四色猜想证明,无限五色定理单元图的“商”
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。
四色猜想四色猜想四色定理
四色猜想-四色猜想四色定理地图四色定理(Four color theorem)最先是由一位叫古德里Francis Guthrie 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。
”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。
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。
”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发展历史不过情况也不是过分悲观。
数学家希奇早在1936年就认为讨论的情况是有限的不过非常之大大到可能有10000种。
对于巨大而有限的数，最好由谁去对付？今天的人都明白：计算机。
从1950年起希奇就与其学生丢莱研究怎样用计算机去验证各种类型的图形。
这时计算机才刚刚发明。
两人的思想可谓十分超前。
1972年起黑肯与阿佩尔开始对希奇的方法作重要改进。
到1976年他们认为问题已经压缩到可以用计算机证明的地步了。
于是从1月份起他们就在伊利诺伊大学的IBM360机上分1482种情况检查历时1200个小时，作了100亿个判断最终证明了四色定理。
在当地的信封上盖“Four colorssutfice”四色，足够了的邮戳就是他们想到的一种传播这一惊人消息的别致的方法。
人类破天荒运用计算机证明著名数学猜想应该说是十分轰动的。
赞赏者有之，怀疑者也不少，因为真正确性一时不能肯定。
后来也的确有人指出其错误。
1989年，黑肯与阿佩尔发表文章宣称错误已被修改。
1998年托马斯简化了黑肯与阿佩尔的计算程序但仍依赖于计算机。
无论如何四色问题的计算机解决给数学研究带来了许多重要的新思维。
问题影响一个多世纪以来，数学家们为证明这条定理绞尽脑汁，所引进的概念与方法刺激了拓扑学与图论的生长、发展。
图论五色问题四色问题
总结： 地图着色问题是图论的一个经典问题， 一个多世纪以来一直被许多数学家 关注着，五色定理的正确证明已经被数学家给出了，所以本文只是稍作整理； 但 是通过我的查阅发现， 除了 Appel 和 Haken 用计算机给出的证明以外， 四色定理 好像没有其他被公认是正确的证明，我只能给出关于四色定理证明的一些想法， 可能并不正确， 但是通过对这个问题的研究，我确实学到了很多图论方面的有趣 的知识。
二、着色问题 定义 2.1（顶点着色） ：给图 G 的每个顶点指定一种颜色，使得任何两个相邻的 顶点颜色均不同。如果用 k 中颜色对图 G 进行顶点着色，就称对图 G 进行了 k 着 色， 也称 G 是 k -可着色的， 若 G 是 k -可着色的， 但不是 (k 1) -可着色的， 则称 G 是 k 色图，称这样的 k 为图 G 的色数，记为 (G) 。 定义 2.2（边着色） ：给图 G 的每条边指定一种颜色，使得任何两条相邻的边颜色 均不同。如果用 k 中颜色对图 G 进行边着色，就称对图 G 进行了 k 边着色，也称
五色定理的证明： 五色定理：每个可平面图是 5-可着色的。 证明：设 G 是一个有 n 6 个顶点和 m 条边的平面图，用归纳法证明，先假设每 个具有少于 n 个顶点的平面图是 5-可着色的，由推论 1.4 有：
d (G )
2m 2(3n 6) 6； n n
设 v G 是定点度不大于 5 的顶点，由归纳假设知，图 H : G v 存在一个顶点着 色 V ( H ) {1, ,5} 。如果 v 的邻点最多用了 4 种颜色，那么 c 可以扩充为图 G 的 一个 5-可着色。 所以我们可以假设顶点 v 恰有 5 个邻点， 且每个邻点着不同颜色。 设 D 是一个足够小的包含 v 的开圆盘， 使得它只与 v 关联的五条边的直线段相交。 我们按照这些线段在 D 中的循环位置列举为 s1 , , s5 ，并且假设 vvi 是包含 si 的边 （ i 1, ,5 ）如下图，不失一般性地，我们可以假设对于每个 i ，有 c(vi ) i 。 我们首先证明每条 v1 v3 路 P H 把 H 中的 v2 和 v4 分开。显然，这个结论成立当 且仅当在 G 中的圈 C : vv1 Pv3v 把 v2 和 v4 分开，我们可以通过说明 v2 和 v4 在 C 中
