　☆四色問題の簡単な証明その３☆　

[過去ﾛｸﾞ] 　☆四色問題の簡単な証明その３☆　 (779ﾚｽ)
上下前次 1-新

このｽﾚｯﾄﾞは過去ﾛｸﾞ倉庫に格納されています｡
次ｽﾚ検索歴削→次ｽﾚ栞削→次ｽﾚ過去ﾛｸﾞﾒﾆｭｰ

451(1): 帰納と類比 2012/09/03(月) 02:29:45.26 AAS
学習能力：１００％
Ｐ３のＣ　Ｐ５のＢにつき一斉にＢＣおよびＣＢチェーンを入れ替える。
このときＰ１、Ｐ４のＡＤチェーンはつながったまま。
Ｐ３のＢとＰ１のＡが繋がったままだとＰ１、Ｐ３の接合で５色になり矛盾。
切れていればＰ３をＡにして、Ｐ１ＡＰ２ＣＰ３ＡＰ４ＤＰ５Ｃになり３色。
>>359にはあたらない。要するにケンぺの失敗にはあたらない。
分かるかな>>449。

452: 2012/09/05(水) 22:29:22.20 AAS
>Ｐ３のＢとＰ１のＡが繋がったままだとＰ１、Ｐ３の接合で５色になり矛盾。
これって論理の飛躍じゃね？
P1とP3を接合したグラフは、全部塗りなおせって

453: 帰納と類比 2012/09/06(木) 05:26:39.42 AAS
塗りなおしてもいいけど、Ｐ１とＰ３を展開するとＰ１のＡ、Ｐ３のＡが
繋がっていなかった場合があるということ。Ｐ１とＰ３のＡＢチェーンが切れて
いる場合が１つは存在するということになる。

454(1): 2012/09/06(木) 20:44:32.68 AAS
>>451
> 切れていればＰ３をＡにして、Ｐ１ＡＰ２ＣＰ３ＡＰ４ＤＰ５Ｃになり３色。
P1とP3のケンペ鎖が切れている別の彩色を採用した場合に、P2とP5を同じ色に
出来る保障はない。P2とP5を異なる色にしても帰納法の仮定を満たす。

>>349の例はP1とP3のケンペ鎖が切れていて、かつ帰納法の仮定を満たす。
あんたは>>350で>>313を読めと書いているが、>>313は>>359により誤り。

455(1): 2012/09/06(木) 21:00:08.28 AAS
何回も同じ間違いを繰り返すし
以前の間違いの指摘をちゃんと消化してないんだよな

456(1): 帰納と類比 2012/09/10(月) 01:16:06.83 AAS
>>454 >>455
>>313をよく読め。彩色した後に、チェーンを当てはめることは、
全てのグラフでできる。P1,P3を接合できるばあいのチェーンが
必ず存在する。白地図から塗りなおせなんてことは必要ない。

457: 2012/09/10(月) 02:50:01.77 AAS
人工無脳

458: 2012/09/10(月) 08:22:59.06 AAS
馬鹿すぎる

459: 2012/09/10(月) 13:09:37.44 AAS
>>362-364
一年前の予言的中

460: 2012/09/10(月) 21:34:39.88 AAS
>>456
>>306で
> 接合後のグラフはN-2点なので必ず4彩色できる。白地図から塗りなおして
> 接合した点を元通りに展開すればよい。
と書いているから、>>349の例を挙げたら、
> 白地図から塗りなおせなんてことは必要ない。
ですか。
「チェーンを当てはめる」が意味不明だが、ケンペ鎖の2色の入れ替えを意味する
と仮定すると、この場合も>>349と同様の例は作ることが出来る。

461(3): 2012/09/10(月) 21:40:55.63 AAS
P1=A, P2=B, P3=C, P4=D, P5=Bとして、ACチェーンとADチェーンが交差している
場合からスタートする。
ADチェーン内でACチェーンのCがP5のBにBCチェーンでつながっている場合に
このBCチェーンの入れ替えでP5のBをCに変えると>>359と同様にしてACチェーンが
切れて、P2のBとP4のDがBDチェーンでつながり、かつBDチェーンがADチェーンと
交差していることがある。
この時、BDチェーン内でADチェーンのAがP3のCにACチェーンでつながっている
場合があり、このACチェーンの入れ替えでP3のCをAに変えると>>359と同様にして
ADチェーンが切れて、P2のBとP5のCがBCチェーンでつながり、かつBDチェーンが
BCチェーンと交差していることがある。
つまり、P1=A, P2=B, P3=A, P4=D, P5=Cかつ、BCチェーンとBDチェーンが
交差している状態になる。
明らかにP1とP3のケンペ鎖が切れていて、P1とP3を接合しても帰納法の仮定を満たす。
また、BCチェーンとBDチェーンがあるので、接合後に3色にはできない。

462(1): 2012/09/10(月) 21:46:58.80 AAS
hadたん思い出した
あいつも間違いの指摘をいちいち理解出来ず繰り返すやつだった。

四色問題のアマチュア研究家って要の東西を問わずケンペの証明の誤りすら
踏まえてないやつばっかり

463(1): 帰納と類比 2012/09/16(日) 04:10:21.45 AAS
>>461
>ADチェーン内でACチェーンのCがP5のBにBCチェーンでつながっている場合に
はい、ここが間違い。
交錯していても、ＡＤチェーンは生きている。
>>462　ケンぺの誤りなら知っています。

464(1): 2012/09/16(日) 07:35:34.15 AAS
すべてのてんが4点とつながってるグラフが平面にインベデイッドできたら
塗れない。無限平面は4色では塗れない。

465: 2012/09/16(日) 12:34:48.26 AA×

466: 461 2012/09/16(日) 13:00:03.70 AAS
>>463の指摘は間違い。
交差したACチェーンとADチェーンを曲線で書いて、ADチェーンと交わらないように
P5(=B)からACチェーンに線(BCチェーン)を引けば簡単に確認できる。

P1=A, P2=B, P3=C, P4=D, P5=BかつACチェーンとADチェーンが交差している場合で、
P5のBをCに変えてP1=A, P2=B, P3=C, P4=D, P5=Cとしたとする。
ケンぺの誤りを知っているのなら、その後にP2のBをDに変えて
P1=A, P2=D, P3=C, P4=D, P5=Cにすることが出来ない場合の理由を書いてみてくれ。
(ケンぺは常に出来ると考えて証明したが出来ない場合があり間違った。)

