世界難題四色猜想首次數學直接證明（完整版）——劉江

四色問題：又稱四色猜想、四色定理，是世界近代三大數學難題之一。地圖四色定理（Four color theorem）最先是由一位叫古德裡（Francis Guthrie）的英國大學生提出來的。四色問題的內容是「任何一張地圖只用四種顏色就能使具有共同邊界的國家著上不同的顏色。」也就是說在不引起混淆的情況下一張地圖只需四種顏色來標記就行。用數學語言表示即「將平面任意地細分為不相重疊的區域，每一個區域總可以用1234這四個數字之一來標記而不會使相鄰的兩個區域得到相同的數字。」這裡所指的相鄰區域是指有一整段邊界是公共的。如果兩個區域只相遇於一點或有限多點就不叫相鄰的。因為用相同的顏色給它們著色不會引起混淆，如下圖A。

如果你想了解圖A的塗數是如何填入的，請跟我一起來開始證明四色猜想的旅程吧，過程相對枯燥，閱讀需要耐心。

證明思路：任何一個國家的形狀都可以由圓形變形而來，我們假設這個國家為A，而任何一個平面和球面地圖我們都可以從A國開始往外增加國家做出這幅地圖，所以只要推導從A國開始再增加1到x國，無論是增加的國家還是其外延始終小於等於4，那麼就可以直接推導出任何平面和球面地圖都只需要用4色就可以塗成。

定義：外延為圖一中的Y（如圖一所示）：在球面地圖中Y是除封閉A外的剩餘部分，Y就猶如地球的海洋，有陸地就必然有海洋，所以在球面內Y是A永遠無法抵達的部分；在平面地圖Y就相當於做平面地圖的塗布，所以Y也是永遠無法到達邊緣的。因此對於球面地圖或者平面地圖，都可以用圖一表示，而Y都是它們無法觸及的部分。

證明過程（1、2、3、4表示四種顏色）：

第一步：任何一個平面或者球面只有兩國，必兩國最多只有一條邊重合。

如圖所示：A=1，Y=2，重合的一條邊為紅圈。

第二步：任何一個平面或者球面只有三國，兩兩之間最多只能重合兩條邊。

如圖所示：A=1，B=2，Y=3，與外延Y重合的兩條邊分別為紅線和藍線。

第三步：任何一個平面或者球面只有四國，兩兩之間最多只能重合三條邊。

證明過程：

當形成第三國C國的fd線（黃線一飄）的d點在A國的fb線（紅線一飄）除f點上時，C國塗色最小為C=2，此時：A=1，B=2，Y=3；當形成C國的fd線（黃線一飄）的d點在第二國B國的bc線（藍線一飄）或者在A國的cf線（紅線二飄）除b點的位置時，第三國C塗色最小為C=3，此時：A=1，B=2，Y=4。所以其最小塗色的最大數情況為A=1，B=2，C=3，Y=4，與外延Y重合的三條邊分別是紅、藍、黃線。

第四步：任何一個平面或者球面只有五國，兩兩之間最多只能重合四條邊。

證明過程：

當第三國C國的fd線（黃線一飄）的d點在A國的fb線除f點上時，第三國C國塗色最小C=2，此時：A=1，B=2，Y=3；當形成第三國C國的fd線（黃線一飄）的d點在第二國B國的bc線（藍線一飄）或者在A國的cf線（紅線二飄）除b點的位置時，第三國C國的塗色最小為C=3，此時：A=1，B=2，Y=4，故我們以第三國的最小塗數的最大數為推導前提。如果以最小數為前提推導，增加第四國就相當於增加第三國，屬於倒退現象無意義。這裡我們假設C=3。

因此當形成第四國D國的eh線（粉線一飄）的h點在A國的ef線（黑色一飄）除e點上或者第三國C國的fd線（黃色一飄）上時，第四國D國的塗色最小為C=2，此時：A=1，B=2，C=3，Y=4；當形成第四國D國的eh線（粉線一飄）的h點在第二國B國的dc線（藍線一飄）除d點或者在A國的ce線（紅線二飄）的位置上時，第四國D國塗色最小為D=4，此時：A=1，B=2，C=3，Y=3。與外延Y重合的四條邊分別是紅、藍、黃、粉線。

