專利名稱：填色盤的制作方法
技術領域：
本發(fā)明為智力玩具。
背景技術：
地圖四色問題是一個著名的數(shù)學難題，已有150多年歷史。沒有這方面的智力玩具。

發(fā)明內容
本發(fā)明的目的是提供這方面的智力玩具。
本發(fā)明的目的是這樣實現(xiàn)的，設置一個圓盤，圓盤的邊界圓周有不同于內部的顏色。另有V個(整數(shù))類似棋子的小立方體，每個小立方體的六個面，染有選定的六種顏色之一，做成叫頂點的棋子，放在圓周的固定位置，把圓周分為V段，每段叫界邊。頂點向上的一面可以有選定的(6，5或)4種顏色之一。叫做頂點的顏色。另外再用兩種顏色的筆在圓內各畫V-3條連接頂點的弦(同一界邊上的兩頂點不連接)，分別叫內邊和外邊。任意二內邊(或外邊)不相交。同一條邊(界，內或外邊)兩端的頂點叫相鄰。游戲規(guī)則是對每個頂點選取6，5或4種顏色之一使它和相鄰的頂點有不同的顏色。
本發(fā)明的具體結構由以下附圖和實施例給出。


圖1，填色盤俯視圖。
圖2，地圖四色問題定義的平面圖及其不完全圖。
圖3，片狀圖。
圖4，MX＝2，My＝2的平面5，MY＝2的平面圖。
圖6，MY≥3的平面圖。
圖7，不完全圖的分解。
具體實施例方式
圖1，設置一個圓盤1，圓盤的邊界圓周有不同于內部的顏色。另有V個(整數(shù))類似棋子的小立方體，每個小立方體的六個面，染有選定的六種顏色之一，做成叫頂點2的棋子，放在圓周的固定位置，把圓周分為V段，每段叫界邊3。頂點向上的一面可以有選定的(6，5或)4種顏色之一。叫做頂點的顏色。另外再用兩種顏色的筆在圓內各畫V-3條連接頂點的弦(同一界邊上的兩頂點不連接)，分別叫內邊和外邊。任意二內邊(或外邊)不相交。同一條邊(界，內或外邊)兩端的頂點叫相鄰。游戲規(guī)則是對每個頂點選取6，5或4種顏色之一使它和相鄰的頂點有不同的顏色。
本智力玩具可行性由以下證明給出。
任意平面圖可以用四種顏色著色崔世泰 上海市麗園路842弄26號104室摘要 本文給出平面圖的不完全圖，片狀圖，條以及它們的容許解集合的定義。用它們分析平面圖的相關結構特征。利用這些特征證明平面圖的容許解集合非空。
關鍵詞 平面圖 不完全圖 片狀圖 條 容許解用A記“地圖四色問題”(歐陽光中著)定義的平面圖，圖A的每個面都是三角形，頂點的集合記為U，U＝{v1，v2，....vv}，或{1，2，....，V}.|U|＝V.|U|表示集合U中元的個數(shù)，即集合的模。
設已給平面圖A(圖2)。用把圖A重新描一遍的方法定義A的不完全圖X。描的步驟是1，描任取定的一條起始邊ab及其兩頂點a，b。已描部分記為K。2，取頂點v3，v3和K中的一條邊構成A的一個三角形面T1。這條邊叫T1的下邊，v3叫T1的上頂點，描T1中未描部分。已描部分(包括K)記為K1。3，取不屬于K1的頂點V4，V4和K1中的一條邊x1構成A的一個三角形面T2，x1叫T2的下邊，V4叫T2的上頂點。描T2的未描部分。已描部分記為K2。4，設已描出Kj，取不屬于Kj的頂點vj+3，vj+3和Kj中的一條邊xj構成A的一個三角形面Tj+1，這條邊xj叫Tj+1的下邊，vj+3叫Tj+1的上頂點。描Tj+1中未描部分。已描部分記為Kj+1。由于A有限且連通，描出KV-2時已描出全部V個頂點。定義KV-2為A的不完全圖X，用粗線標出。X有一個V邊形作邊界，邊界內有V-2個三角形面。邊界上的邊叫界邊，邊界內的邊叫內邊。顯然界邊數(shù)是V，內邊數(shù)是(3(V-2)-V)/2＝V-3。選取不同的起始邊以及描的過程中上頂點順序的不同都會得到不同的X。X的V-2個三角形面，V-3條內邊和V個頂點按描出過程有序OT(X)＝T1，T2，....TV-2，Ox(X)＝x1，x2，...，xV-3；和OV(X)＝v1，v2，....vV，其中v1＝a，v2＝b，T1，V1也各叫起始三角形和起始頂點。本文中下標T，V，X，Y各表示與三角形，頂點，內邊，外邊有關的量。設已按起始邊ab描出一個X，可以選另一條邊作起始邊和/或，選另一個上頂點序描出同一個X。叫做按不同的序描出同一個X。圖A中不屬于X的邊叫X外邊，用虛線表示。