ついでに書いておくと、
「P1のAとP3のCがACチェーンでつながっていると、P1とP3の接合で5色になり矛盾」
というのは間違い。
接合は色の拘束をしているので、2つの頂点の色が異なる場合は接合後の頂点の色
を確定することが出来ない。色の拘束により5色目の色に変えることも出来ない。
接合は2つの頂点の色が同じ場合に限り(意味があるかは別として)可能である。

>>464
外部ﾘﾝｸ[html]:mathworld.wolfram.com
外部ﾘﾝｸ[html]:mathworld.wolfram.com

467(1): 帰納と類比 2012/09/17(月) 02:01:02.14 AAS
>交差したACチェーンとADチェーンを曲線で書いて、ADチェーンと交わらないように
>P5(=B)からACチェーンに線(BCチェーン)を引けば簡単に確認できる。
はい、ここが間違い。ADチェーンに交わらないようにBCチェーンを引くことはできない。
P2またはP5のBDチェーンをBDチェーンに変えておくことが必要条件で十分条件ではない。
必ず切れるとはいえない。

>ケンぺの誤りを知っているのなら、その後にP2のBをDに変えて
>P1=A, P2=D, P3=C, P4=D, P5=Cにすることが出来ない場合の理由を書いてみてくれ。
ADチェーンが切れる可能性はあっても、切れるとは断定できない。
ここでACチェーンが繋がっているのでＡとＣの接合で５色は必要になる。
>接合は色の拘束をしているので、2つの頂点の色が異なる場合は接合後の頂点の色
>を確定することが出来ない。色の拘束により5色目の色に変えることも出来ない。
>接合は2つの頂点の色が同じ場合に限り(意味があるかは別として)可能である。
縮約のことを言ってるのか。

468: 2012/09/17(月) 21:06:08.29 AAS
間違いの指摘を間違いというそれ自体が間違いということにどうして気付かないのかな
そしてそれがケンペの間違いをなぞってるのにケンペの誤りは理解してるって言うのも
なんだか…

馬鹿は死ななきゃ治らないのか

469: 2012/09/17(月) 22:30:21.54 AAS
>>467
> ADチェーンに交わらないようにBCチェーンを引くことはできない。
「ACチェーンとADチェーンが交差している場合に、ADチェーンと交わらないように
P5のBからACチェーンにBCチェーンを引くことはできない」ことが言えれば、
接合を使わなくても四色問題が証明できるので、このことをちゃんと証明してみたら
どうですか？

接合して矛盾を導くことと、N-1点のグラフには帰納法の仮定よりP1とP3のケンペ鎖が
切れている彩色が必ず存在することを認めたとして、何らかの操作を施してその彩色にかならず
到達できることは証明されていない。
ケンペ鎖の2色の入れ替えや他の方法で彩色をどんどん変えていったときにある彩色の集合で
ループしだしたら到達できないのでは？

N点の反例が存在したとするとこの場合も接合すると矛盾が生じる。ただし、
ケンペ鎖が切断されることは無いので彩色の変更は必ずループする。
彩色の変更がループした場合にこれらをどのように区別するの？

470(1): 帰納と類比 2012/09/17(月) 23:10:25.69 AAS
>彩色の変更がループした場合にこれらをどのように区別するの？
確かにループする。
ACチェーンとADチェーンが両方切れたときのみ。
片方繋がっていれば、ループしない。接合を使えばいい。

471(1): 2012/09/18(火) 02:00:51.10 AAS
>>470
質問の答えになっていないのだが。
とりあえず、接合を使えばいい。というのを詳しく説明してくれ。

N点のグラフで4彩色可能なものと反例の両方ともACおよびADチェーンが
存在するときに、両者をどうやって区別するのか？

472: 2012/09/18(火) 17:41:34.49 AAS
縁無き衆生は度し難し

473: 2012/09/18(火) 19:52:40.29 AAS
画像ﾘﾝｸ

474: 2012/09/19(水) 15:10:06.31 AAS
まだやってるのか。関わるのは時間の無駄だな。

475: 2012/09/19(水) 21:16:46.40 AAS
なんで図ったようにケンペの間違いをなぞるのか
でも本人はケンペの誤りは理解してるって言い張るのが滑稽

476(6): 2012/09/19(水) 22:09:47.25 AAS
ケンペ鎖が2つある場合はさらに5つの場合に場合分けしなければならないが、
ケンペ鎖の数でしか場合分けしていないので、接合で矛盾が生じたときに
除外してはいけない彩色も一緒に取り除いてしまっているのが誤り。

接合はP1とP3, P1とP4, P2とP4, P2とP5, P3とP5で5通りある。
ケンペ鎖は、P1P3とP1P4, P2P4とP2P5, P3P1とP3P5, P4P2とP4P1, P5P2とP5P3の
チェーンがある場合で5通りある(ここでは対称性は考慮してない)。
(ケンペ鎖がつく位置を固定して考えるときは接合する2点で場合分けする。
接合する2点を固定して考えるときは2つのケンペ鎖のつき方で場合分けする。)

5頂点を4彩色すると同じ色の2頂点が必ず存在するので接合しても矛盾が
生じない場合が必ずある。この場合は四色問題が正しいことは証明できない。

477: 帰納と類比 2012/09/21(金) 10:40:17.30 AAS
>>476
君とはホワイトボードの前で２人で議論したいものだ。
掲示板でチマチマやっててもしようがない気がする。

478: 2012/09/21(金) 11:18:30.13 AAS
どう考えても議論にならないだろ

479(1): 帰納と類比 2012/09/21(金) 11:51:47.95 AAS
>>476でなくて>>471でした。
>>476は今までの経緯を理解してない。どう考えても議論にならない。
同感。

480: 476 2012/09/21(金) 23:09:45.62 AAS
>>479
分かりました。これで最後にします。
>>476を書いた経緯は、ケンペ鎖の2色の入れ替えを使うとケンペの誤りの所で
話が噛み合わないから。正確ではないが塗り替えをしないで>>349に書いた
矛盾しない例を導出するために書いたということ。
ACチェーンとADチェーンがある場合、P2とP5を接合すれば矛盾は生じない。

