“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。大家都认为四色猜想从此也就解决了，但其实肯普并没有证明四色问题。11年后，即1890年，在牛津大学就读的年仅29岁的赫伍德以自己的精确计算指出了肯普在证明上的漏洞。他指出肯普说没有极小五色地图能有一国具有五个邻国的理由有破绽。不久泰勒的证明也被人们否定了。人们发现他们实际上证明了一个较弱的命题——五色定理。就是说对地图着色，用五种颜色就够了。

不过，让数学家感到欣慰的是，郝伍德没有彻底否定肯普论文的价值，运用肯普发明的方法，郝伍德证明了较弱的五色定理。这等于打了肯普一记闷棍，又将其表扬一番，总的来说是贬大于褒。真不知可怜的肯普律师是什么心情。追根究底是数学家的本性。一方面，五种颜色已足够，另一方面，确实有例子表明

三种颜色不够。那么四种颜色到底够不够呢？这就像一个淘金者，明明知道某处有许多金矿，结果却只挖出一块银子，你说他愿意就这样回去吗？

人们发现四色问题出人意料地异常困难，曾经有许多人发表四色问题的证明或反例，但都被证实是错误的。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。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，美国著名数学家、哈佛大学的伯克霍夫利用肯普的想法，结合自己新的设想；证明了某些大的构形可约。后来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，温恩从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。看来这种推进仍然十分缓慢。

高速数字计算机的发明，促使更多数学家对“四色问题”的研究。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，轰动了世界。

尽管随着计算机的普及，绝大多数数学家对四色定理的证明没有疑问，但某些数学家对经由电脑辅助的证明方式仍旧不够满意，希望能找到一个完全“人工”的证明。正如汤米·R·延森和比雅尼·托夫特在《图染色问题》一书中问的：“是否存在四色定理的一个简短证明，……使得一个合格的数学家能在（比如说）两个星期里验证其正确性呢？”

“四色定理”的证明也需要进行再次审视。还有人将计算机辅助证明和传统证明的差别比喻为借助天文望远镜发现新星和用肉眼发现新星的区别。计算机证明并没有获得数学界普遍的认可。不少数学家并不满足于计算机取得的成就，他们认为应该有一种简捷明快的书面证明方法来证明四色问题。

“四色定理”证明

定义1：球面上任意A，B两点之间可以作无数条线段连接；其中最短的一条线段称为A，B两点的距离。

定义2：球面上两条线段有交点，则称这两条线段相交；反之，称这两条线段不相交。

定理1：球面上A，B两点呈现为球体中心轴对称时，那么球面上连接A，B 两点的线段均相等。

证明：因为球面上A，B两点呈现为球体中心轴对称，我们设球体中心点为O，显然OA=OB，现在以OA或OB为半径，以点O为圆心，从A点到B点作半圆；那么以连接A，B两点的直线为轴，以作的半圆为弧，完全可以绕球面旋转一周；故定理1成立。

定理2：球面上A，B两点不呈现为球体中心轴对称时，那么球面上连接A，B两点的所有线段中，有一条线段最短。

证明：因为球面上A，B两点不呈现为球体中心轴对称，假定球面上连接A，B两点的所有线段中，没有一条线段最短；虽然OA=OB，现在以OA或OB为半径，以点O为圆心，从A点到B点作弧；显然作的弧不是半圆，那么以连接A，B两点的直线为轴，以作的弧，不可能完全绕球面旋转一周，这样就产生矛盾；故定理2成立。

定理3：球面上任意A，B，C，D四点，任意两点之间有一条线段连接，球面上必定会出现这样的图形，线段间出现的交点只是A，B，C，D四点。

证明：因为A，B，C，D为球面上任意四点，我们总可以把A，B，C，D设计为一个三棱锥形的四个顶点，这样的话，球面上A，B，C，D四点中，任意两点之间连接一条线段，一定会出现这样的图形，线段间出现的交点只是A，B，C，D四点；故定理3成立。

定理4：球面上任意A，B，C，D，E五点，任意两点之间有一条线段连接，球面上一定不会出现这样的图形，线段间出现的交点只是A，B，C，D，E五点。

证明：因为A，B，C，D，E为球面上任意五点，我们首先总可以把A，B，C，D设计为一个三棱锥形的四个顶点，这样的话，球面上A，B，C，D四点中，任意两点之间连接一条线段，一定会出现这样的图形，线段间出现的交点只是A，B，C，D四点；其次连接EA，EB，EC，ED；不管怎样连接，至少会多出一个交点不在A，B，C，D，E五点上；故定理4成立。

定理5：设有多边形A，B，C，D；则平面上或球面上可以设计出这样的组合图形：多边形A，B，C，D中任意两两多边形均有公共边。

证明：根据定理3，我们把多边形A，B，C，D看作四个点，把多边形A，B，C，D中任意两两多边形有公共边看作任意两点之间有一条线段连接。那么球面上任意A，B，C，D四点，任意两点之间有一条线段连接，球面上必定会出现这样的图形，线段间出现的交点只是A，B，C，D四点；说明平面上或球面上可以设计出多边形A，B，C，D中任意两两多边形有公共边的情形，并且不会出现有多边形与多边形重合或出现多边形与多边形部分重叠的情形；故定理5成立。

定理6：设有多边形A，B，C，D，E；则平面上或球面上一定不会设计出这样的组合图形：多边形A，B，C，D，E中任意两两多边形均有公共边。

证明：根据定理4，我们把多边形A，B，C，D，E看作五个点，把多边形A，B，C，D，E中任意两两多边形有公共边看作任意两点之间有一条线段连接。那么球面上任意A，B，C，D，E五点；任意两点之间有一条线段连接，球面上一定不会出现这样的图形，线段间出现的交点只是A，B，C，D，E五点；说明平面上或球面上一定不会设计出多边形A，B，C，D，E中任意两两多边形有公共边的情形，并且多边形与多边形不重合和多边形与多边形的部分不重叠；即平面上或球面上多边形A，B，C，D，E中任意两两多边形有公共边的情形中一定会出现有多边形与多边形重合或出现多边形与多边形部分重叠的情形；故定理6成立。