四色定理的理论证明
泰特猜想的延续 ——四色定理的书面证明
Pure Mathematics 理论数学, 2019, 9(8), 949-960 Published Online October 2019 in Hans. https://www.360docs.net/doc/4814758388.html,/journal/pm https://https://www.360docs.net/doc/4814758388.html,/10.12677/pm.2019.98121 Tait’s Conjecture Continue —The Proof of the Four-Color Theorem Wenzhen Han Jincheng Energy Co. Ltd., Jincheng Shanxi Received: Sep. 30th, 2019; accepted: Oct. 22nd, 2019; published: Oct. 29th, 2019 Abstract The four-color theorem also known as the four-color conjecture or the four-color problem is one of the world’s three largest mathematical conjecture. Although it has been proved on computer, which owes to its powerful computing ability, after all, it isn’t strictly reasoned mathematically. Lots of math enthusiasts devote themselves to studying the problem around the globe. In this pa-per, the new concepts of two-color dyeable continuous line are put forward. A new method is used to prove that the 3-coloring of 3-regular planar graph lines is equivalent to the 4-coloring of maximal graph points. It is also proved that the 3-coloring of 3-regular planar graph lines is in-evitably possible. Thus, a universal four-color coloring method for vertices of any maximal graph is given. Keywords Four Colors Enough, Two-Color Dyeable Continuous Line, 3-Regular Plane, Maximum Graph, Even Ring Elimination Method 泰特猜想的延续 ——四色定理的书面证明 韩文镇 晋城能源有限责任公司，山西晋城 收稿日期：2019年9月30日；录用日期：2019年10月22日；发布日期：2019年10月29日 摘要 四色定理，又称四色猜想、四色问题，是世界三大数学猜想之一。计算机证明虽然做了百亿次判断，终
费马大定理的初等证明
费马大定理的初等证明 倪晓勇 （中国石化仪征化纤短纤生产中心生产管理室，江苏 仪征211900） E-mail:nxyong.yzhx.@https://www.360docs.net/doc/4814758388.html, 费马大定理：不定方程n n n y x z +=当n ≥3时无正整数解。 证明：一、当n=2时，有222y x z +=，所以))((222y z y z y z x +-=-=（1）。令22)(m y z =-，则22m y z +=，代入（1）得222222222222)(2)22(2l m m y m m y m y z x =+=+=-=，所以ml x 2=， 22m l y -=，22m l z +=（x 、y 、z 、l 、m 都是自然数） ，显然x 、y 、z 有正整数解。 二、当n=3时，有333y x z +=，所以 ))((22333y zy z y z y z x ++-=-=（2）。令323)(m y z =-， 则323m y z +=，代入（2）得］ ［23223232333)3()3(3y y m y m y m y z x ++++=-= )3333(36432232m y m y m +?+=)33(36332233m y m y m ++=。 若方程333y x z +=有正整数解，则)33(63322m y m y ++为某自然数的三次幂，即 363322)33(l m y m y =++，所以 )33)(3(3)3(4222263332m l m l m l m l m y y ++-=-=+，所以 )33(3)3(4222322m l m l m y m l y ++=+-=和，所以l -3m 2+32m 3=l 2+3m 2l +32m 4，所以l = l 2+3m 2l ，且32m 3=3m 2+32m 4，所以1=l +3m 2，3m=1+3m 2，所以 l +3m=2。