用直接给地图中面的染色，证明四色猜测是正确的

雷明85639720

用直接给地图中面的染色，证明四色猜测是正确的
雷  明
（二○一七年三月十四日）

地图本身就是一个平面图，且是一个3—正则的平面图，即每一个顶点都连有3条边，叫做“三界点”，也就是平常大家所说的“三不管地区”。有时因为地图的比例太小的原因，有些地方似乎是大于4条边相交在一起，即好象有多于三个“国家”（区域）相邻于一点的情况。但实际上这种情况是不会存在的，而只有3个“国家”相交于一点的情况。本文就直接从对地图的面的染色出发，对四色猜测进行证明。
1  历史
地图既是平面图，也就可以对其进行边着色和面着色。在1880年时，泰特（Tait）根据一个现在已认为是错误的“每个平面三次图都有哈密顿圈”的猜想，对四色猜测进行了证明，得出了四色猜测是正确的结论。当然这个证明也就是错误的了。这里的平面三次图就是我们所说的3—正则平面图。
有了这一思想，当然就有每一个平面三次图都有3—边着色，的确有哈密顿圈的平面三次图也都是可3—边着色的（在后面我们还要进一步证明任何平面三次图都是可3—边着色的），于是泰特就猜想平面三次图（地图）的3—边着色等价于其4—面着色，这就是泰特猜想。并且泰特也对其进行了证明，认为是正确的（但文献上没有看到泰特本人的证明方法），也便有了泰特定理：“三度地图G的区域能够用4种或者更少的颜色来染色当且仅当χ1（G）＝3（沙持朗语）。”和“一个2—边连通3—正则平面图是3—边可着色的当且仅当它是4—面可着色的（韦斯特语）。”于是，泰特就认为自已正明了四色猜测是正确的。
由于1946年后，大量的不可哈密顿的三次平面图的陆续被构造出来，使泰特证明所依据的基础发生了动摇。所以韦斯特说“四色定理就归约为寻找可平面图的Tait着色，对Tait着色存在性的论断就是Tait猜想，它与四色定理等价。”所谓Tait着色，韦斯特的定义是：“3—正则图的真3—边着色被称作Tait着色。”看来，证明任意3—正则平面图是否是可3—边着色的，就成了一个关键性的问题。
2  可3—边着色的3—正则平面图是可4—面着色的
文献中，只有在韦斯特和徐俊杰的书中有对泰特猜想（或定理）的证明，但都并没有说明是原来泰特本人的证明，还是作者他们自已对泰国特猜想的证明。由于其叙述很难懂，看不太明白（特别是韦斯特的证明），所以笔者也想在这里用自已的叙述方法证明一下。
设3—正则平面图的顶点数是v，则该图的总度数是3v，因为一条边是两度，所以该图的边数e＝3v／2＝1.5v，即边数是顶点数的1.5倍。又因为图的顶点数和边数都必须是整数，所以该图的顶点数又必须是偶数，才能保证e＝1.5v也是整数。
由于3—正则平面图的顶点数是偶数，3—边着色的3—正则平面图中，任两种颜色所构成的边2—色链一定是若干个偶圈（这样才能保证各圈顶点之和仍是偶数），这若干个（比如n个）边2—色圈就把画图的面分隔成了n＋1个不同的区域。把一种边2—色圈（比如1—2—1）分成的若干个区域相间的染成A色和B色，把另一种边2—色圈（比如1—3—1）分成的若干个区域相间的染成C色和D色。四种颜色叠加的结果便产生了另外四种新的颜色AC，AD，BC和BD，使图中的每一个面只占用一种颜色，且相邻的两个面不用同一颜色（如图1～图5最小非哈密顿3—正则平面图的4—面着色。图1是该图的一个3—边着色，图2是1—2—1边2—色圈内外不同区域的A、B染色，图3是1—3—1边2—色圈内外不同区域的C、D染色，图4是图2和图3颜色叠加的4—染色结果，图5是该图的彩色4—染色模式）。这就证明了每一个3—边着色的3—正则平面图都一定是可4—面着色的。





    再看一个正6—面体对应的可3—边着色的3—正则图的可4—面着色（如图6）。这是一个可哈密顿的3—正则图，但图中我们的边2—色链并未画成哈密顿圈。如果画成哈密顿圈时，颜色叠加的结果，正6—面体将是一个4—色图，这是不符合实际的。若不画成哈密顿圈时，颜色叠加的结果才是3—色的，也才是符合实际的。

