1樓：旋轉的傅利葉
我小學五年級的時候都有跟你這證明一樣的想法，但應該是實際類別沒考慮全，證明不夠充分之類的，也就是說你證明的是這個猜想的必要條件還不夠充分
2樓：墨蘇凝玹
實際上，第乙個思路我不知道，第二個私庫思路……我高中的時候想到過，然後也寫了一堆證明，結果卡在了最後一步http://
這裡給個鏈結。
如果有能續下去的大佬，還請出手，在下在此感激不盡
3樓：akira alban
其實我也想過第二種方法，也是因為沒有實際的數學系背景或者相關專業認識的朋友所以就只是不了了之。
分享一下看看有無差異吧。
首先要確定一點，5種顏色就能區分各個相鄰國家的情況下填滿整個地圖。而我需要做的就是證明並沒有必須得用5種顏色才能區分的情況。也就是不會出現5個彼此都相連的國家的出現。
而我的方法就是題主所說的第二種方法
第二種是以把國家盡量簡化後的想法，把他們簡化成乙個點，國土最簡化的形式就是線（想象國土變細變到線般粗細）。中間連線就是說明有所接壤的領土。邊界可以是線上的任何一點。
但線和線不相交，相交點就意味著有乙個地方是多國（至少兩國）共有領土，所以不成立。兩個點能線連線（沒有相交的情況下）就需要兩種顏色來區分；三個點能不相交的相連就需要至少3種顏色以此類推。
簡化到這份上都沒辦法讓5個國家互相都有相連的話就說明並不會出現，必須得用5種顏色的情況。
也就是說需要至少5種顏色的情況不會出現，地圖只需要4種顏色就能被填滿。
4樓：北冥
我覺得你第二個思路貌似…可以。平面內有五個點，是每個不同色塊必過的一點。由你的理論得出必有相交的線，相交的線就意味著有兩個色塊不接觸，不接觸顏色就可以相同。
而你這個模型是五個色塊互相接觸的必然情形。既然不能有五種色塊相互接觸，那麼四種顏色就夠了。
5樓：某科學的邪王真眼
你自己畫過，覺得可行。
對不起我沒有嘲諷的意思，但是我今兒本來挺不開心的，看到了你的問題，尤其是上面這句話，現在樂死我了，從這個意義上來講，我很感謝你。
同樣是不能證實也不能證偽的，連續統假設叫假設，四色定理叫定理。我當時學到的時候挺納悶的去問了我們老師。
我們老師說因為連續統假設比較抽象，但是四色定理通過對所有數學家能想到的graph的情況用計算機進行模擬，沒有發現反例，才認為它是正確的。
至於你說的那些個方法，我只能不留情面的說一句一竅不通！（遇到學術問題不馬虎，不客套，個人習慣，請諒解）
你甚至連K5都不知道就想著證四色定理你豈不是在開國際玩笑？你知不知道圖有很多種？你以為就是你手畫出來的就是全部的圖？
你畫了幾個圖，就覺得行？你這個問題等同於：證明乙個班裡都是男生。
然後你撈出來倆，說這倆是男的，你就能得證了？
你引以為豪說分成小單元那個，首先你怎麼嚴格證明奇數需要多少偶數需要多少？你以為是畫個圖告訴大家能看出來就行了？圖論是需要證明的。
其次你怎麼證明兩個小單元相接的時候出現的顏色問題？也是有圖有真相？這些乙個是不好證，另乙個是就算得證也肯定是證明不出四色定理的。
好好學習去吧，別在這兒整這些有的沒的甚至是低階的東西了。學術剽竊？得了吧小老弟，誰要是不幸剽竊到你的想法，那他怕是不想畢業了。
6樓：元認知
思路都是那個思路，但證明太難了
研究一下：拓撲演變
你會發現，
一維的線條會出現「三色定理」
二維的平面會出現「四色定理」
三維的空間會出現「五色定理」
邏輯方面大腦能想明白，就是證明不了(д )傷心（非數學專業，能明白意思即可）
7樓：皓墨
四色定理作為乙個美妙的定理，其結論非常好，因此對於你畫出的任何乙個圖，我們幾乎不需要什麼困難的思考就可以完成染色。無論你怎麼把圖分成如何醜陋的模樣，我們還可以使用計算機工具在非常短的時間內完成這件事。
但是這不意味著，如果你「自己畫了幾個，覺得可行」，就可以自認為證明了四色定理。
你的思路方向尚可看作正確，但實話說思路本身非常之差。打個比方，就相當於是學了素數篩法之後便斷言費馬數是素數，還一本正經的給出了其思路——只要用篩法判斷每個費馬數是否為素數就可以了。
8樓：自學生
自然規律是六份正方體的六份球面模型。都是一對兩性聯絡原理，都是個性核心生命和共性空間原理，都是自己和宇宙生命時間統一系統原理模型。專科和民科，都是一對兩性聯絡原理的正中時間統一自然規律原理系統模型。
四份時間標準，是平面時間球面投影，六份時間統一球面標準。
9樓：
其實證明5個區域的四色問題並不困難。
簡易證明
四色定理：將平面任意地細分為不相重迭的區域,每乙個區域總可以用1,2,3,4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,即至多存在四個兩兩相鄰的區域.
