1樓：一絲混亂
等價於，平面上不存在5個點兩兩相連，連線不交叉。
然而沒有正確的數學證明。
我覺得大概是某種現象太過於顯而易見以至於人們並沒有將其歸納成公理，所以這個看似很簡單的問題一直無法被證明。
2樓：彩塵
應該算是吧！，四色定理由哈肯和阿佩爾簡化到1482種基本構型，在通過計算機加速檢索（稍微了解過人工智慧的便不會認為這是單純的窮舉）
鑑於之前有許多自稱證明四色定理的人（其不過是證明（也不知道算不算）乙個國家的鄰國可以用其他三種顏色填塗，並且毫無美感）
斗膽自己也簡化下
如下圖，點表示國家，線表示接壤
首先考慮沒有與其它國家形成兩段邊界，將周邊國家依次連線，若兩國家在遠處接壤則連線曲線AB，則分其餘國家為上下兩部分，上下區域無法接壤，假設A紅B藍。
由A端向兩邊藍、紅、藍、紅的填充至下乙個遠處接壤的地區，B端同理，若兩處接壤地區顏色相同繼續填充，不同，則改一端顏色為黃，由黃色和被替換的顏色迴圈填充，未改端也是由該色和黃色迴圈。到下乙個接壤區繼續類似操作，直至相挨，若相挨顏色相同，如黃紅紅黃，改某一紅為藍。
其次考慮與其他國家兩條乃至多條邊境接壤
設該國為C填塗黃色，C國所包的國家與外圍國家沒有聯絡，若證明內部可填塗，則分析時可將C及內部國家簡化為C，即上文所考慮。證明如下
取一C所包含區域，取與中心國家接壤的兩端點，從兩端以任意顏色向內交替填塗（紅紅、紅藍、藍藍、藍紅均可）直至遠處接壤點，若未遇到內部有遠處接壤的點則相挨時若顏色相同，將某一半紅藍倒換。若遇到遠處接壤點，將一端已填塗的顏色進行倒換，往下進行時改為黃藍或黃紅交替（因為內部遠處接壤線，阻隔了C點），另一端之前塗色不變，並隨之黃藍或黃紅交替（之後與上文分析類同）
還望一哂！
3樓：晚冬的湫
把四色定理抽象成四色球四階矩陣排列如圖，再進行變形，圖中帶箭頭的斜線上的球同色，而如果用與這條斜線交叉的斜線上兩不同色球進行變形就可以阻斷同色球接觸。這樣每個球都沒有相鄰同色區塊。
4樓：sdsxdwd
色點波動半徑G=4，振幅A=1，G/A=4
沒有邏輯證明，沒有發現反例；5色定理有邏輯證明～但它不是4，是4+1。填色向量相隔1條無限積分鴻溝。假設所需顏色數n為填色函式指數，四色猜想、五色定理的填色函式恰相差乙個維度，從填色函式計算的角度看，五色定理是所有四色填圖行為的積分，四色猜想還在積分——無論是地圖製作還是計算機證明，從未停止，在驗證四色猜想、證明五色定理的路上不停地數學歸納資料奔向四色猜想之終點。
直到四色猜想變成定理。列舉法證明的猜想的定理形式——離散量積分，四色猜想克卜勒猜想的乙個簡易邏輯證明 - 知乎
地圖填色色點二維面隨機遊走概率幅1為度量的點覆蓋「半徑」——平面數點的量子填充密度波 - 知乎
波動半徑G=4，振幅A=1，G/A=4
四色猜想的積分—五色定理；五色定理的微分—四色猜想 - 知乎
長期的論證表明，四種顏色夠用，三種顏色是不夠用的，五種顏色肯定夠用，還證明，二維平面內無法構造五個或五個以上兩兩相鄰區域。用數學語言來說就是，將平面任意地細分為不相重疊的區域，一張地圖只需四種顏色來標記就行。假設
從五色定理到四色猜想
如何看出平均曲率可以寫成散度形式？https://
zhuanlan /p/34