X有樹形結構。任取含于X的一個三角形T，X內與該三角形相鄰(定義為有公共邊)的三角形的個數(shù)叫T的分支數(shù)nT，nT≤3。nT＝3的三角形叫內三角形。nT＝1的三角形叫末三角形。X的部分三角形構成的連通子不完全圖叫條F，如果F中所有三角形的nT≤2并且通過相鄰關系連成一片(即不能表示成無公共邊的兩個子不完全圖的并)。約定第一個頂點r1和最后一個頂點r2都不是內邊的頂點，叫始頂點和終頂點，分別位于條的下端和上端。條從r1描到r2時叫正向，記為O(F)或r1#r2。從r2描到r1時叫反向，記為OR(F)或r2#r1。反向描出元素的序的標記加下標R。如三角形，頂點，內邊的反向序為OTR，OVR，OXR，其中OTR＝OT-1，OXR＝OX-1；O-1表示順序完全相反的逆序。但OVR≠OV-1。本文反向序或逆序的頂點標記仍用正向序的標記1，2，3，...，V。在正反向序中起始三角形T1分別在條的下上端，也可以在條的中間，這樣T1的以上部分和以下部分分別為兩個條。條的始終兩頂點把邊界分為兩側，站在始頂點面向終頂點(叫正向)左邊是左側，右邊是右側。每一側的頂點序號都是沿正向單調增加。條的部分序號連續(xù)的內邊的并集圖形構成的連通子圖叫束，記為Su，如果這些內邊有公共頂點p，并且p和子圖其余叫底頂點的若干頂點分別位于條的兩側。束的序號也按描出的順序標記。約定相鄰的兩束的公共邊屬于后一個束。在不完全圖X中，以頂點k為一個端點點的內或界邊的數(shù)目nV叫頂點k的分支數(shù)，nV＝2的頂點叫末頂點。一般情況不完全圖X包括內三角形。從一個起始三角形T1起始在X內描到兩個末頂點的條叫初條F，初條F上屬于的X的內三角形設為T1，T2，...，由T1，T2，...起始在X內描到其余末頂點的條為一級支條F1，F(xiàn)2，....在每個一級支條上重復上述過程有二級支條。用MX記X的末頂點個數(shù)，或分支數(shù)。HX記X的內三角形個數(shù)。由于每個支條只有一個末頂點，所以MX＝HX+2。從每個末頂點描到最近的內三角形構成的條叫邊緣條，記為Fb。Fb的反向起始邊是該內三角形的一條邊。顯然Fb上無內三角形。X的序可以表示為初條F和支條F1，F(xiàn)2，....的序的順序連接。O(X)＝O(F)，O(F1)，O(F2)，....這種序叫基本序。例，如圖5，HX＝2，MX＝4，O(F)＝r1#r2，O(F1)＝a3#r3，O(F2)＝a4#r4，末頂點為r1，r2，r3，r4。對應的邊緣條O(Fb1)＝a1#r1(只有一個三角形)，O(Fb2)＝a2#r2，O(Fb3)＝a3#r3，O(Fb4)＝a4#r4。O(X)＝O(F)，O(F1)，O(F2)，....＝r1，b4，a1，a4，a，a3，a2，b3，r2，c3，r3，c4，r4。
用Eb，EX，EY，ET各表示X全體界邊，全體內邊，全體外邊，全體三角形的集合。顯然Y＝Eb∪EY也是圖A的不完全圖Y，EY是Y的內邊，EX是Y的外邊。可以令全體內外邊是有彈性的可以任意伸長的線，把X，Y的公共邊界畫成外徑足夠大的凸的圖形(如圓，圖3)，這樣EX和EY分別可以用實直線和虛直線表示，這樣的圖叫圖A的片狀圖。
引理1 片狀圖有如下明顯的特征1，X的兩條內邊(或兩條外邊)不在圓內相交。2，X的外邊總是和部分內邊相交，與同一外邊相交的所有內邊含于X的一個條(因為樹無圈)內。3，有一對內外邊重合時(叫平凡的圖A，本文只討論非平凡的圖A)，片狀圖可以分為兩個子片狀圖。
