简洁破解四色猜想——“1+3”证明与“3+1”充要条件模型证明——
“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。
四色猜想的数学模型
四色猜想的数学模型李传学四色猜想的数学语言定义：将平面任意地细分为不相重叠的区域，每一区域总可以用1、2、3、4这四个数字之一来进行标记，且不会使相邻的两个区域得到相同的数字（网络“科普中国”）。
本文利用“1+3、3+1”链锁重组三角形，给予地球四色猜想数学方法与应用方法两种模型证明。
一、数学方法依据。
1、三角形定义，对顶△定义，平角定义。
2、平面公理。
公理一（推论一、推论二）、公理二、公理三。
3、排列组合Pn m或P(n,m）、Cnm或C(n,m）4、拓扑等价。
5、数理统计、个体与总体概念。
6、射线定义。
二、数学方法证明。
将给定的四色猜想数学语言定义，用数学作图法转换成相应的已知△ABC条件。
以起始△ABC的边AB、BC、CA为底边，分别作△ABD、△BCE、△CAF，组成DEF平面△图形。
这里将△ABD、△BCE、△CAF作为相邻面，△ABC作为起始单元面，并分别标记为1、2、3、4。
即任意色为起始△ABC“1”单元面，李传学：《人亦大的史前史》，香港：文化研究出版社（修订版），2020年。
其他三色则为“3”相邻面。
简称“1单元、3相邻”面。
令起始△ABC 的“1面、3线（点）”为已知条件。
（一）起始△ABC的“1+3”“3+1”概念。
在△DEF中，当△ABD两底外角等于180º时，则三边同时重合在△ABC的AB边线段上；当△BCE两底外角等于180º时，则三边同时重合在△ABC的BC边线段上；当△CAF两底外角等于180º时，则三边同时重合在△ABC的CA边线段上。
这样△ABC“1单元、3相邻”面，便有了“1面、3线（点）”（记作“1+3”或“3+1”）组成的起始△ABC单元区域特征。
单元，是指每个△面位置；单元区域，是指△“1面、3线”C （4,3）组合位置；区域，是指位置整（总）体。
根据平面几何三角形定义与平面公理二，四色猜想使用的“1面、3线”与“1面、3点”概念是一致的。
四色定理的证明范文
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。
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。
四色定理的最简单证明
四色定理，也被称为四色问题，是一个著名的图论问题，它提出了一个简洁而有趣的断言：任何平面地图都可以用不超过四种颜色进行着色，使得任意两个相邻的地区颜色不同。
尽管四色定理的最简单证明仍然非常复杂，需要使用高级数学工具，但我可以尝试为您提供一个基本的思路。
思路如下：
1. 假设存在一个需要五种或更多颜色才能正确着色的地图。
2. 选择其中一个地图并标记为A。
3. 找到A与其他地图相邻的地图，标记为B。
4. 找到A与B相邻的地图，标记为C。
5. 找到A、B和C都相邻的地图，标记为D。
6. 因为A、B、C和D都相邻，根据四色定理，它们应该可以用不超过四种颜色进行着色。
然而，根据假设，我们需要五种或更多颜色。
这导致了矛盾。
7. 因此，根据反证法，我们可以得出结论：任何平面地图都可以用不超过四种颜色进行着色。
需要注意的是，这只是一个简单的思路，而且四色定理的详细证明涉及复杂的图论和组合数学的技术。
数学家们在数十年的努力中最终证明了这个定理的正确性。
简洁破解四色猜想
简洁破解四色猜想——四色猜想的“1+3”链锁证明——李传学四色猜想与费马猜想、哥德巴赫猜想，是数学界三大难题。
本文根据计算机逻辑判断方式，利用“1+3”链锁思维，对四色猜想的数学定义，做出逐步趋向、直至平面整（总）体着色的四色猜想简洁证明。
一、四色猜想简洁证明的提出。
随着计算机运算速度的加快、人机对话智能的出现，极大加快了对四色猜想研究、证明的步伐。
