“abc猜想”讲义（十三） 第十三讲 证明“abc猜想” 主讲王若仲 在第九讲中，（iv）对于等式m+g＝n，m和g以及n均不为恒定的值。我们现在就分析第（iv）的情形。 （iv）对于m+g＝n，当m，g，n均不为恒定的值时，由第七讲中的定理4.1和推论4.1可知，随着m和g以及n的变化，rad（m）和rad（g）以及rad（n）必为下列情形之一： ①rad（m）和rad（g）均为恒定的值，rad（n）不可能为恒定的值。 ②rad（n）和rad（g）均为恒定的值，rad（m）不可能为恒定的值。 ③rad（n）和rad（m）均为恒定的值，rad（g）不可能为恒定的值。 ④rad（n）为恒定的值，rad（m）和rad（g）均不为恒定的值。 ⑤rad（m）为恒定的值，rad（n）和rad（g）均不为恒定的值。 ⑥rad（g）为恒定的值，rad（m）和rad（n）均不为恒定的值。 ⑦rad（n）和rad（m）以rad（g）均不为恒定的值。 我们注意观察，从第（iv）中的①，②，③，④，⑤，⑥，⑦等情形来看，我们不难发现：①和⑤以及⑥和⑦的情形中，rad（n）均不为恒定的值。那么①和⑤以及⑥和⑦这几种情形就与（ii）中（三）的情形同理可得出同样的结论。 ②和③的情形可互换，即②和③为同类型的情形。⑤和⑥的情形可互换，即⑤和⑥为同类型的情形。我们下面逐步分析研究： （一）对于①，rad（m）和rad（g）均为恒定的值，由第七讲中的不定方 lim 程定理4.1和推论4.1可知，rad（n）不可能为恒定的值。因n÷n=1，那么 +∞ → n lim（n）=1。 （n）÷ n → +∞ 又因n=[rad（n）]·H；当正整数n不断增大时，那么根数rad（n）总趋势也是随着正整数n的不断增大而不断增大，那么这种情形下，当正整数n趋向于正无穷大时，根数rad（n）也趋向于正无穷大；而n÷{[rad（n）]·H}=1恒成立。 （1）令k q+h d=n，q和d均为大于1的恒定正整数且互质，k q＞h d，k和
Pure Mathematics 理论数学, 2019, 9(8), 949-960 Published Online October 2019 in Hans. https://www.doczj.com/doc/432526179.html,/journal/pm https://https://www.doczj.com/doc/432526179.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
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
“abc 猜想”讲义（十二） 第十二讲 证明“abc 猜想” 主讲王若仲 在第九讲中，对于②如果rad（g ）为恒定的值，则rad（n ）不可能为恒定的值。对于③，rad（g ）和rad（n ）均不为恒定的值。这一讲中我们就具体分析这两种情形： （二）对于②，rad（g ）为恒定的值，由第七讲中的定理4.1以及推论4.1可知，则rad（n ）不可能为恒定的值。因n ÷n=1，那么+∞→n lim （n ）÷+∞→n lim （n ）=1。又因n=[rad（n ）]·H；当正整数n 不断增大时，那么根数rad（n ）总趋势也是随着正整数n 的不断增大而不断增大，那么这种情形下，当正整数n 趋向于正无穷大时，根数rad（n ）也趋向于正无穷大；而n÷{[rad（n ）]·H }=1恒成立。 （1）因为R+h d =n ，d 为大于1的恒定正整数，h 为不小于1的整数；由第六讲中的引理3.3可知，n=rad（n ）·H，H∈N 。当正整数n 不断增大时，那么根数rad（n ）总趋势也是随着正整数n 的不断增大而不断增大，那么这种情形下，当正整数n 趋向于正无穷大时，根数rad（n ）也趋向于正无穷大。 对于n 和rad（n ），因为n=h d +R ，设函数ψ（x）=)(x rad x ，x 为不小于1的实数，函数ψ（x）=)(x rad x 的情形包含了)(n rad n 的情形，同时也包含了)(R d rad R d h h ++的情形。由第六讲中的定义3.2可知，函数ψ（x）=)(x rad x 是连续函数，那么由前面第十讲和第十一讲中的证明可知，函数ψ（x）=)(x rad x 为x 属于闭区间[1+ε，+∞-ε]上的有界函数。