四色定理的证明范文
“四色定理”简捷证明(完整版)
“四色定理”简捷证明王若仲（王洪）贵州省务川自治县实验学校贵州564300摘要：1852年，毕业于伦敦大学的格斯里（FrancisGuthrie）来到一家科研单位搞地图着色工作时，发现每幅地图都可以只用四种颜色着色。
这个现象能不能从数学上加以严格证明呢？1872年，英国当时最著名的数学家凯利正式向伦敦数学学会提出了这个问题，于是四色猜想成了世界数学界关注的问题，世界上许多一流的数学家都纷纷参加了四色猜想的大会战。
电子计算机问世以后，由于演算速度迅速提高，加之人机对话的出现，大大加快了对四色猜想证明的进程。
就在1976年6月，在美国伊利诺斯大学的两台不同的电子计算机上，用了1200个小时，作了100亿判断，结果没有一张地图是需要五色的，最终证明了四色定理。
我发现“四色定理”还有一种简捷的证明方法，就是利用球面几何的知识来证明“四色定理”。
关键词：四色定理；球面几何；线段；相交中图分类号：0156引言1852年，毕业于伦敦大学的格斯里（FrancisGuthrie）来到一家科研单位搞地图着色工作时，发现每幅地图都可以只用四种颜色着色。
这个现象能不能从数学上加以严格证明呢？他和他正在读大学的弟弟决心试一试，但是稿纸已经堆了一大叠，研究工作却是没有任何进展。
1852年10月23日，他的弟弟就这个问题的证明请教了他的老师、著名数学家德·摩尔根，摩尔根也没有能找到解决这个问题的途径，于是写信向自己的好友、著名数学家哈密顿爵士请教，但直到1865年哈密顿逝世为止，问题也没有能够解决。
1872年，英国当时最著名的数学家凯利正式向伦敦数学学会提出了这个问题，于是四色猜想成了世界数学界关注的问题，世界上许多一流的数学家都纷纷参加了四色猜想的大会战。
1878～1880年两年间，著名的律师兼数学家肯普(Alfred Kempe)和泰勒(Peter Guthrie Tait)两人分别提交了证明四色猜想的论文，宣布证明了四色定理。
四色定理简要证明论文
四色定理的简要证明摘要：文章严格遵循数学归纳法步骤，利用数学归纳法和平面图的一个定理成功证明了世界近代三大数学难题之一的四色定理，并献疑于该定理的“计算机证明”。
关键词：数学归纳法；证明；平面图；四色定理中图分类号：g633.6文献标识码：a 文章编号：1002-7661（2011）11-045-01“画地图要求相邻两国不用同一色，一幅地图只需要四种颜色”（钱学森语），这就是著名的“四色定理”（或称“四色问题”）。
自1872年正式提出至1976年才被计算机证明，但这“机证”并非让所有人信服。
下面给出一种非“机证”的简洁的理论证明。
一、相关前提前提1任何平面地图的着色问题可以转化、归纳为对平面图的结点的着色问题。
其中的结点代表地图上的国家（或地区，下同），结点间的连线即边代表国家间的相邻关系。
前提2着色规则——平面图内有连线（即边，下同，为叙述方便会交替使用）的点（即结点，下同）必须用不同种的颜色着色，而没有连线的点则肯定可以用同一种颜色着色。
前提3“正常着色”是指遵守“前提2”所称着色规则的着色。
前提4设g是有v个结点e条边的连通简单平面图，若v>=3，则e=3），都适用e=5）时，定理成立，即可用4种色对图g(k)正常着色，亦即可用4色对k个结点正常着色。
那么，当n=k+1时，对这（k+1）个结点着色，必定可分两步进行：第一步，首先对其中的k个结点着色；第二步，才对剩下的“1”个结点（称为第n点，n=k+1）着色。
已知k个点可用4色正常着色，不难证明第n点也可以用这 4色中的某一色正常着色。
其理由是：当n=k时，图g(k)共有结点个数为：v(k)=k(a)；边数据“前提4”为：e(k)<=3v-6=3k-6(b)当n=k+1时，有图g(k+1),此时g(k+1)的结点个数为：v(k+1)=k+1(c);边数则为:e(k+1)<=3v-6=3(k+1)-6=(3k-6)+3 (d)因为：(c)-(a)=(k+1)-k=1,(d)-(b)<=(3k-6)+3-(3k-6)<=3所以可确知：图g(k+1)比图g(k)仅增加1个结点(即第n点)及最多增加3条边，所增加的3条边是增加的第n点所引致，两者具有对应关系。
四色定理的简单证明
四色定理的简单证明虽然现在已经有不少人用不同方法证明出了四色定理，但我认为四色定理的证明还是有点复杂,所以给出以下证明。
（注：图形与图形的位置关系可分为相离、包含、内向接、内向切、外向接、外向切，在此文中由于题意关系不妨重新分为以下关系：1 把包含、内向接、内向切，统一划分为包含关系。
2 把外向接单独划分为相接关系。
3把相离、外相切统一划分为相离关系。
）此证明过程中把图的组合形式按照其位置关系而抽离出了以下四种基本有效模式：1 若要存在只需用一种颜色便能彼此区分开来的地图，则该图中所有图形必定满足彼此相离。
如下图：图（1）分析：这是最简单的一种图形关系模式暂且称为模式a。
2 若要存在只需用两种颜色便能彼此区分开来的地图，则该图中的所有图形必定满足最多只存在两个图形的两两相交的图形。
各种有效图形关系如下图：图（2）分析：两个图形的两两相交的所有图形关系均可变形而得出等价的以上两种图形关系模式之一。
由于图（1）存在包含关系，被包含的图形是对外部无影响的，所以图（1）仍属于模式a。
所以两个图形的两两相交只有图（2）的相交关系模式的图形有效的，我们暂且称之为模式b。
3 若要存在只需用三种颜色便能彼此区分开来的地图，则给图中所有图形必定满足最多只存在三个图形的两两相交图形。
各种有效图形关系如下图：图（3）分析：三个图形的两两相交的所有图形关系均可变形而得出等价的以上两种图形关系模式之一。
由于图（2）属于存在包含关系，同理整体回归于模式a。
所以三个图形的两两相交只有图（1）的相接关系模式的图形是有效图形模式，我们暂且称之为模式c。
4 若要存在只需用四种颜色便能彼此区分开来的地图，则给图中所有图形必定满足最多只存在四个图形的两两相交图形。
各种有效图形关系如下图：图（4）分析：四个图形的两两相交的所有图形关系均可变形而得出等价的以上两种图形关系。
由于图（2）属于存在包含关系，同理可得出整体也就回归于图形模式a。
趣味数学故事之关于“四色问题”的证明-教育文档
趣味数学故事之关于“四色问题”的证明趣味数学故事之关于“四色问题”的证明“四色问题”是世界数学史上一个非常著名的证明难题，它要求证明在平面地图上只要用四种颜色就能使任何复杂形状的各块相邻区域之间颜色不会重复，也就是说相互之间都有交界的区域最多只能有四块。
一百五十多年来有许多数学家用了很长时间，化了很多精力才能证明这个问题。
前些日子报刊上曾有报道说：有好几位大学生用好几台电子计算机联合起来化了十几个小时才证明了这个问题。
本人在二十多年前就知道有这么一个“四色问题”，可一直找不到证明它的方法。
现在我刚接触到“拓扑学”，其实用“拓扑学”原理一分析，“四色问题”就象当年欧拉把“七桥问题”看成是经过四个点不重复的七条线段的“一笔画”一样简单，连一般的小学生都能证明它。
根据“拓扑学”原理，任何复杂形状的每一块区域都可看成是一个点，两块区域之间相互有交界的可看成这两点之间有连线，只要证明在一个平面内，相互之间都有连线的点不会超过四个，也就证明了“四色问题”。
平面内的任意一个点A可与许许多多的点B、C、D……X、Y、Z有连线（如图1所示），同样B点也可与其它点有连线，C、D……X、Y、Z各点也可与其它点有连线。
但有一个原则：各连线之间不能相互交叉，因为一旦交叉就会产生一条连线隔断另一条连线（如图2所示），BC的连线就隔断了AD的连线。
但有人会说：两点间的连线可有许多条，AD连线可绕到B点或C点以外（图2中虚线所示）不就没有交叉了吗？可是这样一绕就产生一个结果：原来在一个封闭图形外的点变成了封闭图形内的点。
下面就通过对封闭图形的分析来证明相互之间都有连线的点不超过四个。
一个点本身或两个点之间的连线都可形成一个或多个封闭图形（如图3所示）。
三个相互之间都有连线的点从A点连到B点再到C点又回到A点（如图4所示），必定会造成图形的封闭。
封闭图形上的点若多于四点（如图5所示），从第三点C起各点与第一点A的连线又将整个封闭图形分割成许多小的封闭图形。
四色定理的终极证明证明篇
公共边现象
在去掉中间点的过程中，很 容易出现连成一串的四边形 （如图8中的B和C都是四边形 的中心点），可先去掉B点把 C与A合并，也可先去掉C点把 D与B合并。从A点到D点实际 上是两个多边形的公共边， 在去掉这些四边形中心点的 过程中，因为有着依次去掉 一个合并一个的规律，可一 次性把这些点去掉，A到D的 总点数是单数，合并后只剩 下A点；A到D的总点数是双数， 合并后只剩下A和D两点。