別の例を最後に挙げる。上に書いた理由で詳しい説明は書かないが(簡単な場合は
>>359と>>461に4色にできない例をすでに書いたので、逆に考えればよい)
ACチェーンとADチェーンがある場合にケンペの方法でACチェーンとADチェーンの両方を
切らないで4色にできる例は存在する。この場合も接合すると当然5色必要になる。
明らかな例はACチェーンとADチェーンが交差しない場合で、交差している場合でも
ケンペ鎖の状態によっては存在する。これらはケンペ鎖の数で場合分けした場合は
区別できない。
ケンペ鎖の入れ替えを何度も使えばACチェーンを切ることは可能かもしれないが
Nが非常に大きい場合は入れ替えの回数も大きくなることは十分に考えられる。
すると、入れ替えを正確にすれば切断できるが、入れ替えの順番を誤ると
同じ彩色に戻りループする可能性も否定できない。この場合は5色必要だと
誤る可能性がある。

481(5): 帰納と類比 2012/09/22(土) 00:08:43.79 AAS
>>476
やはり、議論は無理だ。
ACチェーンとADチェーンが交錯している場合、BCチェーンの色を交換
してＡ，Ｃ，Ｂ，Ｄ，ＢとなりＡＢチェーンが切れるとする。
つぎにＰ４とＰ５のＤＢチェーンを交換して
Ａ，Ｃ，Ｄ，Ｂ，ＤとなりＰ１のＡ，Ｐ４のＢが切れるとする。
Ｐ４のＢをＡにして３色になる。切れてない場合は、ＡとＢを接合して
５色になり矛盾。
この一連の作業が分からなければ、議論にならない。
ホワイトボードの前で延々議論しても平行線になるだろう。

482(1): 482 2012/09/22(土) 01:52:40.84 AAS
4=8/2

483(1): 476 2012/09/22(土) 11:07:24.79 AAS
>>481
最後にすると書いておいて申し訳ないが、書き込んだ後で昔書き込んだ内容
(>>284)を思い出したので具体的な方法を補足させてくれ。

反例の構成法
N+2点のグラフでP1=A, P2=B, P3=C, P4=D, P5=Bとして、ACチェーンとADチェーンが
交差している場合からスタートする。
このグラフにおいてP1のAとP3のCを接合するとN点のグラフが得られる。
得られたN点のグラフは接合しているので5色目が必要になる。

484: 2012/10/08(月) 23:28:33.96 AA×

485: 帰納と類比 2012/10/09(火) 09:03:44.56 AAS
>>483 >>476
当然そうなりますよ。Ｎ+2点から始めてるので
Ｎ点から始めれば、N-2点で5色必要になります。
N-1点以下は４色で塗れると仮定してるので矛盾が生じます。
だから、チェーンが切れてる彩色があるか、またはＢとＣの入れ替えで
切れるか、どちらかが成立するということになります。

486(1): 2012/10/09(火) 12:49:40.95 AA×

487: 2012/10/09(火) 13:05:29.08 AAS
　ε⌒ ﾍ⌒ヽﾌ
（　　( 　・ω・）　ブヒ
　しーし─Ｊ

488: 帰納と類比 2012/10/09(火) 13:46:11.07 AAS
>>486
そっから、豚を引いてくれ。
あなたはヒーウッドクラスの数学者か？

489: 2012/10/09(火) 18:58:24.58 AAS
四色問題には反例が存在することに一票。

490(1): 帰納と類比 2012/10/13(土) 17:53:34.76 AAS
レスが長くなりましたので、この当たりでまとめておきます。

>>1と>>23と>>481を読んでください。

四色定理の証明になっていますから。

みんなのおかげで、証明が完了しました。以上。

491: 2012/10/13(土) 18:51:57.23 AAS
　ε⌒ ﾍ⌒ヽﾌ
（　　( 　・ω・）　ブヒ
　しーし─Ｊ

492: 2012/10/13(土) 18:52:57.10 AAS
　ε⌒ ﾍ⌒ヽﾌ
（　　( 　・ω・）　ブヒブヒ
　しーし─Ｊ

493: あのこうちやんは始皇帝だった [shikoutei@chine.co.jp] 2012/10/13(土) 19:51:55.25 AAS
　２０代の、ニートの、女性恐怖症の、頭デッカチの虚弱児・ひ弱の、ゴミ・クズ・カス・無能・虫けらのクソガキ！

　死ね！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！

494(1): 2012/10/14(日) 22:51:52.76 AAS
帰納と類比さんの言ってることを単純にまとめると、

1,Ｎでは4色で塗れる
2.N+1では4色で塗れない
3.では、N-1では？あれ？4色で塗れない！
　これは2.に矛盾があるに違いない！

なんだけど、
Nで塗れるのは、ケンプ鎖が偶数鎖になるからであって、
N+1でもN-1でも、奇数鎖になるから3色ないと塗れないって
話だけなんだけど

そこから結論を短絡して「5色ないと塗れない！矛盾だ！」って
なってしまうのが問題なんだよな
N-1のとき、他の彩色すべてで4色で塗れないことを証明しないと
ダメなのに

495(2): 帰納と類比 2012/10/14(日) 23:54:30.53 AAS
>>494
もう一度証明をじっくり読んでください。
Ｎ－１点以下は４色で塗れると仮定しているので
Ｎ－２点で３色で塗れるか５色になって矛盾するか
どちらかで、Ｎ点までで帰納法を適応しています。
Ｎ＋１点は考えなくていい。

496: 2012/10/15(月) 01:15:34.72 AAS
>>495
ああ間違えた
N、N-1、N-2だった
1.N-1は4色で塗れる
2.Nは4色で塗れない
3.N-2は？
こういうことね

で、NとN-2は奇数鎖だから3色必要だけど
N-1は偶数鎖だから2色で塗れると

497(3): 2012/10/15(月) 20:05:01.28 AAS
>>495
極大平面グラフにおいて3集点, 4集点, 5集点が可約であることを示せば
4彩色可能であることがいえる。

帰納と類比は3集点, 4集点, 5集点が可約であることを示そうとしている。
ただし、3集点, 4集点が可約であることはケンペが示しているので、
N点のグラフで5集点が可約であることを帰納法を使って示そうとしている。

よって、証明しようとしていることをふまえて帰納法の仮定を正確に書くと
N-1点以下のグラフでは3集点, 4集点, 5集点が可約であると仮定しなければいけない。

接合したグラフで5色必要になったということは接合してできた頂点が可約でない
ということであるが、接合してできた頂点は3集点, 4集点, 5集点にはならない。
よって、3集点, 4集点, 5集点が可約であるという帰納法の仮定には矛盾しない。