关于四色猜想的数学证明
关于 四色猜想 的数学证 明
顾子杨 江 苏省 苏州 市 田家炳 实验 高级 中学
江 苏 苏州 ２ １ ５ ０ ０ ０
摘 要 ：从 包 围理 论 中选 出具 代 表 性 的 经 典 子 图 ，再从 图中 的连 通 性 ，奇 偶 性 ，对 称 性 ，和 唯 一 的 几何 位 置 ，概 括 出 图中各 点必定独 占一 色，因此四 色猜想获证 。 关键词 ： 色围理论 ：经典子 图 ；成对 理论 ；连通性 ：奇偶 性；对 称性 ；唯 一性 ：反证 法
根据着 色需要，有必要先设定一个具独特性和唯一性 的一个点 ，取名 “ 迷 点 ”，它 只在奇环上存在 。利用它可 以 避免着色矛盾 。它是奇环组份中的一员，位置独特 ，有唯一 性 ，它的着色数是常数 “ １ ”。 迷 点 的定 义 是 ：在 奇 环 上 ，介 于 奇 偶 点之 间 的 同 时可 和 奇偶点都能连通 的一个第三性 点称迷 点。发现了迷点，才 能 找到铁证 。 根据 点的性质 ，有 了迷点 ，使点的种类扩大了，任何奇 环上 ，必有迷 点存在 ，以供专 用。图一 （ ａ ）中，旋转倒反 ， 各色位置绝无变化 。奇 点一色 ，偶点一色 ，迷点一色，中心 点一色 ，共 四色 ，四色各有所归 ，分配科学合理。这 就证 明
了 四色 （ 分 配 ）定 理 。 偶 环 无 迷 点少 一色 。
Ｂ
（ 鑫）
Ｃ
图 一
现举下列数学证 明： （ １ ）以 连 通 性 证 明 设 中心 点被三员环包 围且连通 ，则有矩 阵可解读 。 每行和等于 ３ ，每列和 也等 ０ １ １ １ 于 ３ 。说 明每个 点与其它各 点间 １ ０ １ １ 无 不连通 ，但三点都相 互连通 ， ＡＤ ： １ １ Ｏ １ 各 点 间 无不 连通 ，但 每 个 点都 自 己 与 自己 不 连通 ，矩 阵 Ａ Ｄ中末 １ １ １ Ｏ 行 和、及末 列和 的 ３ ，还表 示中 心 点被三 员奇环包 围且连通 。从着色理论可知 ，连通 的两 点 必 异 色 。 因此 ，在 图一 （ ａ ） 中 ， 四分 配 ，Ａ点 着 第 一 色 、Ｂ 点着第二色 、ｃ点 （ 下称迷 点）为 了避开着色矛盾 ，着第三 色 ，中心点着第 四色 ，Ｄ点别无选择 ，只能着第 四色 。若 中 心 点被 四员偶环包 围且连 通，用矩 阵解 读为 第 四行和等 于 ３ ，第 四列和 也等 于 ３ ，而末行和 ，末列 和都等 于 ４ ，它表示 中心点和环上各 点都连通 ，即中心被四 员偶环包 围。 Ｏ １ Ｏ １ １ 图一 ｂ中 Ａ Ｃ间 不 连 通 ，Ｂ Ｄ １ Ｏ １ Ｏ １ 间也不连通 ， 根据着色理论可知 ， Ａ苣 ： ＝ ＝ Ｏ １ ０ １ １ 连通必异色、 不 连 通 可 同色 或 异 Ｃ同色 、Ｂ Ｄ同色 ，中 １ Ｏ １ Ｏ １ 色、允许 Ａ 那 么 Ａ和 Ｃ同选 １ １ １ １ Ｏ 心 点 独 占一 色 。 第一色、Ｂ和 Ｄ同选 第二色、中 心点可任选 第三或第 四色 中的一种 。 那么 图一 （ ｂ ）中可知 ， 中心点被四员偶环包围且连通时 ，环上增加 了一 点，比图一 （ ａ ）反 而 减 一 色 。这 是 因 为 图一 （ ａ ） 中 ，奇 环 上 Ｃ点 出现
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。
世界难题数学[世界数学难题--四色猜想]
![世界难题数学[世界数学难题--四色猜想]](https://img.taocdn.com/s3/m/e3a5fd375ef7ba0d4b733b0b.png)
世界难题数学[世界数学难题--四色猜想]世界数学难题——四色猜想平面内至多可以有四个点构成每两个点两两连通且连线不相交。
可用符号表示：K （n) ，n=、四色原理简介这是一个拓扑学问题，即找出给球面（或平面）地图着色时所需用的不同颜色的最小数目。
着色着色时要使得不会两个相邻（即有公共边界线段）的区域有相同的颜色。
1852年英国的格思里推测：四种颜色是充分必要的。
1878年英国数学家凯利在一次数学家会议上呼吁大家注意解决这个问题。
直到1976年，美国数学家阿佩哈尔、哈肯和考西利用高速运算了1200个小时，才证明了格思里的推测。
20世纪80-90世纪曾邦哲的综合系统论（结构论）观将“四色猜想”命题转换等价为“互邻面最大的多面体是四面体”。