1976年6月，美国哈肯与阿佩尔编制程序，利用1200个小时，分别在两台计算机上，作了100亿次判断，终于完成了四色猜想的证明。
但是，计算机证明过程深长，无法令人信服，是因为不符合人的逻辑思维判断过程，缺乏简洁性。
二、四色猜想的数学语言定义。
任何一张平面地图，只要用四种不同颜色就能使具有共同边界的国家，着上不同颜色，称之为四色猜想。
四色猜想的数学语言定义：将平面任意地细分为不相重叠的区域，每一区域总可以用1、2、3、4这四个数字之一来标记，且不会使相邻的两个区域得到相同的数字。
这里的相邻区域，是指有一整段（非点）边界是公共的边界（注：来自网络“科普中国”）。
三、四色猜想的简捷证明。
（一）简捷证明的数学理论方法依据。
1、三角形定义。
由三条线段围成的封闭图形叫做三角形；三角形的每条线段叫做三角形的边。
2、平面公理。
公理一：如果一直线上的两点在一个平面内，那么这条直线就在此平面内。
（推论一：直线与直线外一点可确定一个平面；推论二：两条相交直线，可确定一个平面）。
公理二：不在一条直线上的三个点，有、且只有一个平面。
公理三：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有、且只有一条过该点的公共直线。
n3、排列组合C。
m4、拓扑等价。
对拓扑等价概念有多个解释。
如刻画微分方程解之间的关系；对连续流进行分类等。
在几何学是指：几个图形中，任意一个可以通过拓扑变换从其余图形得到，就称它们为拓扑等价；或称其中每一个可以从其余任意一个几何图形经扭转、弯曲、拉长或收缩得到，而不出现任何点的重叠与断开，它们就是拓扑等价。
四色猜想的证明
四色猜想的证明四色猜想的内容是：如果把地图上有共同边界的国家涂成不同颜色，那么只需要4种颜色就足够了。
要证明四色猜想，首先需要定义一些新的概念：1、国家的表示法——点由于该猜想的内容中不涉及与国家形状有关的问题，而只涉及国与国之间的相邻关系，因此任何一个国家都用点来表示。
2、相邻与不相邻在叙述时，用符号“=”表示相邻，用“#”表示不相邻，如果用图示法表示相邻与不相邻则要复杂一些，先看下图：(a)(b) (c)图1在图1（a）与（b）中，分别用了直线和曲线连接两个国家A和B，表示国家A与B相邻，为了简便起见，这里只用直线表示相邻，图1（c）中是已知A与B相邻，叫你判断C 与D能否相邻，连接CD、CD与AB相交，相交是否就是不相邻呢？我们先看一组图:图2图2是把图进行等分后的结果，从三等分开始，如果每一份代表一个国家，这表示等分后的所有国家相聚于一点，从四等分后的国家A 、B、C、D可知，如果国家之间点的接触算是相邻，则A与B，C与D都为相邻，显然这时的A与B，C与D是交叉相邻，与图1（c）中的情况相同,此时A与B，C与D的交点表示接触点。
若点的接触不算相邻，那么连接A与B的直线可以看作一道墙，在这中间不能有任何直线通过。
因此，由于C与D的连线与AB相交，据此判断出C与D不能相邻。
但是当相邻用曲线进行表示，C与D却能够相邻，这是否说明用直线表示相邻有问题呢？当然不是，仔细分析就可以发现，用曲线表示相邻同样不能有相交的情况出现，因此，用直线表示相邻时，适当移动C或D的位置就可以使C与D相邻。
3、完全相邻这是一个关键问题，可以这么说，没有这一概念的证明都是伪证明，现在给出完全相邻的定义：在一个面上（可以是平面也可以是曲面）给定N个国家，如果这N个国家两相邻，那么我们就称这N个国家完全相邻。
由于1个国家没有相邻关系，因此上面的N要求要大于1。
如果是3个国家完全相邻，它们的相邻关系为：（这三个国家分别设为1、2、3）1=2，1=3，2=3有了以上这些概念之后，就有了证明四色猜想的基础。
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。
四色猜想的“1+3”链锁证明