因为l 和m 都是自然数，所以l +3m ≥4，所以l +3m=2不可能，所以当n=3时，333y x z +=无正整数解。 三、当n=4时，有z 4=x 4+y 4，所以x 4= z 4-y 4=（z -y ）（z 3+z 2y+zy 2+y 3）(3) 。令（z -y ）=43m 4，则z=y+43m 4，代入 (3) 得x 4= z 4- y 4=43m 4［（y+43m 4）3+（y+43m 4）2+（y+43m 4）y+ y 3］=43m 4 (4y 3+47m 8y+6×43m 4y 2+49m 12)= 44m 4(y 3+46m 8y+6×42m 4y 2+48m 12 ) 。 若方程z 4=x 4+y 4有正整数-解，则(y 3+46m 8y+6×42m 4y 2+48m 12)为某自然数的四次幂，即(y 3+46m 8y+6×42m 4y 2+48m 12) =l 4，所以y 3+46m 8y+6×42m 4y 2=l 4-48m 12 =（l 42m 3）（l 3+l 242m 3+l 44m 6+46m 9），所以y =l -42m 3且y 2+46m 8+6×42m 4y =l 3+l 242m 3+l 44m 6+46m 9），所以(l -42m 3)2+46m 8+6×42m 4（l -42m 3） =l 3+l 242m 3+l 44m 6+46m 9），所以l 2-32m 3 l + 44m 6 + +46m 8+6×42m 4（l -42m 3）=l 3+l 242m 3+l 44m 6+46m 9），所以 44m 6 +46m 8=6×44m 7+46m 9 ，l 2+6×42m 4l =l 3+l 242m 3+l （44m 6+32m 3），所以1+42m 2=6m+42m 3，所以l 2+l （42m 2-6m ）+42m 3（42m 2-12m+5）=0。因为l 和m 都是自然数，所以l 2+l （42m 2-6m ）+42m 3（42m 2-12m+5）>0，所
四色猜想的证明
四色猜想的证明 吴道凌 （广东省广州市，510620） 摘要：四色猜想至今未得到书面证明。根据其定义的国家概念和着 色要求，揭示了无限平面或球面上任意国家及其邻国的构成和着色规 律，从而给四色猜想一个书面证明。 关键词：四色；猜想；证明；国家；着色 中图分类号：O157.5 文献标识码：A 1852年，英国学者弗南西斯·格思里(Francis Guthrie)提出，“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”，这就是后来数学上著名的四色猜想。对此猜想，一百多年来曾有无数学者予以研究，但人工验证均无功而返。1976年，美国数学家阿佩尔(Kenneth Appel)和哈肯(Wolfgang Haken)利用电子计算机，作了大量判断，对四色猜想进行了机器证明，但这一证明不能由人工直接验证，人们必须对计算机编译的正确性以及运行这一程序的硬件设备充分信任，因此并不被人们普遍接受。 本文拟根据四色猜想定义的国家概念和着色要求，研究无限平面或球面上国家的构成及其着色规律，寻找对四色猜想的书面证明。 1 四色猜想相关定义及表述方法 四色猜想所指的国家，是指连续的区域，可为单连通区域，也可为多连通区域，不连续的区域不属一个国家。共同边界指相邻国家有无数个共同点，四个或四个以上的国家不交于一点，或者说，这种交点不认为是共同边界， 只有这种交点的国家不需区分着色。 四色猜想并未限制地图范围，地图可定义在球面或无限平面 上。在球面上的任何国家，将存在一个外边界，由一条简单闭曲线 构成，在无限平面上的国家，一般也由一条简单闭曲线构成外边界， 个别国家也许在某些区间不存在边界（即区域无限延伸），其外边 界将由若干段曲线构成，对于这种情况，我们可在其无限远处虚拟 若干个国家若干段边界，与实在的若干段边界构成一条简单闭曲线 边界，这种做法实际上提高了这些国家的着色要求，因此不影响本 命题的论证。如为单连通区域，国家里边将不存在内边界，如为多 连通区域，国家里边将存在若干由简单闭曲线构成的内边界。因此，为使命题具有普遍性，把国家定义为具有一个外边界和若干内边界的区域，每 一边界均为该国与若干邻国的共同边界构成的简单闭曲线，如图1 示。下面把构成一条这种共同边界闭曲线的若干邻国称为一个邻国 圈。 用小圆圈表示邻国，两国相邻时，用线条连接两个小圆圈， 一个邻国在共同边界多处出现时，各处分别用小圆圈表示，并用线 条连接各处表示连通。把一个国家表示为由其若干邻国圈构成的闭 合圈围闭的区域，如图2示。其中，外闭合圈之外，一些邻国可能 跨越闭合圈上的一个或多个邻国与其它一个或多个邻国相邻，一些 邻国也可能多处出现在闭合圈上，这些情况将使闭合圈外存在若干
简洁破解四色猜想——“1+3”证明与“3+1”充要条件模型证明——