    3  可4—面着色的3—正则平面图是可3—边着色的
设可4—面着色的3—正则图（地图）所用的四种颜色分别是A（红），B（兰），C（黄）和D（绿），着A和B二色的两个图家的边界线，绝对不可能与着C和D二色的两个国家的边界线相同或相接。这样，两组完全不同颜色的两个面，所构成的相邻边界就可以染成同一颜色。四种颜色两两相邻的情况共六种：即AB，AC，AD，BC，BD和CD。这六种中，AB和CD是不可邻接的一对，AC和BD是不可邻接的一对，AD和BC是不可邻接的一对，共三对。我们把分别用1，2，3表示：AB边和CD边用1表示，把AC边和BD边用2表示，把AD边和BC边用3表示，得就可得到任何可4—面着色的3—正则平面图的3—边着色。如图7和图8。这就证明了每一个可4—面着色的3—正则平面图（地图）都一定是可3—边着色的。


4        任何3—正则平面图都是可3—边着色的
通过以上2、3两节就证明了泰特的猜想是正确的。当然了，要说泰特的猜想是错的也未尝不可，毕竟他所依据的前提是一个错误的“每个平面三次图都有哈密顿圈”的猜想。但是，我们在上面的证明中却是用了任意的3—正则平面图的，其中有可哈密顿的（如图7），也有不可哈密顿的（如图1）。然而重要的是这些3—正则平面图都是可3—边着色的。因此可以说，任何3—正则平面图（地图）是不是都可4—面着色，关键的问题是要证明任何3—正则平面图都是可3—边着色的。
由于3—正则平面图的顶点数一定是偶数，所以我们一定可以把图中的边划分为若干个偶圈（可哈密顿的图就是一个遍履，所以可哈密顿的3—正则平面图可以只划分成一个偶圈，当然可哈密顿的图也是可以划分为若干个偶圈的，如图7的正6—面体所对应的图就是这样）而不漏任何一个顶点。每个圈都是由相同的1—2—1的边2—色圈构成，这些边2—色圈以外的任何边，都只连接着这些边2—色圈上的、分别着有1和2两种颜色的边，而这些边之间又互不相邻，全部给其着上第三种颜色是完全可以的。这就证明了任何3—正则平面图一定都是可以3—边着色的。
5        四色猜测的证明
由于3—正则平面图的3—边着色等价于其4—面着色，现在我们又证明了任何3—正则平面图都是可以3—边着色的，这就证明了任何地图（即3—正则平面图）都是可4—面着色的。地图四色猜测是正确的。
给地图中面上的染色，实际上就是给地图的对偶图——极大平面图——的顶点着色，所以说任何极大平面图也都是可4—着色的。又因为极大平面图经“去点”和“拆边”所得到的任意平面图的色数只会比极大图减少而不会增大，所以又可以说任何平面图也都是可4—着色的。平面图的四色猜测也是正确的。
到此，就最终证明了四色猜测是正确的。四色猜测是可以手工证明的，不用计算机也是可以的。


雷  明
二○一七年三月十四日于长安

注：此文已于二○一七年三月十四日在《中国博士网》上发表过，网址是：

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雷明85639720

严格的说地图是一个2—连通的3—正则图
1、我在文章中一般都说地图就是一个3—正则和平面图，具体的说，还有点不准确，严格的说，应当说成是，地图是一个2—连通的3—正则平面图。为了简便，我一般情况下都说地图是一个3—正则平面图。倒如巴拿马，其与大西洋有一条边界线（海岸线），同时也与太平洋有一条边界线（海岸线），共两条。巴拿马把南北美洲连接了起来，也就是说巴拿马通过两条海岸线把南北美洲的地图（3—正则平面图）连通起来了。
2、有一条割边的边通的3—正则平面图不能成为地图，因为一条边界线的两边同时是同一个国家的情况是没有的，如果是同一个国家，那第也就没有必要画这条边界线了。有一条割边的3—正则平面图，一定是不可哈密顿的，因为哈密顿回路中的顶点与边是不能重复的。所以从割边的一边经过割边后，到了另一边，就再不可能回到原来出发时的那一边了。所以说有割边的3—正则图一定是不可哈密顿的。不但是不可哈密顿的，而且是不能可3—边着色的。
3、所以说，严格来说，只说3—正则平面图是可3—边着色是不正确的，而应说是2—连通的3—正则图是可3—边着色的。

雷明85639720

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