つまり、N-2点のグラフで接合して5色必要になっても矛盾は生じない。

498: 帰納と類比 2012/10/18(木) 18:32:04.45 AAS
>>1のブログと>>23の接合の定義と>>481の追加の証明と>>490のまとめを
を読んでください。
２ｃｈのみんなのおかげで証明が完了しました。
ありがとう。
途中でバーストした方は医療機関に行って、
リントン、パルギン、ＰＺＣ、アキネトンを処方してもらってください。

499: あのこうちやんは始皇帝だった [ahokoutei@omaesine.co.jp] 2012/10/18(木) 19:21:47.55 AA×

500: 2012/10/18(木) 21:52:56.06 AAS
やっぱり共通しているなあ

501: あのこうちやんは始皇帝だった [ahokoutei@omaesine.co.jp] 2012/10/19(金) 07:09:16.16 AA×

502(1): 帰納と類比 2012/10/19(金) 20:54:43.44 AAS
>>497
>>N-1点以下のグラフでは3集点, 4集点, 5集点が可約であると仮定しなければいけない。

仮にN-1点以下のグラフで5集点が可約であると、仮定すれば、
接合した場合ACチェーンかADチェーンが必ず切れていて5色必要になることはない。
従って対象の5頂点は3色で塗ることができる。
よって、5集点が可約とゆうことも含めて、一般的にN-1点以下のグラフは4彩色可能であると仮定している。

503: 2012/10/19(金) 20:56:51.75 AAS
「２次元グラフである事」
と
「２個のグラフを含まない事」
は同値なんだぜ
その２個のグラフとは
①４面体の対辺に１本線分を入れたグラフ
②五点の完全グラフ
なんだ。不思議だろう？

504: 2012/10/19(金) 20:58:13.44 AAS
上がもし①だけだったら、
このスレヌシの言ってる事が真にならないかい？
どうだろうか？

505: 訂正 2012/10/19(金) 20:59:08.88 AAS
①だけだったら
＝＞
②だけだったら

506: 2012/10/19(金) 23:39:23.17 AA×

507(5): 2012/10/20(土) 14:22:19.87 AAS
>>502
> 接合した場合ACチェーンかADチェーンが必ず切れていて5色必要になることはない。
正確には、P1=A, P3=Cを接合した場合はACチェーンが切れている4彩色が必ず存在する。

よって、接合しても矛盾は生じない。
もし接合して矛盾が生じることを言いたいならば可約な頂点を全て取り除いても
5色必要になることを示さなければならないが、3集点, 4集点, 5集点は不可避集合
であり、N-1点以下のグラフには可約な頂点が必ず含まれるので矛盾は決して生じない。

> 従って対象の5頂点は3色で塗ることができる。
は間違い。

「ACチェーンかADチェーンが必ず切れていて」というのはP1とP3(or P4)をつなぐ
ケンペ鎖がないことが言えるだけであり、P2とP4, P2とP5, P3とP5をつなぐケンペ鎖がない
ことは示していない。
P1=A, P2=B, P3=A, P4=D, P5=Cかつ、BCチェーンとBDチェーンが交差している彩色は
ACチェーンとADチェーンは切れていて4彩色されているが5頂点は3色にできない。
接合を使ってもこのような彩色が存在しないことは示すことができない。

>>481の例でも
P1=A, P2=C, P3=D, P4=B, P5=Dとして、BAチェーンとBCチェーンが交差している場合に
接合してもP1とP4をつなぐケンペ鎖がない別の4彩色が存在することが言えるだけで、
その別の彩色における他の頂点をつなぐケンペ鎖の状態は何も言えない。
よって、3色で塗ることができるとは言えない。

508(1): 2012/11/13(火) 23:26:37.43 AAS
「完全(n+1)点グラフを含まなければｎ彩色可能グラフである」

が結果として真ならば、ここに何か単純な関連性があると考えるのは方向性としては間違いではないだろうが

ところが何故か証明はうんざりするぐらい煩雑なのが

まあ、おもしろい、とも言えるかな。

509(3): 帰納と類比 2012/11/18(日) 20:11:11.49 AAS
>>507
>>正確には、P1=A, P3=Cを接合した場合はACチェーンが切れている4彩色が必ず存在する。
これでは、５色の反例が必ず存在する、ということ証明しようとしている。

>>1-506をよく読んでくれ。話はそれからだ。

510(2): 帰納と類比 2012/12/23(日) 02:15:27.47 AAS
>>507
>P1=A, P2=B, P3=A, P4=D, P5=Cかつ、BCチェーンとBDチェーンが交差している彩色は
>ACチェーンとADチェーンは切れていて4彩色されているが5頂点は3色にできない。
>接合を使ってもこのような彩色が存在しないことは示すことができない。
P1は任意に選んだ彩色Aだから、P2がB、P5がBの場合P2をBではなくAに置き換えて
も以前と同様にして、３彩色できるかあるいは接合により矛盾するかのいずれかである。
君とも、ホワイトボードの前で議論したいものだ。

511: 狢 ◆yEy4lYsULH68 [age] 2012/12/23(日) 06:26:13.51 AAS
狢

>・高知大学で２００７年８月３日(金)に行われた増田氏のセミナー
>（この講演を終えた後、８月４日ＪＲ車内で痴漢行為を行い逮捕される）
>
>日時：2007年8月3日(金) 15:00-16:00 (tea:14:45-15:00) （予定）
>場所：理学部2号館6階数学大セミナー室
>講演者：増田哲也氏 (筑波大学数理物質科学研究科数学専攻)
>タイトル：量子群が通常のリー群と違う点
>外部ﾘﾝｸ[html]:www.math.kochi-u.ac.jp
>
>Date: Friday, August 3, 2007
>Time: 15:00-16:00 (tea:14:45-15:00)
>Place: Room 614, Faculty of Science Building No.2
>Speaker: Tetsuya Masuda (Institute of Mathematics, University of Tsukuba)
>Title : On some departure from classical Lie group to quantum group.
>外部ﾘﾝｸ[html]:www.math.kochi-u.ac.jp
>

512: 御令嬢 [age] 2012/12/23(日) 07:50:30.07 AA×

513(1): 2012/12/26(水) 01:23:07.69 AAS
>>497さんの丁寧な解説も馬耳東風なんだな
そもそもP3がAなのは、P0,P1と接合した場合、P1の色に合わせるためなのに
つーかn-1とn-2の彩色が同じという思い込みを直さない限り、
誰とも議論が成り立たないのに