简洁破解四色猜想 ——“1+3”证明与“3+1”充要条件模型证明—— 李传学 四色猜想与费马猜想、哥德巴赫猜想，是数学界三大难题。本文利用“1+3”、“3+1”链锁思维方式，并结合计算机逻辑判断方式，给予地球四色猜想的有、且只有数学方法与应用方法的两种证明。并在实践中，使链锁着色，直至组成四色猜想的（△）网状平面整（总）体地图。 一、四色猜想简洁证明的提出。 随着计算机运算速度的加快、人机对话智能的出现，极大加快了对四色猜想研究、证明的步伐。1976年6月，美国哈肯与阿佩尔编制程序，利用1200个小时，分别在两台计算机上，作了100亿次判断，终于完成了四色猜想的证明。到目前为止，仍是世界上唯一被认可的证明方法。但是，由于计算机证明方法过程深长，不符合人的逻辑思维判断过程，缺乏简洁性，无法令人信服。 二、“四色”是地球“四方八位”的客观存在。 “四方八位”是个动态概念，存在于“天、地、人合一”的地球万物运动的整个过程中。同样，数学界三大难题之一的四色猜想，也离不开这一客观规律。 地球，蕴育了万物。天圆地方、“四方八位”、四面八方、东西南北、五湖四海是人类认识地球的思维方式。远在史前人类整体文明时期，就有文物记载了地球上有关“四方八位”的许多概念。如半坡人鱼盆、人网盆、含山玉版、澄湖陶罐、八角星陶豆、良渚陶璧、古埃及金字塔，以及其他图形、符号记载的伏羲八卦图、彝族八卦图、河图、洛书、五行属性，也都应用了“四方八位”概念。 四色绚丽的地球生生不息，是“天人合一”的赋予。地球的天圆地（四）方是阴阳学说的核心和精髓，又是阴阳学说的具体体现，具有朴素的辩证法色彩，是古代人类认识世界的思维方式。 阴阳五行中的五色、四方位：即，木有青、东，金有白、西，火有红、南，水有黑、北，土有黄、中，以及罗盘定位、经纬仪、四季、纳米四大光波（红、蓝、绿、黄）、四色光谱仪都与地球上的“四方八位”寓意紧密相关。当然，“四色猜想”也不例外，也只能有、且只有在地球图上的客观存在。 三、四色猜想的数学语言定义。 任何一张平面地图，只要用四种不同颜色就能使具有共同边界的国家，着上不同颜色，称之为四色猜想。 四色猜想的数学语言定义：将平面任意地细分为不相重叠的区域，每一区域总可以用1、2、3、4这四个数字之一来进行标记，且不会使相邻的两个区域得到相同的数字。这里的相邻区域，是指有一整段（非点）边界是公共的边界（注：据网络“科普中国”）。 四、四色猜想的数学证明。
“猜想”的费马猜想初等数学证明(简稿)
“猜想”的费马猜想初等数学证明（简稿） 求证：当正整数n＞2时不定方程z n = x n + y n没有正整数解。 证明：因为不定方程z n = y n + x n有正整数解则( kz )n = ( kx )n + ( ky )n（k为正整数）也有正整数解，各倍数解组中必有一组为最小的正整数，所以假设( x ，y ) = 1使z n = y n + x n (1) 正整数等式成立。 依据约数分析法○1将（1）式变形为z n – x n = y n左边进行因式分解： ( z – x ) (z n-1 + xz n-2+ ... + x n-2z + x n-1) = y n (2) 由（2）式，因为z＞x等式左边为两个正整数之积，所以等式右边y n 亦分解为两个正约数之积，设正整数y n = CD得两个―约数式‖和―余约数式‖： z –x = C (3) z n-1 + xz n-2 + ... + x n-2z + x n-1= D (4) 判断（3）式、（4）式确定成立的正整数等式是否成立便可证明费马猜想。 分析（3）式、（4）式，对于正整数z、x所决定y n的C、D两个约数，存在互质或不互质两种情形：即（C ，D）= 1或（C ，D）＞1。 当（C ，D）= 1时，根据引理○2确定正整数C = c n、D = d n，y = cd，由（3）式（4）式得： z –（x + c n）= 0 (5) z n-1 + xz n-2+ ... + x n-2z +（x n-1– d n）= 0 (6) 并同时用计算的方法：同理以x n为约数设x n = (st)n可得z –（y + s n）= 0，x + c n = y + s n，x – y= s n– c n，―x –y‖是确定的整数，由此计算得到c n、s n从而确定y n分解c n及d n是满足（2）式约数分解使（5）式、（6）式为确定的正整数等式。 当（C ，D）＞1时，由（4）式： D = z n-1 + xz n-2 + x2z n-3 + x3z n-4 + x4z n-5 +x 5z n-6+ … +x n-2z + x n-1 = z n-2（z – x）+2xz n-3（z – x）+3x2z n-4（z – x）+ … +（n-1）x n-2（z – x）+ nx n-1
费尔马大定理及其证明
费尔马大定理及其证明 近代数学如参天大树，已是分支众多，枝繁叶茂。在这棵苍劲的大树上悬挂着不胜其数的数学难题。其中最耀眼夺目的是四色地图问题、费尔马大定理和哥德巴赫猜想。它们被称为近代三大数学难题。 300多年以来，费尔马大定理使世界上许多著名数学家殚精竭虑，有的甚至耗尽了毕生精力。费尔马大定理神秘的面纱终于在1995年揭开，被43岁的英国数学家维尔斯一举证明。这被认为是“20世纪最重大的数学成就”。 费尔马大定理的由来 故事涉及到两位相隔1400年的数学家，一位是古希腊的丢番图，一位是法国的费尔马。丢番图活动于公元250年前后。 1637年，30来岁的费尔马在读丢番图的名著《算术》的法文译本时，他在书中关于不定方程 x^2＋ y^2 ＝z^2 的全部正整数解这页的空白处用拉丁文写道：“任何一个数的立方，不能分成两个数的立方之和；任何一个数的四次方，不能分成两个数的四次方之和，一般来说，不可能将一个高于二次的幂分成两个同次的幂之和。我已发现了这个断语的美妙证法，可惜这里的空白地方太小，写不下。” 费尔马去世后，人们在整理他的遗物时发现了这段写在书眉上的话。1670年，他的儿子发表了费尔马的这一部分页端笔记，大家才知道这一问题。后来，人们就把这一论断称为费尔马大定理。用数学语言来表达就是：形如x^n+y^n=z^n的方程，当n大于2时没有正整数解。 费尔马是一位业余数学爱好者，被誉为“业余数学家之王”。1601年，他出生在法国南部图卢兹附近一位皮革商人的家庭。童年时期是在家里受的教育。长大以后，父亲送他在大学学法律，毕业后当了一名律师。从1648年起，担任图卢兹市议会议员。
