“abc猜想”简捷证明
王若仲（王洪）
务川自治县实验学校贵州564300
摘要：“abc猜想”最先由英国数学家大卫·马瑟（DavidMasser)和法国数学家乔瑟夫·奥斯达利（JosephOesterlé）于1985年彼此独立提出。它说明对于任何ε＞0,存在常数k
ε＞0，并对于任何三个满足a+b＝c以及a和b互质的正整数a，b，c。有：k
ε
rad(abc)1+ε＞c,rad(abc)表示(a·b·c)中无重复质因数的积。我研究发现，“abc猜想”中的正整数a，b，c；从表象看似乎没有什么规律可循，但是只要认真仔细研究不等式，完全可以把“abc猜想”中的正整数a，b，c分为几大类型：①用任意两个奇素数来设置正整数a和c及拓展的情形；②用任意一个奇素数和2来设置正整数a和c及拓展的情形；③用任意一个奇素数和1来设置正整数a和c及拓展的情形；④用1和2来设置正整数a和c及拓展的情形；而正整数b则由等式a+b＝c来确定，且a和b互质；那么对于任一设置的情形，必定存在正实数X，使得不等式X·rad[a(c-a)c]≧c成立。我们再以不等式X·rad[a(c-a)c]≧c成立为基础，按照一定的方式拓展到任何三个满足a+b＝c以及a和b互质的正整数a，b，c的情形，如果其中任一情形均可归类到正整数a，b，c的某些类形，而这些类形均统一满足某一不等式Y·rad[a(c-a)c]≧c（Y为正实数）成立的要求，那么“abc猜想”问题就解决了。
关键词：abc猜想；奇数；奇质数；质因数;
中图分类号：0156
引言
“abc猜想”最先由英国数学家大卫·马瑟（David Masser）及法国数学
家乔瑟夫·奥斯达利（Joseph Oesterlé）在1985年提出，一直未能被证明。其名字来自把猜想中涉及的三个数字称为a，b，c的做法。它说明对于任何ε
＞0,存在常数k
ε
＞0，并对于任何三个满足a+b＝c以及a和b互质的正整数a，
b，c。有：k
ε
rad(abc)1+ε＞c。其中rad(abc)表示(abc)中无重复质因数的积。
[1]如：rad(36)=rad(2×2×3×3)=2×3=6。
“abc猜想”证明
abc定理:任何三个满足a+b＝c以及a和b互质的正整数a，b，c。对于任
何ε＞0,存在常数k
ε＞0，有：k
ε
rad(abc)1+ε＞c。其中rad(abc)表示(a·b·c)
中无重复质因数的积。
证明：任何三个满足a+b＝c以及a和b互质的正整数a，b，c。对于“abc 猜想”中的正整数a，b，c。从表象看似乎没有什么规律可循，但是只要认真仔细研究不等式，完全可以把“abc猜想”中的正整数a，b，c划分为几大类型：第一种类型：用任意两个奇素数来设置正整数a和c，正整数b则由等式a+b ＝c来确定，且a和b互质，按设置的情形，以一定的方式拓展得到正整数a＇，b＇，c＇；
第二种类型：用任意一个奇素数和2来设置正整数a和c，正整数b则由等
式a+b＝c来确定，且a和b互质，按设置的情形，以一定的方式拓展得到正整数a＇，b＇，c＇；
第三种类型：用任意一个奇素数和1来设置正整数a和c，正整数b则由等式a+b＝c来确定，且a和b互质，按设置的情形，以一定的方式拓展得到正整数a＇，b＇，c＇；
第四种类型：用1和2来设置正整数a和c，正整数b则由等式a+b＝c来确定，且a和b互质，按设置的情形，以一定的方式拓展得到正整数a＇，b＇，c＇。
下面我们就根据这四大类型，逐一讨论分析：
（i）我们令c=2v·p k，a=q h，p和q为任意两个奇素数（p≠q），且2v·p k＞q h，其中k，h，v均为不小于1的正整数；那么b=2v·p k-q h。显然a和b互质。因为a和b以及c均为正整数，那么必然存在一个正实数X，使得不等式X·q·rad （2v·p k-q h）·2·p≥2v·p k成立。我们现在分析由不等式X·q·rad（2v·p k-q h）·2·p ≥2v·p k拓展开来的所有情形，具体分析如下：
(1)我们令c
1=2v·p k·n，n为正整数，a=q h不变，那么b
1
=2v·p k·n-q h；因为
要求a和b
1
互质，所以我们设n中不含有奇素数因子q。那么我们总可以创设这样的情形，也就是正整数n为这样的正整数，使得（2v·p k·n-q h）总为奇素数。按照上面这种形式，由不等式X·rad[q h·（2v·p k-q h）·2v·p k]≥2v·p k拓展出的情形中，不等号左边数值[q·2·p]不变，不等号右边数值2v·p k不变。我们令
d
1=（2v·p k·n-q h）÷（2v·p k-q h），g
1
=（2v·p k·n）÷（2v·p k），然而（2v·p k·n-q h）
÷（2v·p k-q h）＞（2v·p k·n）÷（2v·p k），那么d
1＞g
1
=n，显然d
1
·rad（n）
＞g
1
=n。按照这种形式拓展开来的情形，其实就相当于不等式
X·rad[q h·（2v·p k-q h）·2v·p k]≥2v·p k中，不等号左边乘上数值d