即存在恒定的正实数F （0＜F ＜1），存在恒定的正实数G （1＜G ＜+∞），使得x 属于闭区间[1+ε，+∞-ε]中的元素时，不等式F ≤ψ（x）≤G 恒成立。因为函数ψ（x）的情形包含了n ÷rad（n ）的情形，那么在n 属于闭区间[1+ε，+∞-ε]中的元素时，不等式F ≤n ÷rad（n ）≤G 恒成立。因为n=rad（n ）·H，H∈N，那么F ≤H≤G 恒成立。 因为rad （g ）≥1，rad （m ）≥1，那么这种情形下，不等式G ·rad （n ）·rad （m ）·rad（g ）≥n 恒成立。
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。
“abc 猜想”讲义（14） 第十四讲 证明“abc 猜想” 主讲王若仲 第九讲中，（iv ）对于等式m +g ＝n ，m 和g 以及n 均不为恒定的值。我们现在就分析第（iv ）的情形。 （iv ）对于m +g ＝n ，当m ，g ，n 均不为恒定的值时，由前面第七讲中的不定方程定理4.1和推论4.1可知，随着m 和g 以及n 的变化，rad（m ）和rad （g ）以及rad（n ）必为下列情形之一： ①rad（m ）和rad（g ）均为恒定的值，rad（n ）不可能为恒定的值。②rad（n ）和rad（g ）均为恒定的值，rad（m ）不可能为恒定的值。③rad（n ）和rad（m ）均为恒定的值，rad（g ）不可能为恒定的值。④rad（n ）为恒定的值，rad（m ）和rad（g ）均不为恒定的值。⑤rad（m ）为恒定的值，rad（n ）和rad（g ）均不为恒定的值。⑥rad（g ）为恒定的值，rad（m ）和rad（n ）均不为恒定的值。⑦rad（n ）和rad（m ）以rad（g ）均不为恒定的值。 我们注意观察第（iv ）中①，②，③，④，⑤，⑥，⑦的情形，可得出这样的结论；①和⑤以及⑥和⑦中，rad（n ）均不为恒定的值，那么①和⑤以及⑥和⑦这几种情形与第（ii ）中（三）的情形同理可得出同样的结论。②和③的情形可互换，只分析其中的一种情形即可。⑤和⑥的情形可互换，只分析其中的一种情形即可。 （一）对于第（iv ）中①的情形，rad（m ）和rad（g ）均为恒定的值，由前面第七讲中的不定方程定理4.1和推论4.1可知，rad （n ）不可能为恒定的值。因n ÷n=1，那么+∞→n lim （n ）÷+∞ →n lim （n ）=1。又因n=[rad（n ）]·H；当正整数n 不断增大时，那么根数rad（n ）总趋势也是随着正整数n 的不断增大而不断增大，那么这种情形下，当正整数n 趋向于正无穷大时，根数rad（n ）也趋向于正无穷大；而n÷{[rad（n ）]·H }=1恒成立。下面我们从四种情形进行分析： （1）令k q +h d =n ，q 和d 均为大于1的恒定正整数且互质，k q ＞h d ，k 和h
“abc 猜想”讲义（十六） 第十六讲 证明“abc 猜想” 主讲王若仲 对于第（iv ）中④的情形我们分成（a ）和（b）两种情形,（a ）的情形又分成（1）和（2）两种情形，这一讲我们讲解（a ）中的（1）和（2）这两种情形。对于（b）的情形，因为（a ）的情形与（b）的情形可互换，所以同理可得出与（a ）的情形同样的结论。 （四）对于④，rad（n ）为恒定的值，rad（m ）和rad（g ）均不为恒定的值。那么rad（g ）和rad（m ）均是可变的；因为m+g=n ，在此情形下，当正整数n 不断增大时，正整数m 和g 不可能同时连续不断地减小，那么正整数m 和g 中至少有一个正整数总趋势也是不断增大。则有如下情形： （a ）因为rad（n ）为恒定的值，rad（m ）和rad（g ）均不为恒定的值。对于m+g=v p ，或者m+g=111v g ·212v g ·313v g ·…·e v e g 1。m 和g 可互换，令m ＞g 。 （1）c=n=v p 时，正整数p （p ＞1）为常数，v 为不小于1的整数；因为m+g=n=v p ，在此情形下，当正整数n 不断增大时，那么正整数m 也不断增大，那么这种情形下，当正整数n 趋向于正无穷大时，正整数m 趋向于正无穷大。