四色问题的解决在数学研究方法上的突破，开辟了确凿机器证明的美好前景。
四色定理的诞生过程当今世界世界近代三大数学难题之一(另外两个是费马定理和哥德巴赫猜想) 。
四色猜想的提出来自英国。
1852年，毕业于伦敦大学的弗南西斯·格思里(Francis Guthrie) 来到一家科研单位搞地图着色工作时，发现了第二种有趣的现象：“看来，每幅地图都可以用四种颜色着色，使得有共同边界的国家着上不同颜色。
”,用数学语言表示，即“将平面任意地细分为不相重迭的区域，每一个区域总可以用1，2，3，4这九个数字之一来标记，而无法使相邻的数字两个区域得到相同的数字。
”这个结论能不能从数学上加以严格呢？他和在大学读书的弟弟格里斯决心试一试。
兄弟二人为证明这一但此问题而使用的稿纸已经堆了一大叠，可是研究工作没有进展。
1852年10月23日，他的弟弟就这个问题的证明请教他求教的老师、著名数学家德·摩尔根，摩尔根也没有有效途径能找到解决这个问题的途径，于是写信向自己的表哥、著名数学家哈密尔顿爵士查理斯请教。
哈密尔顿收到摩尔根的信后，对微积分进行论证。
但直到1865年哈密尔顿逝世为止，问题也没有能够加以解决。
图论五色问题四色问题
的不同面中来证明这个结论。 我们在 D 中分别取 s2 和 s4 的内点 x2 和 x4 ，那么在 D \ ( s1 s3 ) R 2 \ C 中，每个点 都可以通过一条多边弧连接到 x2 和 x4 。 这说明 x2 和 x4（因此 v2 和 v4 也是一样的） 在 C 的不同面中；否则， D 只与 C 的两个面中的一个相交，这与 v 属于这两个面 的边界这一事实矛盾。 给定 i, j {1, ,5} 设 H i , j 是由着色 i 和 j 的顶点所导出的 H 的子图， 我们可以假设
所以可以得到的结论是：用 m 种颜色给顶点数为 n ，边数不超过 (m 1)(n m / 2) 的连通图顶点着色， 不管边怎么分布， 都能保证相邻的顶点颜色不同。 当 m 4 时， 对边数不超过 3n 6 的图的顶点着色可以保证相邻顶点颜色不同。 对于平面连通图，根据推论 1.4 可知当 n 3 时，边数一定不超过 3n 6 ，所以用 4 种颜色去给平面连通图着色，一定可以保证相邻的顶点颜色不同。
复计算两次， 所以实际上边的总数是 E n(n 1) / 2 。由于图中任意两个顶点都相 邻，如果相邻的顶点用不同的颜色，则图中 n 个顶点都必须要用不同的颜色去着 色，所以总共需要 n 中颜色。如果任意去掉一条边，那么原来这条边所连接的两 个顶点可以同色，所以去掉一条边可以少用一种颜色。此时如果再去掉一条边， 就不一定会又减少一种颜色了，比如第一次去掉的边是 e1, 2 ，第二次去掉的边是
H1,3 中包含 v1 的分支 C1 也包含 v3 。 如果把 C1 中所有着色 1 和 3 的顶点交换颜色的
话，我们就得到了 H 的另一个 5-着色；如果 v3 C1 ，那么在这个新着色中，v1 和
v3 都着色 3，这时我们可以给 v 着色 1。因此， H1,3 中包含一条 v1 v3 路 P 。上面
平面“五色定理”的五色无限点图“四色猜想”证明
1.图论五色定理证明成立，五色定理成立的点图为单元图1，2.五色单元图拼接无限点图，商掉一色，这样的点图四色完全填充，3.“四色猜想”的“二维平面四色最大填充密度”猜想，1、正三角形与四边形均可以单独密铺，2、正多边形只有正三角形、正四边形、正六边形可以单独密铺。
3.共有17种密铺结构，开罗砖有8种不同的密铺结构4.“四色猜想”的多维度推广，色量子干涉归一开普勒猜想，四色猜想，图论填色的“波粒佯谬”，填色路径“波动”，填色区域（点）的围道积分，在一个球的周围，最多能摆放多少个相同尺寸的球？在平面上，如何最密集排放相同大小的圆？绘制的地图，图中相邻的两个区域具有不同的颜色，引进了图论，László Fejes Tóth 的区域猜想离散几何密切相关，Alfred Tarski 和 Henryk Moese 证明了用来覆盖圆面的条带（或木板）的宽度和至少等于圆的直径，Thøger Bang 