四色猜想的“3+1”链锁证明李传学四色猜想是数学中费马猜想、四色猜想、哥德巴赫猜想难题之一。
本文根据计算机逻辑判断方式，利用“1+3”链锁反应法，对四色猜想的数学定义，可做出逐步趋向、直至平面整（总）体有、且只有的四色猜想简捷证明。
一、四色猜想简捷证明的提出。
随着计算机运算速度的加快、人机对话智能的出现，极大加快了对四色猜想研究、证明的步伐。
1976年6月，美国哈肯与阿佩尔编制程序，利用1200个小时，分别在两台计算机上，作了100亿次判断，终于完成了四色猜想的证明。
但是，计算机证明过程深长，无法令人信服，是因为缺乏适合人的逻辑思维判断过程。
二、四色猜想的数学语言定义。
任何一张平面地图，只要用四种不同颜色就能使具有共同边界的国家，着上不同颜色，称之为四色猜想。
四色猜想的数学语言定义：将平面任意地细分为不相重叠的区域，每一区域总可以用1、2、3、4这四个数字之一来标记，且不会使相邻的两个区域得到相同的数字。
这里的相邻区域，是指有一整段（非点）边界是公共的边界。
（注：来自网络“科普中国”）。
三、四色猜想的简捷证明。
（一）简捷证明的数学理论依据。
1、三角形定义。
由三条线段围成的封闭图形叫做三角形；三角形的每条线段叫做三角形的边。
2、平面公理。
公理一：如果一直线上的两点在一个平面内，那么这条直线就在此平面内。
（推论一：直线与直线外一点可确定一个平面；推论二：两条相交直线，可确定一个平面）。
公理二：不在一条直线上的三个，有、且只有一个平面。
公理三：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有、且只有一条过该点的公共直线。
3、拓扑等价。
对拓扑等价概念有多个解释。
如刻画微分方程解之间的关系；对连续流进行分类等。
在几何学是指：几个图形中，任意一个可以通过拓扑变换从其余图形得到，就称它们为拓扑等价；或称其中每一个可以从其余任意一个几何图形经扭转、弯曲、拉长或收缩得到，而不出现任何点的重叠与断开，它们就是拓扑等价。
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。
组合数学四色证明
组合数学四色证明部门： xxx时间： xxx整理范文，仅供参考，可下载自行编辑四色问题的证明如果你仔细留心一张世界地图，你会发现用一种颜色对一个国家着色，那么一共只需要四种颜色就能保证每两个相邻的国家的颜色不同。
这样的着色效果能使每一个国家都能清楚地显示出来。
但要证明这个结论确是一个著名的世界难题，最终借助计算机才得以解决，最近人们才发现了一个更简单的证明。
根据欧拉创立的“拓扑学”原理，平面地图上不管形状多么复杂、大小多么不等的每块区域都可看成一个点。
而相互间有接壤的可用连线来表示<从图1到图6每幅图上方的区域图都可用下面的关系图来表示）。
地图上着色时只要相互有接壤的区域用的颜色不同就能分清不同区域了，也就是关系图上每条线两端的点不同色就行了。
下面的是湖南地图！可以用四种颜色！！从最大平面图上看，每一个区域<点）都是被其它若干个区域<点）所包围。
下面我们就逐一就各种包围情况来分析需要几种颜色。
1。
一个区域完全包围另一个区域的情况：这种情况相信不用画图大家也能明了，比如梵蒂冈处在罗马的包围之中，地图上它只要用与罗马不同的任何颜色就能分别出来，而处在中间的梵蒂冈存在与否，根本不会影响罗马与周围区域的着色。
2..二个区域包围一个区域的情况：如图1所示，中间的区域只要用不同于外面二区域的任何颜色就可以了，而它的存在与否，也根本不会影响外围二区域与其它区域的着色。
就是说：在整个最大平面图中可把图1中左边的情况看成与右边的一样，下方的关系图就是去掉了中心O点，把二边形左右两条边AB合并为一条。
3..三个区域包围一个区域的情况：如图2所示，中间的区域只要用不同于外面三区域的任何第四种颜色就可以了，而它的存在与否，也根本不会影响外围三区域与其它区域的着色。