我用概率证明了费马大定理
我用概率证明了费马大定理 章丘一职专马国梁 1637年，法国业余数学家费马在一本著名的古书——丢番图的《算术》中的一页上写了如下一段文字： “分解一个立方为两个立方之和，或分解一个四次方为两个四次方之和，或更一般地分解任一个高于二次方的幂为两个同次方的幂之和均不可能。对此我发现了一个奇妙的证明，但此页边太窄写不下。” 用数学语言表达就是说，当指数n > 2时，方程x^n + y^n = z^n 永远没有整数解。这就是著名的连小学生都能看懂的费马猜想。 可是在这个猜想提出后，那个重要的“奇妙证明”不论在费马生前还是死后始终没有被人见到，且后人也再没有找到，所以人们怀疑那个证明根本就不存在或者是在什么地方搞错了。费马生前只是证明了n = 4 的情况；直到1749年，才被欧拉证明了n = 3 的情况。 这个猜想看上去是如此的简单，让局外人根本无法想象证明它的艰难，所以曾经让不少人跃跃欲试。他们搜肠刮肚，绞尽脑汁，耗费了无数的精力。三百多年来，虽然取得了很大进展，显示了人类的智慧，但问题总是得不到彻底解决。直到1995年，才由英国数学家怀尔斯宣称完成了最后的证明。从此费马猜想变成了真正的“费马定理”。 对费马定理的证明之所以艰难，是因为在整数内部有着极其复杂微妙的制约机制，要想找到这些制约关系，必须深入到足够的程度进行细致的分析才行。所以三百多年来，虽然有不少数学大家还有广大业余爱好者不畏艰难，前赴后继，顽强奋斗，但怎奈山高路远，歧途太多，终归难免失败。 在这样的现实下，笔者明白自己也是局外之人，所以不可能去钻这个无底的黑洞。但是作为一种乐趣，我们不妨另外开辟一条渠道，进行旁证和展望。试用概率计算一下：看看费马猜想是否成立，又成立到什么程度。虽然这在数学界难以得到公认，但是我们歪打正着，乐在其中。因为对于决定性的现象，如果其决定因素和控制过程过于复杂，那么其结果是可以用概率理论进行推算的。 但是要证明费马猜想究竟应该从何处下手呢？对此笔者心中一直有一个强烈的直觉。 我们知道：当n = 1 时，x + y = z 可有无数组解。在正整数中，任何两个整数相加的结果必然也还是整数。 但是当n = 2 时，方程x^2 + y^2 = z^2 的解就没有那么随便了，它们必须是特定的一组组的整数。其组数大大减少。 而当n = 3 时，方程x^3 + y^3 = z^3 则根本就没有整数解了。那么其原因是什么呢？ 对此笔者曾经思考了多年。但没想到只是在近几天才一下子开了窍，找到了问题的关键。原来是：指数越大，整数的乘幂z^n在数轴上的坐标点就越稀疏，从而使任意两整数的同次方幂之和x^n + y^n 落在坐标点上成为整数的可能性就越小。其概率是z^n 的导数的倒数。即每组x^n + y^n 能够成为整数的可能性只有 η= 1/[n z^(n-1)] = 1/ [n (x^n + y^n )^(1-1/n) ] 当x、y在平面直角坐标系的第一区间随意取值时，我们可以用积分的办法算出其中能够让z成为整数的组数。其公式为 N =∫∫ηdx dy =∫∫[(dx dy) / (n (x^n + y^n )^(1-1/n))] 因为在平面直角坐标系上，当z 一定时，由方程x^2 + y^2 = z^2 所决定的曲线是个正圆； 而由方程x^n + y^n = z^n 所决定的曲线则是一个近似的圆； 只有当n 趋于无穷大时，它的曲线才能成为一个正方形。 所以当n较小时，我们是可以把方程的曲线当作一个圆来处理的。这样以来，N的积分公式就变成了 N =∫[(0.5πz dz ) / (n z^(n-1))] ①当n = 1 时，由方程x + y = z 所决定的曲线是一条斜的直线。它在第一象限的长度是sqrt(2) z ，此时能够成为整数的概率是100%，即η= 1/[n z^(n-1)] = 1 所以N =∫sqrt(2) z dz = [1/sqrt(2)] z^2 即与z的平方成正比，这意味着在坐标系的第一象限中，遍地都是解。仔细想想这也可以理解。因为不论x还是y，都是可以取任意整数的；而正整数的数量是无穷多，所以它们的组合数将是无穷多的平方，为高一级的无穷多。 ②当n = 2 时，由方程x^2 + y^2 = z^2 所决定的曲线是一个正圆。在第一象限是一段1/4 的圆周，其长度是0.5πz ；此时η= 1/[2 z ] 所以N =∫(0.5πz dz / (2 z) ) = (π/4) z
证明四色猜想