用D＝{1，2，3，4}記四種顏色的集。用這四種顏色對不完全圖X的頂點集U＝{1，2，....，v}著色。著色是給頂點集U中每個頂點i一種顏色或一個坐標。將頂點i著顏色2記為c(i)＝2，或ci＝2。下面按OT(X)序給出的一個最大容許解集合S(X)，每個容許解s是V維空間DV＝(1，2，....V)中的一點。待著色的頂點和已著色的頂點必須滿足相鄰頂點(定義為二頂點之間有內外或界邊連接)顏色不同的條件，叫約束方程。首先研究V＝3時的不完全圖，既單個三角形T(簡稱基)的解集合S(T)，叫基本解。用Pk記D中任意k，k＝1，2，3，4，種顏色的有序排列的集合。顯然S(T)＝P3。先對T中任意一個頂點i(叫起始頂點)著色有起始頂點解集合S(i)＝P1，先對T中任意一個邊b的二頂點著色有起始邊解集合S(b)＝P2。記S(T)在任意一條邊b，任意一個頂點i上的投影解集合為Spb(T)，Spi(T)。則Spb(T)＝{sp|sp是S(T)中s在b的兩頂點的投影，不記重復的}。顯然Spb(T)＝S(b)。同理Spi(T)＝S(i)。因此解S(T)和起始頂點或起始邊的選擇無關。另外在起始邊b＝(1，2)的解集合S(b)中的每個解s＝(c(1)，c(2))上再增加T的上頂點3的坐標(叫頂點2的后續(xù)頂點的后續(xù)坐標)時有兩個解c1(3)，c2(3)，滿足約束方程{c(1)，c(2)，c1(3)，c2(3)}＝D使(c(1)，c(2)，c1(3))和(c(1)，c(2)，c2(3))成為S(T)中的兩個解。當s取遍S(b)時即得S(T)。這叫從起始邊到上頂點解的2倍增延續(xù)。由于可以取任意一條邊為起始邊，故基本解有三個方向的2倍增延續(xù)性，簡稱基本解的正規(guī)性。令X在V-3條內邊處分離成V-2個兩兩互不連通的的三角形Ti，i＝1，2，...，V-2。叫X的分解，圖7.在分解圖上每個Ti有解S(Ti)。然后再按OX(X)序在每條內邊處兩兩粘連。把T2粘連到T1上得到的不完全圖記為和Xs2＝T1+T2。因而Xs1＝T1。和T1+T2的解集合S(T1+T2)等于積S(T1)*S(T2)。其乘法規(guī)則是如果s1屬于S(T1)，s2屬于S(T2)且s1與s2在相鄰邊(即內邊)兩頂點上的坐標相同，則把s2中非相鄰邊的頂點(上頂點)坐標添加到s1上。構成和的一個解，當s1，s2取遍S(T1)和S(T2)時得S(T1)*S(T2)。根據此定義和歸納法X＝Xs(V-2)＝T1+T2+...+Tv-2，S(X)＝S(T1)*S(T2)*.....*S(TV-2)。在這兩個式子中，用括弧把相鄰的項集合起來，即用集合律，把相鄰的k1，k2，...ks個三角形各自先連成子不完全圖X1，X2，...Xs則有X＝X1+X2+...+Xs；S(X)＝S(X1)*S(X2)*...*S(Xs)。這里的加法與乘法規(guī)則是把上述相應規(guī)則中的“三角形”改成“子不完全圖”。由基本解相乘得到的解集合叫正規(guī)解集合。不完全圖X也可定義為用相鄰關系連成一片的若干個三角形。X的部分三角形如果通過相鄰關系連成一片，叫X的子不完全圖。由于OT(X)序等于OV(X)的子序(3，4，....，V)，故可以按此子序著色或求出解集合S(X)。設已著色部分點集Ui為{1，2，3，....，i}，Ui的全部容許解集合為Si(X)。當i≥2時，對Si(X)中每個解s＝(c1，c2，...，ci)按圖X的描出過程2倍增延續(xù)到下一個三角形成為Si+1(X)中的兩個解s1＝(c1，c2，...，c1，cI+11)和s2＝(c1，c2，...，ci，ci+12)。其中i+1是三角形Ti-1的上頂點，Ti-1的下邊是(m，n)。m，n≤i，約束方程是{ci+11，ci+12，cm，cn}＝D，當s取遍Si(X)時得Si+1(X)。重復這一過程或用歸納法得SV(X)或S(X)。|S(X)|＝3(2V)＝N。S2(X)也叫起始邊解集合。Ci+1t，t＝1，2，叫s的ci坐標的后續(xù)坐標。對任意給定的cj，j＜i如果有t＝1，或2使cj＝ci+1t該后續(xù)坐標叫關于cj的偽后續(xù)坐標，否則叫真后續(xù)坐標。當X添加外邊(j，i+1)時，偽后續(xù)坐標及由其2倍增延續(xù)的全部解都被刪除。