1
·rad（n），
不等号右边乘上数值g
1
。所以按照上面这种形式拓展出的任何情形，不等式X·rad[q h·（2v·p k·n-q h）·2v·p k·n]≥2v·p k·n总是成立。
如果奇数（2v·p k·n-q h）为奇合数，由d
1·rad（n）＞g
1
=n可知，不等式
X·[q·（2v·p k·n-q h）·2·p·rad（n）]≥2v·p k·n还是总是成立。
所以不管（2v·p k·n-q h）为奇素数还是奇合数，按照上面这样的形式拓展
出的任何情形，关于任何三个满足a+b
i ＝c
j
以及a和b
i
互质的正整数a，b
i
，c
j
；
其中a=q h，c
j =2v·p k·n，b
i
=2v·p k·n-q h；不等式X·[q·（2v·p k·n-q h）·2·p·rad
（n）]≥2v·p k·n总是成立。由此可知，对于等式a+b
i ＝c
j
，a和b
i
以及c
j
均
为正整数，且a和b
i 互质，c
j
=2v·p k·n，a=q h，b
i
=（2v·p k·n-q h）。确实存在
常数k
ε＞0，对于任何ε＞0,有不等式k
ε
·rad[q h·（2v·p k·n-q h）·2v·p k·n]1+
ε＞2v·p k·n成立。
我们假设对于等式a+b
i ＝c
j
，a和b
i
以及c
j
均为正整数，且a和b
i
互质，
c
j =2v·p k·n，a=q h，b
i
=（2v·p k·n-q h）。不存在常数k
ε
＞0，对于任何ε＞0,使
得不等式k
ε
·rad[q h·（2v·p k·n-q h）·2v·p k·n]1+ε＞2v·p k·n成立。于是我们
就可以得出这样的结论：对于等式a+b
i ＝c
j
，a和b
i
以及c
j
均为正整数，且a和
b
i 互质，c
j
=2v·p k·n，a=q h，b
i
=（2v·p k·n-q h）。不管（2v·p k·n-q h）为奇素
数还是奇合数，不可能存在正实数X，使得不等式X·[q·（2v·p k·n-q h）·2·p·rad （n）]≥2v·p k·n总是成立。这样就与我们前面得到的结论产生了矛盾。故假设不成立。
比如我们令c=22×33，a=52，则b=（22×33-52）=83。那么[5×（22×33-52）
×2×3]＞22×33。对于任一正整数n
i ，n
i
为大于1的正整数，且不含有奇素数
因子5。因为（22×33n
i -52）÷（22×33-52）＞（22×33n
i
）÷（22×33）=n
i
，所以
不管奇数（22×33n
i -52）为奇素数还是奇合数，不等式[5×（22×33n
i
-52）×2×3]
＞（22×33n
i
）总是成立。
比如我们令c=25，a=33，则b=（25-33）=5；那么[3×rad（25-33）×2]＜25；
但是2×[3×rad（25-33）×2]＞25，所以对于任一正整数n
i ，n
i
为大于1的正整
数，且不含有奇素数因子3。因为（25n
i -33）÷（25-33）＞（25n
i
）÷（25）=n
i
，
所以不管奇数（25n
i -33）为奇素数还是奇合数，不等式2×[3×（25n
i
-33）×2]
＞（25n
i
）总是成立。
(2)我们令c=2v·p k不变，数值a′=q h·n，n为正整数，那么b′=2v·p k-q h·n；因为要求a′和b′互质，所以设n中不含有素数因子p和2。按照上面这种形式，由不等式X·rad[q h·（2v·p k-q h）·2v·p k]≥2v·p k拓展出的情形，不等号左
边数值[q·2·p]不变，不等号右边数值2v·p k不变。我们令d
1
=（2v·p k-q h·n）
÷（（2v·p k-q h），g
1
=（2v·p k）÷（2v·p k），然而（2v·p k-q h·n）÷（2v·p k-q h）
＜1，那么d
1＜g
1
=1，按照这种形式拓展开来的情形，其实就相当于不等式
X·rad[q h·（2v·p k-q h）·2v·p k]≥2v·p k中，不等号左边乘上数值d
1
·rad（n），
不等号右边乘上数值g
1。不管d
1
·rad（n）＞g
1
=1还是d
1
·rad（n）＜g
1
=1，对
于不等式2v·p k-q h·n＞0来说，变数n通过有限次取值后，必然使得2v·p k-q h·n
小于0，这是不允许出现的情形（c=a′+b′，c＞a′，c＞b′）。由于受到不等式2v·p k-q h·n＞0的限制，rad（2v·p k-q h·n）小到一定程度后，就不可能再小了。所以不管（2v·p k-q h·n）为奇素数还是奇合数，在这种形式下拓展开来的
情形，关于任何三个满足a
j +b
i
＝c以及a
j
和b
i
互质的正整数a
j
，b
i
，c；其中a
j
=q h·n，
c=2v·p k，b
i