第五步：任何一個平面或者球面只有六國，兩兩之間最多只能重合四條邊。

證明過程：

根據第五步的情況，我們推導下一國的塗色數，必須以上一國的最小塗數的最大數為前提，否則屬於倒退，所以我們假設D=4。

當形成第五國F國的zj線(綠線一飄)的j點在A國的ze線（黑色一飄）除i點上或者第四國的eh線（粉線一飄）上時，第五國F國的塗色最小為F=2，此時：A=1 ，B=2，C=3，D=4，Y=3；當形成第五國F國的zj線(綠線一飄)的j點在第二國的hc線（藍線一飄）除h點或者在A國的cz線(紅線雙飄)的位置上時，第五國F國最小塗色為F=3，此時：A=1 ，B=2，C=3，D=4，Y=4，與D國重合的四條邊分別是紅、藍、黃、綠線。

第六步：如6圖所示，再增加X國，X-1國為最大塗數時，X國的塗色總在2、3、4的範圍內變化。當X-1國等於4時，如X=2，那麼Y=3；如果X=3，那麼Y=4。當X-1國等於3時，如X=2，那麼Y=4；如X=4，那麼Y=3。當X-1國等於2時，如X=2，那麼Y=3；如X=3，那麼Y=4。因此X和Y始終小於等於4。

第七步：根據以上結果可以證明與A國相鄰再增加無限國家，X和Y都小於等於4。我們以此為結果推導多層複雜結構的四色問題。

一、Y=2

A、 當Y=2時，新增國Xn與已有國沒有重合邊：

如圖所示，當Y=2不變時，再增加的Xn都等於1，並且國與國之間沒有重合邊或點，呈現一種氣泡狀。我們將之稱為經典情況，也為它命名為經典情況一。

B、當Y=2時，新增國Xn與已有國只有一條邊重合：

如圖所示，當增加國Xn僅有一條邊與X1國重合時，Xn=Y-X₁(X₁為Xn與已有國重合邊塗數)。Xn呈1和2循環的單鏈態向外可以無限延伸。在球面和平面內兩鏈之間無重合邊或點。因此當Y=2時，除了一種經典情況必然發展到Y=3，這種鏈式狀態我們稱之為經典情況二。

二、Y=3；

A、 當Y=3時，新增國Xn與已有國只有一條邊重合：

情況一：

情況二：

如圖所示，當增加國Xn只有一條邊與已有國重合時，Xn=Y-X₁(X₁為Xn與已有國重合邊塗數)。此種情況Y=3，結構呈發散之勢，在球面和平面內兩兩發散鏈之間無重合邊或點，此種情況屬於一種經典情況，我們為它命名為經典情況三。

B、當Y=3時，新增國Xn與已有國只有二條邊重合：

如圖所示：當增加的X3國有兩條邊與已有國家重合時，X3=3，Y=4。從X4增加到Xn國的情況下，Xn=10-X₁-X₂-Y(X₁和X₂為重合邊兩國塗數)。Xn向外延伸，在球面和平面內無重合邊或點。此種情況屬於一種經典情況，我們為它命名為經典情況四。

三、Y=4 ；

A、當Y=4時，新增國Xn與已有國只有一條邊重合：

情況一：

情況二：

如圖所示：當增加的Xn國只有一條邊與已有國家重合時，Xn=Y-X₁（X₁重合邊國家塗數）。當X ₁=1和X ₁=2時，此時用Y=3求解Xn；此時Xn等於1或者等於2，在單鏈上會呈1和2的交替循環，結構呈發散之勢，在球面和平面內兩兩發散鏈之間無重合邊或點，屬於一種經典情況，我們稱它為經典五。

B、當Y=4時，新增國Xn與已有國只有二條邊重合：

如圖所示：當增加的Xn國有兩條邊與已有國家重合時，Xn=10-X₁-X₂-Y(X₁和X₂為重合邊兩國塗數)，且發散之勢，在球面和平面內兩兩之間無重合邊或點，屬於一種特殊情況，我們稱它為經典情況六。