由于偽后續(xù)坐標和真后續(xù)坐標倍增出來的解集合數(shù)目是相同的，故添加外邊后刪除的解數(shù)目不超過原解數(shù)目的一半。添加多條外邊要作多次偽后續(xù)坐標刪除。偽后續(xù)坐標刪除后，若Si(X)中的每個解至少1倍增延續(xù)到下一個三角形成為Si+1(X)中的一個解，就叫解Si(X)可延續(xù)到Ui+1，或頂點i+1，或下一個三角形上。如果延續(xù)到頂點i+1后再延續(xù)到頂點i+2，...，直到頂點V，就叫解Si(X)可延續(xù)到底。用S’(X)記添加Ey中全部或部分外邊，刪除偽坐標后S(X)保留下來的解集合，當s屬于S(X)或S(X’)時，對s中頂點的顏色做全排列(顏色置換)得到的4！個解記為P(s)，由于刪除和顏色的排列無關，都屬于S(X)或S(X’)。叫做S(X)或S(X’)有對稱性。P(s)叫由s對稱生成的解集合。當用另一個序Oa描出同一個X時也會得到另一個解集合Sa(X)。由于Sa(X)中的任意一個解s，按照O(X)序也滿足所有約束方程，因而也屬于S(X)。反之S(X)中的解也屬于Sa(X)。故Sa(X)＝S(X)。因此有引理2 最大容許解集合S(X)可以用X的任何序導出，S(X)和S(X’)都有對稱性。
有相鄰邊b的兩個子不完全圖X1，X2各有最大解集合S(X1)，S(X2)的子解集合S’(X1)，S’(X2)。如果S’(X1)，S’(X2)在b＝X1∩X2上的投影都是P2，S’(X1)，S’(X2)叫在b上匹配，匹配的解集合的積在X1，X2上的投影仍是S’(X1)，S’(X2)，仍保留原來的正規(guī)性或1倍增延續(xù)性。設X＝X1+X2，S’(X)是S(X)的子集，S’(X1)，S’(X2)都有對稱性，若S’(X)＝S’(X1)*S’(X2)，就叫S’(X)可在b上分離。若S’(X)在X的所有內邊上都不可分離，就叫S’(X)是質的。上述P(s)是質的。
由于任意外邊y都在X的一個條F中，下面研究條F上外邊的添加，及解集合的上下刪除。圖4，設Ov(F)＝(1，2，3....V)，外邊y＝(i，j)，i＜j時，i，j分別叫y的下上端點。正向序中以j為上頂點的三角形Tk叫y的上端三角形，也記為T(ij)。反向序中以i為上頂點的三角形Th叫y的下端三角形，也記為T(ji)。顯然T(ij)≠T(ji)。上下端三角形簡稱端三角形，外邊y的兩個端三角形集合也記為K(y)。外邊集合Ey’的全體端三角形集合(不計重復的)也記為K(Ey’)。由于y至少與一條內邊x相交，故u＝k-h≥1。當u＝1時有V個頂點的四色問題可以化為有V-1個頂點的四色問題。故本文u≥2。記F1＝T1+T2+...+Th-1。Fi＝Th+Th+1+...+Tk-1。FV＝Tk+1+Tk+2+...+TV-2。于是F＝F1+Fi+Tk+FV。設Tk＝(m，j-1，j)，xj-3＝(m，j-1)。(m，j-1)和j各為Tk的下邊，上頂點。根據解集合的生成上刪除是對于S(Fi)中的每個解s刪除在Tk中頂點j上2倍增延續(xù)出來的等于c(i)的偽后續(xù)坐標c1(j)或c2(j)，由于s取遍S(Fi)，故刪除后S(Fi)保留原狀仍是正規(guī)的。令U0＝(i，m，j-1，j)，T0＝(i，m，j-1)各為U的4，3個頂點的子空間。S(Fi+Tk)在U0，T0上的投影各為Spu和Spt。當s＝(c(i)，c(m)，c(j-1))屬于Spt時必滿足下列2條件之一1，c(i)＝c(m)或c(i)＝c(j-1)；2，c(i)≠c(m)且c(i)≠c(j-1)。Spt中滿足條件1，2的子集各記為Spt1，Spt2。則Spt1，Spt2不相交。Spt＝Spt1∪Spt2。Spt1，Spt2延續(xù)到U0上的解集合各記為Spt1，Spu2。當s屬于Spt1時后續(xù)坐標都是真的，故Spu1＝Spt1*S(Tk)。當s屬于Spt2時只有一個真后續(xù)坐標c(j)。