=2v·p k·n-q h·n；必定存在正实数X′，使得不等式X′·X·[q·rad （n）·（2v·p k-q h·n）·2·p]≥2v·p k均成立。
我们假设对于等式a
j +b
i
＝c，a
j
和b
i
以及c均为正整数，且a
j
和b
i
互质，
c=2v·p k，a
j =q h·n，b
i
=（2v·p k-q h·n）。不存在常数k
ε
＞0，对于任何ε＞0,使
得不等式k
ε
·rad[q h·n·（2v·p k-q h·n）·2v·p k]1+ε＞2v·p k成立。于是我们就
可以得出这样的结论：对于等式a
j +b
i
＝c，a
j
和b
i
以及c均为正整数，且a
j
和
b
i 互质，c=2v·p k，a
j
=q h·n，b
i
=（2v·p k-q h·n）。不管（2v·p k·n-q h）为奇素
数还是奇合数，不可能存在正实数X′和X，使得不等式X′·X·[q·rad （n）·（2v·p k-q h·n）·2·p]≥2v·p k均成立。这样就与我们前面得到的结论产生了矛盾。故假设不成立。
比如我们令c=22×34，a=52，则b=（22×34-52）=299。那么[5×（22×34-52）
×2×3]＞22×34。对于正整数n
i ，n
i
为大于1的正整数，且不含有奇素数因子2
和3。对于（22×34-52n
i ），只有当n
i
=5，n
i
=7，n
i
=11时，（22×33-52n
i
）＞0。所
以当n
i =5，n
i
=7，n
i
=11时，不等式2×[5×rad（22×34-52n
i
）×2×3]＞（22×
34）均成立。
(3)我们令c
2=2v·p k·n，a
2
=q h·m，n和m均为正整数，n＞m，那么b
2
=2v·p k·n-q h·m；
因为要求a
2和b
2
互质，我们设n和m互质,并且（q h·m，（2v·p k·n-q h·m））=1。
我们总可以创设这样的情形，也就是正整数n和正整数m为这样的正整数，使得
（2v·p k·n-q h·m）总为奇素数。按照上面这种形式，由不等式X·rad[q h·（2v·p k-q h）·2v·p k]≥2v·p k拓展出的情形，不等号左边数值[q·2·p]不变，不等号右边数值2v·p k不变。我们令d
2
=（2v·p k·n-q h·m）÷（（2v·p k-q h），
g
2
=（2v·p k·n）÷（2v·p k），然而（2v·p k·n-q h·m）÷（2v·p k-q h）＞（2v·p k·n）
÷（2v·p k），那么d
2＞g
2
=n，显然d
2
·rad（nm）＞g
2
=n。按照这种形式拓展开来
的情形，其实就相当于不等式X·rad[q h·（2v·p k-q h）·2v·p k]≥2v·p k中，不等
号左边乘上数值d
2·rad（nm），不等号右边乘上数值g
2
；所以不等式X·[q·rad
（m）·（2v·p k·n-q h·m）·2·p·rad（n）]≥2v·p k·n总是成立。
如果奇数（2v·p k·n-q h·m）为奇合数，由d
2·rad（nm）＞g
2
=n可知，不
等式X·[q·rad（m）·（2v·p k·n-q h·m）·2·p·rad（n）]≥2v·p k·n还是总是成立。
所以不管（2v·p k·n-q h·m）（n＞m）为奇素数还是奇合数，按照上面这样
的形式拓展出的任何情形，关于任何三个满足a
r +b
i
＝c
j
以及a
r
和b
i
互质的正整
数a
r ，b
i
，c
j
；其中a
r
=q h·m，c
j
=2v·p k·n，b
i
=2v·p k·n-q h·m；不等式X·[q·rad
（m）·（2v·p k·n-q h·m）·2·p·rad（n）]≥2v·p k·n总是成立。由此可知，
对于等式a
r +b
i
＝c
j
，a
r
和b
i
以及c
j
均为正整数，且a
r
和b
i
互质，c
j
=2v·p k·n，
a
r =q h·m，b
i
=（2v·p k·n-q h·m）。确实存在常数k
ε
＞0，对于任何ε＞0,有不等
式k
ε
·rad[q h·m·（2v·p k·n-q h·m）·2v·p k·n]1+ε＞2v·p k·n成立。
我们假设对于等式a
r +b
i
＝c
j
，a
r
和b
i
以及c
j
均为正整数，且a
r
和b
i
互质，
c
j =2v·p k·n，a
r
=q h·m，b
i
=（2v·p k·n-q h·m）。不存在常数k
ε
＞0，对于任何ε
＞0,使得不等式k
ε
·rad[q h·m·（2v·p k·n-q h·m）·2v·p k·n]1+ε＞2v·p k·n
成立。于是我们就可以得出这样的结论：对于等式a
r +b
i
＝c
j
，a
r
和b
i
以及c
j
均
为正整数，且a
r 和b
i
互质，c
j
=2v·p k·n，a
r
=q h·m，b
i
=（2v·p k·n-q h·m）。不
