《四色猜测的手工证明——证明四色猜测的十多种方法汇编》（三）

雷明85639720

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三十多年研究四色问题的总结：《四色猜测的手工证明——证明四色猜测的十多种方法汇编》（三）

无割边的3—正则平面图是可3—边着色的，四色猜测正确！
雷  明
（二○一七年四月二十二日）

    1、泰特猜想是正确的
1880年泰特提出的猜想是：无割边的3—正则平面图的可3—边着色，等价于其可4—面着色。因为地图就是一个无割边的3—正则平面图，所以说如果泰特猜想正确，则只要进一步证明任何无割边的3—正则平面图都是可3—边着色的，就可使地图四色猜测得到证明是正确的。进而由地图的面着色就相当于其对偶图——极大平面图——的顶点着色，得知四色猜测对于极大平面图也是正确的。从而也就可以得到由极大平面图通过“减边”和“去顶”运算所得到的任意平面图的四色猜测也是正确的。四色猜测就可以得到证明是正确的。
1、1        从可3—边着色到可4—面着色
设一个3—正则平面图是可3—边着色的，即C边＝3。该图的每一个顶点都连接着三条边，这三条边一定是三种不同的颜色。
3—正则平面图的每一个面都是由这三种不同颜色的边所围成的，有可能是二色边的面，也有可能是三色边的面。这是一个组合方面的问题。
1、1、1  把由各种颜色的边组合成的面着上不同的颜色时，就是对该图的面着色。该图面着色的最大色数C面是：由三个元素中取出两个元素的组合数C2＝C ＝3！／［2！×（3－2）！］＝6／2＝3，与取出三个元素的组合数C3＝C ＝3！／［3！×（3－3）！］＝6／6＝1的和，即C面＝C2＋C3＝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。缺少其中的任何一种组合时，其面着色数都将是小于4的。所以也就有可3—边着色的无割边的3—正则平面图一定是可4—面着色的结论。
但这只是理论上的证明，只是证明了可3—边着色的无割边的3—正则平面图一定是可4—面着色的，并不是实际的染色操作。也并不是说k1、k2和k3的组合就一定是A色，而其他的k1和k2，k1和k3，k2和k3三种组合分别一定就是B、C、D三色。因为从可3—边着色的无割边的3—正则平面图看，除了2—边形面（如蒙古的地图）是由两条不同颜色的边构成的外，其他的面可以说很多都是由三种颜色的边所构成的，有些相邻的面也是如此。但总不可能把相邻的面也都着上相同的颜色吧。所以说这只是理论上的证明，不是实际的染色操作。实际的染色操作主要有以下两种：
1、1、2  第一种染色操作方法就是我们在上文《四色猜测是可以手工证明的》中所说的，对平面图的不可免构形的着色方法。在着色之前，要把可3—边着色的无割边的3—正则平面图首先转化成其对偶图（即是每个面都是三角形面的极大的平面图），然后对这个对偶图去进行顶点着色。针对着色中出现的各种情况，再用平面图的各种不可免构形的单独着色方法去进行处理，最后一定能得到一个可4—着色的极大平面图，也就相当于得到了该无割边的3—正则平面图的可4—面着色。这种操作方法既能适用于对任意平面图的顶点着色，也能适用于对任意平面图的面着色，当然也包括对3—正则的平面图的面着色。
1、1、3  第二种染色操作方法是韦斯特和徐俊杰证明泰特猜想中用过的方法，我把它叫做颜色叠加法。这一方法是根据可3—边着色的无割边的3—正则平面图的特点——图中有一条或若干条边2—色回路或边2—色圈，这些边2—色圈把图分成了若干个部分（每一部分中包括着不同数目的该3—正则平面图中的面）。把被边2—色圈所分成的各部分相间的染以两种不同的颜色（暂叫它为二色图）。然后再把被另两个不同的边2—色圈所分成的两个二色图上下叠加起来，就会得到用四种新的颜色着色的该无割边的3—正则平面图的面着色图，且相邻的面间没有相同的颜色（如图1）。

但这种颜色的叠加有一个缺点，四种颜色叠加后，只能产生四种新的颜色，不能满足四色猜测所说的颜色数一定小于等于4的要求。比如图1的图本来就是一个3—色图，最后却染成了4—色图。虽然颜色数没有超过四种，但却不是该图的面着色数，不符合实际。
我通过研究后，认为有些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（如正六面体所对应的图）。这种图在用颜色叠加法染色时，若所用的两种边2—色圈中只要有一个边2—色圈是哈密顿圈时，颜色叠加的结果都得到一个4—面着色的图（如图2）；若所用的两种边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（如图3）。