公共边现象 图8
精品课件！
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四色定理终极证明的说明
•一偶然机会，看到一篇《简单明了的四色问题的证明》，作者是焦永溢。这 个证明很有条理，又简单易懂，但是证明方法是否正确呢？我向许多数学爱 好者、数学教授专家求证，理会的人不多。据悉作者本人焦永溢也给众多数 学家、专家教授发过N多邮件，基本石沉大海。
如图3所示，由于上与下区域不接 壤可用同一种颜色、左与右区域也 不接壤也可用同一种颜色，所以中 间区域只要用第三种颜色就行了。 由于中间区域只与周围四个区域有 接壤，不与外界其它区域有接壤， 所以它的存在与否，只要外围四区 域着色不变也不会影响其它区域的 着色。就是说：在整个最大平面图 中可把图3中左边的情况看成与右 边的一样（图中是中间用了绿色使 左右区域相连，也可以用红色使上 下区域相连），下方的关系图就是 去掉中心O点，把C点合并到B点， 只剩下三个点二条线。
五个区பைடு நூலகம்包围一个区域的情况
如图4所示，周围五个区域中， A与C可用同一种颜色，B与E可 用另一种颜色，D就必须用第三 种颜色，而中心的O就需要用第 四种颜色。由于中间区域与以 上几种情况一样只与包围它的 五个区域有接壤，它的存在与 否，只要外围五区域着色不变 也不会影响其它区域的着色。 就是说：在整个最大平面图中 可把图4中左边的情况看成与右 边一样，下方的关系图就是去 掉中心O点，把E点合并到B点， 只剩下四个点四条线。
四色定理的证明
四色定理的证明《四色定理的证明》“哇，你看这个地图好漂亮啊！”我兴奋地对同桌小明说。
那是一节平常的数学课，老师在讲台上讲着各种图形知识，我和小明却偷偷对着一张世界地图看得出神。
“嘿，你说要是给每个国家都涂上颜色，最少需要几种颜色就能让相邻的国家颜色不一样呢？”我好奇地问小明。
小明挠挠头：“这可不好说，感觉挺复杂的呢。
”就在我们讨论得热火朝天的时候，老师的声音传来：“你们俩在嘀咕什么呢！”我们赶紧坐好，假装认真听课。
但我的思绪却一直停留在那个地图和颜色的问题上。
回到家，我迫不及待地开始研究起来。
我找了好多张纸，画了各种奇奇怪怪的图形，然后试着给它们涂色。
“哎呀，怎么这么难啊！”我有点懊恼。
这时妈妈走了过来，看着我乱七八糟的纸，笑着问：“宝贝，你这是在干嘛呀？”我把我的想法告诉了妈妈，妈妈鼓励我说：“这可是个很有意思的问题呢，你别着急，慢慢想。
”我继续埋头苦干，在经过无数次尝试后，我突然发现好像四种颜色真的就够了！“哇塞，我好像有点眉目了！”我兴奋地大喊。
第二天我赶紧跑去和小明分享我的发现，小明惊讶地说：“真的吗？你太厉害了！”于是我们俩又开始一起深入研究，我们不断地讨论、验证。
“你看，这个图形这样涂色就可以只用四色。
”我得意地对小明说。
“哇，还真是，那其他的呢？”小明追问。
就这样，我们在不断地探索中越来越坚信四色定理是真的。
我不禁想，这看似简单的四色定理，背后却蕴含着这么多的思考和努力，就像我们的学习和生活一样，很多事情不经过一番努力和探索，怎么能知道其中的奥秘呢？这不就是像攀登一座高峰，只有一步步往上爬，才能看到最美的风景吗？我相信，只要我们保持这份好奇和探索的精神，就没有什么难题是解决不了的！四色定理不就是最好的证明吗？。
最终被计算机所证明的百年数学难题——四色定理
和费马大定理，庞加莱猜想一样， 四色定理 也是那种叙述起来非常简单，证明起来却极其困难的百年数学难题。
但四色定理非常特殊的一点在于，它的最终证明并不是传统的数学逻辑证明，而是借助计算机分析所有可能的情形后完成的。
这也就是说，四色定理的证明迄今为止仍非单独的人力所能及，我们仍然没有找到理论上的逻辑证明，但借助计算机强大的计算能力，的确又可以解决这个难题。
四色猜想四色猜想最早并不是由职业数学家提出的，而是由从事地图制作的 费兰西斯.古色利（Francis Gurthire）发现的。
在为不同的地图着色过程中，细心的古色列发现，对于相邻(具有公共边界)的地区，若它们着不同颜色，那么只要四种颜色就可以完成这张地图。
好奇心强烈的古色列对这个猜想的正确性非常感兴趣，但苦于自己不具备专业的数学知识，于是他将这个问题告诉了自己在伦敦大学学数学的弟弟 费雷德里克·古色利（Frederick Guthrie），但弟弟也无能为力，后来他又寻求老师，著名数学家 德·摩根(deMorgan,1806~1871，提出了集合论中著名的德·摩根定律) 的帮助。
但令兄弟二人震惊的是，即使是德·摩根这样出色的数学家也对这个问题无能为力。
德·摩根但德·摩根算得上是四色猜想的第一位先驱，实际上他证明了至少需要四种颜色，并且因此留下了关于四色猜想最早的正式文字记录。
同样，德·摩根向许多当时著名的数学家咨询过这个问题，但都一无所获，直到英国著名数学家 凯莱(ArthurCayley，1821～1895，矩阵论创始人) 在1878年向伦敦数学会提交这个问题后，四色猜想才开始广为人知，并吸引了众多数学家来研究这个问题。
凯莱在凯莱正式向数学界提出四色猜想后不到一年时间内，毕业于剑桥大学数学系的律师 肯普(Kempe)给出了一个看似正确的证明，但直到十一年后， 希伍德(Heawood) 才发现了肯普证明中的错误，由此证明四色猜想的努力再次破产。
四色定理证明方法
四色定理证明方法全文共四篇示例，供读者参考第一篇示例：四色定理是数学上一个非常重要的定理，它指出任何一个地图都可以用四种颜色进行着色，使得相邻的区域彼此颜色不同。
这个定理虽然看似简单，但却是一个深奥的数学问题，其证明方法也非常复杂。
四色定理最早由英国数学家弗朗西斯·加思顿在1852年提出，并且在1976年由美国数学家凯尼思·阿普尔和沃夫冈·哈肯证明。
这个定理的证明方法主要是通过图论和逻辑推理来完成。
我们来介绍一下四色定理的一些基本概念。
在地图着色问题中，地图可以看作是由一些区域和它们之间的边界组成的。
而一个合法的地图着色方案就是给每个区域都分配一种颜色，使得相邻的区域颜色不同。
四色定理的证明方法涉及到很多复杂的数学理论，其中最主要的是图论。
图论是一门研究图和网络结构的数学学科，它在证明四色定理中起着至关重要的作用。
在证明四色定理时，数学家们首先将地图转化为一个特殊的图的形式，这个图被称为地图的双图。
地图的双图是在地图的基础上构造出来的一个图，在这个图中每个区域对应一个顶点，而边界对应一条连接这两个顶点的边。
这样一来，地图的问题就被转化为图的问题。
为了证明四色定理，数学家们需要证明对于任意一个地图的双图，我们都可以使用四种颜色进行着色。
证明的关键在于通过逻辑推理来排除一些特殊情况，使得我们只需要考虑一些简单的情况。
数学家们通过对图的结构和特性进行分析和归纳，最终找到了一种方法来证明四色定理的真实性。
除了图论，证明四色定理还涉及到概率论、逻辑推理和计算机算法等领域的知识。
数学家们通过将不同学科的知识相结合，从不同角度来审视这个问题，最终找到了证明四色定理的方法。
四色定理的证明方法是一个集合多种数学技巧和理论的综合性问题，它不仅考验数学家们的数学功底和逻辑思维能力，同时也展示了数学的复杂性和魅力。
四色定理虽然已经被证明，但它依然是数学领域中一个重要而且有趣的问题，相信在未来会有更多数学家对这个问题进行深入的研究和探索。
四色问题的证明
四色问题的简单证明一共识1证明任意地图能不能只用四种颜色就可以填满整个地图，我们可以转换为另一个同等的命题：就是地图上不存在有五个区域相互接触，最多可能有四块区域相互接触。
2地图分为有空白地图和无空白地图。
有空白地图意思是地图的一些区域不需要填色，而无空白地图就是指地图的每一个区域都要求上色。
二先证明以下三点命题1一区域要与另一区域接触，那么这一区域的周边要留下空白。
（定理一）证：如下若A要与另一个区域接触的话，那么A的周边必须留有空白。
若A周边没有空白，而又能与另一块区域接触，这是不可能的。
2一张无空白地图存在M块区域，对于原有n块无间隙区域，必然有在原有区域的基础上有n+1块区域（n-1<=M）它们之间无间隙。
（定理二）证；地图上有k块区域无间隙，那么必然有k+1块区域无间隙。
若有k块区域无间隙，不存在k+1块区域无间隙，除了原来的k块区域外，每一个区域都与这k块区域所组成的图形有间隙。
就是说每一块图形与k块图形有间隙，那么k块区域的周边必然存在间隙，就是地图有间隙（有空白区域）。
矛盾。
所以命题成立。
3若无空白的地图的四色问题成立，那么有空白的地图的四色问题也成立。
（定理三）证：对于任意的有空白的地图，我们可以对应地建立无空白的地图，然后把无空白的地图填满颜色，再根据原地图除去相应区域的颜色即可。