514: 2012/12/26(水) 01:24:07.12 AAS
>>497じゃねえ、>>507だった

515(1): >>508 2012/12/26(水) 12:29:50.28 AAS
現代数学の系譜をさらっと流し目読みをした。
２色定理は存在する。２色グラフと同値なグラフは判明している。
３職グラフは未解決だ。
４色もおおむねかくていしそうだ。（詳細な議論は必要だが、、、。）

そうすると、２と４では」>>208は真になりそうな気分がする。
３は不明だ。

俺はｎでも真だろうと、思っている。

専門家の罵倒を求む

516(1): 2012/12/26(水) 13:22:07.52 AAS
簡単そうな３色グラフの完全同値条件は今もって「不明」だそうだ。
「現代数学の系譜」に」そうかいてあった。諸君のご検討を祈る。

517: 令嬢 [age] 2012/12/26(水) 21:05:47.94 AA×

518(1): 2012/12/26(水) 21:44:30.32 AAS
>>509-510
あなたの論法をグラフの染色数を使って書き換えると
(グラフの染色数をkと書くことにする)
「k≧5」ならば「k≦4」となるが、これは成り立たない。

>>515-516
専門家ではないけど、
Hajos conjectureに反例があるので一般には成り立たないと思う。
外部ﾘﾝｸ[pdf]:www.math.wvu.edu
外部ﾘﾝｸ:130.203.133.150
>簡単そうな３色グラフ
4-regular planar graphの3-colorabilityでもNP-completeなので
非常に難しい問題だと思う。

519(1): 帰納と類比 2012/12/27(木) 23:06:41.95 AAS
>>513
帰納法ではそうなる。P0の話は論外。
>>518
帰納法ではそうなる。成り立つ。n-2でk=5なら矛盾してk=4になる。

520: hi 2012/12/28(金) 01:24:45.80 AAS
you tubeで「新唐人テレビ」を検索して見てください。
それを見ると中国人も中国の民主化を望んでいる事がわかります。

新唐人テレビは中国の民主化を望む中国人自身によるテレビ局で、海外に拠点をおき、中国共産党の圧力に屈する情けない日本のマスゴミよりもよっぽどまともなテレビ局です。

日本語による吹き替えも毎日アップしています。
日本では中国共産党の圧力により報道出来ないニュースが沢山取り上げられています。
新唐人テレビのような勇気ある報道機関を広める事で、中共の圧力に屈し、真実を伝えない日本のマスゴミのへなちょこぶりを浮き彫りにする事にもなります。

さらに新唐人テレビを衛生放送を使って中国国内に放送する計画まであります。
これはある意味、中国共産党に対する強力な「兵器」です。

新唐人テレビを日本や在日中国人の間に広めて、中共が日本に戦争をしかけてくる前に中共を内部崩壊させましょう！

521: 狢 ◆yEy4lYsULH68 [age] 2012/12/28(金) 17:26:33.62 AAS
>>525
数学者になりたかったら：
１．『犯罪に手を染めない事』：★★★重要な追加事項★★★
２．もし出来たら論文でも書きましょうネ。♪

どや、コレでエエのんかァ！　お返事してや～

ケケケ狢

>525 名前：１３２人目の素数さん：2012/12/02(日) 15:30:43.08
> >>524
> 犯罪に手を染めない事も付け加えとけ、前科者｡
>

522(3): 2012/12/28(金) 21:16:36.65 AAS
>>519
>>509の
>これでは、５色の反例が必ず存在する、ということ証明しようとしている。
あなたの証明法では反例を区別できない場合があるので証明に欠陥があるということ。
反例が存在するのか、反例は存在しないが彩色の仕方が悪いのかが区別できない。
つまり今の証明法のままでは五色定理までしか証明できない。

N点の5-臨界グラフ(5-critical graph)の場合、頂点を取り除いてN-1点以下の
グラフを作った場合に臨界グラフの定義より必ず4彩色できるので帰納法の仮定を
必ず満たす。

証明を完成させるためには5-臨界平面グラフが存在しないことを示す必要がある。

523(1): 2012/12/28(金) 23:37:07.47 AAS
>>522
>5-臨界平面グラフ
とは何？具体的に説明してください。

524(1): 狢 ◆yEy4lYsULH68 [age] 2012/12/29(土) 08:41:31.38 AAS
狢

>増田哲也こそ笑い者。
>俺が逮捕されて懲戒免職させる日本こそ沈めって、一発逆転をねらっている愚民そのもの。
>

525(3): 2012/12/29(土) 12:28:48.86 AAS
>>523
5-臨界グラフは彩色に5色必要であるが、そのグラフから任意の頂点を取り除いた
グラフは4彩色可能であるグラフのこと。

外部ﾘﾝｸ:school.maths.uwa.edu.au によると
5-Vertex-critical graphはN=10のとき2831個, N=11のとき296709個ある。

平面グラフにN点の5-臨界グラフ(つまり5-臨界平面グラフ)が含まれていると
上に書いたことよりN-2点にすると4彩色可能なので帰納法の仮定を必ず満たす。

526(1): 帰納と類比 2012/12/29(土) 16:32:08.06 AAS
5色必要なグラフは平面上では
あるわけないだろ、んなもん。
この一連の証明の流れを乱さないでほしい。

527: あのこうちやんは始皇帝だった [shikoutei@chine.co.jp] 2012/12/29(土) 19:22:24.91 AAS
　２０代と６０代の、ニート・無職の、女性恐怖症の、頭デッカチの虚弱児・ひ弱の、ゴミ・クズ・カス・無能・虫けらのクソガキども！

　死ね！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！

528(1): 2012/12/29(土) 20:34:04.27 AAS
>>526
あなたは「5色必要なグラフは平面上ではあるわけないだろ、んなもん。」
という事実を仮定して「5色必要な平面グラフがない」ことを証明している。
つまり「四色問題が正しい」ことを暗に用いて「四色問題が正しい」ことを
証明している。これでは証明として成り立たない。

「5色必要な平面グラフがあるかもしれない」と仮定すると>>522 >>525により
帰納法の仮定をみたすので、「5色必要な平面グラフがない」ことはあなたの方法
では証明できない。>>522の
>反例が存在するのか、反例は存在しないが彩色の仕方が悪いのかが区別できない。

どちらにしてもあなたの方法では四色問題は証明できない。

結局>>522に書いた
>証明を完成させるためには5-臨界平面グラフが存在しないことを示す必要がある。
要するに別の方法で「5色必要な平面グラフがない」こと、つまり四色問題を
証明する必要がある。

