再评徐俊杰对泰特猜想的证明

雷明85639720

再评徐俊杰对泰特猜想的证明
雷  明
（二○一七年六月十一日）

1、哈拉里和徐俊杰对泰特猜想的证明只解决了可4—面着色的无割边的3—正则平面图一定是可以3—边着色的问题，但没有解决为什么是可以3—边着色的问题。他的证明只是一种着色的实践。
多年前我曾对徐俊杰先生在其《数学四色问题证明》的小册子里对泰特猜想的证明有问题进行过评论，近来我又几次提出要其解释Klein四群的问题，但始终未见到其回复。最近我再次看了哈拉里的《图论》一书，发现徐先生使用Klein四群理论证明可4—面着色的无割边的三正则平面图一定是可3—边着色时，几乎完全是一字无改的引用了哈拉里的原文。徐先生对哈拉里的这一证明理解了没有，我弄不清楚。但我认为哈拉里证明中用了克莱茵四群理论是非常免强的，是有问题的。至少是没有把为什么是可3—边着色的这个问题没有说清楚。
哈拉里的书中对克莱茵理论的注释如（表一）所示：注释说“克莱茵四群是以{ k0, k1, k2, k3 }为元素的交换群，它的加法表如下：
   
哈拉里在正文中说：“我们选克莱茵四群F的元素为色集，F中的加法定义为ki＋ki＝k0和k1＋k2＝k3，而k0是单位元素。”“令有地图G的一个给定的4—着色。我们规定一条边的颜色等于关于这条边的两个不同的区域的颜色的和。现在立即可以得到，边都用{ k1, k2, k3 }的元素着色，且没有两条邻接的边指定为相同的颜色。”这就是哈拉里书中的有关证明的部分。而徐俊杰先生的证明则是：“假设图G是4—面可着色的，取Klein四群M的元素为色集。M中的加法定义为：α1＋α2＝α3，α1＋α3＝α2，α2＋α3＝α1，αi＋αi＝α0（i＝0，1，2，3），其中α0为单位元素。”“对图G给定一个4—面可着色，并规定一个边的色等于关联于这个边的两个不同面的色之和。可以得到，各边都是用{α1，α2，α3 }的元素着色。”这与哈拉里的话一点都不差，完全是相同的。
这能叫证明吗。故然都得到了用三种颜色着色的图，但这只是着色的实践，还不能从理论上说明可4—面着色的无割边的3—正则平面图一定都是可3—边着色的。                       
   
我把哈拉里书中的表（表一）改造一下，令图G中的四种颜色分别是A，B，C，D，则四种颜色的面两两相邻所能构成的边有C ＝6种，即A—B，A—C，A—D，B—C，B—D，C—D六种。这六种边中A—B和C—D，A—C和B—D，A—D和B—C是三对不可能相邻的边（即A色面和B色面构成的边是不可能与C色面和D色面构成的边相邻，其他相同），每对均可以着以相同的颜色。这三对不可能相邻的边在地图中就是三对互斥的边界线，即每对中的两条边界线分别是由着不同颜色的两个区域构成的，当然是不可能相邻的了。
若把A—B和C—D用k1表示，把A—C和B—D用k2表示，把A—D和B—C用k3表示，则上表（表二）又变成（表三）：
   