证明了覆盖凸体的条带的总宽度至少是凸体本身的宽度，即单个能覆盖凸体的单个条带的最小宽度，填（色）充反填（色）充平衡y=sinx/x+x/sinx，正处于“填色”状态的佯谬薛定谔猫，颜色不确定，最终的填色结果既依赖于“波动性”又依赖于“粒子性”，这对于许多近期在化学、生物和计算机科学以及逻辑系统上的发展都至关重要，无法确定状态的“猫”走出薛定谔黑箱，或摇身为生机勃勃硕果累累牛顿苹果树，它是树上的果子，或者一棵芭蕉树，或者一个周身星光旋转的几何怪物，——非死非活的“变异态”的导数态，每一“态”都是“确定态”，薛定谔“猫态”，所有“态”的干涉“态”，四色猜想，图论填色的“波粒佯谬”，填色路径“波动”，填色区域（点）中心的围道积分，y=sinx/x自然填充y=sinx/x受空气动力学y=lnx作用y=sinxlnx/x 的导数，y'=((sinxlnx)'*x-sinxlnx*(x)')/x^2=(x(cosx*lnx+sinx/x)-sinxlnx)/x^2，化简一下就是y'=(xcosxlnx+sinx-sinxlnx)/x^2，维度填充成为一个点，函数的导数是sinx/x，sinx/x，1/LNX等函数都是没有初等函数下的原函数的，函数是积不出来的，它的积分是一个带有吉布斯（Gibbs）效应的阶越函数;x叫做取样函数或者内插函数，记为Sa(x)=sinx/x dx，F(x)=∫Sa(x)dx=∫sinx/x，台阶高度为派，图形就是一个“非理想的版高通滤波器”形状，1维量子填充力学计算y=sinx/x导数，y'=(cosx *x -sinx) /x^2，光子的“填色通道”，y=sinx/x 原函数二维色基数4，x=sin(2x)x=0.74x=sin(x/n)nx=sinxx/n=sinxx=sin(4x)x=0.3295290175...1/x=3.0346341198920365184531890275793... “四色定理”或可称为“ 色猜想”。
五色定理的证明
五色定理 Five Color Theorem
极小平面六色地图M6中，其中的一个国家A，其邻国数 量是5个。
从M6中去掉A国及两两间不接壤的B国和C国，形成一 个由N-3个国家构成的五色地图M5，区域A'为中空。 当对M5进行着色时，在所有可行的五着色方案中，必 存在至少一种方案，使得A'区域的边界上各国的色数小 于5。因为：要是5的话，填入一个与A'同形的国家，则 这个国家必须使用第六种颜色来填涂，即存在一个国家 数为N-2的六色地图。
四色定理 Four Color Theorem...
用同样的方法可证明，在最小的五色图中，是不应含有 邻国数量为4或小于4的国家的。
邮箱：iluguo@
五色定理的证明五色定理的证明者是五色定理的证明者五色定理证明五色定理勾股定理的证明方法余弦定理的证明正弦定理的证明勾股定理的证明罗尔定理的证明
五色定理 Five Color Theorem
五色定理的证明
平面地图着色ive Color Theorem
平面图的欧拉公式
V+F=E+2
五色定理 Five Color Theorem
现在，先将A国还原，并形成两个中空区域C'和B'。因 为此时A只与3个国家有接壤关系，故A国的颜色可以使 用A'区域的边界上的四种颜色之一。
这样，区域C'和B'的边界色数都可以保持为不大于4。 所以，再将国家C和B都还原时，它们都不需要用到而 外的第六种颜色，即M6的色数小于6！ 五色定理证毕。
对于一张有n个国家的正规地图，其边数e≤3n-6，即至 少有一个国家，其邻国数量是1、2、3、4或5个。 假设存在色数为6的地图，则设极小的六色地图为M6， 它含有N个国家。
四色问题与五色定理
四色问题与五色定理摘要：1852年一位伦敦的大学生替他的哥哥向数学家De Morgan提出了一个问题：任何一张地图是否仅需要四种颜色即可将所国家着色，并且所有相邻的国家具不同的颜色？这就是著名的四色问题或四色猜想。
时隔一百多年后的1976年，美国伊利诺斯大学的两位教授Appel和Haken利用计算机肯定了四色猜想的正确性，但是数学家寻求“人工”证明至今未果，这真是对人类智慧的考验。
本报告将用十分钟的时间介绍四色问题的历史和图论方面的一些基本知识，以及五色定理的证明过程。
希望大家在讨论班上度过一个愉快的周五下午。
本报告的内容主要根据文献[1]编写。
1. 四色问题的历史1852年10月23日英国数学家Augustus de Morgan写信给三一学院的友人数学家William Rowan Hamilton，信中写道：“我的一个学生今天要我为他提供一个充分的理由，来说明一件我自己还无法判明究竟是对还是错的事实。
他说，如果画一张图，图上任意分成许多部分，凡是有共同边界线的两个部分都要涂上不同的颜色，那么，大概需要四种颜色，而不需要更多的颜色就可以了。