管（2v·p k·n-q h·m）为奇素数还是奇合数，不可能存在正实数X，使得不等式X·[q·rad（m）·（2v·p k·n-q h·m）·2·p·rad（n）]≥2v·p k·n总是成立。这样就与我们前面得到的结论产生了矛盾。故假设不成立。
比如我们令c=22×33，a=52，则b=（22×33-52）=83。那么[5×rad（22×33-52）
×2×3]＞22×33。对于任意两个正整数n
i 和m
j
，n
i
和m
j
均为大于1的正整数，
n
i 和m
j
互质,并且（52m
j
，（22×33n
i
-52m
j
））=1。因为当n
i
＞m
j
时，有（22×33n
i
-52m
j
）
÷（22×33-52）＞（22×33n
i ）÷（22×33）=n
i
，不管奇数（22×33n
i
-52m
j
）为奇素
数还是奇合数，不等式[5×（22×33n
i -52m
j
）×2×3]＞（22×33n
i
）总是成立。
比如我们令c=25，a=33，则b=（25-33）=5；那么[3×rad（25-33）×2]＜25；
但是2×[3×rad（25-33）×2]＞25，所以对于任意两个正整数n
i 和m
j
，n
i
和m
j
均为大于1的正整数，n
i 和m
j
互质,并且（33m
j
，（25n
i
-33m
j
））=1。因为当n
i
＞m
j
时，有（25n
i -33m
j
）÷（25-33）＞（25n
i
）÷（25）=n
i
，不管奇数（25n
i
-33m
j
）为
奇素数还是奇合数，不等式2×[3×（25n
i -33m
j
）×2]＞（25n
i
）总是成立。
(4)我们令c
3=2v·p k·n，a
3
=q h·m，n和m均为正整数，n＜m，那么b
3
=2v·p k·n-q h·m；
因为要求a
3和b
3
互质，我们设n和m互质，并且2v·p k·n-q h·m＞0，（q h·m，
（2v·p k·n-q h·m））=1。我们总可以创设这样的情形，也就是正整数n和正整
数m为这样的正整数，使得（2v·p k·n-q h·m）总为奇素数。按照上面这种形式，由不等式X·rad[q h·（2v·p k-q h）·2v·p k]≥2v·p k拓展出的情形，不等号左边数值[q·2·p]不变，不等号右边数值2v·p k不变。我们令d
3
=（2v·p k·n-q h·m）
÷（（2v·p k-q h），g
3
=（2v·p k·n）÷（2v·p k），然而（2v·p k·n-q h·m）÷（2v·p k-q h）
＜（2v·p k·n）÷（2v·p k），那么d
3＜g
3
=n。说明以不等式X·rad[q h·（2v·p k-q h）·2v·p k]
≥2v·p k为基础，对于c
3=2v·p k·n，a
3
=q h·m，b
3
=2v·p k·n-q h·m；按照n＜m
的情形拓展开来，rad（nm）·d
3＜g
3
=n必定会连续出现，rad（nm）·d
3
＜g
3
=n和
rad（nm）·d
3＞g
3
=n也必定会交替出现。当然出现rad（nm）·d
3
＞g
3
=n的情形，
这是我们所期望的，因为这样就可以根据上面（3）的讨论情形得出同样的结论。
我们不管rad（nm）·d
3＜g
3
=n是连续出现，还是rad（nm）·d
3
＜g
3
=n和rad（nm）·d
3
＞g
3
=n交替出现，我们均转换到依照前面（2）的情形进行讨论分析：
我们设有正整数m
1，m
2
，m
3
，…，m
u
；m
i
＜m
j
(i＜j，i、j=1，2，3，…，u)。
n
1，n
2
，n
3
，…，n
w
；n
r
＜n
t
（r＜t，r、t=1，2，3，…，w）。下面我们展开具体
分析：
<1>我们令c
1＇=2v·p k·n
1
，a
1
′=q h·m
1i
，n
1
和m
1i
互质，n
1
＜m
1i
，并且
（2v·p k·n
1-q h·m
1i
）＞0，（q h·m
1i
，（2v·p k·n
1
-q h·m
1i
））=1，m
1i
∈｛m
1
，m
2
，
m
3，…，m
u
｝；那么b
1
′=2v·p k·n
1
-q h·m
1i
。设c
1
′=2v·p k·n
1
的值不变，对于不等
式（2v·p k·n
1-q h·m
1i
）＞0来说，变数m
1i
通过有限次取值后，必然使得
（2v·p k·n
1-q h·m
1i
）小于0，这是不允许出现的情形（c
1
＇=a
1
′+b
1
′，c
1
＇＞a
1
′，
c
1＇＞b
1
′）。由于受到不等式（2v·p k·n
1
-q h·m
i1
）＞0的限制，rad（2v·p k·n
1
-q h·m
1i
）
小到一定程度后，就不可能再小了。所以在满足不等式（2v·p k·n
1-q h·m
1i
）＞0
的情形下拓展开来的任何情形，不管（2v·p k·n
1-q h·m
1i
）为奇素数还是奇合数，
关于任何三个满足c
1＇=a
1
′+b
1
′以及a
1
′和b
1
′互质的正整数a
1
′，b
1
′，c