三主体证明。
（1）首先我们在无空白地图上选取一个区域为研究对象。
如下图（2）由定理二得一定存在一个B 与A 无间隙接触，并为了A B 都能与另一区域接触依据定理一AB 周边要留有空白，所以有：这是两区域依照定理一二得到AB的唯一的关系即至少需要两种颜色（3）依据定理二我们在AB 的基础上处在C 使得ABC 之间无间隙， 又因为定理一要ABC 周边留下空白。
舍去c 只与A 或B 接触的即得这是在定理一二下的ABC 互相接触的唯一一种关系（4）在（3）的基础上研究由定理二我们是知道必然存在D 与ABC 无间隙的接触因为要得到四色，那么必须D 与ABC 同时接触，不然没有意义。
关于“四色问题”的证明
关于“四色问题”的证明“四色问题”是世界数学史上一个非常著名的证明难题，它要求证明在平面地图上只要用四种颜色就能使任何复杂形状的各块相邻区域之间颜色不会重复，也就是说相互之间都有交界的区域最多只能有四块。
一百五十多年来有许多数学家用了很长时间，化了很多精力才能证明这个问题。
前些日子报刊上曾有报道说：有好几位大学生用好几台电子计算机联合起来化了十几个小时才证明了这个问题。
本人在二十多年前就知道有这么一个“四色问题”，可一直找不到证明它的方法。
现在我刚接触到“拓扑学”，其实用“拓扑学”原理一分析，“四色问题”就象当年欧拉把“七桥问题”看成是经过四个点不重复的七条线段的“一笔画”一样简单，连一般的小学生都能证明它。
根据“拓扑学”原理，任何复杂形状的每一块区域都可看成是一个点，两块区域之间相互有交界的可看成这两点之间有连线，只要证明在一个平面内，相互之间都有连线的点不会超过四个，也就证明了“四色问题”。
平面内的任意一个点A可与许许多多的点B、C、D……X、Y、Z有连线（如图1所示），同样B点也可与其它点有连线，C、D……X、Y、Z各点也可与其它点有连线。
但有一个原则：各连线之间不能相互交叉，因为一旦交叉就会产生一条连线隔断另一条连线（如图2所示），BC的连线就隔断了AD的连线。
但有人会说：两点间的连线可有许多条，AD连线可绕到B点或C点以外（图2中虚线所示）不就没有交叉了吗？可是这样一绕就产生一个结果：原来在一个封闭图形外的点变成了封闭图形内的点。
下面就通过对封闭图形的分析来证明相互之间都有连线的点不超过四个。
一个点本身或两个点之间的连线都可形成一个或多个封闭图形（如图3所示）。
三个相互之间都有连线的点从A点连到B点再到C点又回到A点（如图4所示），必定会造成图形的封闭。
四色定理的简便证明
同地 区 ） 可 以 需 要 使 用 ｎ ｂ两 种 不 同 的 颜 色 即 可 区 别 开 ， ，
来 ， 图 ５所 示 ． 如
Ａ
口 Ｄ Ｂ （ （ ａ ） ｂ ）
从 上 面 的分 析 来 看 ： 个 点 只 使 用 一 种 颜 色 ； 条 线 段 一 一 有 两 个 端 点 ， 端 点 需要 使用 两 种 不 同 的颜 色 ； 个 三 角 形 该 一
有 三个 顶 点 ， 顶 点 需 要 使 用 三种 不 同 的颜 色． 该 设 存 在 有 三 个 不 同 的 地 区 两 两 彼 此 有 公 共 边 界 ， 存 即 在 不 共 线 的 三个 点 Ａ， ， Ｂ ｃ连 接 成 一 个 三 角 形 ， 图 ６所 示 ， 如 在 这个 平 面上 增 加 一 个 点 Ｄ， 如 下情 况 ： 有
数 学 学 习与 研 究
２ １ ． ０２７
专 题 研 究
鳓 嗨
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Ｉ ・
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三 、 三 角 形 的 基础 上 ， 加 一 个 点 所 构 成 的 图 形 在 增
线段 Ｄ Ｂ与 线 段 Ａ Ｃ有 可 能 “ 交 ” 则 所 有 顶 点 （ 端 点 ） 相 ， 或 所
来 ， 图 ４所 示． 如
Ａ∽
曰
条 边 界 线 （ 用 连 接 点 除 外 ） 也 就 是 说 ， 点 之 间 用 且 只 共 ， 两
用 一 条 线 段 来 连 接．
规 定 ２： 接 的 所 有 线 段 除 端 点 外 ， 不 能 重 合 ， 不 能 连 既 也
相 交．
四色定理的充分必要条件(精)
四色定理的充分必要条件我们知道在平面内, 至多存在四个两两相邻的区域, 但是这个命题并不是四色定题, 至多存在四个两两相邻的区域是四色定理的必要条件, 但不是充要条件。
在有限个区域中着色是可以只用 4种, 但如果有限个区域之间区域不重复, 怎么证明拼成大区域时, 这些有限个区域之间的边界区域不会着相同的颜色?问题一:在平面地图中,一个国家最多能有多少个国家与之区域邻接?答案是不确定的,一个国家可以与很多个国家与之区域邻接。
如果我们根据命题‘在平面上,至多存在四个两两相邻的区域’的成立就说,一个国家最多可以与另外三个国家与之区域邻接,显然这是不对的。
因为国家与国家之间的区域邻接不一定非要一一相互邻接。
一一相互区域邻接只是国家与周围国家之间区域邻接的一种。
国家与与周围国家之间的区域邻接海可以是非一一相互区域邻接。
就是说,在平面地图中,国家与与周围国家之间的区域邻接有两种,一种是一一相互区域邻接;另一种是非一一相互区域邻接。
这样我们就可以对平面地图进行种类划分, 1,地图是由一一相互区域邻接的国家组成; 2,地图是由非一一相互区域邻接的国家组成, 3,地图由一一相互区域邻接的国家与非一一相互区域邻接的国家组成。
【注:这里一一相互区域连接指的是三个或三个以上国家的时候,不包括两个国家。
】问题二:如果任何一个国家与它邻接区域或说国家的染色都是不同的时候,是不是任何两个邻接区域的颜色就是不同的?对于问题二我认为是的, 如果地图上任何一个国家与它邻接区域的染色是不同的, 那么任何两个邻接区域的颜色就是不同的。
显然, 至多存在四个两两相邻的区域的命题不能证明在一个地图中, 任何一个国家与它邻接区域的染色是不同的。
如果有限个区域之间区域不重复, 怎么证明拼成大区域时, 这些有限个区域之间的边界区域不会着相同的颜色?我认为对四色定理的证明可以分为 1, 如何证明任何一个国家的颜色与它邻接区域的染色是不同的? 2,然后证明,如果任何一个国家的颜色是不同的时候,是不是只需要四种颜色就可以全部描述。
四色猜想的简单证明
四色猜想的简单证明我们知道，四色猜想其实就是：一个平面或球面上最多只有四个图形的边互相接触。
【点不算】而在这里，我仅对球面上的四色猜想进行证明。
【考虑平面时仅需稍加说明，便可与球面一样考虑】
为简化问题，先强调以下两点：
1．所有图形需互相接触，故将球面分割为多个区域是毫无意义的，只需保留一个空白区域。
2．所有图形需互相接触，故所作图形不能与原来存在的任一图形相离，必须与所有原来存在的图形共边。
遵循以上两点，我们会发现，尽管作图方法任意，但情况均可看作一种【如下所示】。
首先，如图1所示是一个任意图形A ；为便于描述，我们挖去A所占区域，根据球面性质，空白区域可看作以A的边为界的有限且有界的面，如图2。
截取A边的一部分作图形B，如图3；抹去无效边【即重合边】，在A,B上各截取一段边，作图形C,如图4；继续分别截取A，B，C的一段边,此时无论如何【在遵循点1，2的情况下】，总有一个图形的边被完全覆盖。
【证明较简单，在此不赘述】故在任意一个非图形区域内，不可能同时出现四种不同边，即第五图形不必要使用第五色。
四色问题猜想成立。
李世豪。
四色定理简便证明论文