（表三）与（表一）的结果是相同的。可见哈拉里和徐俊杰的证明中，就是缺少说明六种边界线中，有三对互斥的边界线。而每对互斥的边界线是不可能相邻的，不相邻的两条边，着同一颜色当然是可以的了。所以说哈拉里和徐俊杰的证明实际上还是一个着色实践，并不是证明。他们只解决了可4—面着色的无割边的3—正则平面图是3—边着色的问题，而没有解决为什么是可3—边着色的问题。
任何可4—面着色的地图（即无割边的3—正则平面图）中都有三对互斥的边界线，每对互斥的边界线都用同一种颜色，那么三对互斥的界线用三种颜色就一定够用了。所以任何地图边着色时，三种颜色一定够用了。韦斯特也是用了基本与哈拉里相同的方法证明可4—面着色的无割边的3—正则平面图是可3—边着色的，同样也就存在着这样的欠缺。
2、徐俊杰对泰特猜想的证明只解决了可3—边着色的无割边的3—正则平面图一定是可以4—面着色的问题，但没有解决为什么是可4—面着色的问题。只能说他的证明也是一种着色的方法而已。
徐俊杰先生在证明可3—边着色的无割边的3—正则平面图是可4—面着色时说：“假设图G是3—边着色的，所以由B1和B1所形成的子图G12，是由一些没有公共点的1—2—1边二色回路组成的；而由B1和B3所形成的子图G13，是由一些没有公共点的1—3—1边二色回路组成的。”“先对G12即1—2—1边二色回路内的各面着a色，其外的各面着b色；然后，再对图G13即1—3—1边二色回路内的各面着c色，其外的各面着d色。”“于是图G的每一个面都着上了ac，bc，ad，bd这四种颜色。设A＝ac，B＝bc，C＝ad，D＝bd，则图G是4—面可着色的。
我前段时间也赞扬过徐先生的这种方法（我把它叫做颜色叠加法），但从徐先生的证明看，只得到了可3—边着色的无割边的3—正则平面图是可以4—面着色的问题，但没有解决为什么是可4—面着色的问题。从徐先生的证明中看，颜色叠加的结果一定是得到了四种颜色，而有些图的确面着色数是小于4的（如正六面体的面着色数就是3），这就是一个欠缺。
我通过研究，得到可哈密顿的无割边的3—正则平面图的面着色数是小于4的。这种图在颜色叠加时，所用的两种边2—色圈中有一个是哈密顿圈时，颜色叠加的结果都得到一个4—面着色的图；所用的两种边2—圈都不是哈密顿圈时，颜色叠加的结果就可得到一个3—面着色的图。而非哈密顿的无割边的3—正则平面图的面着色数才是等于4的。这就要求在着色前，先要弄清图是不是可哈密顿的。然后再着色，才能得到一个正确的着色结果。
所以我认为这种颜色叠加法也只是一种着色的方法和着色技巧，并不是证明。真正的证明，要用到排列组合方面的知识。一个已知是可3—边着色的无割边的3—正则平面图，每一个面都是由着有不同颜色的边所围成的，可以是两种颜色的边，也可以是三种颜色的边。对其进行面着色时的色数，就应是从三种边颜色中取出任两种颜色的组合数与取出三种颜色的组合数的和，即C ＋C ＝3＋1＝4。当边所着的三种颜色分别是k1，k2和k3时，以上四种组合就是k1和k2，k1和k3，k2和k3，以及k1，k2和k3。若图中的面缺少其中的任何一种边组合时，其面着色数都将是小于4的。这就从理论上证明了可3—边着色的无割边的3—正则平面图一定是可4—面着色的问题。
徐俊杰先生在从两个方向都证明了泰特猜想后，进而又得到一个“推论”：“一个三次平面图是4—面可着色的，即也是3—边着色的”，这不就是泰国特的猜想吗。只是叙述的方式不同罢了。接着徐先生继续说：“可以把面着色和边着色的关系设定为：A＋D＝1，B＋D＝2，C＋D＝3，A＋B＝3，A＋C＝2，B＋C＝1”。这实际上就是我们前面指出的把A—B和C—D用k1表示，把A—C和B—D用k2表示，把A—D和B—C用k3表示（见表三）。
3、到此，应该说泰特猜想就已被证明是正确的了，接下来就只要证明每一个无割边的3—正则平面图都是可3—边着色的就可以了。四色猜测也就得到证明是正确的了。可是徐先生没有这样做。
此后，徐先生用了比证明泰特猜想大得不知多少倍的篇幅，研究了一些与证明四色猜测无关的问题，如树的形成，三次平面图的形成，三次平面图的面着色、边着色，二色回路等问题。这完全是多余的。最后徐先生得到了“每一个三次平面图都是3—边着色的，进而四色问题成立”和“每一个三次平面图都是4—面可着色的，进而四色问题成立”这样一个循环的结论，实在是没有必要。所以说徐先生后面的这些研究，都只是在对具体的图进行研究的，而不是纯粹从理认上进行的证明。而应研究对于任何一个无割边的3—正则平面图来说，一定都是可3—边着色的。由于泰特猜想已证明是正确的，所以这也就等于证明了四色猜测是正确的。
关于这一点，请徐俊杰先生参看我的《无割边的3—正则平面图是可3—边着色的，四色猜测正确！》网址是：

雷  明
二○年六月十日于长安

注：此文已于二○一七年六月十日在《中国博士网》上发表过，网址是：

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