1
＇；其中a
1
′
=q h·m
1i ，c
1
＇=2v·p k·n
1
，b
1
′=2v·p k·n
1
-q h·m
1i
；必定存在正实数X
1
′，使得不等
式X
1′·X·[q·rad(m
1i
）·（2v·p k·n
1
-q h·m
1i
）·2·p·rad（n
1
）]≥2v·p k·n
1
均成立。
<2>我们令c
2′=2v·p k·n
2
，a
2
′=q h·m
2i
，n
2
和m
2i
互质，n
2
＜m
2i
，并且（2v·p k·n
2
-q h·m
2i
）
＞0，（q h·m
2i ，（2v·p k·n
2
-q h·m
2i
））=1，m
2i
∈｛m
1
，m
2
，m
3
，…，m
u
｝；那么b
2
′
=2v·p k·n
2-q h·m
2i
。设c
2
′=2v·p k·n
2
的值不变，对于不等式（2v·p k·n
2
-q h·m
2i
）
＞0来说，变数m
2i 通过有限次取值后，必然使得（2v·p k·n
2
-q h·m
2i
）小于0，
这是不允许出现的情形（c
2′=a
2
′+b
2
′，c
2
′＞a
2
′，c
2
′＞b
2
′）。由于受到不等式
（2v·p k·n
2-q h·m
2i
）＞0的限制，rad（2v·p k·n
2
-q h·m
2i
）小到一定程度后，
就不可能再小了。所以在满足不等式（2v·p k·n
2-q h·m
2i
）＞0的情形下拓展开
来的情形，不管（2v·p k·n
2-q h·m
2i
）为奇素数还是奇合数，关于任何三个满足
c
2＇=a
2
′+b
2
′以及a
2
′和b
2
′互质的正整数a
2
′，b
2
′，c
2
＇；其中a
2
′=q h·m
2i
，c
2
＇=2v·p k·n
2
，
b
2′=2v·p k·n
2
-q h·m
2i
；必定存在正实数X
2
′，使得不等式
X
2′·X·[q·rad(m
2i
）·（2v·p k·n
2
-q h·m
2i
）·2·p·rad（n
2
）]≥2v·p k·n
2
均成
立。
<3>我们令c
3′=2v·p k·n
3
，a
3
′=q h·m
3i
，n
3
和m
3i
互质，n
3
＜m
3i
，并且（2v·p k·n
3
-q h·m
3i
）
＞0，（q h·m
3i ，（2v·p k·n
3
-q h·m
3i
））=1，m
3i
∈｛m
1
，m
2
，m
3
，…，m
u
｝；那么b
3
′
=2v·p k·n
3-q h·m
3i
。设c
3
′=2v·p k·n
3
的值不变，对于不等式（2v·p k·n
3
-q h·m
3i
）
＞0来说，变数m
3i 通过有限次取值后，必然使得（2v·p k·n
3
-q h·m
3i
）小于0，
这是不允许出现的情形（c
3＇=a
3
′+b
3
′，c
3
＇＞a
3
′，c
3
＇＞b
3
′）。由于受到不等式
（2v·p k·n
3-q h·m
3i
）＞0的限制，rad（2v·p k·n
3
-q h·m
3i
）小到一定程度后，
就不可能再小了。所以在满足不等式（2v·p k·n
3-q h·m
3i
）＞0的情形下拓展开
来的情形，不管（2v·p k·n
3-q h·m
3i
）为奇素数还是奇合数，关于任何三个满足
c
3＇=a
3
′+b
3
′以及a
3
′和b
3
′互质的正整数a
3
′，b
3
′，c
3
＇；其中a
3
′=q h·m
3i
，c
3
＇=2v·p k·n
3
，
b
3′=2v·p k·n
3
-q h·m
3i
；必定存在正实数X
3
′，使得不等式
X
3′·X·[q·rad(m
3i
）·（2v·p k·n
3
-q h·m
3i
）·2·p·rad（n
3
）]≥2v·p k·n
3
均成
立。
┆
w ′=2v·p k·n
w
，a
w
′=q h·m
wi
，n
w
和m
wi
互质，n
w
＜mm
wi
，并且
（2v·p k·n
w -q h·m
wi
）＞0，（q h·m
wi
，（2v·p k·n
w
-q h·m
wi
））=1，m
wi
∈｛m
1
，m
2
，
m
3，…，m
u
｝；那么b
w
′=2v·p k·n
w
-q h·m
wi
。设c
w
′=2v·p k·n
w
的值不变，对于不等
式（2v·p k·n
w -q h·m
wi
）＞0来说，变数m
wi
通过有限次取值后，必然使得
（2v·p k·n
w -q h·m
wi
）小于0，这是不允许出现的情形（c
w
′=a
w
′+b
w
′，c
w
′＞a
w
′，
c
w ′＞b
w
′）。由于受到不等式（2v·p k·n
w
-q h·m
wi
）＞0的限制，rad（2v·p k·n
w
-q h·m
wi
）
小到一定程度后，就不可能再小了。所以在满足不等式（2v·p k·n
w -q h·m
wi
）＞0
的情形下拓展开来的情形，不管（2v·p k·n
w -q h·m