这种情形下，因为g P p v v -=1÷（1- v p g ），设函数f（x ）=x 1，x 为不小于1的实数。函数f（x ）=x 1的情形包含了 v p g 的情形。函数f （x ）=x 1是连续函数，因为-+∞→x lim f （x ）=-+∞→x lim x 1=0，+→1lim x f（x ）=+→1lim x x 1=1，那么函数f（x ）在x?[1+ε，+∞-ε]中有界，即存在恒定的正实数E （0＜E ＜1），存在恒定的正实数L （0＜L ＜1），E ＜L 。使得x 属于闭区间[1+ε，+∞-ε]中的元素时，不等式E ≤ψ（x）≤L 恒成立。因为函数f （x ）=x 1的情形包含了 v p g 的情形，那么在v p g 属于闭区间[1+ε，+∞-ε]中的元素时，不等式E ≤v p g ≤L 恒成立。 故由此可知，这种情形下，不管m 和v p 以及g 如何变化，不等式1÷（1-E ）≤v p ÷{[rad（m ）]·H }≤1÷（1-L ）恒成立。
四色问题又称四色猜想，是世界近代三大数学难题之一。 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迭 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。”（右图） 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。 四色猜想的提出来自英国。1852年，毕业于伦敦大学的弗南西斯·格思里来到一家科研单位搞地图着色工作时，发现了一种有趣的现象：“看来，每幅地图都可以用四种颜色着色，使得有共同边界的国家都被着上不同的颜色。”这个现象能不能从数学上加以严格证明呢？他和在大学读书的弟弟格里斯决心试一试。兄弟二人为证明这一问题而使用的稿纸已经堆了一大叠，可是研究工作没有进展。 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、著名数学家汉密尔顿爵士请教。汉密尔顿接到摩尔根的信后，对四色问题进行论证。但直到1865年汉密尔顿逝世为止，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和泰勒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。 肯普的证明是这样的：首先指出如果没有一个国家包围其他国家，或没有三个以上的国家相遇于一点，这种地图就说是“正规的” （左图）。如为正规地图，否则为非正规地图（右 图）。一张地图往往是由正规地图和非 正规地图联系在一起，但非正规地图所 需颜色种数一般不超过正规地图所需的颜色，如果有一 张需要五种颜色的地图，那就是指它的正规地图是五色 的，要证明四色猜想成立，只要证明不存在一张正规五色地图就足够了。 肯普是用归谬法来 证明的，大意是如果有一 张正规的五色地图，就会存在一张国数最少的“极小正规五色地图”，如果极小正规五色地图中有一个国家的邻国数少于六个，就会存在一张国数较少的正规地图仍为五色的，这样一来就不会有极小五色地图的国数，也就不存在正规五色地图了。这样肯普就认为他已经证明了“四色问题”，但是后来人们发现他错了。
“abc 猜想”讲义（23） 第二十三讲 利用“abc 定理”证明“费尔马大定理” 主讲 王若仲 这一讲讲解如何利用“abc 定理”怎样证明“费尔马大定理”。六费尔马大定理 引理6.1：对于任一大于1的正整数a，若a n =b 3m+r ，r=0或1或2，n∈N，m ∈N，2＜n≤3m+r。则a≤b m 。 证明：对于任一大于1的正整数a，要使a n =b 3m+r ，r=0或1或2，n≤3m+r。则n 下列情形：（1）n 为合数；（2）n 为奇质数；（3）a＞b。 当n 为合数或者n 为奇质数时，则n≥3。那么a n =a 3m+r ，r=0或1或2。则m ≥1，那么a≤a m 。 当a＞b 时，根据题设，a n =b 3m+r ，r=0或1或2，n∈N，m∈N，2＜n≤3m+r。我们令a=d s ·c v ，d 和s 以及c 和v 均为不小于2的正整数。如果s=1或者v=1，那么这种情形下，还是（1）和（2）的情形。我们不妨令s≥v，则a=d s ·c v =v v s c d )(?-，那么a＞d s-v ·c。