四色定理的简便证明在每一张地图上，不论行政区域多么复杂，最多使用四种颜色，就能够给所有有公共边界的不同地区着有不同的颜色加以区别开来，这就是著名的四色定理.下面，我们给出四色定理的一种简便证法.一、没有公共边界的不同地区没有公共边界的不同地区，只需要使用同一种颜色就可以区别开来.例如，山东省与黑龙江省没有公共边界，这两个省可以使用同一种颜色；再如，海南省、台湾省以及海域中的诸岛等也可以使用同一种颜色.二、含有公共边界的不同地区含有公共边界的不同地区，着有颜色的种数多少与不同地区两两彼此有公共边界的多少有关，两两彼此有公共边界的不同地区越多，着有颜色的种数就越多.两两彼此有公共边界的含义是指每两个地区都含有公共边界.例如，甲、乙、丙三个不同的地区两两彼此有公共边界，就是说，甲地与乙地有公共边界，甲地与丙地有公共边界，乙地与丙地有公共边界；甲、乙、丙、丁四个不同的地区两两彼此有公共边界，就是说，甲地与乙地有公共边界，甲地与丙地有公共边界，甲地与丁地有公共边界，乙地与丙地有公共边界，乙地与丁地有公共边界，丙地与丁地有公共边界.地图上的不同地区，我们可以分别用点a，b，c，d，e…来表示；不同地区所着用的不同的颜色分别用a，b，c，d…来表示；相邻不同地区的公共边界，用连接两点（表示该相邻的地区）之间的一条线段来表示，并且每条线段的两个端点所表示不同的地区所使用的颜色是不同的，这样，不同地区的着色问题可以看做是不同点的着色问题.规定1：每两个有公共边界的不同地区，有且只有一条公共边界线，即不存在有三个或三个以上的不同地区共有一条边界线（共用连接点除外），也就是说，两点之间用且只用一条线段来连接.规定2：连接的所有线段除端点外，既不能重合，也不能相交.这样我们将上述四色问题可以转化为：在同一个平面上有m个不同的点，从中任取一个点pi（i=1，2，…，m）与其余（m-1）个点连接，并且连接任意两点之间的线段除端点外，既不能重合，也不能相交，则在这m个不同的点中，能够两两彼此相连接的点最多有4个.下面我们给出证明.证明：一个点或多个孤立（互不相连接）的点均可以使用同一种颜色；一条线段有两个端点，这两个端点表示不同的两个地区，该线段表示有公共边界，这样的两个地区，只需要两种不同的颜色即可区别开来.现在，我们来研究由线段组成的图形.1n（n为正整数）条线段组成的一条或多条没有封闭的图形我们知道，每一个端点（或拐点）表示不同的地区，两个相邻的不同地区的公共边界用一条线段来表示，由n（n为正整数）条线段组成的一条或多条没有封闭的图形，其所有端点（所表示的不同地区），可以需要使用a和b两种不同的颜色即可区别开来.如图1和图2所示.需要特别指出的是在同一条线段（或直线）上的点，如图3所示，当a，b，c三点在同一条线段上时，线段ac与线段ab，bc重合，这意味着它们有两条公共边界线，这与“不同地区有且只有一条公共边界线”矛盾，因此，我们说“连接ab，bc”，此时不能说“连接ac”.不能说“连接ac”的意思是说地区a和c没有公共边界，它们可以取同一种颜色.2.由n（n≥3）条线段组成的一条封闭的图形（1）当n为奇数时，该图形中的所有顶点（所表示的不同地区），可以需要使用a，b，c三种不同的颜色即可区别开来，如图4所示.图4（2）当n为偶数时，该图形中的所有顶点（所表示的不同地区），可以需要使用a，b两种不同的颜色即可区别开来，如图5所示.图5三、在三角形的基础上，增加一个点所构成的图形从上面的分析来看：一个点只使用一种颜色；一条线段有两个端点，该端点需要使用两种不同的颜色；一个三角形有三个顶点，该顶点需要使用三种不同的颜色.设存在有三个不同的地区两两彼此有公共边界，即存在不共线的三个点a，b，c连接成一个三角形，如图6所示，在这个平面上增加一个点d，有如下情况：图6图7由于不同的点表示不同的地区，所以点d与三角形的顶点不能重合，即点d不能在三角形的顶点处；当点d在△abc的任一条边上时，不妨假设点d在边ac上，如图7所示，由于线段ac与线段ad，cd重合，这与规定“所有线段不能重合”矛盾，所以点d不能在△abc的任一条边上.显然，如果有4个不同的点，其中有三个点a，b，d两两彼此相连接（即a，b，d三点所表示的地区两两彼此有公共边界），也就是说点b与a连接、点b与d连接、点d与a连接；第4个点c 与点b连接，与点d连接，而点c与a不连接（此时，点a，c所表示的两个不同地区没有公共边界线），且a，d，c三点共线，此时，点a与c可以取同一种颜色（我们可以看做点c在△abd的外部如图7所示），那么这样的4个点所表示的不同地区，可以使用a，b，c三种不同的颜色就可以区别开来.这样，我们只研究点在三角形的内部和外部两种情况就可以了.1.当点d在△abc内部时，如果第4个点d与三角形的三个顶点a，b，c两两彼此相连接，如图8所示，那么所有顶点所表示的不同地区，需要使用a，b，c，d四种不同的颜色就可以区别开来.图8图92.当点d在△abc外部时，（1）不妨假设点d在线段ac所在的直线上，即点d，a，c三点共线，如果能够连接db，da，那么所有顶点或端点所表示的不同地区，需要使用a，b，c三种不同的颜色就可以区别开来，如图9所示.（2）不妨假设点d不在线段ac所在的直线上，且点d与b在线段ac所在直线的两侧，如果能够连接da，db，dc，且线段db与线段ac不相交，那么所有顶点（或端点）所表示的不同地区，需要使用a，b，c，d四种不同的颜色即可区别开来，如图10所示；若能够连接da，dc，当连接db时，线段db与线段ac有可能“相交”，则所有顶点（或端点）所表示的不同地区，需要使用a，b，c 三种不同的颜色即可区别开来，如图11所示.图10图11（3）不妨假设点d不在线段ac所在的直线上，且点d与b在线段ac所在直线的同侧，如图12和图13所示，此时，结果与②类似，不必赘述.图12图13由上述所知，如果每4个点满足两两彼此相连接，且连接的所有线段除端点外，既不能重合，也不能相交，那么这样的4个点所表示的不同地区，只需要使用a，b，c，d四种不同的颜色即可区别开来.四、在如图8所示的基础上，增加一个点所构成的图形我们从上面的分析可以得到一般结论：在同一个平面上，存在3个点，如果满足两两彼此相连接，且连接的所有线段除端点外，既不能重合，也不能相交，那么这样的3个点所表示的不同地区，需要使用三种不同的颜色；在同一个平面上，存在4个点，如果满足两两彼此相连接，且连接的所有线段除端点外，既不能重合，也不能相交，那么这样的4个点所表示的不同地区，需要使用四种不同的颜色.我们自然要问：在同一个平面上，存在5个点或5个以上的点，如果满足两两彼此相连接，且连接的所有线段除端点外，既不能重合，也不能相交，那么这样的5个点或5个以上的点所表示的不同地区，就需要使用五种或更多种不同的颜色吗？回答是不可能的.这是因为，在同一个平面上，有5个点或5个以上的不同点是不可能存在两两彼此相连接，且连接的所有线段除端点外，既不能重合，也不能相交的，从而说明，在同一个平面上，不存在超过四种不同的颜色.我们给出如下推理：在如图8所示的基础上，再增加一个点e，共计5个点，有如下几种情况：（1）如果第5个点e落在△abc的外部，那么点e与△abc内部的点d不能够连接.假设点e与d能够连接，由于△abc是一个封闭的图形，一个点e在△abc的外部，一个点d在△abc的内部，当连接ed时，必然与△abc中的某一条边相交，这与规定（所有的线段不相交）矛盾，所以说尽管点e能够与点a，b，c两两彼此相连接，但点e与点d不能够连接，因此，5个不同的点两两彼此不能够相连接.此时，点e和点d可以使用同一种颜色着色，这样的5个不同点所表示的不同地区，可以需要使用a，b，c，d四种不同的颜色就可以区别开来，如图14所示.图14图15（2）如果第5个点e落在△abc的内部，那么点e必然会落在△abc内部中△abd，△bcd和△acd三个三角形中的某一个三角形的内部.不妨假设点e落在△abd的内部，如图15所示，此时，点c在△abd的外部，由（1）知点e与c不能够连接，因此，5个不同的点两两彼此不能够连接.此时，点e与c可以使用同一种颜色着色，这样的5个不同的点所表示的不同地区，可以需要使用a，b，c，d四种不同的颜色就可以区别开来.由上述所知，5个不同的点两两彼此不能够连接，这就是说，在同一个平面上，尽管由原来不同的4个点增加到5个点，多了一个点，但颜色的种数并没有增加，这是因为有一对点不能连接，该两点所表示的不同地区可以取同一种颜色，即存在有1对点着色相同，此时，仍然需要使用a，b，c，d四种不同的颜色就可以区别开来.五、在如图15所示的基础上，增加一个点所构成的图形在如图15所示的基础上，再增加一个点f，共计6个点.1.如果第6个点f在△abc的外部，那么点f与△abc内部的点e或d不能够连接，也就是说，6个不同的点两两彼此不能够连接，如图16所示.新增加的点f的着色可以取与点d的颜色相同（新增加一对着色点），点e的着色可以取与点c的颜色相同（原有的一对着色点），这样共有2对相同的着色点，这说明颜色的种数并没有增加，仍然需要使用a，b，c，d四种不同的颜色就可以区别开来.图16图172.如果第6个点f在△abc的内部，那么点f必然会落在△abe，△bed，△aed，△bcd，△acd这5个三角形中的某一个三角形的内部.不妨假设点f落在△bdc的内部，如图17所示.显然，新增加的点f与a不能够连接，它们可以取相同的颜色（新增加一对着色点）；点e与c不能够连接，它们可以取相同的颜色（原有的一对着色点），这样存在2对相同的着色点，因此，6个不同的点两两彼此不能够连接.也就是说，尽管由5个不同的点增加到6个不同的点，又多了一个点，但颜色的种数并没有增加，这是因为有2对点着色相同，此时，仍然需要使用a，b，c，d四种不同的颜色就可以区别开来.