529: [age] 2012/12/31(月) 15:32:36.73 AA×

530(1): 帰納と類比 2012/12/31(月) 16:16:00.82 AAS
>>528
4色あれば平面グラフは彩色できるという十分条件を証明した
のだから、5色の必要条件は無視できる。

531: 2012/12/31(月) 23:00:47.24 AAS
>>530
「必要」という言葉に反応したのかもしれないが、
以下のように書き直しても同じこと。

あなたは「平面グラフの彩色には4色あれば十分」という事実を仮定して
「平面グラフの彩色には4色あれば十分」ということを証明している。
これでは証明として成り立たない。

「平面グラフの彩色には4色では十分ではないかもしれない」と仮定すると
>>522 >>525により帰納法の仮定をみたすので、
「平面グラフの彩色には4色あれば十分」なことはあなたの方法では証明できない。
>>522の
>反例が存在するのか、反例は存在しないが彩色の仕方が悪いのかが区別できない。

532(1): 帰納と類比 2012/12/31(月) 23:15:04.26 AAS
n-1点以下は4色で彩色できると仮定して、n-2点で5色必要になって
矛盾するか、3色で塗れるか、いずれからだから、証明はすでに終了している。

533: 2013/01/01(火) 00:30:48.92 AAS
年が代わっても学習能力0のままなんだろーな

534: [age] 2013/01/01(火) 15:09:04.16 AA×

535(5): 2013/01/01(火) 22:41:16.04 AAS
>>532
>n-2点で5色必要になって矛盾するか、3色で塗れるか、いずれか
が間違い。「四色問題が正しい」ことを仮定している。
「n-2点で、3色で塗れる」は「n点のグラフは4色で彩色できる」と
仮定しなければ導けない。

n-1点以下は4色で彩色できると仮定した場合
「n-3点以下で5色必要になって矛盾するか、3色で塗れるか、いずれか」
が正しい。

4彩色可能が確定しているn-1点以下のグラフから5集点を取り除き
接合することでn-2点のグラフを作成することは不可能である。
n-1点以下のグラフから5集点を取り除いて接合すると必ず2点減少する
のでn-3点以下のグラフしか得られない。

あるいは、n-2点のグラフは4色で彩色できることは仮定から正しいので
「n-2点で5色必要になって矛盾するか、4色以下で塗れるか、いずれか」
ならば正しい。
この場合は五色定理までしか証明できない。

536: 帰納と類比 2013/01/02(水) 15:57:16.85 AAS
>>535
>「n-2点で、3色で塗れる」は「n点のグラフは4色で彩色できる」と
仮定しなければ導けない。
ここが間違い。
n-1点以下のグラフが4彩色可能と仮定すればよい。
あなたも過去レスをよく読んで欲しい。

537(1): 帰納と類比 2013/01/02(水) 15:59:44.36 AAS
>>535
>「n-2点で、3色で塗れる」は「n点のグラフは4色で彩色できる」と
仮定しなければ導けない。
ここが間違い。
n-1点以下のグラフが4彩色可能と仮定すればよい。
あなたも過去レスをよく読んで欲しい。接合の意味を理解してほしい。

538: [age] 2013/01/02(水) 19:21:08.21 AA×

539(1): 2013/01/02(水) 21:33:29.12 AAS
>>537
>n-1点以下のグラフが4彩色可能と仮定すればよい。
から>>507のようなn-2点で仮定を満たす3色にできない4彩色が存在する。
>>510のような色の塗り替えによって3色にできる可能性はあり、
そのことは四色問題の証明には重要かもしれないが、
単に帰納法の仮定を満たすことには無関係である。

つまり>>510で「n-2点で、3色で塗れる」ように色の塗り替えをあなたが
持ち出しているのはそうしないと(単に帰納法の仮定を満たすことだけでは
ダメで)「n点のグラフは4色で彩色できる」といえないからでしょう。

>>535の続きに間違いがあれば具体的に説明してください。

540(3): 帰納と類比 2013/01/03(木) 00:28:21.43 AAS
>>535
Ｎ点のグラフが与えられたとき、P0を除きＮ－１点のグラフを得る。
Ｎ－１点以下のグラフは４彩色可能と仮定する。
このグラフから接合をするとＮ－２点のグラフを得る。
接合の定義を読んでください。
このＮ－２点のグラフが３彩色可能か５彩色になり矛盾するかのいずれかである。
このところをよく理解してください。

541(1): 2013/01/03(木) 15:02:11.61 AAS
>>540
>Ｎ－２点のグラフが３彩色可能か５彩色になり矛盾するかのいずれか
ということは、接合は元に戻せるので結局N点のグラフは4彩色できるか
できないかのいずれかということと同じこと。

今のところ接合して矛盾が生じた場合に反例かどうかを
区別する方法は示されていない。

接合は元に戻せるので、あなたの主張を書き直すと
「N点のグラフは4彩色できるかできないかのいずれかであり、
4彩色できない場合は四色問題が証明できないので塗り直す。
塗り直すとN点のグラフは4彩色できるかできないかのいずれか。
5色必要なグラフは平面上ではあるわけないだろ、んなもん。
よって、四色問題が証明できた。」
となる。

542: [age] 2013/01/03(木) 15:05:23.44 AA×

543: 帰納と類比 2013/01/05(土) 07:05:12.74 AAS
>>541
あなたは帰納法を十分理解していない。
いままでのレスを吟味してください。N-1以下は4色で彩色できると仮定している。
N-2点では5色必要になることは、矛盾でしかありえない。

544: [age] 2013/01/05(土) 10:15:19.87 AA×

545(3): 2013/01/05(土) 21:34:07.96 AAS
>>540 >>539の補足になるが、
第一段階: 接合の定義より接合すると必ず5彩色必要になるので
帰納法の仮定を満たすように色を塗り替える必要がある
(ここがあなたが強調する5彩色になり矛盾という部分)。
接合で得られるN-2点の全てのグラフで色を塗り替えて
4彩色にすることは帰納法の仮定より可能である。
5頂点を接合すると4頂点になり、4点を5彩色するのは不可能である。
つまり、これら4点の彩色は4色以下である。

この時点で接合後のグラフすべてが帰納法の仮定を満たしている。
よって、次の段階は帰納法の仮定を満たすこととは別の問題である。

第二段階: 接合後の4点の彩色は4色以下であるので、まず4点を
4彩色する。この4点を3彩色にできれば四色問題の証明ができる。
5頂点のうち接合していない残りの3点をむすぶケンペ鎖の数で改めて
場合分けする。明らかにケンペ鎖が2つあるときは3彩色にできない。