而a n =（d s-v ·c）v·n ，因为n＞2，我们不妨设n=3m 1+r 1，r 1=0或1或2，m 1∈N，m 1≥1。那么v·n=v·（3m 1+r 1）=3m 1·v+r 1·v，而a n = v r v m v s c d ?+?-?113)(=v m v s c d ?-?13)(·v r v s c d ?-?1)(=13)(m v s c d ?·v r v s c d ?-?1)(，则a≤v m v s c d ?-?1)(。类似情形同理可证。故引理6.1成立。 引理6.2：对于任两个均大于1的正整数a 和c，若a n =b 3m+r ，c n =d 3m+r ，r=0或1或2，2＜n＜3m+r。则a÷b m ≥ac÷（bd）m 和c÷d m ≥ac÷（bd）m 。 证明：对于任两个均大于1的正整数a 和c，若a n =b 3m+r ，c n =d 3m+r ，r=0或1或2，2＜n＜3m+r。由引理6.1可知，a÷b m ≤1，c÷d m ≤1。把不等式c÷d m ≤1 两边同时乘a÷b m ，则有ac÷（bd）m ≤a÷b m 。把不等式a÷b m ≤1两边同时乘c÷d m ， 则有ac÷（bd）m ≤c÷d m 。故引理6.2成立。
经典数学问题：四色猜想 世界近代三大数学难题之一。四色猜想的提出来自英国。1852年，毕业于伦敦大学的弗南西斯.格思里来到一家科研单位搞地图着色工作时，发现了一种有趣的现象：“看来，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。”这个结论能不能从数学上加以严格证明呢？他和在大学读书的弟弟格里斯决心试一试。兄弟二人为证明这一问题而使用的稿纸已经堆了一大叠，可是研究工作没有进展。 1852年10月23日，他的弟弟就这个问题的证明请教他的老师、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、著名数学家哈密尔顿爵士请教。哈密尔顿接到摩尔根的信后，对四色问题进行论证。但直到1865年哈密尔顿逝世为止，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和泰勒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。
11年后，即1890年，数学家赫伍德以自己的精确计算指出肯普的证明是错误的。不久，泰勒的证明也被人们否定了。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, 实是一个可与费马猜想相媲美的难题：先辈数学大师们的努力，为后世的数学家揭示四色猜想之谜铺平了道路。 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，伯克霍夫在肯普的基础上引进了一些新技巧，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，有人从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。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。1976年，美国数学家阿佩尔与哈肯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。四色猜想的计算机证明，轰动了世界。它不仅解决了一个历时100多年的难题，而且有可能成为数学史上一系列新思维的起点。不过也有不少数学家并不满足于计算机取得的成就，他们还在寻找一种
“abc 猜想”讲义（十四） 第十四讲 证明“abc 猜想” 主讲王若仲 对于第（iv ）中②的情形我们仍然是分成四种情形来讲解，这四种情形分别如下： （1）b=g=h d ，c=n=v p ，其中d 和p 均为大于1的恒定的正整数，h ，v 均为不小于1的整数； （2）b=g=h d ，c=n=111v g ·212v g ·313v g ·…·e v e g 1，其中11g ，12g ，13g ，…，e g 1均为恒定的素数，d 为大于1的恒定的正整数，s g 1≠t g 1（s≠t）；s，t =1，2，3，…，e 。