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))小立方體棋子，每個小立方體的六個面，染有選定的六種顏色之一，放在圓周的叫頂點的固定位置，把圓周分為V段，每段叫界邊。棋子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，片狀圖。
圖3，證明用圖。
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(圖中用實線和虛線表示)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4和外邊5。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室摘要設三角形T是最大平面圖(V，E)，n＝|V|，的一個面，T顯然是4頂點可著色的且著色解的數(shù)目(包括顏色置換)|S(T)|＝β＝24.以后通過1-添加兩條邊，或2-添加一條邊可以添加另一個三角形面，1-添加使解的數(shù)目增加一倍，2-添加刪去的解的數(shù)目小于等于原來的解的數(shù)目的一半.任何最大平面圖可以通過n-3個1-添加和n-3個2-添加得到，故解的數(shù)目≥β.
關鍵詞 添加 刪去 條 外圖 片圖四色定理有一個計算機證明[1].本證明不用計算機.
最大平面圖A＝(V，E)的每個面是三角形，沒有重合邊(即二邊頂點相同).其三角形面集記作OT(A).令Δ＝Min{dA(v)|v∈V(A)}.本文證明Δ≥4的最大平面圖是4可著色的.
除了一個外部面是n邊形面Cn，其余都是三角形面且全部頂點都在外部面上的平面圖簡稱外圖，記作X或Y，Z.Oc(X)＝E(Cn)和Od(X)＝E(X)\E(Cn)叫X的界邊集，內邊集，X的全部三角形面記作OT(X).A叫片圖如果A＝X∪Y且Oc(X)＝Oc(Y).設X，Zi，Zj為外圖，滿足Od(Zi)∩Od(Zj)＝空集，i≠j，i，j＝1，2，...，k.若E(Zi)屬于Od(X)則Xp＝X\(∪{Od(Zi)|i＝1，2，...，k})叫帶k個孔的外圖，Oc(Zi)叫孔.Od(Xp)＝Od(X)\(∪{Od(Zi)|i＝1，2，...，k})，OT(Xp)＝OT(X)\(∪{OT(Zi)|i＝1，2，...，k}).Ap＝Xp∪Yp叫帶孔片圖，若Oc(Ap)＝Oc(Xp)＝Oc(Yp)，Xp和Yp叫帶孔片圖的兩個面.設Api＝Xpi∪Ypi，i＝1，2.若Yp1∩Xp2＝Oc(Z)≠空集，Ap1和Ap2叫相鄰.X也是三角形集OT(X)的樹，其頂點集是OT(X)，邊集是相鄰三角形的集.把任一Ti定義為樹的根則OT(X)是有向樹.在X中與T相鄰的三角形數(shù)記作dX(T)，dX(T)＝3和1的三角形叫X的內三角形和端三角形.每個端三角形包含一個dX(v)＝2的端頂點外圖叫條，記作F，若dF(T)≤2，對每個T∈OT(F).條的生成序是正規(guī)的若T1，Tn-2是條的端三角形.有正規(guī)序的條也記作T1#Tn-2，v1#vn，其中v1，vn為端頂點.在帶孔外圖Yp中，若孔Oc(Z)是邊數(shù)s≥3的多邊形，該孔也叫多邊形面，記為T’.Yp的全部多邊形面(不包括外部面，但包括三角形面)的集記做OT’.Yp也是樹，其頂點集是多邊形面的集OT’，邊集是相鄰多邊形面(T’i，T’j)的集.
定理1 最大平面圖A是有向樹，叫A的一個表示A’，其頂點集是帶孔片圖集V＝{Api|i＝0，1，2，...，k}，邊集是相鄰的帶孔片圖集.