请问：难道不能够构造出一个需要五种或者更多种颜色的图吗？”这就是所谓的四色问题，可惜Hamilton并没有重视这个问题。
二十六年之后，在1878年6月13日的伦敦数学会上，数学家Cayley正式提出了四色问题。
这个问题引起了很多人的兴趣，包括很多业余爱好者，其中有师律出身的Kempe和法国文学教授Mayer等。
Kempe曾声称自己已经解决四色问题。
后来不久，就被当时才二十多岁的Heawood指出其证明中的漏洞。
Heawood一生研究四色问题共六十年，发表过几篇重要的论文，虽然没有最后解决四色问题，却证明了五色定理(1890)，又称Heawood定理。
1913年美国数学家伯克霍夫发现一些新的可约构形。
1968年挪威数学家奥雷等人证明了用四种颜色一定可以把不超过四十个国家的地图着色，推进了四色问题的研究。
四色猜想
世界近代三大数学难题之一。
四色猜想的提出来自英国。
1852年，毕业于伦敦大学的弗南西斯·格思里(Francis Guthrie)来到一家科研单位搞地图着色工作时，发现了一种有趣的现象：“看来，每幅地图都可以用四种颜色着色，使得有共同边界的国家着上不同的颜色。
”这个结论能不能从数学上加以严格证明呢？他和在大学读书的弟弟格里斯决心试一试。
兄弟二人为证明这一问题而使用的稿纸已经堆了一大叠，可是研究工作没有进展。
1852年10月23日，他的弟弟就这个问题的证明请教他的老师、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、著名数学家哈密尔顿爵士请教。
哈密尔顿接到摩尔根的信后，对四色问题进行论证。
但直到1865年哈密尔顿逝世为止，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和泰勒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，大家都认为四色猜想从此也就解决了。
11年后，即1890年，数学家赫伍德以自己的精确计算指出肯普的证明是错误的。
不久，泰勒的证明也被人们否定了。
后来，越来越多的数学家虽然对此绞尽脑汁，但一无所获。
于是，人们开始认识到，这个貌似容易的题目，其实是一个可与费马猜想相媲美的难题：先辈数学大师们的努力，为后世的数学家揭示四色猜想之谜铺平了道路。
进入20世纪以来，科学家们对四色猜想的证明基本上是按照肯普的想法在进行。
1913年，伯克霍夫在肯普的基础上引进了一些新技巧，美国数学家富兰克林于1939年证明了22国以下的地图都可以用四色着色。
1950年，有人从22国推进到35国。
1960年，有人又证明了39国以下的地图可以只用四种颜色着色；随后又推进到了50国。
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。
四色猜想的创新证明
Operations Research and Fuzziology 运筹与模糊学, 2019, 9(1), 52-64Published Online February 2019 in Hans. /journal/orfhttps:///10.12677/orf.2019.91007Innovative Proof of Four-Color ConjectureYudian Zhang, Lichong ZhangYuxian Party School of Shanxi Province, Yangquan ShanxiReceived: Jan. 9th, 2019; accepted: Jan. 22nd, 2019; published: Jan. 29th, 2019AbstractBy using the law of “Non-tenfold symmetry transformation of geometric structures in H-M family configurations”, a minimum reducible set of infinite “dyeing dilemma configurations” in the four-color conjecture is established; an innovative proof of the four-color conjecture is given.KeywordsFour Color Conjecture, Dyeing Dilemma Configuration, A Geometric Structure of TenfoldSymmetry, Transform of Non-Tenfold Symmetry四色猜想的创新证明张彧典，张利翀山西省盂县党校，山西阳泉收稿日期：2019年1月9日；录用日期：2019年1月22日；发布日期：2019年1月29日摘要利用“H-M族构形中的几何结构的非十折对称变换”法则确立了四色猜想中无限多个“染色困局构形”的一个最小可约构形集，给出四色猜想的一个创新证明。