h ，v ，1v ，2v ，3v ，…，e v 均为不小于1的整数； （3）b=g=111h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1，c=n=v p ，其中11q ，12q ，13q ，…，s q 1均为恒定的素数，w q 1≠u q 1（w ≠u ）；w ，u=1，2，3，…，s 。p 均为大于1的恒定的正整数； （4）b=g=111h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1，c=n=111v g ·212v g ·313v g ·…·e v e g 1，其中11q ，12q ，13q ，…，s q 1，11g ，12g ，13g ，…，e g 1均为恒定的素数，w q 1≠u q 1（w ≠u ）；w ，u=1，2，3，…，s 。s g 1≠t g 1（s≠t）；s，t =1，2，3，…，e 。1h ，2h ，3h ，…，s h ，1v ，2v ，3v ，…，e v 均为不小于1的整数。这一讲我们就只分析第（1）和第（2）的情形： （二）对于②，rad（n ）和rad（g ）均为恒定的值，由第七讲中的不定方程定理4.1和推论4.1可知，那么rad（m ）不可能为恒定的值。令b=g=h d 或b=g=1 11h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1，c=n=v p 或c=n=111v g ·212v g ·313v g ·…·e v e g 1，其中11q ，12q ， 13q ，…，s q 1，11g ，12g ，13g ，…，e g 1均为素数，w q 1≠u q 1（w ≠u ）；w ，u=1，2，3，…，s 。d 和p 均为大于1的
初中数学三角形中的辅助线之截长补短专项训练题2（附答案详解） 1．如图，AB CD ∥，BE 平分ABC ∠，CE 平分BCD ∠，点E 在AD 上，求证：BC AB CD =+. 2．已知中，，、分别平分和，、交于点，试判断、、的数量关系，并加以证明． 3．如图，在△ABC 中，，，P 、Q 分别在BC 、CA 上，并且AP 、BQ 分别是∠BAC 、∠ABC 的角平分线．求证： （1） ； （2）． 4．如图，在△ABC 中， ，D 是三角形外一点，且，．求证： 5．如图，△ABC 中，，AD 是BC 边上的高，如果，我们就称△ABC 为“高和三角形”．请你依据这一定义回答问题： （1）若，，则△ABC____ “高和三角形”（填“是”或“不是”）；
（2）一般地，如果△ABC 是“高和三角形”，则与之间的关系是____，并证明 你的结论 6．如图所示，已知中，，BD 、CE 分别平分和，BD 、CE 交 于点O ． 求证：BE+CD=BC ． 7．阅读下面材料：小明遇到这样一个问题: 如图一，△ABC 中，∠A=90°，AB=AC ，BD 平分∠ABC ，猜想线段AD 与DC 数量关系.小明发现可以用下面方法解决问题:作DE ⊥BC 交BC 于点E ： (1)根据阅读材料可得AD 与DC 的数量关系为__________. (2)如图二，△ABC 中，∠A=120°，AB=AC ，BD 平分∠ABC ，猜想线段AD 与DC 的数量关系，并证明你的猜想. (3)如图三，△ABC 中，∠A=100°，AB=AC ，BD 平分∠ABC ，猜想线段AD 与BD 、BC 的数量关系，并证明你的猜想. 8．已知等边ABC ?中，点O 是边AC ，BC 的垂直平分线的交点，M ，N 分别在直线AC ，BC 上且60MON ∠=°，
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。