證明設 A是最大平面圖，其子圖X是外圖，X的生成序是序集OT(X)＝{T1，T2，...Ts-2}滿足Xj＝∪{T1，T2，...Tj-2}是A的子外圖，j＝3，4，...，s，Ti∈OT(A).在A上用外圖生成序生成的最大子外圖記為X0，其邊界為C0，則Ap0＝X0∪{y|y∈E(A)且y的兩端頂點在C0上}.設Yp0上有k個孔Oc(Zi)，i＝1，2，...，k.，帶一個孔Oc(Zi)的外圖Xpi生成序是OT(Xpi)＝{T’1，T’2，...T’s-2}滿足Oc(Zi)＝T’1且Xpij＝{T’1，T’2，...T’j-2}為Xpi的子樹，其中j＝3，4，...，s；Tu′∈OT(A)，u＝1，2，...，j-2.設生成的k個最大帶孔Oc(Zi)外圖為Xp1，Xp2，..，Xpk，其邊界為C1，C2，...，Ck，則Api＝Xpi∪{y|y∈E(A)且y的兩端頂點在Ci上}.由于A有限定理成立.記Ody(A’)＝∪{Od(Ypj)j＝0，1，...，k}，Odx(A’)＝∪{Od(Xpj)j＝0，1，...，k}，OTy(A’)＝∪{OT(Ypj)j＝0，1，...，k}，OTx(A’)＝∪{OT(Xpj)j＝0，1，...，k}.A的表示A’不是唯一的.
設v∈V(A)，用Wv記OT(A)中有一個頂點是v的三角形集.Wv＝{T|T∈OT(A)，v∈V(T)}.與v相鄰的邊叫半徑，E(Wv)中全部半徑的集記為Wvr.
設X有外圖生成序OT(X)＝{T1，T2，...Tn-2}，Xj＝∪{T1，T2，...Tj-2}，s＝(c1，c2，...，cn)為X的一個著色解，X的全部解為S(X)，其中ci∈D＝{1，2，3，4}，D是色集合.則|S(Xj)|＝2j-1β，j＝1，2，...，n-2.外圖Xt，Xs叫相鄰若|E(X1)∩E(Xs)|＝1.相鄰的外圖滿足|S(Xt∪Xs)|＝2t+s-1β，記作s(Xt∪Xs)＝S(Xt)*S(Xs).故S(X)＝S(T1)*S(T2)*...*S(Tn-2).設三角形T＝(i，j，k)，S((i，j))為其任一條邊(i，j)的解集，則|S(T)|＝2|S((i，j))|，因為若s＝(ci，cj)∈S((i，j))，s1＝(ci，cj，ck1)和s2＝(ci，cj，ck2)都∈S(T)，其中{ci，cj，ck1，ck2}＝D.故添加一個三角形后解集有2擴張.從邊(i，j)到頂點k叫擴張方向.在S(X)＝S(T1)*S(T2)*...*S(Tn-2)中任一S(Tj)的擴張方向可任取.下面的引理是顯然的.
引理1 片圖A＝X∪Y的邊界可以畫成粗線圓；X，Y的內邊畫成實直線和虛直線，任意二實直線(或虛直線)不在圓內相交.任一內邊y＝(i，j)∈Od(Y)在X的一個條F＝i#j中.F叫y的所在條.
條F＝i#j的端三角形也叫y＝(i，j)的端三角形，包含頂點i和j的端三角形各記作T(ji)和T(ij).記K(y)＝{T(ij)，T(ji)}.
引理2 在外圖X中添加一條內邊y，記作X∪y，使X的一個端三角形失去2擴張，叫做1擴張.
證明 設添加了(i，j)，圖2，(i，j)在i#j中，端三角形T(ij)＝(m，n，j)，令X＝Xi∪Xj，Xi和Xj相鄰，i∈Xi，Xi∩Xj＝(m，n)，s＝(cm，cn，ci，...)∈S(Xi)，由2擴張s在頂點j有兩個可選后續(xù)色坐標cj1，cj2，至少有一個不等于ci，所以添加一條內邊，y的一個端三角形T(ij)成為1擴張.該三角形叫刪三角形.j叫(i，j)的刪頂點.從邊(m，n)到頂點j叫刪除方向.也可以選另一個端三角形T(ji)為刪三角形.若cj1＝ci，s1＝(cj1，cm，cn，ci，...)∈S(X)被刪，s2＝(cj2，cm，cn，ci，...)∈S(X)保留.顯然{cj2，cm，cn，ci}＝D.對解s2中的三種顏色cj2，cn，ci作循環(huán)置換，記作[cj2，cn，ci]，置換后的解記作s2’.可以看到從(cj1，cm)∈S((j，m))作2擴張的兩個解s1，s2’中s2’保留.故添加(i，j)后刪三角形的刪除方向可任取.實際上只要對s2作顏色置換就知道任意(cj，cm)在n點的兩個擴張解中必有一個保留.
定理2 若Y是條F，片圖X∪Y是4可著色的.