wi
）为奇素数还是奇合数，关
于任何三个满足c
w ′=a
w
′+b
w
′以及a
w
′和b
w
′互质的正整数a
w
′，b
w
′，c
w
′；其中a
w
′
=q h·m
wi ，c
w
′=2v·p k·n
w
，b
w
′=2v·p k·n
w
-q h·m
wi
；必定存在正实数X
w
′，使得不等
式X
w ′·X·[q·rad(m
wi
）·（2v·p k·n
w
-q h·m
wi
）·2·p·rad（n
w
）]≥2v·p k·n
w
均成立。
我们根据前面<1>，<2>，<3>，…，
i
，
c=2v·p k·n
r ，b=2v·p k·n
r
-q h·m
i
，n
r
＜m
i
，n
r
和m
i
互质，并且（2v·p k·n
r
-q h·m
i
）
＞0，（q h·m
i ，（2v·p k·n
r
-q h·m
i
））=1。对于任何ε＞0,必然存在一个正实数Y
和X，使得不等式Y·X·[q·rad（m
i ）·（2v·p k·n
r
-q h·m
i
）·2·p·rad（n
r
）]1+
ε＞2v·p k·n
r
（i=1，2，3，…，u；r=1，2，3，…，w）均成立。所以由此可知，
在这样的情形下，确实存在常数k
ε
＞0，对于任何ε＞0,有k ε
·rad[q h·m·（2v·p k·n-q h·m）·2v·p k·n]1+ε＞2v·p k·n（n＜m）均成立。
我们假设对于等式a
r +b
i
＝c
j
，a
r
和b
i
以及c
j
均为正整数，且a
r
和b
i
互质，
c
j =2v·p k·n，a
r
=q h·m，b
i
=（2v·p k·n-q h·m），n＜m；不存在常数k
ε
＞0，对于
任何ε＞0,使得不等式k
ε
·rad[q h·m·（2v·p k·n-q h·m）·2v·p k·n]1+ε＞2v·p k·n
成立。于是我们就可以得出这样的结论：对于等式a
r +b
i
＝c
j
，a
r
和b
i
以及c
j
均
为正整数，且a
r 和b
i
互质，c
j
=2v·p k·n，a
r
=q h·m，b
i
=（2v·p k·n-q h·m），n
＜m；不管（2v·p k·n-q h·m）为奇素数还是奇合数，不可能存在正实数Y和X，
使得不等式Y·X·[q·rad（m
i ）·（2v·p k·n
r
-q h·m
i
）·2·p·rad（n
r
）]1+ε＞2v·p k·n
r
（n
r ＜m
i
,i=1，2，3，…，u；r=1，2，3，…，w）均成立。这样就与我们前面得
到的结论产生了矛盾。故假设不成立。
比如我们令c=22×33，a=52，则b=（22×33-52）=83。那么[5×rad（22×33-52）
×2×3]＞22×33。对于任意两个正整数n
i 和m
j
，n
i
和m
j
互质,并且（52m
j
，（22×
33n
i -52m
j
））=1。因为当n
i
＜m
j
时，有（22×33n
i
-52m
j
）÷（22×33-52）＜（22×33n
i
）
÷（22×33）=n
i ，在（22×33n
i
-52m
j
）＞0的前提下，不管奇数（22×33n
i
-52m
j
）为
奇素数还是奇合数，必定存在一正实数M
i ，使得M
i
×[5×（22×33n
i
-52m
j
）×2×
3]＞（22×33n
i ）；同时也必定存在一正实数M
i
′，使得M
i
′×[5×rad（22×
33n
i -52m
j
）×2×3]≥M
i
×[5×（22×33n
i
-52m
j
）×2×3]；那么有M
i
′×[5×rad
（22×33n
i -52m
j
）×2×3]＞（22×33n
i
）。
比如我们令c=25，a=33，则b=（25-33）=5；那么[3×rad（25-33）×2]＜25；
但是2×[3×rad（25-33）×2]＞25，所以对于任意两个正整数n
i 和m
j
，n
i
和m
j
互质,并且（33m
j ，（25n
i
-33m
j
））=1。因为当n
i
＜m
j
时，有（25n
i
-33m
j
）÷（25-33）
＜（25n
i ）÷（25）=n
i
，在（25n
i
-33m
j
）＞0的前提下，不管奇数（25n
i
-33m
j
）为
奇素数还是奇合数，必定存在一正实数M
i ，使得M
i
×[3×（25n
i
-33m
j
）×2]＞（25n
i
）；
同时也必定存在一正实数M
i ′，使得M
i
′×[3×rad（25n
i
-33m
j
）×2]≥M
i
×[3×
（25n
i -33m
j
）×2]；那么有M
i
′×[3×rad（25n
i
-33m
j
）×2]＞（25n
i
）。
（ii）我们令c=p k，a=2v·q h，p和q为任意两个奇素数（p≠q），且p k＞2v·q h，其中k，h，v均为不小于1的正整数，那么b=p k-2v·q h。显然a和b互质。因为
a和b以及c均为正整数，那么总存在一个正实数X