证明四色猜想 本文用递推的方法，分别用点和线代替平面图形及平面图形相交，则三个平面图形两两相交时，构成一个三角形的封闭空间。通过讨论第四个点与此三角形的关系，简明地证明了四色猜想。 四色猜想最先是由一位叫古德里的英国大学生提出来的。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。就在1976年6月，哈肯和与阿佩尔合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，终于完成了四色定理的证明。不过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。直到现在，仍有不少数学家和数学爱好者在寻找更简洁的证明方法。 证明 将平面图形抽象极限成成点或线，当然在这一点或线的基础上可以任意发出一些线（这些射线可以任意扩展为面）。这些射线都属于这个点。 首先，A，B两个面相交看成点A发出的射线和点B发出的射线相遇于点Pab，如图1。第三点C要和A，B两两相交，则构成一个三角形ABC的封闭空间，如图2。 这时点D要和A、B、C两两相交则有两种情况： （1）D在ABC之内和ABC相交 当D和和A、B、C中任意两者相交都将构成新封闭三角形。第五点E继续相交时就和D与A、B、C相交的情况一样。 假设D和A，B，C分别相交于Pad，Pbd和Pcd。Pbd在P到B点间，Pad 在Pac到A点间，Pcd在Pac到C点间。这样即使A，B，C内部还有剩余空间也被分成了3部分如图3。尽管这三个图形不一定都是三角形但都是封闭的，都可以简化成三角形。所以无论第五点E在哪部分都是点与三角形关系。（见图3） （2）D在ABC之外和ABC相交 D可以完全将ABC包围或者将ABC一部分包围。但无论怎样ABC三者至少有一者完全在D的图形内。 若D将ABC一部分包围。那么ABC至少有一点完全被D包围。如图5 若E在D外就不能和A、B同时相交。
费马大定理的3次、4次不可能的证明
A 试证：试证：x x 4+y 4=z 4在xy xy≠ ≠0时无整数解。证：假设原命题成立，则有： z 4-x 4=(z -x)(z 3+z 2x+z x 2+x 3)=(z -x)(z +x)(z 2+x 2)=y 4由x 、y 、z 都是大于0的正整数，所以有z ＞x 得：得：z z -x -x＜＜z +x +x＜ ＜z 2+x 2（其中若z +x +x≥≥z 2+x 2，则x(1-x)x(1-x)≥ ≥z (z -1)负数大于正数，不成立。）分两种情形讨论： ①y 是质数，得：是质数，得：y=z y=z -x y=z +x y 2=z 2+x 2由前两式得x ＝0（不成立）②y 是合数，得：是合数，得：(z (z -x)a=y (z -x)b=y z 2+x 2=aby 2稍微变换一下就可以得到：（（a a 2b 2-1-1） ）z 2=(a 2b 2+1)x 2即：即：a a 2 b 2-1=k 12a 2b 2+1=k 22但是在整数里，但是在整数里，m m 2-n 2≠1。故这种情形不成立。∴x 4+y 4=z 4在xy xy≠ ≠0时无整数解。B 试证：试证：x x 3+y 3=z 3在xy xy≠ ≠0时无整数解。证：假设原命题成立，则有： z 3-x 3=(z -x)-x)（ （z 2+xz +x 2）=y 3＞0则有：则有：z z ＞x z 2+xz +x 2＞z -x 分两种情形讨论： ①y 是质数，得：是质数，得：y=z y=z -x y 2＝z 2+xz +x 2即：即：z z 2+xz +x 2＝y 2=(z -x)2整理得到：整理得到：xz xz =-2xz (不成立不成立) )②y 是合数，则有：是合数，则有：(z (z -x)a=y z 2+xz +x 2＝ay 2整理得到：（（a a 3-1-1） ）z 2-(a 3+1)xz +(a 3-1)x 2=0若z 有解，需有解，需△≥△≥△≥00即：即：a a 3≤3由于a 是大于0的正整数，故a ＝1即：即：z z -x=y 回到第回到第① ①种情形，结果仍是不成立。 ∴x 3+y 3=z 3在xy xy≠ ≠0时无整数解。另外根据我的推到出勾股方程的满足条件或生成方法是： ((e 2-f 2)/2)2+(ef)2=((e 2+f 2)/2)2 其中e 、f 取大于0的同时为奇或偶的正整数（的同时为奇或偶的正整数（e e ≠ f ）但是我在一本介绍数论的书上看到已经被人家找出来，只是形式和我的有点差异。故我通过上述方法找到了勾股方程成立的充足理由，及同样找到了其满足条件。乐哉！
四色定理的简单证明
四色定理的简单证明 虽然现在已经有不少人用不同方法证明出了四色定理，但我认为四色定理的证明还是有点复杂,所以给出以下证明。（注：图形与图形的位置关系可分为相离、包含、内向接、内向切、外向接、外向切，在此文中由于题意关系不妨重新分为以下关系：1 把包含、内向接、内向切，统一划分为包含关系。2 把外向接单独划分为相接关系。3把相离、外相切统一划分为相离关系。） 此证明过程中把图的组合形式按照其位置关系而抽离出了以下四种基本有效模式： 1 若要存在只需用一种颜色便能彼此区分开来的地图，则该图中所有图形必定满足彼此相离。如下图： 图（1） 分析：这是最简单的一种图形关系模式暂且称为模式a。 2 若要存在只需用两种颜色便能彼此区分开来的地图，则该图中的所有图形必定满足最多只存在两个图形的两两相交的图形。各种有效图形关系如下图：
图（2） 分析：两个图形的两两相交的所有图形关系均可变形而得出等价的以上两种图形关系模式之一。由于图（1）存在包含关系，被包含的图形是对外部无影响的，所以图（1）仍属于模式a。所以两个图形的两两相交只有图（2）的相交关系模式的图形有效的，我们暂且称之为模式b。 3 若要存在只需用三种颜色便能彼此区分开来的地图，则给图中所有图形必定满足最多只存在三个图形的两两相交图形。各种有效图形关系如下图： 图（3） 分析：三个图形的两两相交的所有图形关系均可变形而得出等价的以上两种图形关系模式之一。由于图（2）属于存在包含关系，同理整体回归于模式a。所以三个图形的两两相交只有图（1）的相接关系模式的图形是有效图形模式，我们暂且称之为模式c。 4 若要存在只需用四种颜色便能彼此区分开来的地图，则给图中所有图形必定满足最多只存在四个图形的两两相交图形。各种有效图形关系如下图： 图（4）