5245168
證明除定理「平面地圖G 是n-可著色的與G是n- 可著色的說法是等價的」，被填色2維平面，垂直填色1維，可通過三維最密堆積證明。上圖提供了乙個三維最密堆積平面，密度大於伏龍諾伊單胞的74%。 克卜勒猜想事實上證明了四色猜想—— 有關四色猜想、克卜勒猜想的兩個公式：
列舉法證明四色猜想成立，五色定理不是它的反例 - 知乎
5樓：
如果把圖形問題轉化為點線問題，則四色問題等價於不存在在同一平面上的五個點兩兩相連，且其連線互不相交。
證明：（1）因為在同一平面上3個點兩兩相連，必定形成閉合曲線；
2）由（1）可得在同一平面的4個點兩兩相連，若連線不相交，則必有乙個點在其他3個點連線的閉合曲線內，該點成為被包圍點；
3）故在同一平面內的第5點若想要和其他4個點兩兩相連，與被包圍點的連線必與閉合曲線相交。
圖形轉化為點線問題的可行性，當圖形面積無限小下即可視為點線。
這只是個人愚見。輕點噴。
6樓：獅獅大貓貓
一、四色定理
每幅㊣ (每一國連成一片,兩國共同邊界是條線而非有限的點,無一國包圍其它國家,至多三國相遇一點)最多需要四種色能使相鄰國著不同色.
它從2023年問世至今尚未獲得數學證明.
符號含意:㊣正規地圖,☆五構形,※PC被E分隔、PA相鄰、CA不相鄰,△根據歸納假設,□四色定理成立,⊙不妨視,P-1P著色1或著色是1.
二、定理定義引理
肯普定理:每幅㊣至少有一國有
二、三、四或五個鄰國,無每一國都大於五個鄰國的情形.
按此㊣可分為二構形、…、☆四種情形.
定義：1-對各種構形,稱鄰國數最少的國家為構形國.
2-約定㊣所有國家連成一片內部無空區域,並稱內部和外部的界線（簡單閉曲線）為㊣邊界.
3-國B一段邊界在㊣邊界上,則稱B為邊沿國.
4-一些國家包圍了其它國家,則稱這些國家形成的環為圈.
引理1:☆的國家數的集W＝｛12,14,15,…,n,…｝.
證:構造無窮多「四圈」☆.類似圖1的☆,內外圈各一國,中間兩圈上取數列6,7,…,m,…（m≥6）⑴中的同一項,得國家數由大於12的偶數組成數列14,…,2（m+1）,…⑵；虛線將P分成兩國,得國家數由大於13的奇數組成數列15,…,2m+3,…⑶.
易驗證1-13中僅12有☆.合併數列⑵⑶及12得到所有☆的國家數的集W=｛12,14,15,…,n,…｝.
除12外W中每個n所對應☆不同結構的個數複雜程度無論如何,皆視為由「四圈」☆演變而成.
引理2:任意☆中存在構形國不是邊沿國.
證:假設命題不成立,則有乙個☆G,使得構形國都是邊沿國.因平面地圖與球面地圖等價,故可使G的以邊沿國形成的圈T在球面上並把球面分成對稱的兩部分.
令每部分被T包圍的國家S對稱地布滿,示意如圖2.由此知T上每一國的鄰國數（原來不一定都是五）都大於七,其餘國家的鄰國數都大於五,就得到一幅（STS）每一國的鄰國數都大於五的㊣.這與肯普定理矛盾,故G不存在.
證畢.引理3:在n≥15的☆中,若包圍構形國Q的每個鄰國與Q只有一條共同邊界,Q的鄰國兩兩相鄰的組數是五,這五個鄰國中存在鄰國數大於五的國P,則□.
證:若☆每一國的鄰國數都是五,則n=12.由類似圖1的結構知n≥15時,每個n至少與乙個「四圈」☆對應,故完全具備引理3的條件.