就是说：在整个最大平面图中可把图2中左边的情况看成与右边的一样，下方的关系图就是去掉中心O点，只剩下外面三边形ABC。
4. 四个区域包围一个区域的情况：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。
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。
四色猜想的逻辑证明
四色猜想的逻辑证明概要：平面或球面上两个区域相邻有且只有两种方式，按照这两种方式构成相邻关系，依次由2个、3个、4个直至足够多个不同区域，可以构成任意可能的地图。
本文提出增色定理，围绕该定理，给出四色猜想的证明。
四色定理的本质，是指在平面或者球面上最多只能构造四个两两相邻的区域。
证明这一点，只须例举出全部四个区域相邻的情形即可。
四色猜想的提出四色猜想是弗伦西斯·格斯里（FrancisGuthrie1831-1899）提出的，1852年他在给弟弟的信中写到：“每幅地图都可以只用四种颜色着色，使得有公共边界的相邻国家着上不同的颜色。
”四色猜想又称四色定理、四色问题。
格斯里的话中包含两个需要明确的概念：一个是相邻；另一个是国家，即平面或球面上的一个区域。
为此给出两个定义。
单连通：一个区域内的任何两点，如果可以在其内部（即不穿过其边界）用一条曲线相邻，则称这个区域是单连通的。
四色猜想中涉及到的区域均指的是单连通区域。
相邻：平面或球面上的两个区域，如果只有一条公共边界，就说这两个区域是相邻的。
两种基本相邻关系平面或球面上，A、B两个区域相邻有且只有两种方式：一种是，A区域的部分边界与B区域的部分边界相邻；另一种是，A区域的全部边界与B区域相邻，即A区域被B区域所包围（无需考虑A区域与B区域完全重合的情形，因为这在四色问题上没有意义）。
需要指出的是，图中的红色与绿色可以互换，即，当只有两个区域相邻时，下图中的区域A 与区域B是等价的：哪一个为红色，哪一个为绿色，意义是一样的（在下文的表述中同样的情形不再说明）。
按照这两种方式构成相邻关系，能够由最初的两个区域相邻，依次到由3个、4个直至足够多个不同区域，以任意可能的方式相邻构成全部可能的地图。
同时，该构成地图的过程是可逆的，即能够以与之相反的方式，将任意地图还原为最初两个区域构成的地图。
设想有一张由m+1个区域构成的地图，它显然可以视为由m个区域与某一个区域A以任意可能的方式相邻构成的。
四色猜想(全)
四色猜想几年前，我接触到了四色猜想，并被它的神奇深深吸引住。
通过很长一段时间的思考，否定，再思考，再否定，我终于找到了一个自认为满意的答案。
当然，说她绝对无懈可击我还是没有把握的，我只希望通过这个文章能拓展一下思维，特别是续文中的证明方式，可能也算是开创先河吧。
此证明过程分两步进行，并用两个命题引入最后的结论。
命题一：出现第五种颜色国家的充要条件是这个国家与四个两两相邻的国家都相邻。
（这是一个伪命题，不过对于理解以后的证明有帮助）地图很复杂，国家形状各异，研究起来很困难，所以第一个工作是将地图简化。
先引入一个概念：连线。
在地图上每个国家上选一个中心点（为理解方便选国家首都），每两个相临的国家都用一根柔线把它们的中心点连起来，并且这些线都只在这两个相邻国家的国土上经过（因此不一定是直线），现在将所有的国家都忽视掉，地图上只剩下很多中心点和很多的柔线。
点就代表国家，线就代表相邻关系。
连线有一个重要特性：可以不相交。
这个不难理解。
四个国家两两相邻，用四个点和六条连线可以很清楚的表示出来，如下图：上图是四点两两相连的最简情况之一，还有一种最简情况是正方行的四边和两条对角线，不过上文所书连线可以不相交，因此否决了后者。
想在上图中添加第五个点和以上四点都相连且连线不相交，显然是不可能的。
换言之，一个平面内不可能出现五个点两两相连且连线不相交。
