我对无割边3—正则平面图可3—边着色的研究

雷明85639720

我对无割边3—正则平面图可3—边着色的研究
雷  明
（二○一七年七月二十九日）

    1、根据泰特猜想，无割边的3—正则平面图的可3边着色与其可4—面着色是等价的，我们也证明了这一猜想是正确的。且证明了任何无割边的3—正则的平面图都是可3—边着色的，这也就相当于证明了地图（地图就是无割边的3—正则的平面图）的四色猜则是正确的。那么地图的对偶图——极大平面图——的顶点着色四种颜色也一定够用了，而由极大图经去点和减边所得到的任意平面图的色数只会比极大图减小而不会再增大，所以任意平面图的色数也是不会大于4的。这也就证明了平面图的四色猜测也是正确的。
2、可3—边着色的无割边的3—正则的平面图中，有1—2—1，1—3—1和2—3—2三种边2—色圈。该类图在采用颜色叠加法进行可4—面着色时，把被各个边2—色圈所分成的各部分（每一部分是则由若干个面共同构成的）相间的分别着以不同的两种颜色（我们暂叫它面2—色图），任两个面2—色图四种颜色相叠加的结果，都会产生不多于四种（也可能是四种，也可能是三种）的新颜色，使原来的无割边的3—正则图中的各面都着上一种新的颜色，使图的面色数不大于4。
3、无割边的3—正则平面图的顶点数是偶数，边数是顶点数的1.5
倍；若图中有奇数边面，则奇数边面的个数一定也是偶数。不可哈密顿的无割边的3—正则平面图中，任一种边2—色圈都不可能是哈密顿的（即任一边2—色圈中都不可能包含图中所有的顶点），所以颜色叠加时，任两种边2—色圈都不可能是哈密顿的；而可哈密顿的无割边的3—正则平面图中至少也要有一种边2—色圈是哈密顿的，其他两种边2—色圈是不是哈密顿的，则无所谓。所以在颜色叠加时，两种边2—色圈的组合中，就一定会出现两种边2—色圈都是非哈密顿圈的可能。
4、我们在着色过程中发现：对于同一个无割边的3—正则平面图，可—3边着色的模式不同，有着不同的面着色结果。当所用的两种边2—色圈中，至少有一种是哈密顿圈时，面着色的色数就是4（见后边的图3和图4）；而当所用的两种边2—色圈都是非哈密顿圈时，其面着色的色数就是3（如图1和图2）。虽然这类图可以用4种颜色来进行面着色，但其面着色的色数却只能是3。因为3是4和3中最小的一个整数，符合图的着色数的定义。


5、我们还发现：对于同一个无割边的3—正则平面图，当面着色数是3时，叠加的两种边2—色回路都把图分成了三个以上的部分，图中所有的面也都是边2—色圈（如图1和图2）；而当面着色数是4时，叠加的两种边2—色回路中至少有一种把图只分成了两部分，图中的面既有边2—色圈，也有3—色圈（如图3和图4）。于是，我猜想：①所有面全都是边2—色圈的可3—边着色的3—正则平面图的面色数一定是3；②所有面不全是边2—色圈的可3—边着色的3—正则平面图的面色数一定是4。


6、也可以这样说：在可3—边着色的3—正则平面图中，所有面不全是或者全都不是边2—色圈（即有一部分面是3—色圈或者全都是3—色圈）的图的面着色数一定是4（如图3，图4和图7的最简单的多面体）；而所有面全都是边2—色圈（即没有3—色圈的面）的图的面着色数则是3（如图1，图2和图8的最简单的地图）。这正说明了只要有一个面是3—色圈时，则图的面数色就是4。可以说，至少有一个面是奇数边面的无割边的3—正则平面图可3—边着色时，一定会有一个面是3—色圈的（如图5的三楞柱和图6的五楞柱）。


7、虽然我们现在还不知道有多少无割边的3—正则平面图是不可哈密顿的，但已知的塔特图和最小的非哈密顿的平面三次图中都有奇数边面，他们的面着色数一定都只能是4。赫渥特地图是一个可哈密顿的图，图中也有奇数边面，所以其面着色数也是4。对于可哈密顿的偶楞柱等图来说，图中没有奇数边面，所以其面着色数一定是3（如图1和图2）。而对于可哈密顿的奇楞柱等图来说，图中却有奇数边面，所以其面着色数一定是4（如图5和图6）。的确，我们用了颜叠加法和别的方法，对这些图都进行了面着色，其色数都与上面的判断是相符的。





雷  明
二○一七年七月二十九日于长安

注：此文已于二○一七年七月二十九日在《中国博士网》上发表过，网址是：

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