费马大定理的证明
学院 学术论文 论文题目：费马大定理的证明 Paper topic：Proof of FLT papers 姓名 所在学院 专业班级 学号 指导教师 日期 【摘要】：本文运用勾股定理，奇偶性质的讨论，整除性的对比及对等式有解的分析将费马大
定理的证明由对N>2的情况转换到证明n=4,n=p 时方程n n n x y z +=无解。 【关键字】：费马大定理（FLT ）证明 Abstract : Using the Pythagorean proposition, parity properties, division of the contrast and analysis of the solutions for the equations to proof of FLT in N > 2 by the situation to prove N = 4, N = p equation no solution. Keywords: Proof of FLT (FLT) 引言： 1637年，费马提出：“将一个立方数分为两个立方数，一个四次幂分为两个四次幂，或者一般地将一个高于二次的幂分为两个同次的幂，这是不可能的。”即方程 n n n x y z +=无正整数解。 当正整数指数n ＞2时，没有正整数解。当然xyz=o 除外。这就是费马大定理（FLT ），于1670年正式发表。费马还写道：“关于此，我确信已发现一种奇妙的证法，可惜这里的空白太小，写不下”。[1] 1992年，蒋春暄用p 阶和4n 阶复双曲函数证明FLT 。 1994年，怀尔斯用模形式、谷山—志村猜想、伽罗瓦群等现代数学方法间接证明FLT ，但是他的证明明显与费马设想的证明不同。 据前人研究，任何一个大于2的正整数n ，或是4的倍数，或是一个奇素数的倍数，因此证明FLT ，只需证明两个指数n=4及n=p 时方程没有正整数解即可。方程 444x y z +=无正整数解已被费马本人及贝西、莱布尼茨、欧拉所证明。方程 n n n x y z +=无正整数解，n=3被欧拉、高斯所证明；n=5被勒让德、狄利克雷所证明；n=7被拉梅所证明；特定条件下的n 相继被数学家所证明；现在只需继续证明一般条件下方程n n n x y z +=没有正整数解，即证明FLT 。[2] 本文通过运用勾股定理，对奇偶性质的讨论，整除性的对比及对等式有解的分析证明4n =，n p =时n n n x y z +=无正整数解。
四色定理证明
四色定理的证明 一、四色定理的介绍 地图四色定理最先是由一位叫古德里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1，2， 3，4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。1976年美国数 学家阿佩尔与哈肯宣告借助电子计算机获得了四色定理的证明，又为用计算机证明数学定理开拓了前景。 二、四色定理的证明 通过四色定理的介绍，我们可以知道如果两个图形相邻，则需要用不同的颜色将它们区分。反之，若两个图形不相邻则可以用一种颜色。由此得出，如果一张地图不能用四种颜色将它们分开，则必然存在五个两两相邻的图形。所以，只需证明是否存在五个两两相邻的图形即可。 1.把一个图形X 分成2个小图形的情况共有两种。分别如下： 图 2 说明：a.图形X 的选取是任意的(在这里举的是一个圆）。 b.将图1的分法叫线切法，点M,N 为交点，其特点是两个图形都只共用自己的一部分 边界。将图2的分法叫内取法，其特点是其中一个图形所有边界与另一个图形共用。内取法的性质是里面的图形B 只能与图形A 相邻，称图形B 为内取图形。 2.将一个图形X 分成3个小图形的情况共有6种，方法是先把一个图形分成两个，再把其中 一个分成两个。对图1因其分成的两个图形是等价的所以共有2种（如图3和图4），对图2的继续分共有4种（如图5到图8）。分别如下： 图5 图6 图8 从中我们可以看出，只有图3、图5和图7是满足两两相邻的。 3.将一个图形X 分成4个小图形两两相邻的情况。方法是先把图形X 分成2个小图形A 和 B ，再把B 分成3个小图形B1、B2和B3。又因为分成3个图形满足两两相邻的只有图3、图5和图7三种分法，图5和图7有内取图形无法与图形A 相邻，故要想满足4个图形两两相邻只能采取图3这种分法。 P
费马大定理的简单证明