因此Spu2的解s＝(c(i)，c(m)，c(j-1)，c(j))滿足約束方程{c(i)，c(m)，c(j-1)，c(j))＝D。此方程叫4頂點i，m，j-1，j的P方程。故也把Spu2記為Spu2＝(Spt2，S(Tk))p。表示Spt2中的一個解(c(i)，c(m)，c(j-1))和S(Tk)中的一個解(c(m)，c(j-1)，c(j))都可以通過P方程延續(xù)成為Spu2中的一個解s＝(c(i)，c(m)，c(j-1)，c(j))。解集合在三角形Tk的上頂點坐標被刪除過后，三角形Tk叫y的上刪基。顯然上刪基是T(ij)，表示Spu2不是正規(guī)的，Tk和Tk-1在Tk的下邊處不能分離，并且外邊(i，j)和Tk的下邊相交。若添加y時下端三角形T(ji)已經是刪基，由于頂點i的坐標集S(i)＝{c(i)}非空，實際上等于P1，以及對稱性Spt1和Spt2至少有一個存在。顯然Spu1，Spu2，Spu在Tk的邊(m，j-1)上的投影都是P2。由于在P方程中可以先選取邊(j-1，j)，(m，j)的顏色，故Spu2在(j-1，j)或(m，j)上的投影也是P2。用S(X，ij)記上刪除后保留下來的解集合。故有引理3 Spu＝Spu1∪Spu2。Spu1＝Spt1*S(Tk)。Spu2＝(Spt2，S(Tk))p。Spt1，Spt2各滿足條件1，2。S(X，ij)在除刪基外其余三角形上仍有2倍增延續(xù)性。
下刪除是在反向序中對y的下端點坐標進行上刪除，不重復敘述。上下刪除分別使y的上下三角形成為上下刪基。未成為刪基的三角形叫原基。根據引理2兩種刪除的實際結果相同，故S(X，ij)＝S(X，ji)。添加前如果y的上下端三角形都是原基，可以選取其中仍意一個為刪基，另一個為原基。叫做原基的移動。另外上下刪除是相對的，一個為上刪除，另一個就是下刪除。
用Q(y)記外邊y＝(i，j)的刪基，Q(y)＝Q((i，j))＝T(ij)或T(ji)。叫刪基映射。Q:Ey→ET是單值映射。如果逆映射也是單值的，即Q是一對一，則ET中的V-3個刪基兩兩互不相同。ET中還保留一個原基T，由引理3每個頂點都有坐標解(即顏色)。S(T)可以延續(xù)到所有的三角形上，從而四色定理成立。
引理4 MX＝2，MY＝2時A存在一對一的映射Q。
證明下面提到的內邊外邊都是指X的內邊外邊。圖4由于Y也是條，Y的始終頂點各為m，j-2。Ey是若干束的順序連接。Y的頂點使用圖X上已有的頂點標記1，2，......V。Y的一個束Suy，其公共頂點py如果是X的始或終頂點，則Suy分別叫Y的上束或下束。py如果不是X的始終頂點，則存在若干連接py的X的內邊(py，t)，由于A非平凡Suy的底頂點或者都在(t，py)的上側，叫上束?；蛘叨荚?t，py)的下側，叫下束。當Suy是上束時沒有這樣的(t，py)使Suy的下一個束Suy’成為上束，故上下束交替出現(xiàn)。因而所有上束中外邊底頂點都在條Y的一側(如右側)，所有下束中外邊底頂點都在條Y另一側。Y作為條其始終頂點必須位于條X的兩側，否則設Y的始終頂點為p，q，p＜q同在右側，在右側p，q之間從p到q第一個公共頂點是下束的公共頂點；但從q到p第一個是上束的.矛盾.令Q:Ey→ET。當y為Ey中上束的外邊時，Q(y)＝y(tǒng)的上端三角形；y為下束外邊時Q(y)＝y(tǒng)的下端三角形。對于ET中任一三角形T，若T是兩外邊y1，y2共同下刪基，y1，y2有相同的下端點，y1，y2中必有一個是上束中的外邊。這和假設矛盾。如果T是一條外邊的上刪基，也是另一條外邊的下刪基，這兩條外邊必然相交，也是矛盾。故T不能為兩條外邊的刪基。因而Q是一對一的，叫做標準映射，記為Q0。
引理5 MX＞2，MY＝2時A存在一對一的映射Q。