所以得证，不可能出现第五个国家与四个两两相邻的国家都相邻。
也就是说不可能出现五个国家两两相邻。
以上的证明过程没有错误，而推论的局限在于只考虑了相邻不同色的情况，如果国家不相邻也不同色，上面的推论就不适用了。
命题二：出现第五种颜色国家的充要条件是这个国家与四个必不同色的国家都相邻。
引入一个新概念——影响线(影响线很难理解,所以后面会有一个续文专就影响线做介绍。
)影响线——若A，B两国必不同色，它们中心点之间必然存在着一些连线，这些线起到影响双方的作用，若A，B相邻，它们的连线就是影响线。
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。
四色猜想的万能着色表
四色猜想的万能着色表
——四色猜想“3+1、1+3”充要模型链锁趋向互逆证明法——
四色猜想万能着色表格模型，是从“1+3”链锁着色的C(4,3)的
重组|据3单元（面交）点选着色面|1+3←→3+1
红4④23返回、3单元点12④3④
④12④3④
④④12④3④
④123...选新色、重组△
蓝3④12返回、3单元点124③
12③4③
③12③4
③③124...选新色、重组△
绿212返回、3单元点134
134②
13②4②
②134...选新色、重组△
黄1①①②13返回、3单元点23①4①
①234①
①23①4①
①234...选新色、重组△“1”单元面、“3”单元点4种组成方式中P（3,2）之一开始，利用链锁趋向互逆关系来完成的。
即四色猜想的具体“1+3”←→抽象“3+1”充分必要条件模型证明。
对于地球着色的四色猜想，本文（1月17日开始已多网站发表）从逻辑画图应用证明，到“1+3、3+1”理论证明，以及“1+3”与“3+1”充分必要条件模型理论证明，通称四色猜想的链锁趋向互逆证明法。
综之，若地球上198个单元区域（国家、地区），只要使用万能着色表、选择198次，即可完成四色猜想的地球着色。
保护四色地球，人类整体历史过程存在着义不容辞的责任与义务。
（作者李传学）。
利用数学模型证明四色猜想
3、求证链锁重组对顶△（3+1？）成立。
起始△3 交点，是其 1 面、2 相邻线与重组△相聚的共点。起始
△、重组△唯有一个“点对点”（平角也有定“点”的对顶角）。起
始△交点反向延长的 2 相邻线，与重组△底边的 1 相邻线，统称重组
△的 3 相邻线。
这里“点对点”对顶△是个区域位置概念，与传统对顶△是拓扑
利用数学模型证明四色猜想
Four - color conjecture is proved by mathematical model —已知 “1+3”求证 3+1? 链锁成立—
—If we have 1 plus 3, can we get Proof of 3 + 1? Chain was established— 李传学 Li Chuanxue
1、重组△单元区域着色种类。
一类，重组△与起始△面色相同，三色共
点；另一类，1、2、3、4 共点相聚。
例如，当起始△ABC“1 面”为红 4 时，在
内角 A、B、C 对顶角区域位置，重组△三个“1
面、3 线”选色 。一类（图 5 上），仍选红 4；
另一类（图 5 下），角 A、B、C 的对顶△单元，
“1 面”绿 2：P32=(143，341，134，413，314，431）
“1 面”黄 1：P32=(324，432，234，423，342，243）
C3 4
与
P2 3
关系可以描述为：起始△的“1
面、3
线”四个数字的
C3 4
是已知条件（1+3），而“3
线”的
P2 3
则是相应起始△与重组△对
顶图形 的六种排列，满足重组△“1 面”（3+1？）充分必要条件。
表格破解四色猜想
表格破解四色猜想
此表格源于作者《简洁破解四色猜想的客观存在》中，由数理理论已证明的“1+3←→3+1”充分必要条件数学模型、结合“四方八位”传统文化来完成的。