我们也给塔特所构造的非哈密顿的无割边的3—正则平面图和目前已知最小（顶点数最少）的非哈密顿的3—正则平面图，以及百多年来未能4—着色的赫渥特图，用以上两种方法都进行了面着色，证明了该三个图的面着色数都是等于4的。根倨这样的情况，就要求在对图进行面着色之前，首先要弄清所染色的图是不是可哈密顿的。然后再染色，才能得到一个正确的染色结果。这一着色方法只能是对3—正则的平面图的面着色时有用，而不能用于对任意平面图的顶点着色。
1、1、4  整个无割边的可3—边着色的3—正则的平面图中最多用了多少种颜色呢，也是一个三个元素的各种组合的问题。一条边虽不能构成面，但它却也占用了一种颜色，边所占用的颜色数是C1＝C ＝3！／［1！×（3－1）！］＝6／2＝3，所以整个图中最多所用的颜色总数是：C总＝C1＋C2＋C3＝C ＋C ＋C ＝3！／［1！×（3－1）！］＋3！／［2！×（3－2）！］＋3！／［3！×（3－3）！］＝3＋3＋1＝7种。的确，3—正则平面图中的边色数与面色数的和最大就是7。
1、1、5  颜色叠加原理的理论分析

地图的顶点都是三界点，都只连接着三条边（如图4），分别着以1，2，3三种颜色（如图4，a），每两条边之间所夹的区域用一种颜色当然是可以的，可以把1—2两种色边所夹的面用Ⅰ表示，把2—3两种色边所夹的面用 Ⅱ 表示，把1—3两种色边所夹的面用 Ⅲ 表示，只有三种颜色。但作为一个面，其边界一定是一个圈。若是偶圈，该面边界线只用两种颜色就可以了，该面可以着上Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ 中的某一种颜色即可；但若是奇圈，该面边界线一定要用三种颜色来染色。这种情况，该面就不能用Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ 中的任何一种，而只能用第四种颜色 Ⅳ（如图4，b）。这就是可3—边着色的无割边的3—正则平面图面着色时，可能会用到四种颜色的原因。
若把由两种颜色的边所夹的区域的颜色用两种颜色的交集表示，则由三种颜色的边所夹的区域的颜色就是三种颜色的交集。则有1∩2＝Ⅰ，2∩3＝Ⅱ，1∩3＝Ⅲ 和1∩2∩3＝Ⅳ。这也就是给任何可3—边着色的无割边的3—正则平面图（地图）的面染色时，至少要准备四种颜色的原因。
1、2  从可4—面着色到可3—边着色
设一个3—正则平面图是可4—面着色的，即C面＝4。所用的颜色分别是A、B、C、D四种。