證明 首先介紹當MX＞2，MY＝2時圖X的正規(guī)序。把邊界畫成圓形，X的全部h個按逆時針方向排列在圓周上的末頂點r1，r2，...rh把圓周分為h段弧r1r2，r2r3，...rhr1。每段弧的兩端點是X中一個條的始終頂點。設Y的始頂點a位于弧r1r2上，如圖5(其中h＝4)，把r1#r2取作初條F，則初條F有兩個支條ah#rh，a3#r3分別連接兩相鄰的末頂點rh，r3，(可以ah＝a3。rh，r3分別和r1，r2在圓周邊界上相鄰)，設初條F上有r，1≤r≤h-2，個X的內三角形，按序r1#r2第一個和最后一個分別叫首末內三角形。則顯然F的右側(圖5是下側)有r個內三角形的r個頂點，F(xiàn)的左側有r個內三角形的r條邊(叫內界邊)。左側共有2r個(可能有重復的)屬于內三角形的頂點，按序r1#r2這2r個頂點中最小的和最大的分別為bh和b3。當按OY(Y)序描外邊時如果bh和b3都還沒有被描到，則此前所描的外邊都在F內，如果bh和b3中某一個首先被第k1條外邊描到(這條外邊叫過渡外邊w1)，這個被描到的bh(或b3)所連接的支條ah#rh(或a3#r3)即定義為F1。ah，bh，a3，b3叫支條的連接頂點。如果是a3#r3，由于F中末內三角形以上的頂點已被k1條外邊描過，故把條r1#r3當作初條F1繼續(xù)描第k1條以后的外邊。如果ah#rh是F1，由于F中首內三角形以下的頂點已被k1條外邊描過，故把條rh#r2當作初條F1繼續(xù)描第k1條以后的外邊。按照這種方法把當F1作初條進行第k1條以后的外邊的添加。有F，F(xiàn)1，F(xiàn)2，...Fh-2；F，F(xiàn)1，F(xiàn)2，...，F(xiàn)h-2和O(X)＝O(F)，O(F1)，O(F2)，...O(Fh-2)，后者即為正規(guī)序。圖5中，F(xiàn)＝r1#r2，F(xiàn)1＝r4#r2，F(xiàn)2＝r4#r3。令Suy是Ey中的束，Suy在Fn中的外邊記為Suyn，由于A非平凡，或者每個Suyn按引理4定義都是Fn中的上束，或者都是Fn中的下束。Suy分別叫Ey中的上下束。按引理4的證法Y的終頂點c4不在弧r1r2上，設Y的終頂點c4在弧rmrm+1上，Y的始終頂點a，c4將邊界圓分為上下兩段。F，F(xiàn)1，F(xiàn)2，...，F(xiàn)h-2的始頂點rm+1，rm+2，...，rh，r1以及F，F(xiàn)1，F(xiàn)2，...，F(xiàn)h-2中上束的公共頂點都在下段。F，F(xiàn)1，F(xiàn)2，...，F(xiàn)h-2的終頂點r2，r3，...，rm以及F，F(xiàn)1，F(xiàn)2，...，F(xiàn)h-2中下束的公共頂點都在上段。每個支條Fn，n＝1，2，...，h-2，根據它的末頂點所在的段而分別屬于該段，上或下段。一對一的標準映射Q0的定義表述和證明也和引理4類似。
將圖5中的始終頂點(或兩個末頂點)改記為p，q，正向p#q和反向q#p時的標準映射各記為Qp0和Qq0。Ey中任一外邊(i，j)將Y的1，兩個末頂點；2，除(i，j)外其余外邊；3，除i，j外其余頂點分為兩側。與末頂點p，q同側的外邊各記為Eyp，Eyq.。Qp0和Qq0在Eyp，Eyq.上的限制叫Y的邊緣條映射。與p，q同側的頂點各記為EVp，EVq。Eyp(或Eyq)中的外邊的端三角形至少有兩個頂點在EVp(或EVq)中。因為若Eyp中的外邊(n，t)的端三角形T＝(u，s，t)只有頂點t在EVp中，則該外邊必和X的內邊(u，s)相交。這和(n，t)屬于Eyp矛盾。于是若令Q在Eyp，Eyq，(i，j)上的限制各為Qp0，Qq0，Q1，簡記為Q＝Qp0+Qq0+Q1，其中Q1((i，j))＝T(ij)或T(ji)。則Q為一對一的。T(ij)和T(ji)中必有一個為原基。由于(i，j)是任意取的，故原基可以是任意三角形，叫做原基可以移動。
引理6 My＝3時A存在一對一的映射Q。