⑴n=15時,只有圖3-5三種情形,圖中國家數由內到外各依次為1563、1572及1662.圖3,QP都具備引理3的條件.視AQ為E,B（P）由五（六）個鄰國變成四（五）個,其餘國家的鄰國數未變,☆變成四構形；至多用四種色,使得四構形在不相鄰的PC（※）著同色時相鄰國家能著不同色,如P-1C-1E-3B-2D-2（1-2-3-4為色碼,不會混淆）,其餘國家著色如圖,□；把Q換成色4,則□.
圖4,視AQ為E,BP都由六個鄰國變成五個,其餘國家的鄰國數未變,還是☆；至多用四種色,使得☆在不相鄰的PC（※）著同色時相鄰國家能著不同色,如P-1C-1E-3B-2D-2,其餘國家著色如圖,□；把Q換成色4,則□（E的鄰國數是六.圖5類似可證）.
⑵假設15≤n≤k時□,圖6,視PAQBCD依次著色是134212,即是說QP都具備引理3的條件,假設都是按上述模式操作的方法著色,視AQ為E,PEBCD依次著色是13212,顯然BPE的鄰國數分別不小於四五六,其餘國家的鄰國數未變,國家數滿足14≤n≤k-1,除14外的每個n值,都含有A和Q合併前與後兩種情況,前為☆後為四構形或☆.至多用四種色,使得每個n值所對應的四構形或☆在不相鄰的PC（※）著同色時相鄰國家能著不同色,⊙P-1C-1E-3B-2D-2（若BD異色,則與歸納假設相悖.如B-4,由n=k-1〔AQ合併後〕時□,但不能還原n=k時□）,即□（換色前）.
把Q換成色4,□.
n=k+1時,圖7,取乙個具備引理3條件的構形國Q,視AQD為E,則 E的鄰國數大於六,PBC的鄰國數都不小於四.其餘國家的鄰國數未變,n=k-1（合併後）,其構形為四構形或☆.根據換色前的歸納假設,即…在不相鄰的PC（※）著同色時相鄰國家能著不同色,⊙P-1C-1E-3B-2,□（換色前）.
把Q換成色4,□.證畢.
三、證明四色定理
證：1≤n≤15時已公認□.
假設15≤n≤k時□；
n=k+1時,令Q為構形國,分類論證如下.
㈠二構形
圖8-11,視AQ為E,則n=k.△,□,⊙E-1B-2.把Q換成色3,□.
㈡三構形
1Q的每個鄰國與Q 只有一條共同邊界
圖12,視AQ為E,則n=k.△,□,⊙E-1B-2C-3.因EBC只用了三種色著色,且Q被ABC包圍,故Q能換成色4,□.
圖13-15,視AQ為E,則n=k.△,□.因（Q是邊沿國）BC至多用了兩種色著色,故Q至少能換成第四色,□.
2Q的鄰國中至少有一國與Q至少有兩條共同邊界
圖16（不能有兩個圈）-20,A與Q至少有兩條共同邊界.同圖13的證明.
㈢四構形
1Q的每個鄰國與Q只有一條共同邊界
圖21-26,視AQC為E（顯然AC及BD中至少有一組不相鄰,在圖21-22中⊙AC不相鄰）,則n=k-1.△,□.因EBD至多用了三種色著色（BD相鄰為異色）,故Q至少能換成第四色,□.
2Q的鄰國中至少有一國與Q至少有兩條共同邊界
這時若有Q的鄰國AB分別與Q形成圈T和H,顯然H在T內或外且互不干擾.即使有Q的兩個鄰國與Q形成圈S,S也在T內或外,故只需考慮一組T即可.當T或（可兼）S型圈超過一組時,均未也不必畫出相應的圖,如圖19.
☆也如此不再述.
T的個數是1,圖27-34,因四構形每一國的鄰國數都大於三,故T至少包圍了兩國（非下確界）.視T包圍的國家為E,則n≤k,△,□,⊙A-1Q-2.因T外部至少有Q的乙個鄰國,去掉T外部的國家,則n≤k,△,□；因AQ只用了兩種色,故總可使得A-1Q-2.