證明 四色條件是存在一一映射Q:Od(F)→OT(X)，滿足Q(y)是y的刪三角形，并且∪{K(y)|y∈Od(Y)}是OT(X)的子集.若四色條件成立，則有Ts＝∈OT(X)\Q(Od(Y))和(i，j)∈Od(F)，Ts＝T(ij).取Ts為根，有X的外圖生成序{Ts，T2，...，Tn-2}，按照這個序的逆序添加滿足Q(yi)＝Ti的yi對解集刪除n-3次，每個刪三角形的擴張和刪除方向相同，每次刪除后都能看到S(Xi+1)的每個解s可以1擴張到X上，i＝2，3，...，n-2.所以定理成立.下面給出這樣的映射.令Y＝T1’#Tn-2’，Od(Y)是樹，包含路C’＝(p0，p1，...，pt)，其中(p0，p1)∈E(T1’)，(pt-1，pt)∈E(Tn-2’)，若y∈Od(Y)\EC’)則y＝(pk，q)，k＝1，2，...，t-1，定義Q(y)＝T(pkq).若y∈E(C’)則y＝(pi，pi+1)，i＝0，1，...，t-1，定義Q(y)＝T(pi+1pi).顯然Q是一一的.T(Pt-1Pt)是根三角形.若有Q(y1)＝Q(y2)＝T’則y1，y2在T’內相交，和引理1矛盾.證明完畢.顯然任一三角形都可以是根三角形.
引理3 設T1≠T2是平面圖P中的兩個三角形，另外有一條邊b∈E(P\(T1∪T2))，b連接T1和T2，若T1是2擴張的，則T2可以取代T1成為2擴張的.
證明 添加邊使平面圖P成為最大平面圖A，存在A的表示A’，其中T1和T2屬于OT(X0)，是b的端三角形，邊b∈Od(Yp0).再把添加的邊都刪除記作P’.由于S(P)＝S(P’)用引理2的方法，可以任取T1或T2為刪三角形.即知引理成立.
引理4 設T1≠T2是平面圖P在Ws中的兩個三角形，另外有一條邊b＝(s，f)∈E(Ws\(T1∪T2))，若T1是2擴張的，則T2可以取代T1成為2擴張的，反之亦然.
證明 添加邊使P成為最大平面圖A，存在A的表示A1’和A2’，其中T1和T2分別屬于OT(X0)，是b的端三角形，邊b∈Od(Yp0).再把添加的邊都刪除記作P’.由于S(P)＝S(P’)知引理成立.
設(i，k)和(j，k)是片圖A＝X∪Y中Od(Y)的兩條邊，定義(i，k)和(j，k)在k是b連通的(二者距離為0)的充要條件是T(ik)＝T(jk).依此有Od(Y)中b樹，b圈，b路的定義.圖2，設Y有一個內三角形(i，j，k).如果(i，j，k)在X的一個條中，由于|{K(y)|y∈(i，j，k)}|＝4，此時有頂點設為k，滿足T(ik)≠T(jk)，(i，k)和(j，k)是b不連通(必要時可將(i，k)記為(i，k’))，(i，j，k)叫a三角形.若(i，j，k)在3個頂點處都是b連通，(i，j，k)叫b三角形.對于帶孔片圖A＝X∪Yp，若邊數(shù)為s≥3的多邊形Oc(Z)在s個頂點處都是b連通，Oc(Z)叫b多邊形.b三角形也是b多邊形.記Od(Yp)的全部b多邊形為OT’，n’＝|OT’|.
引理5 設Od’是片圖A＝X∪Y或帶孔片圖A＝X∪Yp中Od(Y)或Od(Yp)的子集，若Od’是b樹(可包含a三角形)則存在一一映射Q|Od’:Od’→OT(X).故S(X∪Od’)非空.
證明 設Od’的根為p0，對Od’中的任一條b路(p0，p1，...，pt)，定義Q((pj，pj+1))＝T(pjpj+1)，j＝0，1，...，t-1.Q是一一映射.若有Q(y1)＝Q(y2)＝(u，t，s)∈OT(X)，y1和y2的刪頂點分別是u，t，則y1和y2在(u，t，s)內相交.這是矛盾.再令T(p1p0)是OT(X)的根即可.
