各顶点的颜色，就可空出开始交换的一个围栏顶点的颜色，给待着色顶点着上。
无双环交叉链的构形是坎泊早已证明了是可约的构形，我们统一叫它为K—构形。有双环交叉链的构形是赫渥特发现了坎泊证明中被除数遗漏了的一类构形，所以我们把这类构形统一叫做H—构形。而有双环交叉链的H—构形，只能出现在5—构形中。因为4—轮中只可能出现一条连通链（与待着色顶点共同构成了环），不可能出现双环，更不可能出现双环交叉的现象。
5、3  有双环交叉链的构形又可根据有没有通过围栏顶点的环形链，分为有环形链的构形和无环形链的构形两类。有环形链的构形又可分为有通过围栏三个顶点的环形链的构形和有只通过围栏两个顶点的环形链的构形两类。两类都可以从某一围栏顶点开始，交换与环形链呈相反链的色链，使双环交换叉同时断开，构形转化为无双环交叉链的构形。这种交换的方法叫做“断链交换法”
5、4  无环形链的构形，只能进行连续的转型交换，在不超过40次转型的情况下，一定可以转化成一个虽有双环交叉链，但是可以连续的移去两个同色的K—构形。再进行两次关于空出颜色的交换，就可以解决问题。这里最大转型40次是因为埃雷拉图在进行转型交换时是一个以20次转型为一个周期的无穷循环构形。给一个构形，只有在进行了40次转型，即两个转型周期后，仍是一个H—构形时，才能却定其是一个无穷转型的构形。而在40次转型前，可以转化成可连续的移去两个同色的K—构形时，就是有限次转型的H—构形。我们这里所说的无环形链的构形正好就是有限次转型的构形。的确我们也已经构造出了转型次数高达26次（大于一个转型周期）的H—构形。
解决了以上的不可免构形的可约性问题，四色问题也就得到了解决。四色猜测是正确的。各种不可免构形的特点是什么,为什么要用以上的方法进行解决,如何去操作，这里就不再祥说了,请看有关的论文。
6、不可免构形一定是有限的
通过以上可以看出，不可免的构形一定是有限的。由这些构形共同构成了一个集合，叫做平面图的不可避免构形集，简称不可免集。证明四色猜测时，首先要证明不可免集是完备的，即除了这些不可免构形外，再没有别的构形是不可避免的了。这就把一个对平面图来说，实际上是无穷多个的平面图；对任一个平面图来说，顶点个数也可以是无穷多的；对某一个具体的平面图来说，各顶点的度也可以是无穷大的这三个无穷的问题，转化成一个有穷的问题了。只要证明了这些有限的不可免构形都是“可约”的，即是可4—着色的，也就证明了四色猜测是正确的。
7、对平面图的着色过程就是在动态中证明四色猜测的过程
证明四色猜测时，首先要证明不可免集是完备的。然后再人为的构造一些不可免集中的不可免构形的模型，解决了这些模型的可约性问题，就解决了四色猜测的证明问题。这就是对四色猜测的证明。然后在着色过程中，若遇到了具有符合以上这些不可免构形模型的特点的顶点时，就按解决这种模型的方法去处理，一定是可以解决问题的。这就是着色。这才是最好的着色方法。按照这样的着色方法去进行着色，可以说就是在着色的过程中动态的证明四色猜测。但对某一个图的着色中，不可能都遇到以上所有的不可免构形，所以说，只对一个个的具体的图的着色，虽然所着过色的图也都是可4—着色的，但这并不等于就是对四色猜测的证明。
8、给平面图进行4—着色与对四色猜测进行证明间的关系
奉劝一些朋友，一定要明白着色与证明的关系，要认识到它们是不同的两回事。不要以为自已对某一些平面图能够进行4—着色，就认为自已证明了四色猜测是正确的。这种认识是不正确的。各人可以用不同的着色方法对不同的平面图进行4—着色，但会着色并不等于就能够证明四色猜测是正确的。而只要是能够证明四色猜测是正确的人，则一定能够对任意的平面图进行4—着色。二者之间就是这么一种关系。着色解决的是“是什么”的问题，而证明则解决的是“为什么”的问题。


                             雷  明
二○二○年三月四日于长安

注：此文已于二○二○年三月五日在《中国博士网》上发表过，网址是：

雷明85639720

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