图中的每一条边都是两种颜色的面的共同边界线，图中边界线的种类数就是由四个元素中取出两个元素的组合数，即C边界＝C ＝4！／［2！×（4－2）！］＝24／4＝6，即A—B、A—C、A—D、B—C、B—D、C—D六种。
1、2、1  是不是六种边界线就得要用六种颜色呢，不是的。因为在3—正则的平面图中，由A色面和B色面所构成的边界线A—B，与由C色面和D色面所构成的边界线C—D，不但不可能是同一条边界线，而且也不可能相邻（如图5中加粗的边界线A—B和与带小园圈的边界线C—D）。象A—B和C—D这样的两条边界线就叫一对互斥的边界线。而互斥的边界线由于其互不相邻，所以着同一颜色是可以的。
1、2、2  互斥的两条边界线两侧的国家是完全不相同的，如中、蒙边界线的两侧是中国和蒙古，朝、俄边界线的两侧则是朝鲜和俄罗斯，中、蒙和朝、俄两条边界线就是互斥的边界线，两条边界线也是不相邻的；而两条边界线的两侧的国家有一个是相同的国家时，这样的两条边界线则是相邻的边界线，如中、蒙边界线与中、俄边界线就是相邻的边界线，因为这两条边界线的一侧有同一个国家——中国，这两条边界线的确也是相邻的；还有另外一种边界线，即两条边界线两侧的国家完全是相同的两个国家，这样的两条边界线虽不是同一条，但却是这两个国家在若干个不同地段处的边界线，如中国和俄罗斯就在两个地段处有两条边界线，中间夹有蒙古，把中、俄边界线隔成了两段；中国和印度在三个地段处有三条边界线，中间分别夹有尼泊尔和不丹，把中、印边界线隔成了三段。
1、2、3  象A—B和C—D这样的一对互斥的边界线，在由A、B、C、D四种颜色的面所构成的边界线中，应该还有A—C和B—D，A—D和B—C两对，每对都可用同一种颜色。在可4—面着色的3—正则的平面图中，每个“三界点”顶点都与三种颜色的面（如A、B、C三种）相邻，该顶点所连的三条边界线分别是A—B，A—C和B—C；这三条边界线两两间，正好都是由该两条边界线所夹的国家的颜色构成的，都是相邻的边界线，所以这三条边界线是可以共同相交于一个“三界点”顶点的；这三条边界线中，正好也没有各条边界线所对应的互斥边界线C—D、B—D和A—D，这也就进一步说明了互斥的边界线也是互不相邻的；若把A—B，A—C和B—C三条边界线分别用1、2、3表示，则与其互斥的边界线C—D，B—D和A—D也可以分别用1，2，3来表示。
1、2、4  由四种颜色的面所构成的六种边界线中，有三对是互斥的边界线，互斥的边界线可用同一种颜色。由于这个3—正则的平面图是可4—面着色的，各面的颜色已经确定，那么各“三界点”顶点所连的边界线的颜色，实际上也是已经确定了的。全图中只有三对互斥的边界线，每对用一种颜色，那么，全图中的所有边界线实际上也就只有三种颜色。3—正则的平面图每个顶点都只连有三条边，正好每个顶点也就连有三种不同颜色的边。也由于每对互斥的边界线，分别是由两条在边界线两侧用了完全不同颜色着色的两个区域的边界线构成的，所以图中互斥边界线的总对数应该是C互斥对数＝C边界／2＝6／2＝3，这也就是该图边着色时的色数，即C边＝3。所以也就有可4—面着色的无割边的3—正则平面图一定是可3—边着色的结论。
1、2、5  现在用反证法证明可4—面着色的无割边的3—正则平面图一定是可3—边着色的：假如这个图不是可3—边着色的，那么图中至少要有一条边是用了第四种颜色的。则这条边的两侧至少也要有一个面不是用A、B、C、D四种颜色之一着色的面。但这却是不可能的，因为该图是可4—面着色的，图中只用了四种颜色。假设与已知条件产生了矛盾，应该否定假设。这就使可4—面着色的无割边的3—正则平面图一定是可3—边着色的结论得到了证明。
由于该图的面色数是不大于4的，现在又证明了其边色数是3，所以图中所用的颜色总数仍是C总＝C面＋C边＝4＋3＝7，不大于7。与上面1中的结论是相同的。
1、3  泰特的猜想是正确的
虽然已经证明了泰特的猜想是正确的。但还要进一步证明每一个无割边的3—正则平面图都是可3—边着色的，才能使四色猜测得到证明是正确的。
2、无割边的3—正则平面图都是可3—边着色的
2、1  无割边的3—正则平面图一定可以划分为一个或若干个偶圈，进而也都是可3—边着色的。
由于3—正则图的每个顶点都连着3条边，图中的总度数应是d＝3v（d是图的度数，v是图的顶点数），又因为一条边的两端就是两度，所以无割边的3—正则平面图的边数e＝3v／2＝1.5v，即边数是顶点数的1.5倍。为了保证图的边数是整数，无割边的3—正则平面图的顶点数还必须是偶数。从而也可以看出这种图的边数一定也是3的倍数。
因为无割边的3—正则的平面图中有e＝（∑epi）/2＝（ep1＋ep2＋……＋epn）/2的关系（式中ep是各面的边数），可以看出，无割边的3—正则平面图中若含有奇数边面时，则奇数边面的总个数也必须是偶数。如属于3—正则平面图的正四面体的所有面都是三边形面，奇数边面是偶数个；正十二面体的所有面都是五边形面，奇数边面也是偶数个；还有奇楞柱都只有两个面是奇数边面，还是偶数。
由于无割边的3—正则平面图的顶点数一定是偶数，并且图中的奇数边面的总个数也一定是偶数，这就保证了无割边的3—正则平面图一定可以划分成一个或若干个偶圈。图中若无奇数边面时，因图的顶点数是偶数，把图划分成一个或若干个偶圈是没有问题的；若图中含有奇数边面时，则其一定是偶数个，至少也要有两个。两个奇数边面相邻，本身就是一个偶圈；若不相邻时，则可以通过一个或若干个偶数边面的“传替”（即在这两个奇数边面中间一定夹有一个或若干个连续相邻的偶数边面）而构成一个较大的偶圈（如图6）。图6中两个三边形面与一个四边形面共同构成了一个有六条边的偶圈。