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。
四色猜想的证明
四色猜想的证明把每个区域看成一个点，相邻的区域（点）用线连起来，则不可能存在连线交叉穿过的情况。
现存在一张地图（a ）需用上4种颜色才可区分相邻区域（点）。
下面证明是否存在必须用上第5种颜色的地图：假设存在这样的地图，则在必须染上第5种颜色的点的周围一定存在染有其它4种颜色的点与之相连（如图b ）。
由于E 是必须用上第5种颜色的点，所以无论从哪点开始按何种顺序染色最终都得使ABCDE5点两两异色。
而且在染色时颜色的选取只受之前染过颜色的点的限制，无需考虑其它未染色的点的颜色。
记5种颜色分别为“1”“2”“3”“4”“5”，则这5种颜色地位是平等的。
下面从上面那5点染起：不妨先将E 染为“1”，再染B 时要使它不能选E 的颜色，则BE 必相邻，不妨染为“2”，再染C 时要使它不能选ＥＢ的颜色则ＥＣ，ＢＣ必相连，不妨染为“３”，再染Ｄ时要使它不能选ＥＢＣ的颜色则ED，BD,CD必相连，不妨染为“4”，再染A时要使它不能选EBCD的颜色则EA，BA，ＣＡ，ＤＡ必相连，但Ａ与Ｃ由于ＢＤ相连而无法相连，这样Ａ的颜色只需选Ｃ的颜色而无需用上第５种颜色。
因此不存在必须用上第５种颜色才可区分相邻区域的地图。
综上所述：无论多么复杂的地图，只需４种颜色就可以将所有相邻区域分开，即四色定理得证。
关于四色定理证明过程中的详细说明一：对“不可能存在连线交叉穿过的情况”的证明：先谈区域间的交界线的定义问题：当区域间仅交于一点时，若把它看作交界线，则当有n个区域交于一点时，这n个点两两相邻，需用n种颜色才可区分，这样讨论“只需用几种颜色就可以将相邻区域分开”就毫无意义了，故点不能看作时交界线，交界线应该具有一定线度。
所以当区域M和N相邻后其它区域不可能通过MN的交界线而相邻。
二：对“染A时A无法与C相连”的证明：在E周围的四点定具有如图（c1）的相对位置关系，由于ＢＣＤＡ４点的地位是平等的，不妨将其按如图（c2）位置关系排列（即将它们的位置关系固定）。
四色定理证明过程-定义说明解析
四色定理证明过程-概述说明以及解释1.引言1.1 概述:四色定理是著名的图论问题，最初由英国数学家弗朗西斯·伯兰德提出。
该定理表明，任何平面上的地图都可以用四种颜色进行着色，使得任何相邻的区域都拥有不同的颜色。
四色定理在图论中具有重要的地位，它不仅仅是一个数学问题，更是一种对于地图着色问题的普遍性解决思路。
通过证明四色定理，我们可以更好地理解颜色着色问题的本质，以及在实际应用中的意义。
本文将从四色定理的基本概念入手，介绍其证明过程和要点，希望可以帮助读者更深入地理解这一经典的数学问题。
1.2 文章结构本文主要分为三个部分：引言、正文和结论。
在引言部分，将对四色定理进行简要概述，介绍文章的结构和目的。
正文部分将分为三个小节：四色定理简介、证明过程概述和证明要点。
在四色定理简介中，将介绍四色定理的背景和基本概念；在证明过程概述中，将介绍证明四色定理的主要思路和方法；在证明要点中，将详细展开证明过程中的关键步骤和技巧。
结论部分将总结全文内容，探讨四色定理的意义和展望。
通过本文，读者将对四色定理的证明过程有一个清晰的了解，同时也能认识到四色定理在数学领域的重要性和影响。
1.3 目的：本文的目的在于阐述四色定理的证明过程，通过详细分析和解释，让读者了解四色定理的重要性和深刻意义。
同时，通过揭示证明过程中的关键要点，帮助读者更好地理解数学领域中的重要定理和证明方法。
通过本文的阐述，希望能够激发读者对数学的兴趣，增强他们对数学知识的掌握和运用能力，促进数学领域的发展和进步。
2.正文2.1 四色定理简介四色定理是数学领域中一项著名的定理，它指出任何一个平面上的地图都可以用四种颜色进行着色，使得相邻的区域颜色不同。