證明 圖6，Y有一內三角形T＝(i，j，k)和三個分別包含Y的末頂點ri，rj，rk的Y的邊緣條Fbi，F(xiàn)bjFbk。Fbi，F(xiàn)bjFbk分別與三角形T的和構成三個條ri#i，rj#j，rk#k。令Q在三個邊緣條外邊上的限制分別為Qi0，Qj0，Qk0。在三條外邊Ey3＝{(i，j)，(j，k)，(k，i)}上的限制為Q1。記為Q＝Qi0+Qj0+Qk0+Q1。令Q1((i，j))＝T(ij)，Q1((j，k))＝T(jk)，Q1((k.i))＝T(ki)。Q即為所求一對一的。Ey3的三條外邊分別在X的三個條i#j，j#k，k#i內，由于樹無圈這三個條必可以由X的一個叫中心三角形的內三角形Ta起始描出的三個分支構成。顯然Ta不屬于K(Ey)，Ta是原基，但不可以移動。用Ey’記Ey的子集，用S(X，Ey’)記S(X)在添加了Ey’后保留的解集合。
引理7 如果存在一對一的映射QEy’→K(Ey’)，則S(X，Ey’)非空。
證明 當Mx＝2時，圖4，設T1是原基在條X中間。T1向下有三角形T2，T3，....，Tr。向上有三角形Tr+1，Tr+2，...，TV-2。先按三角形序TV-2，TV-3，...，Tr+1考慮解集合的刪除。方法是如果是TV-2刪基，就進行刪除；如果是原基，不進行刪除考慮下一個三角形?，F(xiàn)在開始，考慮TV-2，如果是刪基，必為T(jV)，設TV-3＝(m，V-2，V-1)，刪除后S(TV-3)的每個解s＝(c(m)，c(V-2)，c(V-1))可至少1倍增延續(xù)到TV-2上(簡稱S(TV-3)可1延續(xù)到TV-2上)是顯然的，或者說SV-1(X)可1延續(xù)到TV-2上；如果TV-2是原基S(TV-3)可2延續(xù)到TV-2。接下來用同樣方法考慮TV-3。設已考慮到Tf，此前共有k個原基，無妨一般性可設Tf＝(m，j-1，j)。因此S(Tf)或Sf+2(X)＝Sj(X)可2k延續(xù)到TV-2上，延續(xù)成的解集合記為S(X’)。當Tf是上刪基時S(Tf-1)可1延續(xù)到Tf上是顯然的。故S(Tf-1)可2k延續(xù)到TV-2上。當Tf是下刪基時，無妨一般性可設Tf-1＝(m，j-2，j-1)，Tf＝T(k(j-1))，k＞j。即下刪除所添加的外邊是(j-1，k)，圖4中外邊(j-1，k)未畫出。再設S(Tf)延續(xù)到TV-2上的一個解s＝(c(m)，c(j-1)，c(j)，c(j+1)，...，c(k)，...，c(V))。由引理3，4頂點U0＝(m，j-1，j，k)若滿足P方程{c(m)，c(j-1)，c(j)，c(k)}＝D說明已刪去了頂點j-1的一個等于c(k)的偽坐標。設這時頂點j-2的坐標為c(j-2)，將其添加到s中得s’＝(c(m)，c(j-2)，c(j-1)，c(j)，c(j+1)，...，c(k)，...，c(V))。根據對稱性由解s’用對稱法生成的解集合P(s’)屬于S(X，(j-1)k)，但P(s’)在Tf-1＝(m.j-2，j-1)上的投影為P3，等于S(Tf-1)。P(s’)在U0上的投影滿足P方程。所以S(Tf-1)可延續(xù)到TV-2上。另外也可由Spu2在(m，j-1)上的投影為P2得到Sj-1(X)可延續(xù)到TV-2上。s當取遍S(X’)時S(Tf-1)或Sj-1(X)即2k延續(xù)到TV-2上。這樣一直做下去直到考慮完Tr+1，設其中共g有個原基。則S(T1)或Sr+2(X)可2g延續(xù)到TV-2上。然后再對下邊緣條的三角形按序Tr，Tr-1，...，T2進行刪除。設有f個原基。根據同樣的方法有S(T1)可2f延續(xù)到Tr上。故引理成立。當Mx＝m≥3時選擇一個不包含原基T1的最末端三角形為Tb的邊緣條Fb令X＝X1+Fbk是Fb上的原基數(shù)。T’是和Fb相鄰的X的內三角形。X1的分支數(shù)為m-1。由歸納法假設知引理成立。而S(T’)可2k延續(xù)到Tb上。故Mx＝m時引理也成立。