费马大定理的简单证明 李联忠 （营山中学 四川 营山 637700） 费马大定理：一个正整数的三次以上的幂不能分为两正整数的同次幂之和。即不定方程n n n y x z +=当n ≥3时无正整数解。 证明： 当n=2时，有 222y x z += ∴ ))((222y z y z y z x +-=-= （1） 令 22)(m y z =- 则 22m y z += 代入（1）得 222222222222)(2)22(2l m m y m m y m y z x =+=+=-= ∴ ml x 2= 22m l y -= 22m l z += 当n=3时，有 333y x z += ∴ ))((22333y zy z y z y z x ++-=-= （2） 令 323)(m y z =- 则 323m y z +=代入（2）得 ］ ［23223232333)3()3(3y y m y m y m y z x ++++=-= )3333(36432232m y m y m +?+=)33(36332233m y m y m ++= 若方程333y x z +=有正整数解，则)33(63322m y m y ++为某正整数的三次幂，即 363322)33(l m y m y =++ ∴ )33)(3(3)3(4222263332m l m l m l m l m y y ++-=-=+ 则必有 )33(3)3(4222322m l m l m y m l y ++=+-=和，而y,m,l 都取正整数时，这两等式是不可能同时成立的。所以363322)33(l m y m y =++不成立。即x 不可能取得正整数。所以，当n=3时，方程333y x z +=无正整数解。 当n>3时，同理可证方程n n n y x z +=无正整数解。 定理得证。
四色定理证明的新方法(百度文库)
四色定理证明的新方法 梁增勇 摘要：本文用图论的方法证明了三角形结构连通图具有延伸和轮形两大的不可避免构形集。以及有它们组成的8个不可避免构形，它们的子图色数都≤4。通过分析这些构形的组合（图）的顶点颜色关系和运用顺序着色的方法完成图的正常4-着色。从而证明了三角形结构连通图（及平面连通图）的色数≤4。本文解决了切实可行的新方法对四色定理的书面证明，同时对四色定理的实际应用也具有一定的意义。 关键词：三角形结构连通图；不可避免构形集；延伸结构；轮形结构；顺序着色法 1 前言 四色猜想是世界数学界关注的问题，给出四色定理无需借助于计算机的证明仍然是一个未获解决的数学难题。我们已知四色定理可以通过证明平面连通图G'的色数≤4来实现。而平面连通图的色数不大于由它增加边而得到的三角形结构连通图G(triangulated graph) 的色数[1]。因此，只需证明任意三角形结构连通图的χ(G)≤4, 即可解决四色定理的证明难题。 2 三角形结构连通图 定义 1 如果一个简单图G它所有的内部的面都是C3,则称之为三角化图或三角形结构连通图[2]。 很明显，三角形结构连通图G可由平面连通图G '中内部所有长≥4 的圈增加边，使其所有内部面皆为C3而得。在图中增加边，只可能增加图的色数，所以χ(G’)≤χ(G) [2]。 图 1 平面连通图和三角形结构连通图 3 两大不可避免构形集 定义2 如果一个子图包括一个圈C n-1和一个中心顶点v，v和其它所有圈的顶点都邻接，则称之为轮形结构（轮图），简称轮形,用W n表示。不包含有轮形结构的三角形结构子图称为延伸结构，用E n表示。
图 2 延伸结构和轮形结构 在图2 中我们展示了延伸结构和轮形结构以及它们的同构子图，其中方形的子图是本文在分析中常用的形式。 定理1. 三角形结构连通图仅有延伸和轮形两种结构方式。 证. (1) 一个三角形有三条边，它与其它三角形邻接的情况只有三种：a)有一条公共边； b)有两条公共边；c)有三条公共边。那么a和c属于延伸结构，b属于轮形结构。 图 2 一个三角形与其它三角形邻接的三种情况 (2)我们可以用逐个增加三角形来构造一个三角形结构子图（参见图3）。可用欧拉公式解释，在一个面中增加三个顶点和三条边可得一个三角形（C3）,它是三角形结构连通图的最基本的单位结构，由于它的形状和子图色数以及延伸结构的定义，我们将它归属于延伸结构。同时，用欧拉公式可以证明再增加三角形仅有两种情况：a) 为了增加一个三角形面需要增加一个顶点和两条边（E4,E7）；b)为了增加一个三角形面仅需要增加一条边。当仅为a的情况只可能产生延伸结构；当有b的情况会产生一个新的轮形结构（W4, W7）。（增加边数多于3 的情况不可能存在，因为新三角形仅有3 条边，且一条边必须是与旧三角形的公共边）（3）延伸结构和轮形结构之间的邻接组成的子图还是延伸结构或属于它们的并图，不会产生新的结构[3]。 图 3 增加一个三角形面与欧拉公式的关系 定理 2.延伸结构子图色数等于3。
费马大定理的故事
费马大定理的故事 彼埃尔.德.费马(1601-1665)是数学史上最伟大的业余数学家,他的名字频繁地与数论联系在一起,可是他在这一领域的工作超越了他所在的时代,所以他 的同代人更多地了解他是从他的有关坐标几何(费马独立于笛卡尔发明了坐标几 何),无穷小演算(牛顿和莱布尼茨使之硕果累累)和概率论(本质上是费马和帕斯 卡共同创立的)的研究中得出的.费马并不是一位专业数学家,他的职业是律师兼土伦地方法院的法官. 费马登上法学职位后开始了业余数学研究;虽然他未受过正规的数学训练,但他很快对 数学产生了浓厚的兴趣,可惜他未养成发表成果的习惯,事实上在其整个数学生涯中,他未发 表过任何东西.另一方面,费马保持了跟同时代的最活跃和最权威的数学家之间的广泛的通信联系.在那个由数学巨人组成的世界里,有笛沙格,笛卡尔,帕斯卡,沃利斯和雅克.贝努里,而 这位仅以数学为业余爱好的法国人能和他们中任何一位相媲美. 著名的费马大定理的生长道路即漫长又有趣.1453年,新崛起的奥斯曼土耳其帝国进攻 东罗马帝国的都城-----君士坦丁堡陷落了.拜占庭的学者纷纷逃向西方,也带去了希腊学者 的手稿,其中就有刁番都的<<算术>>.这本书一直流传到今天,但在1621年前几乎无人去读他.这一年,克罗德.巴舍按照希腊原文重新出版了这本书,并附有拉丁译文,注释和评论.这才使 欧洲数学家注意到这本书,似乎费马就是读了这本书才对数论开始感兴趣的. 