證明：假設：任意多個相鄰區域的組合區域中,不存在任何內部區域.
給定區域A、B,且A、B相鄰,因為A、B間不存在內部區域,則A、B必然相交於一條曲線,曲線端點為a、b.外部兩條為曲線aAb、aBb將相鄰區域A,B圍成乙個組合區域,視為X.
任意第三個區域C與A、B兩兩相鄰,則必然與X相鄰,同理C與X只相交於曲線a1b1,產生曲線的端點為a1,b1.
若a1、b1同時在aAb或aBb其中一條曲線上,則有兩種情況：
1、區域C只與A,B其中乙個區域相交
2、區域C與其中乙個區域的組合區域包含另乙個區域,與假設矛盾.
所以a1,b1必然分別在aAb,aBb兩條曲線上,則區域C必將與X相交於曲線a1a b1或a1b b1,即相交曲線包含a或b點.
令A、B、C三個區域組成的組合區域為Y.
任意區域D,與A、B、C三個區域兩兩相鄰,如上圖,則D必將與Y相鄰,由上述證明可知,則D與Y的相交曲線必將至少包括a、a1、b1中的兩點,無論是那兩點,則D必將與A、B、C其中某兩個區域包含第三個區域,即必將有乙個區域成為內部區域,與假設矛盾.
即得出結論一,四個兩兩相鄰的區域中至少有乙個區域屬於內部區域.
因為內部區域與外部區域無法相鄰,所以不存在乙個外部區域E,使得A、B、C、D、E五個區域兩兩相鄰.（結論二）
假設,存在乙個內部區域F,使得A、B、C、D、F五個區域兩兩相鄰.
因為A、B、C、D、F中,至少有乙個是外部區域.以A為例,A為外部區域,因為A與其他四個區域兩兩相鄰,則A必然與四個區域分別相交於至少一條曲線.
若將A移除,則另外四個區域分別與A相交的曲線就與外界相通,即四個區域都變為外部區域,而四個區域又是兩兩相鄰的,與結論一相悖.
即得出結論三,不存在乙個內部區域F,使得A、B、C、D、F五個區域兩兩相鄰.
因為平面中,除了內部區域都是外部區域,所以通過結論二和結論三得出結論四,即不存在乙個區域G,使得A、B、C、D、G五個區域兩兩相鄰.即至多存在四個兩兩相鄰的區域.
得證注釋：
內部區域：即完全包含於其它區域的區域.
外部區域：存在邊際曲線不包含於任何其它區域的區域.
組合區域：有兩個或多個區域共同覆蓋的區域.
10樓：Lidoon
挺好的你竟然用直覺隨便想想就能發現不同問題的「等價性」…而且思維方式有點組合和圖的味道…
離證明還差很多知識，但是真的挺厲害的了。
11樓：阿托裡烏斯
本來想著嚴謹指出一波錯誤，後開看到「學術剽竊」，我瞬間明白了什麼~真是「不識廬山真面目，只緣身在此山中」，題主想必已經身在第n層笑看底下芸芸眾生
題主顯然是來「搞笑的」，這語言帶著深刻的對日漸腐朽的混雜的學術界的隱諷，帶著對無知而自大者的嘲笑，含蓄又激揚地抨擊了數學界的不嚴謹現象!