因为偶圈边着色时两种颜色就够了，所以这些偶圈一定是一条或多条的边2—色圈。除此以外，图中的其他边（相当于顶点数的一半）都是两端均连结着该边2—色圈上的、且只连接着同样两种颜色的边的顶点；又因这些边之间互不相连，所以这些边是可以同时都着上与以上边2—色圈中两种颜色都不同的第三种颜色。图6中有两条2—3二色构成的边2—色圈（都是偶圈），两圈之外所有边都可着1色，全图的边共用了三种颜色。
这就证明了无割边的3—正则平面图一定都是可3—边着色的。
2、2  图的边着色，就是对其线图的顶点着色。所谓线图就是把原图的边作为顶点，按原图中边与边的相邻关系作新的边，所得到的新图，就是原图的线图（也叫边图）。
2、2、1  3—正则平面图中各顶点的度均是3，所以其线图中的最大团的顶点数最大也只能是3（即线图的密度是3），着色时至少也要用3种颜色。

2、2、2  3—正则平面图中各面的边数都是大于等于2的多边形面，这些多边形面在其线图中也都是以边数大于等于3的圈（面）出现的（如图7，a）。图7，a就是地图（3—正则的平面图）中的“两国夹国”这一情况。所夹国只有两条边界线（如蒙古只有中、蒙和俄、蒙两条边界线），是一个“2—边形”面，并且这个面的两条边界线是相邻的，构成了一个2—圈。这个2—边形面在边（线）图中则不是面，而是在两条边界线所对应的两个3—度顶点间的两条平行边，而平行边只相当于一条边；这条边又是该2—边形面边界上的两个“三界点”（图7，a中的小黑点顶点）所对应的两个三边形面（图7，a中的两个加粗边的三边形面）的一条公共边。所以3—正则平面图的线图的密度仍是3，所有的面也全都是边数大于等于3的圈（面）。圈在顶点着色时，色数也一定是不大于3的。所以该线图的色数一定是不会大于3的。
2、2、3  3—正则平面图中各边的两端都连着三条（如图7，a）或四条（如图7，b）边，表现在其线图中就是各顶点的度均是3或4。又由于3—正则平面图中各面的边数均大于等于2，所以其线图的各顶点的四周一定是三个或四个边数大于等于3的面。其线图中除了所有顶点都是处在一个4—轮的中心顶点的唯一一个正四面体的线图（如图7，b）外，再不可能有轮沿顶点数大于3的轮出现，更不可能有3—轮以上的奇轮出现。所以3—正则平面图的线图的色数也就不可能大于3。对于正四面体来说，一是由于正四面体的线图的顶点全是4—轮（偶轮）的中心顶点，而偶轮的色数都是3；二是因为正四面体边着色的实际色数，也正好是3。所以正四面体也是可以3—边着色的。
2、2、4  通过以上三点，也就可以证明无割边的3—正则平面图都是可3—边着色的。
3、 对无割边的3—正则平面图都是可3—边着色的检验
设有n个面的无割边的3—正则平面图是可3—边着色的，现在证明有n＋1个面时，其也是可3—边着色的。
在一个面数为n的无割边的3—正则平面图的某个面内增加一条边，把一个面分为两个面，就成了有n＋1个面的无割边的3—正则平面图。在某个面内的任两条边中各取一个点a和b，并把a和b用边相连接，a和b就变成了两个新的“三界点”，边a—b就把一个面分成了两个面，图中也就增加了一个面，成为n＋1个面。同时图中也增加了两个顶点和三条边，增加的边数也是增加的顶点数的1.5倍，符合3—正则平面图的要求。
现在只要证明这个图还是一个无割边的3—正则平面图和仍是可3—边着色的就可以了。
3、1  证明这个有n＋1个面的图仍是一个3—正则的平面图
因为无割边的3—正则的平面图中有e＝（∑epi）/2＝（ep1＋ep2＋……＋epn）/2的关系（式中ep是各面的边数），所以3—正则平面图中奇数边面的总个数一定是偶数。
3、1、1  a和b两点所在边的两个相邻面的边数的改变对3—正则平面图中的奇数边面的总个数的影响：