同时，表格布局显示红4、蓝3、绿2、黄1，同色号不相邻。
那么地球任何“1色”区域的着色位置，可选择在由另外“1色”不相邻的“四方”表格中心位置，称之地球着色的“四方、五位”。
由此推论：当选择“1色”区域位置，则有、只有由另外“1色”、“2色”（二色替代）排列的P（2,1）=2、“3色”（三色替代）排列的P(3,1)=3或P（3,2）=6组成的“四方、五位”中心位置。
“1+33+1”“四方、五位”模型的充分必要条件也成立。
由传统“四方八位”，到四色地球的“四方、五位”万能表格着色法，显示着河图、洛书、五行易数（色彩标识趋向）属性。
地球上198个单元区域（国家地区），只要使用万能着色表格选择198次，便可完成四色地球相邻区域着色。
有、只有一张表格就满足四色地球着色需要。
特别提示：根据“红4、蓝3、绿2、黄1”爱好，可编制P(4,1)=4张同样效果、且能相互衔的表格。
（作者李传学）
“1+33+1”“四方、五位”万能着色表。
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简洁破解四色猜想——“1+3”证明与“3+1”充要条件模型证明——李传学四色猜想与费马猜想、哥德巴赫猜想，是数学界三大难题。
本文利用“1+3”、“3+1”链锁思维方式，并结合计算机逻辑判断方式，给予地球四色猜想的有、且只有数学方法与应用方法的两种证明。
并在实践中，使链锁着色，直至组成四色猜想的（△）网状平面整（总）体地图。
一、四色猜想简洁证明的提出。
随着计算机运算速度的加快、人机对话智能的出现，极大加快了对四色猜想研究、证明的步伐。
1976年6月，美国哈肯与阿佩尔编制程序，利用1200个小时，分别在两台计算机上，作了100亿次判断，终于完成了四色猜想的证明。
到目前为止，仍是世界上唯一被认可的证明方法。
但是，由于计算机证明方法过程深长，不符合人的逻辑思维判断过程，缺乏简洁性，无法令人信服。
二、“四色”是地球“四方八位”的客观存在。
“四方八位”是个动态概念，存在于“天、地、人合一”的地球万物运动的整个过程中。
同样，数学界三大难题之一的四色猜想，也离不开这一客观规律。
地球，蕴育了万物。
天圆地方、“四方八位”、四面八方、东西南北、五湖四海是人类认识地球的思维方式。
远在史前人类整体文明时期，就有文物记载了地球上有关“四方八位”的许多概念。
如半坡人鱼盆、人网盆、含山玉版、澄湖陶罐、八角星陶豆、良渚陶璧、古埃及金字塔，以及其他图形、符号记载的伏羲八卦图、彝族八卦图、河图、洛书、五行属性，也都应用了“四方八位”概念。
四色绚丽的地球生生不息，是“天人合一”的赋予。
地球的天圆地（四）方是阴阳学说的核心和精髓，又是阴阳学说的具体体现，具有朴素的辩证法色彩，是古代人类认识世界的思维方式。
阴阳五行中的五色、四方位：即，木有青、东，金有白、西，火有红、南，水有黑、北，土有黄、中，以及罗盘定位、经纬仪、四季、纳米四大光波（红、蓝、绿、黄）、四色光谱仪都与地球上的“四方八位”寓意紧密相关。
当然，“四色猜想”也不例外，也只能有、且只有在地球图上的客观存在。
三、四色猜想的数学语言定义。
任何一张平面地图，只要用四种不同颜色就能使具有共同边界的国家，着上不同颜色，称之为四色猜想。
四色猜想的数学语言定义：将平面任意地细分为不相重叠的区域，每一区域总可以用1、2、3、4这四个数字之一来进行标记，且不会使相邻的两个区域得到相同的数字。
这里的相邻区域，是指有一整段（非点）边界是公共的边界（注：据网络“科普中国”）。
四、四色猜想的数学证明。
（一）简洁证明的数学理论方法依据。
1、三角形定义。
由三条线段围成的封闭图形叫做三角形；三角形的每条线段叫做三角形的边。
2、平面公理。
公理一：如果一直线上的两点在一个平面内，那么这条直线就在此平面内。
（推论一：直线与直线外一点可确定一个平面；推论二：两条相交直线，可确定一个平面）。
公理二：不在一条直线上的三个点，有、且只有一个平面。