“abc 猜想”讲义（十五） 第十五讲 证明“abc 猜想” 主讲王若仲 对于第（iv ）中②的情形我们分成四种情形,第十四讲我们讲解了（1）和 （2）的情形，这一讲我们讲解（3）和（4）的情形。 （3）b=g=111h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1，c=n=v p ，因为m+111h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1=v p ，m=[rad（m ）]t ·H；其中t 为正整数，rad（m ）＞rad（H）。当正整数n 和g 不断增大时，由第七讲中的定理4.2和定理4.3可知，幂差极值n-max (g )总趋势是随着正整数n 的不断增大而不断增大，那么正整数m 总趋势也是随着正整数n 的不断增大而不断增大，当正整数n 不断增大，而正整数g 不断减小时，那么正整数m 也是不断增大。那么根数rad（m ）总趋势也是随着正整数n 的不断增大而不断增大，那么这种情形下，当正整数n 趋向于正无穷大时，根数rad（m ）也趋向于正无穷大。 这种情形下，因为v p ÷（v p -111h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1）=1÷[1-（111h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1）÷v p ]，设函数f（x ）=x 1，x 为不小于1的实 数。函数f（x ）=x 1的情形包含了（111h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1）÷v p 的情形。函数f（x ）=x 1是连续函数，因为-+∞→x lim f（x ）=-+∞→x lim x 1=0，+→1lim x f（x ）=+→1lim x x 1=1，那么函数f （x ）在x?[1+ε，+∞-ε]中有界，即存在恒定的正实数E （0＜E ＜1），存在恒定的正实数L （0＜L ＜1），E ＜L 。使得x 属于闭区间[1+ε，+∞-ε]中的元素时，不等式E ≤ψ（x）≤L 恒成立。因为函数f（x ）=x 1的情形包含了（111h q ·212 h q ·313h q ·…·s h s q 1）÷v p 的情形，那么在（111h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1）÷v p 属于闭区间[1+ε，+∞-ε]中的元素时，不等式E ≤（111h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1）÷v p ≤L 恒成立。 故由此可知，这种情形下，不管m 和v p 以及111h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1如何变化，不等式1÷（1-E ）≤v p ÷{[rad（m ）]·H }≤1÷（1-L ）恒成立。
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）
“abc 猜想”讲义（十七） 第十七讲 证明“abc 猜想” 主讲王若仲 对于第（iv ）中⑤的情形，rad（m ）为恒定的值，rad（n ）和rad（g ）均不为恒定的值；对于第（iv ）中⑥的情形，rad（g ）为恒定的值，rad（n ）和rad （m ）均不为恒定的值；对于第（iv ）中⑦的情形，rad（m ）和rad（g ）以及rad（n ）均不为恒定的值。这一讲我们主要讲解⑤的情形。⑥的情形和⑦的情形同理可得。 （五）对于⑤，rad（m ）为恒定的值，rad（n ）和rad（g ）均不为恒定的值；当正整数n 和g 不断增大时，由第七讲中的定理4.2和定理4.3可知，n-max (m )总趋势是随着正整数n 的不断增大而不断增大，那么正整数g 总趋势也是随着正整数n 的不断增大而不断增大，当正整数n 不断增大，而正整数m 不断减小时，那么正整数g 也是不断增大。那么根数rad（g ）总趋势也是随着正整数n 的不断增大而不断增大，那么这种情形下，当正整数n 趋向于正无穷大时，根数rad （g ）和根数rad （n ）也趋向于正无穷大。因n ÷n=1，那么+∞→n lim （n ）÷+∞→n lim （n ）=1。由第六讲中的引理3.3可知，n=rad（n ）·H，H∈N 。当正整数n 不断增大时，那么根数rad（n ）总趋势也是随着正整数n 的不断增大而不断增大，那么这种情形下，当正整数n 趋向于正无穷大时，根数rad（n ）也趋向于正无穷大；而n÷{[rad（n ）]·H }=1恒成立。 令m=k q 或m=111k p ·212k p ·313k p ·…·r k r p 1，其中11p ，12p ，13p ，…，r p 1均为素数，q 为大于1的正整数，i p 1≠j p 1（i ≠j ）；i ，j=1，2，3，…，r 。