这个定理最早由英国数学家弗朗西斯·格斯特在1852年提出，并在1976年被美国数学家康韦·阿佩尔和沃夫冈·汉克尔利用电脑进行证明。
四色定理的重要性在于它证明了一个简单而直观的问题，却需要复杂的数学推理和计算才能得出结论。
四色猜想（定理）简单证明
四色猜想（定理）简单证明
王锦根
【期刊名称】《数学学习与研究：教研版》
【年(卷),期】2015(000)017
【摘要】通过相邻关系存在区域多少,证明四色猜想成立。
【总页数】1页(P92-92)
【作者】王锦根
【作者单位】安徽省黄山市黄山区房管局,245799
【正文语种】中文
【中图分类】O157.5
【相关文献】
1.四色定理的简单证明
2.四色猜想证明四色猜想证明——运用“变形三角形原理”证明四色猜想
3.图的着色证明与图的着色定理——兼对四色猜想命题的证明
4.四
色猜想能够成立的证明\r——着重于对\"能够做到四色区分\"的证明5.泰特猜想的延续——四色定理的书面证明
因版权原因，仅展示原文概要，查看原文内容请购买。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
1.图论五色定理证明成立，五色定理成立的点图设为单元图1，
2.五色单元图拼接无限点图，商掉一色，这样的点图四色完全填充，
“四色猜想”的“二维平面四色最大填充密度”猜想，“四色猜想”的多维度推广，色量子干涉
归一开普勒猜想，四色猜想，图论填色的“波粒佯谬”，填色路径“波动”，填色区域（点）的
围道积分，在一个球的周围，最多能摆放多少个相同尺寸的球在它周围？或者，在平面上，
如何以最密集的方式排放相同大小的圆？又或者在空间中，如何放置最多数量的球？这类问
题都需通过离散几何来解答，事实上，此类问题的解决方案具有很大的实际应用价值。
比如
最密堆积问题有助于优化编码并纠正数据传输中的错误。
又如著名的四色定理，它描述的是
用四种颜色就足以绘制球面上的地图，使得图中任何相邻的两个区域都具有不同的颜色。
它
促使数学家引进了图论（Graph The的重要概念， László Fejes Tóth 的区域猜想与离散几何中
的一些其他问题也密切相关，这些问题已在20世纪就被解决，涉及到用条带覆盖表面。
其中第一个就是所谓的木板问题（Plank Problem），涉及到用平行线组成的条带覆盖住圆盘。
Alfred Tarski 和 Henryk Moese 用一个简洁的方式证明了用来覆盖圆面的条带（或木板）的宽
度和至少等于圆的直径。
也就是说，没有比用一个宽度与圆的直径相等的木板更好的方法用
来覆盖圆盘。
接着，Thøger Bang 解决了用长条覆盖任意凸体的问题。
也就是说，他证明了
覆盖凸体的条带的总宽度至少是凸体本身的宽度，即单个能覆盖凸体的单个条带的最小宽度，
1.图论五色定理证明成立，五色定理成立的点图为单元图1，
2.五色单元图拼接无限点图，商掉一色，这样的点图四色完全填充，
填充反填充平衡y=sinx/x+x/sinx，佯谬薛定谔猫
这对于许多近期在化学、生物和计算机科学以及逻辑系统上的发展都至关重要，
无法确定状态的“猫”走出薛定谔黑箱，或摇身为生机勃勃硕果累累牛顿苹果树，
——非死非活的“变异态”的导数态，
每一“态”都是“确定态”，薛定谔“猫态”，所有“态”的干涉“态” 四色猜想，图论填色的“波粒佯谬”，填色路径“波动”，填色区域（点）的围道积分，
自然填充y=sinx/x受空气动力学y=lnx作用y=sinxlnx/x 的导数，y'=((sinxlnx)'*x-
sinxlnx*(x)')/x^2=(x(cosx*lnx+sinx/x)-sinxlnx)/x^2，化简一下就是y'=(xcosxlnx+sinx-
sinxlnx)/x^2 维度填充成为一个点，函数的导数是sinx/x，基本初等函数的复合函数不一定有
其原函数，虽然基本初等函数可以用机械的方法求其导数，但却没有统一的方法求其原函数，一直到了群论的发现，才确定诸如sinx/x，1/LNX等函数都是没有初等函数下的原函数的，
群论，也有的书上记为Sinc(x)=sinx/这个函数是积不出来的，它的积分是一个带有吉布斯（Gibbs）效应的阶越函数;x叫做取样函数或者内插函数，至于能不能用贝塞尔函数这种特殊函数表示;x，本人也没研究过，一般书上涉及到这个函数就是抽象的把它记为
F(x)=∫Sa(x)dx=∫sinx/x，记为Sa(x)=sinx/x dx 总之是没有初等函数表达式的，台阶高度为派，