C、B、當Y=4時，新增國Xn與已有國只有一條或二條邊重合：

如圖所示：當增加的Xn國只有一條邊與已有國家重合時，Xn=Y-X₁（X₁重合邊國家塗數）。當X ₁=1和X ₁=2時，此時用Y=3求解Xn；有兩條邊與已有國家重合時，Xn=10-X₁-X₂-Y(X₁和X₂為重合邊兩國塗數)，且呈發散之勢，在球面和平面內兩兩發散鏈或面之間無重合邊或點。屬於一種特殊情況，我們稱它為經典情況七。

D、當Y=4時，新增國Xn與已有國有三條邊重合：

如圖所示，當X4與已有國家有三條邊重合時，Xn=Y，Yn=10-X ₁-X ₂-Y（Yn為新的外延，X ₁是與Xn有兩條邊重合的國家塗數）。而當Y=1或者Y=2時，如圖二十、圖二十三和圖二十六屬於同構體，都可以把Y變換成3，然後從外到內反推已有國家塗數如圖所示，此時所有國家塗色依然小於等於4。又因為圖二十、圖二十三和圖二十六也是我們推論的第一步到第七步已經推論出的以A國為中心形成的最複雜體的一個單元。所以我們也以圖二十為我們開始多層結構推論的基本單元。

三、基本單元Y=3：

A、 當Y=3時，新增國Xn與已有國只有一條邊重合：

情況一：

情況二：

如圖所示，當增加國Xn的一邊與已有國家重合時，當Y＞X ₁時Yn=Y-X ₁；當X ₁＞Y時Yn= X ₁-Y（Yn為新的外延，X ₁是與Xn有兩條邊重合的國家塗數）。Xn在1和2之間循環，結構呈發散之勢，在球面和平面內兩兩發散鏈之間無重合邊或點。屬於一種經典情況，我們稱它為經典八。

B、當Y=3時，新增國Xn與已有國只有二條邊重合：

如圖所示：當增加國Xn的二邊與已有國家重合時，Xn=10-X₁-X₂-Y(X₁和X₂為重合邊兩國塗數)，如上所示此種結構Xn呈雙鏈狀態向外延伸，在球面和平面內雙鏈之間無重合邊或點。此種情況屬於一種經典情況，我們為它命名為經典情況九。

C、當Y=3時，新增國Xn與已有國有一條或兩條邊重合：

如圖所示，新增國Xn的與已有國重合邊為1時，當Y＞X ₁時Yn=Y-X ₁；當X ₁＞Y時Yn= X ₁-Y（Yn為新的外延，X ₁是與Xn有兩條邊重合的國家塗數）；當新增國重合邊為2時，Xn=10-X₁-X₂-Y(X₁和X₂為重合邊兩國塗數)；或者1和2交替出現，Y=3不變。如上所示此種結構Xn向外發散之勢，在球面和平面內雙鏈之間無重合邊或點。此種情況屬於一種經典情況，我們為它命名為經典情況十。

D、當Y=3時，新增國Xn與已有國有三條邊重合：

如圖所示：當新增國Xn有三條邊與已有國重合時，Xn= Y=3，當Y＞X ₁時Yn=Y-X ₁；當X ₁＞Y時Yn= X ₁-Y（Yn為新的外延，X ₁是與Xn有兩條邊重合的國家塗數）。又因為實際與外延接觸的國家只有兩個，所以我們可以把Y替換成3，然後從外到內反推已有國家塗數如圖所示，依然X小於等於4。此種情況循環到了二的B情況。

E、當Y=3時，新增國Xn與已有國的重合邊為一個結合{1、2、3、4…N}，此時只有一個條件，X4≠3。如果X4=3，則循環到了C種情況。

此種情況下有三種特殊情況：

定義：設增加Xn-1國後整個圖形與外延重合的邊總數為Z。Xn與已有國重合的邊總數為Zn。

① 、當Zn=Z時，並且在Z邊有兩處重合，如圖所示；

此時，Xn=Y，當Y＞X ₁時Yn=Y-X ₁；當X ₁＞Y時Yn= X ₁-Y（Yn為新的外延，X ₁是與Xn有兩條邊重合的國家塗數）。當Y=2，轉換成Y=3，如下圖所示：