类似地，第k（5≤k≤m）个点落在如图8所示的图形中，（1）如果第k个点落在△abc的外部，那么第k个点与△abc的内部的某一点不能够连接，因此，有k个点两两彼此不能够连接，同时可以看出，第k个点可以取与△abc的内部的某一对应点（不能连接）的着色的颜色相同，这样颜色的种数没有增加，第k个点的情形与第（k-1）个点的情形的着色相同；（2）如果第k个点落在△abc的内部，那么必然会落在且只能落在△abc被分割成（2k-5）个不重叠三角形中的某一个三角形的内部，此时，该点与该三角形的外部的点不能够连接，且有（k-4）对点（不能连接的）着有对应相同的颜色，这说明颜色的种数并没有增加.综上所述，在同一个平面上，超过4个不同的点，两两彼此不能够连接，这就是说能够两两彼此连接的点最多有4个，所以，在一张地图上的所有有公共边界的不同地区，最多使用四种不同的颜色就可以加以区别开来，四色定理成立.证毕.我们根据上述判定方法来诠释中国政区地图，为何最多使用四种不同的颜色.在《中华人民共和国地图》（人民交通出版社，2003年8月第3版）上，因为最多有4个不同地区两两彼此有公共边界，这4个省两两彼此有公共边界的地区分别是宁夏回族自治区、内蒙古自治区、甘肃省和陕西省，即甘肃省与内蒙古自治区有公共边界，甘肃省与陕西省有公共边界，甘肃省与宁夏回族自治区有公共边界；内蒙古自治区与陕西省有公共边界，内蒙古自治区与宁夏回族自治区有公共边界；陕西省与宁夏回族自治区有公共边界.换句话说，如果把这4个不同地区分别看成a，b，c，d四个不同的点，由于它们两两彼此有公共边界，也就是说这4个不同点能够两两彼此相连接.如图8所示，甘肃省相当于点b，内蒙古自治区相当于点a，陕西省相当于点c，该三点a，b，c能连接成一个三角形，宁夏回族自治区相当于△abc的内部的一个点d，根据上面得到的结论，可以判断这张《中华人民共和国地图》的着色，最多使用a，b，c，d 四种不同的颜色就可以绘制而成.见附件一：《中国政区四色地图》着色分布图.再如，在《世界地图》（人民交通出版社，2003年8月第3版）上，我们看到有公共边界的国家，最多有巴拉圭、巴西、玻利维亚及阿根廷这4个国家两两彼此有公共边界（还有坦桑尼亚、莫桑比克、赞比亚和马拉维4个国家两两彼此有公共边界），它们分别用4个不同的点来表示，则这4个点之间两两彼此相连接，根据上面得到的结论，可以判断这张《世界地图》也需要使用a，b，c，d四种不同的颜色，就能够保证相邻国家着有不同的颜色加以区别开来（图形略）.附件一：方案不唯一，仅供参考.我们如果用a，b，c，d分别表示四种不同的颜色，那么不同地区的着色可以分别记成：着有a色的地区有新疆、陕西、安徽、湖南、云南以及海洋；着有b色的地区有黑龙江、辽宁、山东、山西、浙江、广东、贵州、甘肃、西藏；着有c色的地区有宁夏、吉林、河北、福建、江苏、湖北、四川、广西；着有d色的地区有内蒙古、青海、重庆、河南、江西；没有公共边界的海南和台湾及其海洋中的诸岛均可取同一种颜色（可以取不同于a色绘制），如选d色；上海市可以取d色；北京市可以取a色；天津市可以取d色；香港或澳门可以取d或c色.。
四色定理证明
四色定理的证明一、四色定理的介绍地图四色定理最先是由一位叫古德里的英国大学生提出来的。
四色问题的内容是：“任何一张地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色。
”用数学语言表示，即“将平面任意地细分为不相重叠的区域，每一个区域总可以用1，2，3，4这四个数字之一来标记，而不会使相邻的两个区域得到相同的数字。
”这里所指的相邻区域，是指有一整段边界是公共的。
如果两个区域只相遇于一点或有限多点，就不叫相邻的。
因为用相同的颜色给它们着色不会引起混淆。
1976年美国数学家阿佩尔与哈肯宣告借助电子计算机获得了四色定理的证明，又为用计算机证明数学定理开拓了前景。
二、四色定理的证明通过四色定理的介绍，我们可以知道如果两个图形相邻，则需要用不同的颜色将它们区分。
反之，若两个图形不相邻则可以用一种颜色。
由此得出，如果一张地图不能用四种颜色将它们分开，则必然存在五个两两相邻的图形。
所以，只需证明是否存在五个两两相邻的图形即可。
1.把一个图形X 分成2个小图形的情况共有两种。
分别如下：图 2说明：a.图形X 的选取是任意的(在这里举的是一个圆）。
b.将图1的分法叫线切法，点M,N 为交点，其特点是两个图形都只共用自己的一部分边界。
将图2的分法叫内取法，其特点是其中一个图形所有边界与另一个图形共用。
内取法的性质是里面的图形B 只能与图形A 相邻，称图形B 为内取图形。
2.将一个图形X 分成3个小图形的情况共有6种，方法是先把一个图形分成两个，再把其中一个分成两个。
对图1因其分成的两个图形是等价的所以共有2种（如图3和图4），对图2的继续分共有4种（如图5到图8）。
分别如下：图5图6 图8从中我们可以看出，只有图3、图5和图7是满足两两相邻的。
3.将一个图形X 分成4个小图形两两相邻的情况。
方法是先把图形X 分成2个小图形A 和B ，再把B 分成3个小图形B1、B2和B3。
又因为分成3个图形满足两两相邻的只有图3、图5和图7三种分法，图5和图7有内取图形无法与图形A 相邻，故要想满足4个图形两两相邻只能采取图3这种分法。
四色定理的论证
四色定理的论证
如果第2个区域必须使用第2种颜色，那么第2个区域与第1个区域相接触。
如果第3个区域必须使用第3种颜色，那么第3个区域与前2个区域都相接触，形成两两接触的封闭图形，我称之为三角形结构。
整个平面分成内外2个部分（如果挨在一起，则没有内部区域）。
如果第4个区域必须使用第4种颜色，那么第4个区域与前3个区域都相接触。
如果第4个区域在内部，形成3个新的三角形结构，整个平面分成内外4个部分，这4个部分都是由3个区域围成的，最多只能与3个区域接触，不需要第5种颜色。
如果第4个区域在外部，与在内部相同，只不过内部区域变成另一块。
每一次添加新的区域都相当于，添加在三角形结构的内部或外部。
添加之后又形成新的三角形结构，所以4种颜色就够了。
对四色地图问题的一个书面证明
对四色地图问题的一个书面证明张天树tianshu_zhang507@摘要两个相邻图形的一处相邻边界只能是两条相邻的边界线. 并让我们把任意未着色的平面地图的平面看成是由两种平行且一一交互的直线段组成，且每一种的每一条线段也是由一一交互的两种颜色点组成，于是，整个平面共有四种颜色点.在对平面地图上的图形着色以前，先要对它的图形进行分类和变换，首先依次把每个相邻不到4个图形的图形、或相邻不到4个图形的一片图形与至少有4个相邻图形的一个相邻图形合并，然后，从整体到部分地变换每片图形的每一个的边界封闭曲线成只有横、竖线段组成的矩形框. 最后，根据矩形边界线上某些特殊点的颜色或与相邻图形不同的颜色对每个图形着色.关键词平面地图, 图形，分类，四色，边界封闭曲线，颜色点，拓扑变换，图形包围圈，矩形.基本概念四色地图问题是说，给任意一个平面或球面地图上的每一个图形染上一种颜色，并使相邻两个图形被染上的颜色不同，那么，只要4种颜色就够了.我们把球面地图上的图形看成是印在橡皮曲面上的图形，只要在任意一个图形中破开一个孔，然后用力伸展球面成平面，那么，这个球面地图就变成了一个平面地图. 这个孔的边缘就成了这个平面地图的边缘，但是，它不是图形的一条边界封闭线.显然，被开孔图形的一条边界封闭曲线在平面上向内包围了该地图上除开孔图形本身和开孔图形其它边界封闭曲线包围的图形外的全部图形，而这条边界封闭曲线向外包围它所在的开孔图形和这开孔图形其它边界封闭曲线向内包围的图形.因此，我们只需要证明来自任意球面地图上的平面地图上的全部图形就行了.因为从球面地图转换来的平面地图包含了每一种局部的平面地图，于是我们只需要证明在存在各种可能情况下的整体平面地图, 以下提到的平面地图指的就是这样的整体平面地图，凡是提到的图形指的都是在这种平面地图上的图形.就平面地图而论，存在各式各样形状、各种不同相邻关系的图形.但是，不管怎样，每个图形至少有一条边界封闭曲线.并且,每个图形必须是连成一片，而不能分成至少两个不相连接的部分.另外，任意一个平面地图都必须由图形填满，而不能存在没有图形的任何空隙.大家都知道：我们所说的平面地图的平面都是指的欧几里德几何平面.按照欧几里德几何对点和线的定义，即每个点是不可分的，线是由点组成，和每条线只有长度而没有宽度.我们可把一条边界封闭曲线的一部分称为一段边界线. 既然如此，任何两个相邻图形不能共有平面上的若干点、一条或一段边界封闭线. 那么，任意两个相邻图形的一处连续的边界，就只能是两条相邻的边界线.如果还未对一个平面地图上的全部图形着色，我们就称这个平面地图为一个未染色的平面地图. 