[過去ﾛｸﾞ] ☆四色問題の簡単な証明その３☆ (779ﾚｽ)
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31(1): 2011/03/20(日) 01:32:33.61 AAS
>>30
いえ、だから、
「特定の条件下では５色以上必要な事がある」ことは、
「４配色可能である」という仮定に矛盾しません。
例えば、証明の１ページにある、５つの頂点のグラフだけを考えてみます。
（配置とかではなくて、単に５つの頂点のグラフです。）
この時、何の制約もなければ、４配色可能なグラフであることは明らかです。
ただし、「P1をA, P2をB, P3をC, P4をD とする」というような制約がある場合、
５色目が必要な事は明らかです。
ある特定の条件では５色以上必要なグラフでも、
全ての頂点の色を付け直して、上手く配色しなおすことで４色塗り分け可能であれば、
そのグラフは４配色可能であります。
言っていることは伝わっているでしょうか？
118(1): 2011/03/29(火) 01:47:21.61 AAS
>>117
N-2点のグラフは塗り分けられないが、「背理法後」はその同じグラフが塗り分けられるようになるのか？
248(1): 2011/04/10(日) 15:34:02.61 AAS
>>246
ここで敗北宣言か、残念。
あと700レス以上あるし、自分の「証明」がどう間違っていたかを
考察するのもいいんじゃないだろうか。
313(10): 帰納と類比 2011/05/23(月) 22:50:05.61 AAS
>>312
接合前はP1から順に、A,B,C,D,B
ここでBCチェーンを入れ替えて
接合前はP1から順に、A,C,B,D,B でACチェーンがABチェーンになり、
そのP1とP3のABチェーンが切れていて
B→Aに置き換えたら
接合前にP1から順に、A,C,A,D,B になり、AとAを接合して
接合後にP2から順に、P2,P1P3,P4,P5で
C,A,D,B になったと考えられる。
この状態では、まだADチェーンが繋がっていてP5のBCチェーンの
BとCを入れ替えて
接合後にP1から順に、A,C,A,D,C とすることができる。
よって5頂点は3色になる。
このこの説明の前提は、ケンペ鎖がすべての彩色をカバーしている、
ということである。全ての彩色はケンペ鎖で表されるということである。
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。
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