哦不⊙⊙！
題主想必已經想到了我這一層 。。。。。。
12樓：hhc
四色定理的內容為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，推廣其含義則可以理解為：乙個平面被分割為若干個區域，任意n個相鄰的區域能夠滿足在這n個區域中任意兩個區域有臨邊，n的最大值為4。
正整數n的取值為多少時可以滿足「命題q：乙個平面被分割為若干個區域，任意n個相鄰的區域能夠滿足在這n個區域中任意兩個區域有臨邊」？
這可以從n的最小值2開始推理，即只有兩個區域。相鄰的兩個區域必然有臨邊，所以n=2時，命題q成立。而這兩個區域可以是由兩條相切或者相交並且交點在端點上的線段向外延伸得到的，線段可以是曲線段也可以是直線段（以下提到的線段都為這樣的線段）。
線段向外延伸可以理解為從線段AB的兩個端點各引兩條不相交的線，從A引出的線與從B引出的線相交，時線段AB兩側各形成乙個封閉圖形，兩個封閉圖形所組成的圖形即為線段AB向外延伸所得到的，點A與點Ｂ在該圖形上。如：圓可以看做是該圓的直徑向外延伸得到的。
因此，要證明兩圖形相鄰只要分別在兩圖形內找到一條線段，這條線段可以向外延伸得到該圖形，並且兩線段相切或者相連；或者說，兩條相切或者相交且交點在端點上的線段向外延伸能夠得到兩個相鄰的圖形，且當線段長度可變時，可以通過這兩直線向外延伸得到任意相鄰的兩個圖形。
同理，當ｎ＝3時，要證明命題ｑ成立，就要在n=2的基礎上找到一條線段同時與已知的兩條線段相切或者相交並且交點在端點上。那麼，就會出現兩種情況：
(1)三條線段圍成乙個封閉圖形：這個封閉圖形可以是三角形，也可以是類似三角形有三個頂點的邊為曲線的封閉圖形，取決以組成它的線段是否是曲線段
(2)三條線段不能圍成封閉圖形：兩條線段共有乙個端點，這個端點在另一條線段上
因為由（1）和（2）所得出的兩兩相鄰的三個圖形可分別由（2）和（1）得出，所有（1）和（2）兩種情況是等價的。
因此，當線段長度可變時，（1）中描述的線段可以向外延伸得到任意兩兩相鄰的三個圖形 。
所以，當n=3時，命題q成立。
同理，當n=4時，要證明命題q成立，就要在n=3的基礎上找到一條線段同時與已知的三條線段相切或者相交並且交點在端點上。當線段長度可變時，三角形與其內切或外切的圓或橢圓這四條線段向外延伸可以得到任意使q成立的情況。
然而，當線段數在三條及以上時有可能會出現由線段向外延伸得到的圖形中的某兩個只有一共點，那麼這種相交則為無效相交。 那麼，當n＝5時，要證明命題q成立，就要在n＝4的基礎上找到一條線段同時與已知的四條線段相切或者相交並且交點在端點上。在n＝4時線段把平面分成了四個封閉區域和乙個開放區域而形成這四個區域最多只用了三個線段，由第五條要找的線段要滿足的條件可知，第五條線段只可作在某乙個區域內，而作在乙個區域內線段不可能滿足同時與已知的四條線段相切或者相交並且交點在端點上。
所以，當n＝5時，命題q不成立。 綜上所述，要是命題q成立的n的最大值為4，所以任何一張地圖只用四種顏色就能使具有共同邊界國家著上不同的顏色。
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羅莫 阿蒂亞的反證框架是對的。假設臨界線外黎曼蔡塔函式有解，那麼就能構造這樣乙個函式，經解析延拓後會收斂得到乙個非0常數，這與黎曼蔡塔函式解析延拓後存在非平凡0點解矛盾，即該亞純函式是可以收斂於0的。而臨界線外所構造的蔡塔函式卻無法收斂到0，於是反證了黎曼猜想成立，即0點解只能全部落在臨界線上。可是...
為什麼過去沒人這樣證明四色定理，還是說我證錯了 過程在圖里
大黃蜂 建議看下別人的錯誤證明和分析吧，基本就是想當然了。四色定理並不能直接轉化成四個點兩兩相交的問題，你的想法本質還是認為平面上不存在五個兩兩相臨的圖形 跟你的轉化是等價的 確實這是對的，這是因為四色定理是正確的，但不能因為這個正確就得出四色定理，即平面上不存在五個兩兩相臨的圖形，只是四色定理的 ...