公理三：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有、且只有一条过该点的公共直线。
m m3、排列组合P、C。
n n4、拓扑等价。
对拓扑等价概念有多个解释。
如刻画微分方程解之间的关系；对连续流进行分类等。
在几何学是指：几个图形中，任意一个可以通过拓扑变换从其余图形得到，就称它们为拓扑等价；或称其中每一个可以从其余任意一个几何图形经扭转、弯曲、拉长或收缩得到，而不出现任何点的重叠与断开，它们就是拓扑等价。
（二）数学归纳法证明。
1、求证模型。
将平面地图中各图形，通过拓扑变换为由三角形组成的（△）平面图形。
以起始△ABC的边AB、BC、CA为底边，作△ABD、△BCE、△CAF，组成DEF平面△图形，并分别标记为1、2、3，△ABC标记为4，（C(4,3）=4，其一如右图)。
求证：将总体平面任意地细分为不相重叠的若干区域，每一区域总可以用1、2、3、4这四个数字之一来标记，且不会使相邻的两个区域得到相同的数字。
这里的“细分”，是指在拓扑等价条件下，在区域内具有一定颜色，而大小、形状任意的（△）三角形。
2、任意K=1个起始△ABC单元。
起始△ABC单元。
指区域内，当△ABD两底外角等于180º时，则三边同时重合在△ABC的AB边线段上；当△BCE两底外角等于180º时，则三边同时重合在△ABC的BC边线段上；当△CAF两底外角等于180º时，则三边同时重合在△ABC 的CA边线段上。
这样△ABC，便有了“1（△）单元面、3（△）单元点”组成的起始△单元特征。
起始△ABC单元面、单元点组合：C(4,3)=4，有、且只有4种组合方式，并标记为：3起始△单元面、点组合C=4或者标记为：13平面整体（1区域）=∑C=14每个△，有、且只有1（△）单元色面，和相应3（△）单元色点。
起始△线段1、2、3排列方式有6种。
其中3种，是起始△线段互换，即表达在对顶角区域的三个重组△顶角，与起始△顶角共点，相应组成起始△、与三个对顶角重组△的“3点”6种单元色点。
并标记为：2起始△、重组△单元色点排列P=63平面内，两（色）面相交为线、三（色）面相交为点，证明不存在使相邻的两个区域得到相同数字的情况。
否则，有悖于三角形定义、三角形公理及其推论。
由此给出“1+3”链锁法定义：在起始△ABC区域，存在着“1（△）单元色面、3（△）单元色点”，起始△ABC内角对顶角区域重组△ABC的组合C(4,3)不变（两△等价），随着重组起始△ABC平面链锁递增，逐步趋向、直至平面总体成立。
C(4,3)是四色地图着色单元。
显然，利用C(4,3)中每种方式，所具有的“1面、3点”，以及点、线、面关系的逻辑判断过程，简称为“1+3”链锁证明四色猜想。
3、任意K个起始△ABC单元。
对于起始△单元C(4,3)的每种组合方式中，△ABC内角A、B、C对顶角区域所在的三个着色平面（△）区域，及相应“3”点，又分别重新组成三个着色△ABC，C(4,3)不变，“1+3”的连锁产生，最终形成需要的总体平面。
在平面△域中任选K个不相重叠的△ABC，每个△ABC同样用1、2、3、4来标记，而不会使相邻的两个△ABC得到相同的数字。
标记为：k平面（k区域）=∑C(4,3)=k14、任意k+1个起始△ABC单元。
同理，从平面图形域中任选K+1个不相重叠的起始△ABC（区域+1），k+1平面△仍集中趋向平面总体，则：k+1平面（k+1区域）=∑C(4,3)=（k+1)1总之，∑C(4,3)是一个由C(4,3)链锁大小、形状任意、不会使相邻的两个平面△单元区域得到相同数字的四色△网状整体。
证毕。
五、“1+3”链锁着色法的△网状应用。
对于任意形状的地图封闭曲面，只要不把曲面撕裂、或割破，就存在拓扑等价，即有地图曲线图形与△拓扑等价；四色组合C(4,3)=4种情况的存在、且唯一，相应是标定地图国家的着色不相邻的存在、且唯一的最少用色。