(ちなみに、四色定理が正しくかつ5集点が可約でない場合もN-2点のグラフで
接合後の4点が彩色に4色必要になるので、>>509のようなことは言えない。)

以上のことより、帰納法の仮定から導けるのは、N-2点のグラフで
接合後の4点は3彩色可能か4彩色可能かのいずれか、である。

過去レスを読めというが>>235には
>帰納法の仮定に矛盾するので矛盾しない４配色が１つは存在する。
とあるが、>>540で4彩色可能のケースを除外している理由は何？

546(3): 帰納と類比 2013/01/07(月) 20:20:02.57 AAS
>>545
N-2点にする場合、接合という手段をもちいると、３彩色可能か、５彩色に
なってしまうかのいずれかだからである。N-2点の白地図から塗りなおせと
言われれば、４彩色可能である。すべての彩色はすべてケンぺ鎖で表現できる
と仮定している。そのうえで接合をもちいると上記のようになる。
５頂点で２頂点の色が同じである場合、その２頂点に囲まれた１頂点をＡに
すれば、Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ，Ｂとなり、あとはＡＣ、ＡＤチェーンが存在するとき
接合、切断を行えば５色必要になる。

547: 2013/01/07(月) 22:20:22.49 AA×

548(2): 2013/01/08(火) 20:08:36.26 AAS
>>546
>すべての彩色はすべてケンぺ鎖で表現できると仮定している。
すべての彩色は白地図から塗りなおせるので同じ事だと思うが、
3彩色可能なグラフがケンぺ鎖で表現できるのならば、
4点が4彩色のグラフもケンぺ鎖で表現できる。

5頂点の彩色数と5頂点の内で同色の2頂点の数の関係を考えると、
5頂点が5彩色ならば、5頂点の内で同色の2頂点は0組、
5頂点が4彩色ならば、5頂点の内で同色の2頂点は1組、
5頂点が3彩色ならば、5頂点の内で同色の2頂点は2組となる。

このことを踏まえると、接合を用いて5頂点が3彩色可能であること
を示すには2組の接合を行う必要がある。
しかし、2組の接合を行った後のグラフは一般に平面にはならない。
1組の接合では一般には5頂点が4彩色可能ということまでしか示せない。

上記のこととは別のことになるが、接合により彩色に5色必要に
なるかどうかは接合する2頂点および隣接する頂点の色で決まるので
ケンペ鎖の存在とは関係ない。

549(1): 帰納と類比 2013/01/09(水) 21:20:15.24 AAS
>>548
>このことを踏まえると、接合を用いて5頂点が3彩色可能であること
>を示すには2組の接合を行う必要がある。
>しかし、2組の接合を行った後のグラフは一般に平面にはならない。
>1組の接合では一般には5頂点が4彩色可能ということまでしか示せない。
が間違い。>>540を理解していない。
接合の定義と帰納法を理解してください。
議論はそれからだ。
あなたとも、ホワイトボードの前で議論したいものだ。
それから過去レスを十分読んでください。

550(3): 2013/01/09(水) 22:56:54.05 AAS
>>549
>>548の最後にも書いたが接合で矛盾が生じることとケンペ鎖が存在
することは無関係なので「上記のこととは別のことになるが」と
書いたが結局>>548の5頂点が4彩色可能ということまでしか示せない
ということになる。

5頂点の各点の次数は好きなだけ大きくできるので一番シンプルな
例を挙げる。
5頂点の各点が完全グラフK4の1点を構成している場合を考える。
完全グラフK4は以下の彩色に4色必要な平面グラフである。
画像ﾘﾝｸ

上図の黒点以外の点が5頂点になっている。つまり、五角形に
完全グラフK4が5個ついているグラフを含んでいるとする。
このようなグラフが平面グラフであることは明らかである。

完全グラフの定義から明らかなように5頂点の各点の彩色をどのように
変えても残りの3色に隣接している状態を変えることはできない。
この場合異なる色の2頂点を接合すると色拘束されるためケンペ鎖の
有無にかかわらず常に彩色に5色必要になる。

5頂点が3彩色(例えばA, B, C, B, C)できたとする。
この場合でも隣接していないAとBあるいはAとCあるいはBとCを
接合すると常に5色必要になる。
5頂点は3, 4, 5彩色のいずれかであるが必ず異なる色の2頂点が存在
するのでこのグラフのすべての彩色で接合すると5色必要になる。

551(1): [age] 2013/01/10(木) 00:39:44.76 AA×

552(1): 帰納と類比 2013/01/10(木) 09:03:13.84 AAS
>>551
>このスレは馬と鹿と豚さんばかりね。
わたしはどれに相当する？
馬と鹿か？>>550は豚さんか？
余談はそのくらいにしてＫ４は平面グラフになるのかな？
接合して５色必要になるのは当然のことだ。３色になるか５色で矛盾するかいずれかだからだ。

553: [age] 2013/01/10(木) 10:07:22.19 AA×

554: 2013/01/10(木) 23:44:53.41 AAS
>>552
お前は単に馬鹿
１９７０年代の頃の間違いをなぞってるだけ

555(1): 帰納と類比 2013/01/15(火) 21:48:10.96 AAS
>>507
>>481の例でも
>P1=A, P2=C, P3=D, P4=B, P5=Dとして、BAチェーンとBCチェーンが交差している場合に
>接合してもP1とP4をつなぐケンペ鎖がない別の4彩色が存在することが言えるだけで、
>その別の彩色における他の頂点をつなぐケンペ鎖の状態は何も言えない。
>よって、3色で塗ることができるとは言えない。
は間違い。
>P1とP4をつなぐケンペ鎖がない別の4彩色が存在することが言えるだけで、
3彩色できる。よく読んでほしい。接合の定義をよく読んでほしい。

556: [age] 2013/01/15(火) 22:14:55.85 AA×

557(2): 2013/01/16(水) 22:05:57.51 AAS
>>555
それは>>545-546の繰り返しになるが、>>550で間違いを指摘した。

>N-2点にする場合、接合という手段をもちいると、３彩色可能か、５彩色に
>なってしまうかのいずれかだからである。
接合するだけで3彩色にできる彩色が全てのグラフに存在すれば良いが、
実際は「接合するだけでは3彩色にできない平面グラフが存在する」
ので証明できない。