k ，1k ， 2k ，3k ， …，r k 均为不小于1的整数；1k ，2k ，3k ，…，r k 非全相等。因为n=k q +g 或者n=111k p ·212k p ·313k p ·…·r k r p 1+g 。 对于n 和rad（n ），设函数ψ（x）=)(x rad x ，x 为不小于1的实数，函数ψ（x ）=)(x rad x 的情形包含了)(n rad n 的情形，同时也包含了)(g q rad g q k k ++和
1.图论五色定理证明成立，五色定理成立的点图设为单元图1， 2.五色单元图拼接无限点图，商掉一色，这样的点图四色完全填充，
“四色猜想”的“二维平面四色最大填充密度”猜想，“四色猜想”的多维度推广，色量子干涉 归一开普勒猜想，四色猜想，图论填色的“波粒佯谬”，填色路径“波动”，填色区域（点）的 围道积分，在一个球的周围，最多能摆放多少个相同尺寸的球在它周围？或者，在平面上， 如何以最密集的方式排放相同大小的圆？又或者在空间中，如何放置最多数量的球？这类问 题都需通过离散几何来解答，事实上，此类问题的解决方案具有很大的实际应用价值。比如 最密堆积问题有助于优化编码并纠正数据传输中的错误。又如著名的四色定理，它描述的是 用四种颜色就足以绘制球面上的地图，使得图中任何相邻的两个区域都具有不同的颜色。它 促使数学家引进了图论（Graph The的重要概念， László Fejes Tóth 的区域猜想与离散几何中 的一些其他问题也密切相关，这些问题已在20世纪就被解决，涉及到用条带覆盖表面。其中第一个就是所谓的木板问题（Plank Problem），涉及到用平行线组成的条带覆盖住圆盘。Alfred Tarski 和 Henryk Moese 用一个简洁的方式证明了用来覆盖圆面的条带（或木板）的宽 度和至少等于圆的直径。也就是说，没有比用一个宽度与圆的直径相等的木板更好的方法用 来覆盖圆盘。接着，Th?ger Bang 解决了用长条覆盖任意凸体的问题。也就是说，他证明了 覆盖凸体的条带的总宽度至少是凸体本身的宽度，即单个能覆盖凸体的单个条带的最小宽度，
1.图论五色定理证明成立，五色定理成立的点图为单元图1， 2.五色单元图拼接无限点图，商掉一色，这样的点图四色完全填充，
“abc 猜想”讲义（6）最终修改版 第六讲 根数及其性质 主讲王若仲 我们的目的是要求证“abc 猜想”，所以我们还要学习根数及其性质的内容。 三、根数 定义3.1：对于正整数a ，把正整数a 分解为素数幂的乘积形式，a =p k 11·p k 22·p k 313·…·p r k r ，其中k u ≥1（u=1，2，3，…，r），则称p 1·p 2·p 3·…·p r 为正整数a 的根数，记为rad（a ）。比如：rad（2×3×52×72）=2×3×5×7，rad(34×112×13)=3×11×13。 因为在求证“abc 猜想”的过程中，要用到函数，所以对于根数在正实数范围内还要定义为如下情形： 定义3.2：对于任一正实数x（x ≥1），根数rad（x ）表示为如下情形： （1）x 为正整数，根数rad（x ）表示正整数x 中的无重复质因数的积； （2）x=p q ，p 和q 均为正整数且互质，q ＞p，根数rad（x ）表示正整数q 中无重复质因数的积除以正整数p 中无重复质因数的积； （3）x= p t s （t＞s），t∈N ，s ∈N ，（t，s）=1，p 为正整数且s p 中不存在因数q r 的情形，使得r ≥t；根数rad（x ）=p t s 。 （4）x=t s p q (（t＞s），t∈N ，s ∈N ，（t，s）=1，p 和q（q ＞p）均为正整数且互质，s p 中不存在因数d r 的情形，使得r ≥t，s q 中不存在因数g v 的情形，使得v ≥t。根数rad（x ）=t s p q )(。（5）正实数x 为超越数，根数rad（x ）=x； （6）正实数x 为（1），（2），（3），（4），（5）中任意两种的有限次组合或任意三种的有限次组合或任意四种的有限次组合或五种均有的有限次组
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。