方法：將Xn與X1形成的圈內所有的2換成3，3換成2皆可。

當Y=1，轉換成Y=3，如下圖所示：

方法：將Xn與X1形成的圈內所有的1換成3，3換成1皆可。

② 、當Zn=Z時，並且在Z邊只有一處重合，如圖所示；

此時，Xn=Y，Yn=10-Xn-X1-X2。（Yn為新的外延，X ₁和X₂是與Xn有兩條邊重合的國家塗數）

當Y=4，轉換成Y=3，如圖所示：

轉換方法：將Xn與X1形成的圈內所有的4換成3，3換成4皆可。

當Y=1時，轉換成Y=3，如圖所示：

轉換方法：將Xn與X1形成的圈內所有的1換成3，3換成1皆可。

當Y=2時，轉換成Y=3，如圖所示：

轉換方法：將Xn與X1形成的圈內所有的2換成3，3換成2皆可。

③ 、當Xn≥3，X1=X2時，如圖所示：

當相交的邊≥3時 ，根據Xn=Y，所以X14=Y=4， 根據Yn=10-Xn-X1-X2，Y14=10-4-3-3=0，此時需要變換一下。當相交的兩國X1=X2時，X1可以取相交國塗數，而X2必須取Xn相交國與外延有重合邊的國家塗色，如圖五十五補中，X2=1，而1就是X4 的塗數。這時候與X14相交的國家除去兩個相同的國家塗色，有且只有一個國家與X14相交並於外延相交。如果相交的國家塗數有另外兩個不同塗數，則必然有一個國家塗數被包圍而不會再與外延重合，所以X2具有唯一性。

討論了三種特殊情況我們來討論一般情況：

如圖所示：

根據以上推論總結公式：

當Y=3時：

Zn=1，當Y＞X ₁時Xn=Y-X ₁；當X ₁＞Y時Xn= X ₁-Y（Yn為新的外延，X ₁是與Xn有兩條邊重合的國家塗數）;

Zn=2，Xn=10-X1-X2(X1、X2為Xn已有國重合邊的塗數）,如果X1=X2，X2等於同時於Xn和Y有重合邊的國家塗數。

3≤Zn＜Z，Xn=Y，Yn=10-Y-X1-X2(X1、X2為Xn已有國重合邊的塗數)

根據以上公式可以得知：

Xn=Y=3，Y1=10-3-2-4=1

因為Y1=1，與已有國衝突（上圖標黃國）

所以我們要以新的Y1重新標定已有國的塗數；

定義：當，3≤Zn＜Z ，Xn=Y，此時所有不與Xn有重合邊的國家總和，我們稱為小外延，我們用字母W表示。

定義：國家的總和，我們稱為內延，用字母N表示。

根據特殊情況調換規律可知：Xn=Y=3，如果Y1=1

N內所有1與3交換；如果Y1=2，N內所有2與3交換；如果Y1=4，N內所有4與3交換。

如圖所示： W內所有1換成3，3換成1皆可，X1=3。

根據公式Y=3，才能繼續往外延作圖，所以我們還需要將圖五十九的Y=1，調換成Y=3。

如圖所示：N所有1換成3，3換成1皆可。

由上可知當Y=3時，無論增加國是與已有國重合多少邊，都可以根據公式繼續往外推演。

總結：當1≤Y≤4，1≤Zn≤Z時，W和N經過多次復變，Xn始終小於等於4。

第八步結論：因為在任何平面或者球面上，無論從A國再增加X國其外延Y和X始終小於或者等於4，所以四色猜想成立。又因為四色猜想成立，所以在任何平面或者球面內，兩兩國之間最多只能有四條邊重合。

後語：

① 、根據以上四色定理，作任何一幅地圖，首先確定這幅地圖的基本單元，然後利用公式往外推演；如果沒有基本單元，則按照十種經典情況往外推演即可。

② 四色定理與中國的老子之道相通，因為老子之道的核心思想就是道生一、一生二、二生三，三生萬物，與四色定理的推演方式一致。

③ 、當3≤Xn＜Z每一次個體增加都會導致整體變化，猶如細胞增殖生命生長。

④ 、當Y=3，基本單元中與三邊相鄰的國家塗色為3，然後從12點鐘方向順時針或逆時針確定1、2、4三個塗數，再按順時針或者逆時針從12點鐘方向向外延伸，任何一副地圖每一國都有且只有一個塗數結果。這個結論可以幫助我們重新設計一種不同於素數分解的全新的加密方式。

此證明完整版全球首次發表於今日頭條

數學愛好者：劉江

2020年8月15日星期六上午9點整