3、1、1、1  若a和b两点所在边的两个相邻面原来都是偶数边面时，现在则都成了奇数边面，奇数边面增加了两个，但偶数（原有）＋2（增加）仍是偶数，奇数边面的总个数仍是偶数；
3、1、1、2  若a和b两点所在边的两个相邻面原来都是奇数边面时，现在则都成了偶数边面，奇数边面减少了两个，但偶数（原有）－2（减少）仍是偶数，奇数边面的总个数仍是偶数；
3、1、1、3  若a和b两点所在边的两个相邻面原来的边数是一奇一偶时，则现在奇数条边的面变成了偶数条边，而偶数条边的面则变成了奇数条边，但仍是一奇一偶，奇数边面的总个数没有发生变化，仍是偶数。
可见，a和b两点所在边的两个相邻面的边数的改变对3—正则平面图中的奇数边面的总个数一定是偶数并无影响。
3、1、2  现在再看一看被分开成两个面的那个面边数的变化对图中奇数边面的总个数一定是偶数有无影响：
3、1、2、1  若被分开成两个面的那个面原来是奇数条边时，该面现在的边数则是比原来多了两条的奇数，所分成的面只能是一个奇数边面和一个偶数边面。这等于说图中减少了一个原来的奇数边面，除了增加了一个偶数边面外，又增加了一个奇数边面，相当于图中奇数边面的总个数并未发生变化，仍是偶数；
3、1、2、2  若这个被分开成两个面的面原来是偶数条边时，该面现在的边数则是比原来多了两条的偶数：
①　一种情况是分成两个偶数边面，图中奇数边面的总个数根本就没有发生变化，还是偶数；
②　另一种情况是分成两个奇数边面，等于说图中减少了一个原来的偶数边面，但又增加了两个奇数边面，但偶数（原有）＋2（增加）仍是偶数，奇数边面的总个数仍然是偶数。
可见，被分开成两个面的那个面边数的变化对3—正则平面图中的奇数边面的总个数一定是偶数也没有影响。
3、1、3  以上是从被a、b所分面与a、b两顶点所在边的相邻面两种面的边数变化来分析的，结果都是图中的奇数边面的总个数仍是偶数。原来有n个面的奇数边面的总个数是偶数，现在有n＋1个面的奇数边面的总个数仍然是偶数，符合无割边的3—正则平面图的要求。该图仍然是一个无割边的3—正则平面图，说明了有n＋1个面的图仍是一个无割边的3—正则平面图。
3、2  证明这个有n＋1个面的图仍是可3—边着色的
现在再来看看a和b两点所在边原来所着的颜色对这个有n＋1个面的无割边的3—正则图的3—边着色有什么影响。
图中因为增加了一个面而增加的两个顶点a和b，a—b边虽不能单独构成一个偶圈，但它却是在原图中两条边上新增加的顶点（如图8～14）。这两个顶点可能处在同一个边2—色圈上，也可能处在不同的边2—色圈上。
3、2、1  a、b两顶点处在同一个边2—色圈上的情况（如图8、图9和图10）：

这种情况不管a、b两顶点所处的边原来着色是相同还是不同，也不管被a—b边所分的面是奇数边面还是偶数边面,更不管a、b两顶点所处的边原来是相邻还是不相邻（如图8，a、图9，a和图10，a），都可以对a—b边同一侧（比如左侧）的边2—色圈中所有边的颜色进行交换（如图8，b、图9，b和图10，b。这种交换并不会影响到着第三种颜色的边），使该边2—色圈中所增加的两条边分别着上该边2—色圈中的两种颜色之一，该圈仍是同原来颜色相同的一个边2—色圈；而把边a—b着上第三种颜色即可（如图8，b、图9，b和图10，b）。图仍是一个可3—边着色的3—正则平面图。
图8是a、b两顶点所在边不相邻且着色相同，所分的面是奇数边面的情况，图9是a、b两顶点所在边不相邻且着色不相同，所分的面是偶数边面的情况，图10是a、b两顶点所在边相邻且着色不相同（相邻的边不可能着色相同），所分的面是奇数边面的情况；而a、b两顶点所在边不相邻且着色相同，所分的面是偶数边面的情况和a、b两顶点所在边不相邻且着色不相同，所分的面是奇数边面的情况，以及a、b两顶点所在边相邻且着色不相同，所分的面是偶数边面的情况，同样都可以这样处理。