>>550に書いたことの繰り返しになるが、
5頂点をA, B, C, D, Bとして、AとCを接合するとする。
Aが5頂点以外のB1, C1, D1と隣接していて、B1はC1, D1と隣接している。
さらにC1はD1と隣接している。このときA, B1, C1, D1は完全グラフK4
になっている。これが平面グラフになるのは図を描けば明らか。
同様にCが5頂点以外のA2, B2, D2に隣接していて、C, A2, B2, D2
がK4をつくっているとする。B(2点), Dについても同様にできる。
この場合にAとCを接合すると接合してできる頂点は常にA2, B1, B2,
C1, D1, D2に隣接しているので必ず5色必要になる。
ここでACチェーンの存在を仮定していないことに注意すると、
このグラフは接合するだけでは3彩色にできないことが分かる。

558: [age] 2013/01/17(木) 19:33:16.30 AA×

559: 2013/01/17(木) 20:49:15.09 AAS
>>557
過去スレを読めば分かると思うが
こいつはずっと間違いの指摘を理解出来ないまま、ただ「自分の主張は正しい」
ってことを言い続けてる。間違いを理解出来ないだからしょうがない。

ハッキリ言って時間の無駄。

560(2): 帰納と類比 2013/01/26(土) 18:56:16.33 AAS
>>535

>あなたは「平面グラフの彩色には4色あれば十分」という事実を仮定して
>「平面グラフの彩色には4色あれば十分」ということを証明している。
>これでは証明として成り立たない。
これが間違い。
>>550 k4は可約配置なので無視してよい。
再び書くが帰納法と接合の定義を理解してほしい。
>>481-559を再度よく読んでほしい。理解してない人２名、何を言っても無駄だな。
Ｎー１点までは４彩色できる、Ｎが小さいとき。ここを理解してないようだ。

561: あのこうちやんは始皇帝だった [shikoutei@chine.co.jp] 2013/01/26(土) 19:00:08.98 AAS
　テメ～ら、いいかげんにしねえと、ブッ殺すぞ！

　２０代と３０代の、ニート・無職の、知的障害の、女性恐怖症の、頭デッカチの虚弱児・ひ弱の、ゴミ・クズ・カス・無能・虫けらのクソガキども！

　死ね！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！

562: 2013/01/26(土) 19:44:05.97 AAS
本人以外は全員理解できないわけですね。わかります。

563: 2013/01/26(土) 20:47:46.43 AA×

564(1): 2013/01/26(土) 22:06:42.43 AAS
間違いを正しいと思う例と
正しいことを間違いだと思う例

歴史的に言えば圧倒的に前者が多い訳で
というか数学の事例だと後者の例は寡聞にしてその例を挙げられない訳だが。

565: 2013/01/26(土) 22:10:49.07 AAS
まぁゲーデルの不完全性定理に対するヒルベルトとか
カントールの集合論に対するクロネッカーとか
論文を読まずに自己の信念と相容れないから反発した例はあるけど、説明を聞いて
誤りを指摘したにもかかわらずその指摘自体が間違ってたという例は凄く珍しい。

566(1): 2013/01/26(土) 23:00:20.29 AAS
>>564
＞間違いを正しいと思う例と
＞正しいことを間違いだと思う例

よくわからんが、同じ数だけあるのではないのか？

・偽である命題Aを真だと思っている
・真である命題￢Aを偽だと思っている

両者の数が異なる例をあげてくれないか。

567(1): 2013/01/26(土) 23:04:48.35 AAS
>>560
>k4は可約配置なので無視してよい。
だから、過去レスにもあるが
ACチェーンが存在しているときに接合してN-2点のグラフを作って
5色必要になっても可約配置を必ず含んでいる。可約配置を取り除いて
いくとグラフは4色以下にできる。
つまり、接合しても矛盾は生じない。

>再び書くが帰納法と接合の定義を理解してほしい。
N-1点以下のグラフには可約な頂点が必ず含まれるのに、
可約配置を全て取り除いたグラフで帰納法が成り立つの？

568(2): 2013/01/26(土) 23:19:04.34 AAS
>>566
そんなこと言い出したら
・偽である命題Aを真だと思っている
・偽である命題1+1=2→Aを真だと思っている
・偽である命題2+2=4→Aを真だと思っている
というふうにいくらでも水増しできるわな

569: 2013/01/26(土) 23:26:31.20 AAS
>>568
いくらそのように水増ししようが、同数ではないのか。
なにが論点になっているのかは理解しているか？

570(1): 2013/01/26(土) 23:35:43.31 AAS
え、否定命題を考えて真偽をひっくり返すのは趣旨に沿ってるの？

571(1): 2013/01/26(土) 23:45:27.23 AAS
その命題の真偽にかかわらず
ある命題を真だと信じているということは
その否定を偽だと信じていることと同値だろう。
同じくある命題を偽だと信じているということは
その否定を真だと信じていることと同値だろう。

それらの何をカウントして何をカウントしないのかはどうやって決めるんだ？
「自分の論に都合のいい方」でない合理的な決め方があるのか？

572(1): 2013/01/26(土) 23:47:36.38 AAS
>>568で言いたかったのは
そんなふうに、ちょこっと命題の形を弄っだけのものをカウントしても意味ねーよ
ってこと

573: 2013/01/26(土) 23:49:24.70 AAS
>>570
つまり、君が否定する前の命題だと思っている命題が
「実は君も知らないうちに誰かが否定命題を作って真偽をひっくり返した後の命題だった」
ということは絶対にないことを、どうやって担保するんだ？という話。

574(2): 2013/01/26(土) 23:49:50.17 AAS
>>571
数学的に厳密にカウントしようなんて564は思ってないでしょｗ

なんでもかんでも（ちょっと形が違うだけの命題も）カウントするってんなら、
間違いを正しいと思う例と
正しいことを間違いだと思う例
どちらも明らかに可算無限個だよ

575: 2013/01/26(土) 23:50:32.40 AAS
>>574
やはりどうも理解されていないな。

576: 2013/01/26(土) 23:51:58.34 AAS
>>572
そんなことは君しか問題にしていないから気にしなくても良い。

577: 2013/01/26(土) 23:55:11.95 AAS
>>574
個数が可算無限個かどうかではなく
かならず１対１対応、つまり同数になることが問題なのだが

上下前次 1-新書関写板覧索設栞歴

あと 202 ﾚｽあります
ｽﾚ情報赤ﾚｽ抽出画像ﾚｽ抽出歴の未読ｽﾚ

ぬこの手ぬこTOP 0.439s*