在读<<算术>>时,费马喜欢在页边空白处写一些简要的注记.在卷II刁番都问题8旁边的空白处,原问题是"给定一个平方数,将其写成其他两个平方数之和",费马写道:"另一方面,不可能将一个立方数写成两个立方数之和,或者将一个四次幂写成两个四次幂之和.一般地,对于任何一个数,其幂大于2,就不可能写成同次幂的另外两个数之和.对此命题我得到了一个真正奇妙的证明,可惜空白太小无法写下来." 用代数术语表达,刁番都问题是想求出方程: x2+y2=z2 的有理数解,这已经由古希腊数学家欧几里德得到:x=2mn,y=m2-n2,z=m2+n2 而费马在页边的注解断言,若n是大于2的自然数,则方程 x n+y n=z n不存在有理数解.这就是我们今天称为费马大定理的由来. 尽管在普通人的心目中,相信费马真的找到了一个奇妙的证明,但他毕竟是一个动人的故事,17世纪的一位业余数学爱好者证明了一个结果,他使得其后350年间的数学家起来为之奋斗了,然而却劳而无功.他的问题是如此简明,因而这个故事更富有感染力.而且永远存在费马是正确的可能性. 从费马的另一处注解中,数学史家发现了费马唯一具体的对于n=4的情 形做的证明,在这个证明中,费马发明了一种"无穷递降法",他利用了整数边直角三角形的面 积不可能是平方数的结论,假设方程: x4+y4=z4 有一组有理解,令a=x4,b=2x2z2,c=z4+x4,d=y2xz.反复利用熟知的恒等式:(s+t)2=s2+2st+t2 得到:a2+b2=(z4-x4)2+4x4z4=z8-2x4z4+x8+4x4z4=(z4+x4)2=c2.并且有: ab/2=y42x2z2=(y2xz)2=d2 于是,a2+b2=c2,并且ab/2=d2.但是这已经证明是不可能的,因此假定n=4时有解是错误的. 对于n=3的情形,后来的欧拉在1753年用了一种有缺陷的方法证明了这个命题.他使用了一种"新数",即形如a+b√-3的数系,这个数系在许多方面与整数有相似之处,两者都构成一个数
四色问题证明
一、问题描述： 问题1：平面上任意不重叠的区域，仅采用4种不同的颜色即可对区域进行填充，而使得相邻区域的颜色不同。 上述问题可转换为： 问题2：平面上只存在至多4个点能够互相连接，而连接的线不交叉。 二、问题1和问题2的等价性： 两个区域相邻具有特性：任意分别属于两区域的两点之间都存在一条线连接，这条线仅属于这两个区域。 对于4个区域，任意4个点分别属于不同的区域，4个点互相不交叉连接即代表区域之间是相邻的，因此需要4种颜色填充。而如果存在第5个点使得这个点与其它点能连接而不与其它连接线交叉，则意味着这5个点所属的5个区域相邻，则需要5种颜色进行填充。如果交叉即意味着连接线代表的区域被截断变成不相邻。 因此只需要证明平面上不可能存在第5个点符合下述条件： 条件：第5点与其它4个点连接而不与其它连接线交叉。 三、问题2的证明： 3.1、显然的，平面上任意3个不同点能够两两相连，形成一个封闭的区域，如下图所示。3个点连接线将平面划分成了2个部分：区域ΩABC与区域ΩABC~；ΩABC构成一个封闭的区域。 B 3.2、第4个点D的位置有两个选择： 3.2.1、选择1，第4个点D区域内：
B 此时区域ΩABC被分为3个区域：区域ΩABD、ΩACD、ΩBCD。且这3个区域均是封闭的。第五个点E，可选择的位置有两种情况： 第一种情况：点E在区域ΩABC~ 在这种情况下，由于E在封闭区域ΩABC外部，而D点在封闭区域内部，因此，E点与D 点相连必定要穿越区域ΩABC的边界，即E与D的连接必与其它连接线交叉。如下图所示： B 点E与点D连接与点B与点C的连接交叉。 因此区域ΩABC~中不存在符合条件的第5个点。 第二种情况：点E在ΩABD、ΩACD、ΩBCD3个区域的任何一个区域，设为区域Ω。 那么必存在A、B、C、D中的一点在区域Ω之外，假设为X点，则点E与点X相连必定要穿越区域Ω，即点E与点X的连接线必与其中的一条连接线交叉。如下图所示：
费马点及其证明
费马点定义 在一个多边形中，到每个顶点距离之和最小的点叫做这个多边形的费马点。在平面三角形中: (1).三内角皆小于120°的三角形，分别以AB,BC,CA，为边，向三角形外侧做正三角形ABC1,ACB1,BCA1,然后连接AA1,BB1,CC1,则三线交于一点P,则点P就是所求的费马点. (2).若三角形有一内角大于或等于120度,则此钝角的顶点就是所求. (3)当△ABC为等边三角形时,此时外心与费马点重合 证明 (1)费马点对边的张角为120度。 △CC1B和△AA1B中,BC=BA1,BA=BC1,∠CBC1=∠B+60度=∠ABA1, △CC1B和△AA1B是全等三角形,得到∠PCB=∠PA1B 同理可得∠CBP=∠CA1P 由∠PA1B+∠CA1P=60度，得∠PCB+∠CBP=60度,所以∠CPB=120度 同理,∠APB=120度，∠APC=120度 (2)PA+PB+PC=AA1 将△BPC以点B为旋转中心旋转60度与△BDA1重合，连结PD，则△PDB为等边三角形，所以∠BPD=60度 又∠BPA=120度，因此A、P、D三点在同一直线上， 又∠APC=120度，所以A、P、D、A1四点在同一直线上，故PA+PB+PC=AA1。 (3)PA+PB+PC最短 在△ABC内任意取一点M（不与点P重合），连结AM、BM、CM，将△BMC以点B为旋转中心旋转60度与△BGA1重合，连结AM、GM、A1G(同上)，则AA1