1，使得X
1
·2·q·rad（2v·p k-q h）·p
≥p k。
由（ii）拓展开来的情形，根据上面（i）的证明情形，同理可证。
（iii）我们令c=p k，a=q h，p和q为任意两个奇素数（p≠q），且p k＞q h，其中k，h均为不小于1的正整数，那么b=p k-q h。显然a和b互质。因为a和b以
及c均为正整数，那么总存在一个正实数X
2，使得X
2
·q·rad（p k-q h）·p≥p k。
对于（iii）这样的情形，我们总可以创设这样的情形，使（p k-q h）为2与某个奇素数的积；由（iii）拓展开来的情形，根据上面（i）的证明情形，同理可证。
（iv）我们令c=p k或c=2v·p k，a=1，p为任意奇素数，其中k，v均为不小于1的正整数，那么b=p k-1或b=2v·p k-1。因为a和b以及c均为正整数，那么总
存在一个正实数X
3，使得X
3
·rad（p k-1）·p≥p k或者X
3
·rad（2v·p k-1）·2·p
≥2v·p k。
对于（iv）这样的情形，我们总可以创设这样的情形，使（p k-1）为2与某个奇素数的积或（2v·p k-1）为奇素数；由（iv）拓展开来的情形，根据上面（i）的证明情形，同理可证。
（v）我们假设c=p k，a=2v（p k＞2v），或者c=2v，a=p k（2v＞p k），p为任意奇素数，其中k，v均为不小于1的正整数，那么b=p k-2v（p k＞2v）或b=2v-p k（2v
＞p k）。因为a和b以及c均为正整数，那么总存在一个正实数X
4，使得X
4
·2·rad
（p k-2v）·p≥p k或者X
4
·p·rad（2v-p k）·2≥2v。
对于（v）这样的情形，我们总可以创设这样的情形，使（p k-2v）或（2v-p k）为奇素数；由（v）拓展开来的情形，根据上面（i）的证明情形，同理可证。
（VI）我们假设c=2v，a=1，其中v为不小于1正整数，那么b=2v-1，因为a
和b以及c均为正整数，那么总存在一个正实数X
5，使得X
5
·2·rad（2v-1）≥
2v。
对于（VI）这样的情形，我们总可以创设这样的情形，使（2v-1）为奇素数；由（VI）拓展开来的情形，根据上面（i）的证明情形，同理可证。
其实前面（i），（ii），（iii），（iv），（v），（VI）的情形及其拓展的情形完全涵盖了任何三个满足a+b＝c以及a和b互质的正整数a，b，c的所有情形。
关于abc定理，我们假定对于任何三个满足a+b＝c以及a和b互质的正整
数a，b，c。对于任何ε＞0,不存在常数k
ε＞0，有k
ε
rad(abc)1+ε＞c成立。显
然假设情形就与前面（i），（ii），（iii），（iv），（v），（VI）的情形产生了矛盾。故假定不成立。
综上所述，abc定理成立。
参考文献
[1]百度百科
[2]戎士奎，十章数论（贵州教育出版社）1994年9月第1版
[3]王文才，施桂芬，数学小辞典（科学技术文艺出版社）1983年2月第1版
[4]闵嗣鹤，严士健，初等数论（人民教育出版社）1983年2月第6版
[5]刘玉琏，付沛仁，数学分析（高等教育出版社）1984年3月第1版
二〇一五年五月二十六日
“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/d415633806.html,/journal/pm https://https://www.doczj.com/doc/d415633806.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
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（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。
“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。
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（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。
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
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
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，
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 ∠=°，
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。