如果一个平面地图上的全部图形都被着上了色，但不是最后着色，尽管某些图形的每一个由至少两个原有图形组成，理所当然，我们称这样的平面地图为一个临时着色的平面地图.让我们把任意一个未着色的平面地图的平面看作由一一交互的两种纵向直线段组成，并且一种的每一条由一个黑色点●交互一个白色点○组成，另一种的每一条由一个红色点®交互一个天蓝色点©组成. 另一方面，这个平面也可看作是由一一交互的两种横向直线段组成，并且每一种的每一条横向直线段也是由彼此交互的两种颜色点组成.因此，无论从竖向看，还是从横向去看，相邻的两条直线段的各两种颜色点都完全不同. 请看第一图:● ®● ®● ®● ®● ® ● ®● ®● ®● ®● ®○ ©○ ©○© ○ ©○ ©○ ©○ ©○ ©○ ©○ ©● ®● ®● ®● ®● ®● ®● ®● ®● ®● ®○ ©○ ©○ ©○ ©○ © ○ ©○ ©○ ©○ ©○ ©● ®● ®● ®● ®● ®● ®● ®● ®● ®● ®○ ©○ ©○ ©○ ©○ ©○ ©○ © ○ ©○ ©○ ©● ®● ®● ® ● ®● ®● ®● ®● ® ● ® ● ®○ ©○ ©○ ©○ ©○ ©○ ©○©○ © ○ © ○ ©● ®● ®● ®● ®● ® ● ®● ®● ®● ®● ®○ ©○ ©○ ©○ ©○ ©○ ©○ ©○ © ○ © ○ ©● ®● ®● ®● ®● ®● ®● ®● ®● ®● ®○ ©○ ©○ ©○ ©○ ©○ ©○ ©○ © ○ © ○ ©● ®● ®● ® ● ®● ®● ®● ®● ® ● ® ● ®○ ©○ ©○ ©○ ©○ ©○ ©○ ©○ © ○ © ○ ©●®● ®● ®● ®● ® ● ®● ®● ®● ®● ®○ ©○ ©○ ©○ ©○ ©○ ©○ ©○ © ○ © ○ ©第一图在此，我们需要强调一点：这里所指的点是允许看得见和划得出的，不管它是否有面积，但是它是不可分割的；当然，由这样的点组成的线也是能看得见和划得出的，不管它是否有宽度. 如此地放大点和线，并不影响我们对平面由点、线组成的理解，也不影响我们对本命题证明的严密性. 如果有人对这样放大点和线提出质疑，是否可以看作是为了证明该命题，而在平面上设计的一种模式呢？在这样的平面上的任意一个图形的一条边界封闭曲线不是由三种颜色点、就是由四种颜色点组成. 对于由三种颜色点组成的任意一条边界封闭曲线，不仅它是一个矩形的四条边，而且它的四个直角的顶点共有一种颜色.因为任何一个国家或地区的版图都是在星球上，于是任何一个平面地图都只能来源于球面地图，因此，任何平面地图都总有这样一个图形，它的一条边界封闭曲线向内包围了除它本身和它本身其它的边界封闭曲线包围的图形外的全部图形.在一个未染色的平面地图上，无论对其图形变换与否，如果每一个图形都相邻至少四个图形，并有由至多三个图形向内包围的一片图形，我们就把直接包围这片图形的、由至多三段边界线组成的一条边界封闭曲线称为一条图形包围圈，简称为一条包围圈，并用符号“⊙”表示, 另外符号“◎”表示至少有两条包围圈. 很多图形没有包围圈，但有的图形确有若干整个或∕和部分的包围圈.在任意一个平面地图上，根据从外向内包围圈所在不同层次的顺序，给全部包围圈初步划分等级，而根据拓扑变换的需要，它们的编号也是会改变的.首先，把含有开孔图形的边界封闭曲线编为第一◎或⊙，把由每一条第一⊙向内直接包围的◎或⊙编为第二◎或⊙…把由第k◎或⊙向内直接包围的◎或⊙编为第(k+1)◎或⊙，这里k≧1.也就是说，在一条第k⊙与这条第k⊙内的每一条第(k+1)⊙之间没有任何⊙.显然，同一级的◎是并列的，不存在包围与被包围的关系.并且，同一级的◎，它们可以在同一条包围圈中，也可以在不同的包围圈中，另一方面，对于一条⊙，它可为一个图形的边界封闭曲线，也可为不同图形的边界封闭曲线段的连接.在一条⊙被变换成一条由横向和竖向线段组成的矩形封闭曲线后，或者它本来就是这样的一条矩形封闭曲线，那么，用符号“ ”表示它, 并且用符号“ ”表示至少两条矩形封闭曲线.在一个未染色的平面地图上，我们把任意一个图形的一条矩形封闭边界线看作是一个矩形的四条边，并且，除第一 外，把这矩形封闭边界线和它向内包围的平面作为一个矩形.如果一个矩形的两条相对的边共由两种颜色点组成，那么，我们把这样的一条横边称为“一条横向的A 边”或简称为“一条T A边”; 又把这样的一条竖边称为“一条竖向的A 边”或简称为“一条L A边”.如果一个矩形有两条T A边和两条L A边, 那么这个矩形被称为一个ΑA 矩形，参看第三图(1). 一个ΑA 矩形的4个直角的顶点共有一种颜色.如果一个矩形的两条相对的边共由4种颜色点组成，那么，我们把这样的一条横边称为“一条横向的B 边”或简称为“一条T B边”; 又把这样的一条竖边称为“一条竖向的B边”或简称为“一条L B边”.如果一个矩形有两条T B边和两条L B边, 那么这个矩形被称为一个BB 矩形，参看第三图(3). 一个BB 矩形的4个直角的顶点有4种颜色.我们用符号“X ”代替符号“T” 和符号“L”,如果一个矩形有两条X A边和两条X B 边, 那么这个矩形被称为一个ΑB 矩形，参看第三图(2). 一个ΑB 矩形的4个直角的顶点共有两种颜色.如果一整条X B边只相邻矩形的一条边的整个或部分，那么，这整条X B边被称为“一条单一的X B边”，或简称为“一条S 边”.如果一整条X B边相邻至少两条矩形边的整个或部分，那么这整条X B边被称为“一条多邻的X B边”或简称为“一条M 边” .如果一条含有X B边的直线段与另一条直线段完全地相邻，且这两条直线段分别都是由整个的矩形边组成，那么，满足这样条件的最短两条相邻直线段，我们称含有X B边的一条为“α线段”, 和另一条则被称为“β线段”，自然，β线段也可含有X B边.一条β 线段和一条α 线段总是孪生的, 并且彼此相等.例如, 下图中CD 是一条含有M边κ的α线段，和GH 是与CD 相邻的一条β线段.G T 边T 边HCT 边M 边κ T边D第二图对于一个BB 矩形:如果它有4条S边, 那么，它被称为一个B2S B2S矩形，见下图(4). 如果它仅有一条M边, 那么，它被称为一个B2S B1S矩形，见下图(5). 如果它有两条相对的S 边和两条相对的M边，那么，它被称为一个B2S B2M矩形，见下图(6).如果它有两条互相垂直的S 边和两条互相垂直的M边, 那么，它被称为一个B1S B1S矩形，见下图(7).如果它仅有一条S边, 那么，它被称为一B1S B2M矩形，见下图(8). 如果它有4条M边, 那么，它被称为一个B2M B2M矩形，见下图(9). 对于一个AB 矩形:如果它有两条相对的S边, 那么它被称为一个ΑB2S矩形，见下图(10). 如果它仅有一条S 边, 那么，它被称为一个ΑB1S 矩形，见下图(11). 如果它有两条相对的M 边, 那么，它被称为一个ΑB2M 矩形，见下图(12).©○ ©○ ©○ ©○ ©○ ©○ … .©○ ©○ ©○ ©○ ©○… ..©○ ©○ ©○ ©○ ©○®● ® ● ®● ®● ®● ®●… .® ● ®● ®● ®● ®●… ..®● ®● ®● ®● ®●©○ ©○ ©○ ©○ ©○ ©○… .©○ ©○ ©○ ©○ ©○… ..©○ ©○ ©○ © ○ ©○… (1) an AA rectangle……(2) an AB rectangle………(3) a BB rectangle…© ○ ©○ ©○ ©○ ©○ ©○… .© ○ ©○ ©○ ©○ ©○… ..© ○ ©○ ©○ ©○ ©○®● ®● ®● ®● ®● ®●… .®● ®● ®● ®● ®●… ..®● ®● ®● ®● ®●©○ ©○ ©○ ©○ ©○ ©○… .©○ ©○ ©○ ©○ ©○… ..© ○ ©○ ©○ ©○ ©○……®● ®● ®● ®●…®● ®● ®● ® ● ®● ®● ®●.®● ®● ®● ®● ®● ®●©○ ©○ ©○ ©○…© ○ ©○ ©○ ©○ ©○ ©○ ©○.©○ ©○ ©○.© ○ ©○ ©○®● ®● ® ● ®●…®● ®● ®● ®● ®● ®● ®●.®● ® ● ®●.®● ®● ®●…(4) a BB2S rectangle …(5) a B2S B1S rectangle……(6) a B2S B2M rectangle…2S©○ ©○ ©○ ©○…©○ ©○ ©○ © ○ ©○ ©○ ©○.©○ ©○ ©○.©○ ©○ ©○®● ®● ®● ®●…®● ®● ®● ®● ®● ®●®●.®● ®● ®●.®● ®● ®●©○ ©○ ©○ ©○…©○ ©○ © ○ ©○ ©○ ©○ ©○.©○ ©○ ©○. ©○ ©○ ©○®● ® ● ®● ®●…®● ®● ®● ®● ®● ®● ®●.