把前次T及其外部的著色部分與後次T內部的著色部分拼成原來的四構形,□.圖35,AC相鄰時,A、Q與C形成兩個圈,取乙個圈仿圖27的證明易證□；不相鄰時,視AQC為E,同圖22的證明（此法僅適於T及S型圈）.
T的個數大於1,圖36-39,任取乙個圈,按圖27的證明（後次要去掉該圈外A的一部分）,再把所需的兩部分拼成原來的四構形,□.
㈣五構形
由引理2可令Q不是邊沿國.
1Q的每個鄰國與Q只有一條共同邊界
⑴Q的鄰國中沒有兩國與Q形成圈
①Q的鄰國中每一國的鄰國數都是五
ⅰQ的鄰國無邊沿國,則Q的鄰國被四國BCBDF或五國BCDFG形成的圈包圍.圖40,視BGHIJKQ為E,則n=k-5.△,□,⊙E-1D-2F-3C-2或4.
把GHIJKQ重新著色成434312或232314,□.圖41,視Q及鄰國為E,則n=k-4.△,□,⊙圈上著色是12123,E-4.
把E的六國重新著色,如圖□.
ⅱQ的鄰國有邊沿國
Q的鄰國有邊沿國的位置只有一處
與某邊沿處鄰近的兩國只有兩種情形.圖42, 若AB不是同一國,不相鄰時,把AB拓展成相鄰（不影響其它國家的相鄰關係,下同此）並視為E,仿圖8的證明易證□,再收縮成原狀,□；相鄰時,⊙C不是邊沿國（在此處把AB拓展成相鄰）,這時Q的鄰國無邊沿國,變為情形ⅰ已證.再收縮成原狀,□.
若AB是同一國, 則AC形成的圈T至少包圍了五國.T外部至少有一國時,仿圖27的證明易證□.T外部無國家時, 至少有一非Q的鄰國R與AB相鄰,示意如圖44.
否則☆只有7國,這與n＞15矛盾.把AB拓展成Q的鄰國無邊沿國而又在某處斷開,使得無一國包圍其它國家且R成為邊沿國,就變成情形ⅰ,已證.再還原成原狀, □.
圖43, 若AB不是同一國,AB不相鄰時,把A按箭頭方向拓展成與B相鄰並視為E,按圖42「AB不相鄰」的情形證明;AB相鄰時,把A按箭頭方向拓展成與B「相鄰」,則C有六個鄰國.此時同「②Q的鄰國中每一國的鄰國數不都是五」情形的證明. 再收縮成原狀,□.
若AB是同一國,拓展A使圖43成為圖42,按圖42「AB是同一國」的情形證明.
Q的鄰國有邊沿國的位置至少有兩處
圖42-43,這時顯然AB不是同一國也不相鄰,仿圖42「AB不是同一國,不相鄰時」的情形易證明□.
②Q的鄰國中每一國的鄰國數不都是五
此即Q的鄰國中存在鄰國數大於五的國家,對此引理3已證明n≥15時□.故此時□.
⑵Q的鄰國中有兩國與Q形成圈
圖45,AQB形成乙個（兩種情形）或兩個圈,取乙個圈仿圖27的證明易證□.
2Q的鄰國中至少有一國與Q至少有兩條共同邊界
圖46-51,AQ形成乙個至三個圈,取乙個圈仿圖27或36的證明易證□.證畢.
參考文獻:
R.柯朗（美國）著,《數學是什麼》.
為何到現在為止，the Grand Tour無法還原TopGear的精彩？
Lingz 誰看tgt是看正經的，觀眾們看的只是他仨而已。這也是為什麼他們決定只搞特輯了，我覺得harris評車實力加上BBC的硬後台不怕官司，絕對世界第一評車人。三賤是嘴炮，但是現在也沒那麼大膽了 愚蠢 其實沒什麼不好的啊，除了少了stig，覺得現在的the American沒了面罩頭盔沒那麼fu...
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