“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。
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：
四色猜想的证明 【摘要】四色猜想的证明已经历经了一百多年，这个看似简单的问题，却难倒过大量的数学爱好者. 人们通过不断努力，最终于1976年6月，由哈肯与阿佩尔合作编制一个很好的程序，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. 但人们不满足于计算机取得的成就，仍在寻找更简单的证明方法. 我在证明四色猜想时，主要采用了转化思想，把四色猜想的证明转化成在平面内是否存在五个图形两两之间存在公共边的证明，再转化成在平面内是否存在五个点两两相连，连线除了顶点之外没有其他交点的证明. 这样就大大简化了四色猜想的证明，把复杂的图论问题转化成了简单的连线问题，使人很容易理解、接受. 【关键词】四色猜想；两两相连；公共边 地图四色定理（four color theorem）最先是由一位叫古德里（francis guthrie）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. 证明之前我们先看一下这个结论，“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”. 这个结论也就是说，在平面中存在四个或四个以下图形两两之间有公共边，而不存在四个以上的图形两两之间存在公共边，我们只需要证明平面内不存在五个图形两两之间有公共边就可以了. 我们假设在平面内存在五个图形两两之间有公共边，分别在这五个图形内各取一点，我们可以把这五个点命名为a，b，c，d，e，两两连接这五点，连线在被连接的两个图形内，并且经过它们的公共边. 如果上述假设成立，我们必能作出这样的十条线（ab，ac，ad，ae，bc，bd，be，cd，ce，de），并且这十条线除了顶点之外不会有其他的交点. 我们通过作图方法来证明上述结论，证明过程： 我们先任选两点a，b，连接这两点得到ab（ab可以是任意曲线，为了简便，我们把它做成直线）. 再任取一点c，从c点向a，b做连线，得到ab，ac，bc这三条线，这三条线连接成了一个闭合的图形（图1），并把平面分成了两部分. 然后我们再取一点d和a，b，c相连，d点可以在ab，ac，bc这三条线分割平面得到的两部分中的任一部分（图2，图3），这样的
四色定理 四色定理(Four color theorem)最先是由一位叫古德里（Francis Guthrie）的英国大学生提出来的。德·摩尔根（Augustus De Morgan，1806～1871）1852年10月23日致哈密顿的一封信提供了有关四色定理来源的最原始的记载。四色问题又称四色猜想，是世界近代三大数学难题之一。 基本介绍 四色问题又称四色猜想、四色定理是世界近代三大数学难题之一。地图四色定理(Four color theorem)最先是由一位叫古德里FrancisGuthrie的英国大学生提出来的。德·摩尔根Augustus De Morgan180618711852年10月23日致哈密顿的一封信提供了有关四色定理来源的最原始的记载。他在信中简述了自己证明四色定理的设想与感受。一个多世纪以来数学家们为证明这条定理绞尽脑汁所引进的概念与方法刺激了拓扑学与图论的生长、发展。1976年美国数学家阿佩尔K.Appel与哈肯W.Haken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。 地图四色定理(Four color theorem)最先是由一位叫古德里Francis Guthrie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1234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。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。”也就是说在不引起混淆的情况下一张地图只需四种颜色来标记就行 发展历史：来自地图的启示 相传四色问题是一名英国绘图员提出来的此人叫格思里。1852年他在绘制英国地图的发现如果给相邻地区涂上不同颜色那么只要四种颜色就足够了。需要注意的是任何两个国家之间如果有边界那么其边界不能只是一个点否则四种颜色就可能不够。 格思里把这个猜想告诉了正在念大学的弟弟。弟弟认真思考了这个问题结果既不能证明也没有找到反例于是向自己的老师、著名数学家德·摩根请教。德·摩根解释不清当天就写信告诉自己的同行、天才的哈密顿。可是直到哈密顿1865年逝世为止也没有解决这个问题。从此这个问题在一些人中间传来传去当时三等分角和化圆为方问题已在社会上“臭名昭著”而“四色瘟疫”又悄悄地传播开来了。 问题的证明一波三折