®● ®● ®●.®● ®● ®●… …©○ ©○ ©○ ©○ ©○…©○ ©○ ©○ ©○ ©○ ©…○. ©○ ©○ ©○ © .○ ©○®● ®● ® ● ® ● ®●…® ● ®● ®● 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© ○ ©○ © ○ © ○…© ○ © ○ ©○..©○第三图证明首先，让我们解决掉这样的平面或球面地图，就是它的全部图形都是每个相邻至多三个图形. 对于这样的平面地图，只需将它的每个图形依次染上与它相邻图形颜色不同的一种颜色即可，那么四种颜色是足够的.除此之外的平面地图，我们将对其上面的图形先进行变换后，然后才能分别给它们着色，有些成片图形相邻不到四个图形，还需要经过变换、着色交替进行后，才能最终确定每个图形应该着上的颜色. 其具体步骤顺序如下：第一步. 在一个未染色的平面地图上，如果既有每个图形相邻至少四个图形的图形，又有每个图形相邻至多三个图形的图形，那么，就依次将每个相邻至多三个图形的图形与它相邻、且相邻至少四个图形的一个图形合并成为一个图形，使合并后的这个图形也相邻至少四个图形.第二步. 分别对每一条第一⊙及它向内包围的图形进行变换.如果一条第一⊙仅仅与一个图形的一条边界封闭曲线相邻，即一条第一⊙仅仅直接包围一个图形，那么就将开孔图形与该图形合并成一个图形，并把原两个图形所属的◎都称为第一◎，然后，从外向内的◎的编号照样减去1.然后，在一条第一⊙直接包围的图形中，如果仍然存在着与上述相同的相邻情况，那么，继续照此处理；在一条第一⊙包围的图形中，如果存在着第二◎或⊙，那么，就把每一条第二⊙向内包围的全部图形与一个含有这条第二⊙整个或部分的图形合并为一个图形,这样，原第二⊙已不存在，就把与合并后图形的边界封闭曲线相邻的一条边界封闭曲线作为一条第二⊙.第三步. 通过拓扑变换，把每一条第一⊙及各条第一⊙向内包围的图形的每一条边界封闭曲线，包括第二⊙，变换成只有横向边和竖向边的矩形框. 另外，我们规定：相邻两个相邻图形的相邻边界必须为两条相邻的直线段，第一 也不例外，因为第一 所在的图形也向内相邻至少四个图形. 那么，每一条第一⊙就变成了一条第一 .总的说来，拓扑变换每个第一 向内包围的全部图形成为矩形，其类型至多有10种：即ΑA 矩形、B2S B2S矩形、B2S B1S矩形、B2S B2M 矩形、B1S B1S矩形、B1S B2M矩形、B2M B2M矩形、ΑB2S矩形、ΑB1S 矩形和ΑB2M 矩形.第四步. 变换每一条第一 成为一个ΑA 矩形框，那么，全部这样的ΑA 矩形框共由三种颜色点组成. 并且，同步地变换向外相邻每一条第一 的一条图形的矩形边界封闭曲线成为另一个ΑA 矩形框，则每一条这样的ΑA 矩形框与变换第一 所得的ΑA 矩形框有不同的三种颜色点，但这两个ΑA 矩形框仍然是完全相邻的.第五步. 将每一条第一 包围的每列矩形、从左到右依次地、尽量将每个矩形的两条竖向边变换成两条L A边，那么，或者矩形的竖向边保持不动，或者向右依次移动整条的矩形竖边或由整条竖边组成且相邻相等的α和β线段到各自相邻的竖向直线段.最后，对于最右一列矩形：当每一行的矩形数目是奇数时，则全是仅有两条L A边的矩形，当每一行的矩形数目是偶数时，则全是仅有两条L B边的矩形，当有的行的矩形数目是奇数、而另外行的矩形数目是偶数时，则既有两条L A边的矩形，又有两条L B边的矩形.再将每一条第一 包围的每行矩形、从上到下依次地、尽量将每个矩形的两条横向边变换成两条T A边，那么，或者矩形的横向边保持不动，或者向下依次移动整条的矩形横边或由整条横边组成且相邻相等的α和β线段到各自相邻的横向直线段.最后，对于最下一行矩形：当每一列的矩形数目是奇数时，则全是仅有两条T A边的矩形，当每一列的矩形数目是偶数时，则全是仅有两条T B边的矩形，当有的列的矩形数目是奇数、而另外列的矩形数目是偶数时，则既有两条T A边的矩形，又有两条T B边的矩形.于是，在每一条第一 包围的矩形中，除最右边的一列矩形和最下边的一行矩形外，全部都是ΑA 矩形.在一条第一 包围的矩形中，就最右边的一列矩形而言：如果每个都有两条L A边，那么，除了最下面的一个外，全部都是ΑA 矩形；如果每个都有两条L B边，那么，除了最下面一个外，全部都是ΑB 矩形；如果既有两条L A边的矩形，又有两条L B边的矩形，那么，除最下面一个外，这列矩形既有ΑA 矩形又有ΑB 矩形.在一条第一 包围的矩形中，就最下边的一列矩形而言：如果每个都有两条T A边，那么，除了最右面一个外，全部都是ΑA 矩形. 如果最右面一个有两条L A边，那么，这最右面一个是ΑA 矩形；如果最右面一个有两条L B边，那么，这最右面一个是AB矩形.如果每个都是有两条T B边，那么，除了最右面一个外，全部是ΑB 矩形. 如果最右面一个有两条L A边，那么，这最右面一个是ΑB矩形；如果最右面一个有两条L B边，那么，这最右面一个是BB矩形.如果既有两条T A边的矩形，又有两条T B边的矩形, 那么，这一行矩形既有ΑA 矩形，又有ΑB 矩形, 并且，最右面一个或者是ΑA 矩形，或者是ΑB 矩形，或者是BB矩形.第六步.我们首先需要判断这个未染色的平面地图上的各种图形应该染上什么样的颜色，然后才能正确地给每个图形染上一种颜色.除全部第一 外，可给每一个ΑA矩形染上与它的四个直角顶点相同的一种颜色，那么，两个相邻的ΑA矩形被染上了不同的颜色.如果在一条第一 包围的图形中有ΑB矩形，那么，ΑB矩形一定是在最右一列或∕和最下一行矩形上. 而且，如果最右一列和最下一行仅除相邻第一 右下角两边的一个矩形外全部是ΑB矩形，那么根据前面的作法，相邻这条第一 右下角两边的这个矩形一定是BB矩形.于是，给在最右一列上的每个ΑB矩形染上与各自左边两个直角顶点相同的一种颜色；给最下一行上的每个ΑB矩形染上与各自上边两个直角顶点相同的一种颜色；给相邻第一 右下角两边的这个BB 矩形染上与它左上角顶点相同的一种颜色.现在，恢复含有整个和部分最后确定的第一⊙的图形的边界封闭曲线，而不论他们的形状如何. 根据上面的作法，我们知道，每一个这样的图形相邻至少四个原来的图形.如果一个图形的每一条第一 内的矩形都是ΑA矩形，没有ΑB 矩形和BB矩形，并且，这些第一 总共都是由三种颜色点组成，那么，就给这个图形染上与任意这样一个第一 直角顶点相同的一种颜色.如果在一条第一 内既有ΑA矩形，又有ΑB矩形，那么，按照一图一色、两色交替的原则，依次染含有这第一 上边的整个或部分的每个图形为这第一 上边点的两种颜色之一，和依次染含有这第一 左边的整个或部分的每个图形为这第一 左边点的两种颜色之一，但在第一 的左、上角相邻的两个图形所染颜色不同.假使第一 内最右一列有ΑB矩形，就依次染含有这第一 右边的整个或部分的每个图形为相邻第一 右边的直线段的点的两种颜色之一，但在第一 的右、上角相邻的两个图形所染颜色不同.假使第一 内最下一行有ΑB矩形，就依次染含有这第一 下边的整个或部分的每个图形为相邻第一 下边的直线段的点的两种颜色之一，但在第一 的左、下角相邻的两个图形所染颜色不同，在第一 的右、下角相邻的两个图形所染颜色也不同.如果一个图形含有至少两个第一 的整个和∕或部分，那么，分别从各条第一 去确定这个图形应该染上的颜色，无论如何，从每一条第一 去确定的颜色必须是一样的. 假如不一样，就需要把有同一颜色的一种图形的每一个与它相邻图形去交换颜色，使含第一 的图形能染上一种颜色; 假如不能交换颜色，就要重新变换部分的第一 和它们每一条向内包围的图形的边界封闭曲线. 即，首先变换每条这样的第一 为与原先不同三种颜色点的ΑA矩形框，并同步地变换向外与它全部相邻的一条边界封闭曲线. 再变换每条这样的第一 向内包围的图形.根据上述的作法，这样是完全能够让含有至少两个第一 的整个和∕或部分的图形被染上同一种颜色的.总而言之，经过前面的作法，我们已达到：给每个图形着上了一种颜色，且相邻两个图形着上的颜色是不同的.第七步. 在各条第一 内，首先恢复每条第二 和相邻至少四个图形的每个图形的边界封闭曲线，并消除这些图形被染上的一种颜色，再恢复这些图形的平面上原先的四种颜色点. 然后，根据前面的作法，变换这些图形成矩形，并给每一个图形着上一种颜色.在一个未着色的平面地图上，假设有n 个等级的◎，这儿n≧1，那么，根据前面的作法，在依次变换n 个等级的◎和各个⊙向内包围的图形、以及给每一个图形着上一种颜色后，在这个临时着上色的平面地图上的每一个图形相邻至少四个图形，并且，相邻的两个图形被染上的颜色是不同的.第八步.直到现在，在这临时着上色的平面地图上，既有原有图形，又有合并的图形. 