3、2、2  a、b两顶点处在不同的边2—色圈上的情况（如图11、图12、图13和图14）：
在这种情况下，a、b两顶点只能分别处在两个相同颜色的边2—色圈上（如图11，a），而不可能处在不同颜色的边2—色圈上。因为如果两个边—2色圈上有一种颜色不相同，则这两个边2—色圈至少就需要占用三种颜色，而与这两个边2—色圈相联系的边，则就必须用第四种颜色（如图11，b和图11，c）。这便与已知的有n个面的3—正则平面图是可3—边着色的条件产生了矛盾。所以a、b两顶点是不可能处在不同颜色的边2—色圈上的。这种a、b两顶点处在具有相同颜色的不同的边2—色圈的情况，也不可能有a、b两顶点所处的边是相邻的情况，因为a、b两顶点根本就不在同一个边2—色圈上。

①　图11，a的情况是属于a、b两顶点所处的边原来着色是相同的情况。这种情况实际上a、b两顶点又是处于同一个边—2色圈（如图11，a中是2—3二色的边2—色圈）上的，实际上也是属于上面3、2、1中“a、b两顶点处在同一个边2—色圈上的情况”的情况，已经得到了解决。
②　当a、b两顶点真正处在不同的两条相同颜色构成的边—2色圈上的情况下，如果a、b两顶点所处的边原来着色是相同的（如图12，a），则a、b两顶点实际上也是处于相同的另一条边—2色圈上的（如图12，b中的1—3二色的边—2色圈），也属于上面图8一类的情况，是可3—边着色的（如图12，c，图中的a—b边着色2）。



③　当a、b两顶点真正处在不同的两条相同颜色构成的边—2色圈上的情况下，如果a、b两顶点所处的边原来着色是不同的（如图13，a和图14，a），也不管被a—b边所分的面是奇数边面还是偶数边面，都可对其中一个边2—色圈中各边的颜色进行交换（也比如左侧的边2—色圈。当然这种交换也是不会影响到着第三种颜色的边的），便可以使a、b两顶点又处在同一个另外两种颜色的边2—色圈上（如图13，b和图14，b都是2—3二色的边2—色圈），使问题变成如上面的第一种情况——“a、b两顶点处在同一个边2—色圈上的情况”，用与其相同的办法可以使图进行3—边着色（如图13，c和图14，c中的a—b边着色1）。图仍是一个可3—边着色的3—正则平面图。
3、2、3  这也就证明了任何一个无割边的3—正则平面图都是可3—边着色的。
3、3  以上我们是对有n＋1个面的无割边的3—正则平面图进行证明的，同样的也可以对有n－1个面的无割边的3—正则平面图证明是可3—边着色的。这只要从有n个面的3—正则平面图中去掉一条边即可办到。
3、4  现在已经证明了无割边的3—正则平面图都是可3—边着色的，这也就等于验证了任何无割边的3—正则平面图也都是可3—边着色的结论是正确的，也就验证了任何无割边的3—正则平面图都是可4—面着色的结论也是正确的。最终也就验证了地图四色猜测是正确的。
4、四色猜测的证明
我们已经证明了泰特的猜想：“无割边的3—正则平面图的可3—边着色，等价于其可4—面着色”是正确的。现在又证明了每一个无割边的3—正则平面图都是可3—边着色的。当然也就证明了任何无割边的3—正则平面图（地图）也都是可4—面着色的，即证明了地图四色猜测是正确的。地图四色猜测是正确的，则其对偶图——极大图平面图——的顶点着色的色数也一定是小于等于4的，进而由极大平面图经“减边”和“去点”得到的任意平面图的色数也一定是不会大于4的，平面图的四色猜测也是正确的。到此也就证明了四色猜测是正确的。

雷  明
二○一七年四月二十二日于长安


注：此文已于二○一七年四月二十二日在《中国博士网》上发表过，网址是：

（未完，接下贴）

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