图形就是一个“非理想的版高通滤波器”形状，因为工程应用中一般只要知道大体图形就行了，sinx/ 1维量子填充力学计算y=sinx/x导数，
y'=(cosx *x -sinx) /x^2，光子的“填色通道”，
y=sinx/x 原函数
带通滤波器所使用的归一化变换是将s＋1／s代入低通传递函数公式得到高通滤波器的传
递函数，如果将这一关系代入高通滤波器则获得一个带阻滤波器。
图1表示了高通滤波器频
率响应与变换后的带阻滤波器频率响应之间的等效关系。
窄带带阻滤波器的设计方法定义如下：①将带阻滤波器设计指标变换成归一化低通指标。
②从归一化曲线中选择一个低通滤波
器满足归一化指标。
③将归一化低通参数变换为要求的带阻滤波器的指标，这可能需要通过
带通滤波器所使用的归一化变换是将s＋1／s代入低通传递函数公式得到高通滤波器的传递
函数，如果将这一关系代入高通滤波器则获得一个带阻滤波器。
图1表示了高通滤波器频率
响应与变换后的带阻滤波器频率响应之间的等效关系。
窄带带阻滤波器的设计方法定义如下：
①将带阻滤波器设计指标变换成归一化低通指标。
②从归一化曲线中选择一个低通滤波器满
足归一化指标。
③将归一化低通参数变换为要求的带阻滤波器的指标，这可能需要通过设计
中间高通滤波器进行变换，或者直接进行变换。
图1 带阻滤波器与高通滤波器的对应关系带阻滤波器有和带通滤波器一样的几何对称特性。
图2定义了带阻滤波器频率响应形状。
图中的参数和带通滤波器的参数间有相同的关系。
中心频率处的衰减在理论上趋于无穷大，因为高通滤波器在DC处无限大的衰减变换到带阻
滤波器成为中心频率。
几何中心频率定义为
图2 带阻频率响应式中，fL和fu是3dB衰减频率，对于更一般的情况：
滤波器的选择性系数Q值定义为
式中，BW是通带宽度或∴fu—fL。
当Q为10或者更大时，靠近中心频率的频率响应接近算术对称条件，即
为了利用归一化曲线设计带阻滤波器，设计指标必须变换成归一化低通滤波器指标。
为了实现这一点，首先应使带阻滤波器设计指标满足几何对称，即每对有相等衰减的频率值应该满是下列关系：
此式为式(2．15)的另一形式。
由指标中的每个特定衰减值可以确定两个频率，通过计算相对应的几何对称频率可以得到两组频率对。
保留有较宽频差的一对，因为它要求更严格。
而在带通情况一下，频差较小的一对要求更严格。
带阻滤波器的陡度系数定义为
选择恰当的归一化低通滤波器，使之在As的频率变换范围内从通带衰减变化到最小阻带衰减。
二维色基数4，x=sin(2x)x=0.74x=sin(x/n)nx=sinxx/n=sinx x=sin(4x)
x=sin(4x)\Leftrightarrow\left\{ y=sin(4x) y=x \right\}
对于函数y=f（x）如果存在一个不为零的常数T使得当x取定义域内的每一个值时f
（x+T）=f（x）都成立那么就把函数y=f（x）叫做周期函数不为零的常数T叫做这个函数的
周期.事实上任何一个常数kT（k∈Z且k≠0）都是它的周期.这里二分之π就是其周期.f（x）
=cos4x关键就是找T是多少，cos4x=cos(4x+2π）=cos4xcos2π-sin4xsin2π=cos4x，
(u)=sinu g(x)=4x f(g(x))=sin4x f'(g(x))=(sinu)'*4x' =cosu*4 =4cos4x 求导y=cos4x复合函数的
求导法则（f（g（x）））＇=f＇（g（x））*g＇（x）那么记g（x）=4x，该函数的导数就
是-4sin4x14 ^y=sin^4x+cos^4x=[(sinx)^2+(cosx)^2]^2-2(sinxcosx)^2 =1-2(sinxcosx)^2 =1-
[(sin2x)^2]/2 =1-[1-(cos4x)]/4 =(3+cos4x)/4 最大值du=1 最小值=1/2 值域dao[1/21]. 复合函数，令u=4x，y'=-sinu，u'=4所以y'=-4sin4xy'=4cos4x y=sin(4x)的导数？y'=（sin4x）'=cos4x×（4x）'=4cos4xx=cos(4x) cos(4x)=1/4
4x=1.31811607+2πn4.96506923+2πn x=0.3295290175...
1/x=3.0346341198920365184531890275793... \approx\pi。