在My＝2時由于原基可移動故可選任一三角形為原基T1。當My＝3時，中心三角形Ta是原基但不能移動，因此T1只能選在Ta。但這時可用下面的方法移動原基到任一個刪基T’＝(u，s，t)上。設Ey’包含引理6中Ey3。任取屬于S(X，Ey’)的解s。設Ta＝(1，2，3)，因而s＝(c(1)，(c2)，c(3)，....，c(u)，c(s)，c(t)，....，c(V))。即s是S(Ta)的一個解s(c(1)，(c2)，c(3))，1倍增延續(xù)到底而成。同樣上式也可看成由S(T’)的一個解(c(u)，c(s)，c(t))，1倍增延續(xù)到底而成.因而由s對稱生成的解集合P(s)既可將原基放在Ta也可放在T’。放在T’時S(T’)的每個解1倍增延續(xù)到底(包括Ta)。P(s)只能在一個三角形上有2倍增延續(xù)性，如果在兩個三角形上有2倍增延續(xù)性，將有|P(s)|≥4！+1的矛盾。因而P(s)也可以由S(T’)起始然后延續(xù)得到。令s取遍S(X，Ey’)，每個s得到一個P(s)，作這些P(s)的并集，該并集等于S(X，Ey’)。這樣S(X，Ey’)的原基就移動到T’上。由于對稱性，本方法也適用于My≥4的S(X，Ey’)。
定理 任意平面圖A可以用四種顏色著色。
證明 對任意平面圖A證明S(X，Ey)非空。對Y的內三角形數(shù)Hy＝m用歸納法。當m＝1時由引理6，7知定理成立。設Hy＝m時定理成立，往證Hy＝m+1時定理成立，圖6這時Y必有一個內三角形(i，j，k)與兩個邊緣條相連，外邊(i，j)將邊界分為左右兩側，左側有Y的m個內三角形，左右側的外邊各記為Ey2，Ey1。Ey2包含(i，j)，Ey1不包含(i，j)。由歸納法假設S(X，Ey2)非空，因為Ey2是某個Hy＝m的不完全圖Y’的外邊集合Ey’的子集。因而在ET2＝{T|在(i，j)的左側有兩個頂點}的每個三角形上有1延續(xù)性。設三角形T’＝(i，s，t)屬于K((i，j))，。由于S(X，Ey2)有對稱性，故令T’是原基。ET1＝{T|在(i，j)右側有兩個頂點∧不屬于K((i，j))}∪{T’}。由于ET1-{T’}中的三角形不可能是Ey2中的外邊的端三角形，S(X，Ey2)在ET1的每個三角形上有2倍增延續(xù)性。令QEy1→ET1。Q＝Qi0+Qj0+Q1。其中Q1((j，k))＝T(jk)，Q1((k，i))＝T(ki)＝T’。Q是一對一的，Q(Ey1)∩K(Ey2)＝T’。因而參照引理7的證明方法S(X，Ey2+Ey1)在ET2和ET1的每個三角形上都有1倍增延續(xù)性，非空。故定理得證。也可以用引理7的方法直接證明。在邊緣條中，按三角形序TV-2，TV-3，...，Tr+1刪除時如果TV-2＝T(jV)屬于Q(Ey1)則按引理7的方法做。如果屬于ET-Q(Ey1)，由歸納法假設在S(X，Ey2)中S(TV-3)是1延續(xù)到TV-2的。故可轉向考慮下一個三角形TV-3。對其余的TV-3，TV-4，...，Tr+1也這樣處理。也可證得S(X，Ey2+Ey1)非空。
權利要求
1，一種填色盤，其特征是包括一個圓盤和圓盤近邊界圓周上的V個頂點，圓周被V個頂點分成V段界邊，在頂點之間有連接頂點的V-3條內邊和V-3條外邊。
全文摘要
本發(fā)明為與地圖四色問題有關的智力玩具。包括一個圓盤，圓盤的近邊界有一圓周，有不同于內部的顏色。另有V個(整數(shù))類似棋子的小立方體，每個小立方體的六個面，染有選定的六種顏色之一，做成叫頂點的棋子，放在圓周的固定位置，把圓周分為V段，每段叫界邊。頂點向上的一面可以有選定的(6，5或)4種顏色之一。叫做頂點的顏色。另外再用兩種顏色的筆在圓內各畫V－3條連接頂點的弦(同一界邊上的兩頂點不連接)，分別叫內邊和外邊。任意二內邊(或外邊)不相交。同一條邊(界，內或外邊)兩端的頂點叫相鄰。游戲規(guī)則是對每個頂點選取6，5或4種顏色之一使它和相鄰的頂點有不同的顏色。
文檔編號A63F9/08GK1541740SQ03116670
公開日2004年11月3日 申請日期2003年4月29日 優(yōu)先權日2003年4月29日
發(fā)明者崔世泰 申請人:崔阿年