并且，每个原有图形相邻至少四个图形，每个合并图形内只有一个相邻至少四个图形的原有图形.既然如此，首先恢复每个合并图形内全部图形的所有边界封闭曲线，而并不考虑它们的形状. 且让相邻至少四个图形的每个图形继续去拥有它被染上的一种颜色，而除弃每个相邻至多三个图形的所有图形被染上的颜色，并让它们的平面重新恢复到原来的四种颜色点. 这时，每一个未着色的图形都是相邻至多三个图形的图形. 最后，依次给每一个未着色的图形染上与它相邻图形颜色不同的一种颜色.到此为止，我们已对任意一个平面地图上的每一个图形染上了一种颜色，一方面我们仅仅使用了四种颜色，另一方面，没有两个相邻图形共有一种颜色. 现在，再通过拓扑变换把每一个图形变换成它原先的形状和尺寸，而它们各自所染上的颜色不变，那么，这猜想对于任意一个平面地图来说，已被证明成真.让我们放掉加在所开口子周围的力，其橡皮层就收缩成原来的一个球面，那么，这个平面地图就变成了原始的那个球面地图. 这样，每个图形都有与它相邻图形颜色不同的一种颜色，所以，这猜想对于任何一个球面地图来说，也被证明成真.备注此文的英文版于2012年10月23日提交给国际数学研究杂志《全球纯粹和应用数学杂志》,Print ISSN 0793-1768, Online ISSN 0793-9750，12月26日收到录用通知，然后发表在该杂志第9卷，第1期（2013），第1页至第11页上。
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四色定理的证明范文
一、四色问题的简介
根据网络上的一些内容，可知：
四色猜想是说，任何一张地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色。
也就是说，在不引起混淆的情况下，一张地图只需四种颜色来标记就行。
用数学语言来说就是，将平面任意地细分为不相重叠的区域，每一个区域总可以用1234这四个数字之一来标记而不会使相邻的两个区域得到相同的数字。
简单来说也就是，给平面或球面上的任意一张地图上色，使得相邻国家异色，那么至少需要预备几种颜料几种颜色？是否可以只预备四种颜色？
在长期的论证过程中，人们发现，大量的试涂表明，四种颜色够用。
人们证明，三种颜色是不够用的，五种颜色肯定够用，四种颜色也够用（计算机证明）。
人们还证明，二维平面内无法构造五个或五个以上两两相邻区域。
在四色问题中
假设相邻关系是指两个国家有一段或多段共同边界，是指有邻边，不是指有邻点。
假设没有公地，所有国家都直接接壤（分别相邻），或者间接接壤（分别相连）。
假设没有飞地，国土连通。
飞地相当于任意指定一些他国属于国，则四色肯定不够用了。
假设国家的面积都足够大，不是一丁点、一个点。
假设国家的数量有限，不是无限多。
假设国家的形状任意。
这可以是五花八门，变化莫测，花样繁多，譬
如像麋鹿的剪影：
在四色问题中
需要考虑任意地带的上下方面的相邻情况，左右方面的相邻情况，内
外方面的相邻情况，首尾衔接（例如圆周中）的相邻情况，跨越跳跃（例
如国形状像拱桥、麋鹿、藤蔓、交际花，与诸多位置的国家们接壤）着的
相邻情况，等等。
需要考虑各国的排序，需要考虑上色的顺序。
因为许多国家相邻相连，交织交错，来来往往，层层叠叠，那么从多个方向来上色的话，齐头并进
来上色的话，就会互相遭遇、碰头，在交汇点上可能发生冲突，难以协调、确定国的颜色，使得问题复杂，影响证明的进行。
二、四色定理的证明
一个平面或球面上的点是无限小、无限多，或者是足够小、非常多。
令这些点各自随机选择红黄蓝三色的一种，再做布朗运动。
运动时间随机，但是不能过长或过短。
运动中，颜色相同的点相遇后就粘结在一起，形成
色斑、色块。
运动结束后，那些零星零散的足够小的色点色斑被吸附，被
改色，融入附近的色块。
这样一来，这个平面或球面就被分割成红黄蓝三
色的若干色块，其中相邻的色块肯定颜色不同，也就是构造出了三色地图。
上述的过程可以反复进行，无限进行，就构造出了三色地图的无限丰
富的素材库、成品库。
同样，随机选择红黄蓝绿四种颜色，就构造出了四色地图及其无限丰
富的素材库、成品库。
同样，随机选择赤橙黄绿青五种色，就构造出了五色地图及其无限丰
富的素材库、成品库。
已知三色不够用，三色地图仅是特例之类，已知五色够用，那么四色
是够用还是不够用呢？
如果任一五色地图可以改涂成四色，就证明四色有充分的可行性。
如果任一地图不需要用五种及更多颜色来上色，就证明四色够用。
将任一五色地图（赤橙黄绿青），改涂成四色地图（红黄蓝绿），这
有充分的可行性吗？
首先，可以将五色地图中的橙黄绿青改涂成白色，赤色保持不变，各
国的国界保持不变。
那么这些赤色之间没有相邻，
那么这些白色只有二种可能：与一个或多个赤色有相邻，或者无相邻。
如果一个白色与赤色没有相邻，那就把它再改涂成赤色。
多个白色相
连与赤色没有相邻，就从中选择一个或多个，改成赤色。
总之，就是说，用赤色和白色给所有国家上色，使得任一白色与一个
或多个赤色有相邻，使得赤色之间没有相邻，使得赤色尽量的多，使得赤
色及其白色邻国涵盖所有的国家，其中，赤色的都是独立一国，白色的是
多国共用白色。
此时就任一赤色来看，它的邻国全是白色。
假设这些白色邻国多于四
个（或者一个，二个，或三、四个等）。
那么从这些白色邻国中任意抽取四个则没有两两相邻。
假若有，一定
能再次改涂，将其中一个改涂成赤色。
也就是说，任意抽取、反复抽取四个白色邻国，它们顶多使用三色即可。
除非它们两两相邻，才需要四色。
此时就任一赤色来看，它的邻国全是白色。
假设这些白色邻国多于四
个（或者一个，二个，或三、四个等）。
那么从这些白色邻国中任意抽取三个，与这一赤色之间要么有两两相邻，要么没有。
也就是说，任意抽取、反复抽取三个白色邻国，它们与赤色用四色即可。
此时就任一白色来看，它的邻国是白色和赤色。
假设这些邻国多于四
个（或者一个，二个，或三、四个等）。
此时这一白色的邻国，可能分属多个赤色圈子。
多个赤色圈子中的赤
白二色的若干个国家是这一白色的邻国。
那么从这一白色和其白色邻国来看，顶多三色就可以进行改涂。
那么从这一白色和其赤白邻国来看，顶多四色就可以进行改涂。
以上也就是说，任一五色地图进行改涂的话，任一地图进行上色的话，顶多使用四色即可。
亦即，四色具备充分可行性。
在这里，如何上色就不讨论了，能否上色成功也不讨论了。
不需要讨论，可以不进行讨论。
综上可得：
由于四色具备了充分可行性，
由于四色地图具备了存在性，
由于四色地图的素材库、成品库具备了无限丰富性，
那么针对平面或球面上的任一地图来说，四色总是够用，总是可以上
色成功。
证毕。
三、一些说明
上述的证明过程是这样：
1，论证任一赤橙黄绿青的五色地图（或者尚未上色的任一地图），
能够暂时改涂为赤白二色。
2，论证任一赤白二色的地图，顶多需要四色来做终极改涂。
这证明
了四色有充分的可行性，但是还没有证明必定上色成功。
3，论证四色地图有存在性，且有无限的丰富性，从而证明了四色有
充分的可行性，并且还具有上色成功的必然性。
4，得证。
两两相邻的国家不会有五个，大家知道这个结论很关键，可是这个已
经被证明的结论不能直接证明四色定理，需要找出一些关键的东西之后，
才能够拿着去证明四色定理。
如何拿着它去证明四色定理呢？这里的做法，是先把任一地图用赤白二色来上色，进而展示出地图上任何一个地方不会
超出四色。
此时还没有得出证明，引入四色地图的存在性和无限丰富性，
就得证了。
在一个赤色的各个白色邻国当中，或者所有赤色的所有白色邻国当中，假若必须使用四种颜色来给这些白色国家改涂、上色，那么必定存在两两
相邻的四个白色。
也就是说，对任意一个白色，不需要看它有多少个白色
邻国，只需要看它和其他的任意的三个白色，能否形成两两相邻的四个白色。
如果它这个白色，和其他的任意三个白色，能够形成两两相邻的四个
白色，则就需要使用四种颜色来改涂，来上色。
如果它这个白色，和其他
的任意三个白色，不能形成两两相邻的四个白色，则不需要使用四种颜色
来改涂，来上色。
亦即，在所有白色当中随机抽取四个、反复抽取四个即可，并不需要抽取更多。
那么两两相邻的四个白色不存在。
这也是说，顶多有三个白色是两两
相邻（占用黄蓝绿），并且第四个白色顶多与三个中的二个都相邻。
亦即
第四个白色顶多与三个中的二个（设用黄蓝）都相邻，和另一个白色（设
用绿色）不相邻。
则第四个白色也用绿色即可，合计黄蓝绿三色。
由于任一赤色的所有白色邻国顶多使用黄蓝绿三色，即可完成终极改
涂
由于任一白色的所有白色邻国顶多使用黄蓝绿三色，即可完成终极改
涂
那么赤色和黄蓝绿合计是四种，就是红黄蓝绿四色。
顶多使用四色，
就可以把赤白二色的任一地图做终极改涂，改涂后地图上任意两个邻国异色。