简称“1+3”着色法。
在链锁重组△C（4,3）中仍选“单元面”，与对顶角区域重组△“单元面”的4种组合方式，以及每种相应方式的“3点”排列方式仍P(3，2)=6种。
下面用“1+3”链锁着色法的△网状化应用，印证四色猜想的数学证明是简洁、可行的。
“1”区域（黄）、“2”区域（绿）、“3”区域（蓝）、“4”区域（红）。
1、C(4,3)单元着色的第1种（两类）方式。
△ABC（图右11）“单元面”为红4，在内角A、B、C对顶角区域，重组三个的“单元面”颜色有、且只有“仍选”红4的情况下，不但重组△ABC与起始△ABC等价，而且点、线、面（色）关系不变。
否则，在起始△的1、2、3位置发生变化（互换）时，相应产生另外的C（3,2）=3种组合方式。
即每种重组的对顶角△区域“单元面”着色选择唯一有（图右12）：①角A的对顶△，着色“单元面”只能选绿2；②角B的对顶△，着色“单元面”只能选蓝3；③角C的对顶△，着色“单元面”只能选黄1。
重组△ABC的“单元面”，线1、2、3，点关系不变，链锁进入起始△ABC状态。
2、C(4,3)着色单元中的第2种（两类）方式。
△ABC（图右21）“单元面”为蓝3，在内角A、B、C对顶角区域，重组三个的“单元面”颜色有、且只有“仍选”蓝3的情况下，不但重组△ABC与起始△ABC等价，而且点、线、面（色）关系不变。
否则，在起始△的1、2、3位置发生变化（互换）时，相应产生另外的C（3,2）=3种组合方式。
即每种重组的对顶角△区域“单元面”着色选择唯一有（图右22）：①角A的对顶△，着色“单元面”只能选绿2；②角B的对顶△，着色“单元面”只能选红4；③角C的对顶△，着色“单元面”只能选黄1。
重组△ABC的“单元面”，线1、2、3，点关系不变，链锁进入起始△ABC状态。
3、C(4,3)着色单元中的第3种（两类）方式。
△ABC（图右31）“单元面”为绿2，在内角A、B、C对顶角区域，重组三个的“单元面”颜色有、且只有“仍选”绿2的情况下，不但重组△ABC与起始△ABC等价，而且点、线、面（色）关系不变。
否则，在起始△的1、2、3位置发生变化（互换）时，相应产生另外的C（3,2）=3种组合方式。
即每种重组的对顶角△区域“单元面”着色选择唯一有（图右32）：①角A的对顶△，着色“单元面”只能选蓝3；②角B的对顶△，着色“单元面”只能选红4；③角C的对顶△，着色“单元面”只能选黄1。
重组△ABC的“单元面”，线1、2、3，点关系不变，链锁进入起始△ABC状态。
4、C(4,3)着色单元中的第4种（两类）方式。
△ABC（图右41）“单元面”为黄1，在内角A、B、C对顶角区域，重组三个的“单元面”颜色有、且只有“仍选”黄1的情况下，不但重组△ABC与起始△ABC等价，而且点、线、面（色）关系不变。
否则，在起始△的1、2、3位置发生变化（互换）时，相应产生另外的C（3,2）=3种组合方式。
即每种重组的对顶角△区域“单元面”着色选择唯一有（图右42）：①角A的对顶△，着色“单元面”只能选蓝3；②角B的对顶△，着色“单元面”只能选红4；③角C的对顶△，着色“单元面”只能选绿2。
重组△ABC的“单元面”，线1、2、3，点关系不变，链锁进入起始△ABC状态。
值得注意的是，重组△ABC顶角（起始△ABC对顶角）区域角度取值范围是0º——360º。
如，①当顶角A>180º时，顶角A的对边BC则由直变曲；②当顶角A=360º时，顶角A的对边BC则为似圆周线，四色变成“红4”似圆面状态；③当顶角A=0º时，线段AB黄1、AC蓝3重合共线，BC=0线段绿2变为“点”，重合在AB、AC的B、C端点上，“1面红4”消失在AB、AC。
重组△ABC顶角的角度可变性，适用于不同区域的地图着色。
四色单元的着色过程，都存在着“1+3”链锁重组平面△ABC后的组合C(4,3)不变，∑C(4,3)趋向△网状地图四色整体。