設OT’＝{T’n1.T’n2，...，T’nn}是所有b多邊形集，令Y(OT’)是包含OT’的Yp的最小子樹.Y’＝∪{T’|T’∈Y(OT’)}是多邊形并集圖，也用Oc(Y’)記Y’的外部面邊界，OT’(Y’)記Y’的多邊形面的集.若有邊g∈Oc(T’ni)∩Oc(Y’)，則Y’必在g處相鄰一個Yp的子外圖，該子外圖叫Y’的g端外圖，記做YgY’.在任一g端外圖中取一三角形T’1定義為樹Yp的根，樹Yp的頂點集可以寫為b序集Yp＝{T’1，T’2，...，T’n}，滿足Ypi＝{T’1，T’2，...，T’i}是Yp的子樹，i＝1，2，...，n.Y’pi＝∪{T’jj＝1，2，...，i}是Yp的子圖，i＝1，2，...，n.
定理3 設A＝X∪Y是片圖或A＝X∪Yp是帶孔片圖，n’＝1則A是4可著色的.
證明 (圖2)設Y有一個b內三角形(i，j，k)，Y＝i’#i∪j’#j∪k’#k.|{K(y)|y∈(i，j，k)}|＝3，存在Ta＝(h，l，o)∈OT(X)\(∪{K(y)|y∈Od(Y)})，Ta叫u三角形.刪去一條邊(i，k)，(i，k)叫多余的邊，記Od’＝Od(Y)\(i，k)，Od’是b樹，存在Q1＝Q|Od’.圖2，令T(ki)是Q1的根三角形.X∪Od’是4可著色的.由于S(X∪Od’)還包含一個u三角形Ta是2擴張的，下面證明因此可以再把(i，k)添加上去.令OT(1#k)＝Ta#T(ik)＝{T1，T2，...，Th}，其中Th＝(p，q，k)，Th-1＝(p，q，j’)，...，T1＝Ta，叫(i，k)在X中的影響條.對T2s-1和T2s+1以及bs＝E(T2s)\E(T2s-1∪T2s+1)，s＝1，2，...，h0.其中h0是h/2的整數(shù)部分，重復使用引理3，所以當h為奇數(shù)時，有Th是2擴張的，然后可添加(i，k).當h是偶數(shù)時，在X的條Ta#T(ij)中有與Ta相鄰的三角形T0＝(h，l，r)，r∈V(i’#i)或r∈V(k’#k).由于dA(r)≥4，在Y’的非多余的邊(j，k)或(i，j)端外圖Y(j，k)Y’或Y(i，j)Y’中有三角形(r，s，u)滿足E((r，s，u)∩(l，h，r))＝空集，E((r，s，u)∩(T1∪T2))＝空集.對T1，(l，r)，(r，s，u)和(r，s，u)，(h，r)，T2使用引理3有T2可取代Ta成為2擴張.然后T2，T3，...，Th是奇數(shù)h-1個，故Th可取代T2成為2擴張.由于Ta的2擴張通過影響條轉移到(i，k)的端三角形T(ik)使之可以再把(i，k)添加上去，故定義Q|Od’＝Q1，Q((i，k))＝Ta∈K((i，k))，四色條件成立.由于Ta∈K((i，k))，Ta也可為根三角形，放任一三角形都可以是根三角形.若b多邊形的邊數(shù)n≥4.該b多邊形只能有1條多余的邊.圖3，添加0d(Z)后0T(Z)是互相相鄰的n-2個b三角形，設(i，j，k)是其中之一，(i，k)∈Oc(Z)是多余的邊，同理有影響條Ta#T(ik)，T0和頂點r.因為r不能在Y(i，k)Y’中和Yp＝∪{YgY’|g∈E(Oc(Z))}，其中Y’＝Oc(Z).故總有滿足條件的(r，s，u)，因而引理也成立.
定理4 片圖A＝X∪Y或帶孔片圖A＝X∪Yp是4可著色的.
證明 對n’用歸納法.當n’＝1時定理成立.設n’＝m時定理成立，有一一映射Qm往證n’＝m+1時定理成立.在b序集Yp＝{T’1，T’2，...，T’n}中，令yi+1＝E((T’i+1)∩Y’pi))，i＝1，2，...，n-1，則Yp的內邊是b序集Od(Yp)＝{y2，y3，...，yn}.存在一一映射JOT’\T’1→Od(Yp)，J(T’i)＝y(tǒng)i.設OT’＝{T’n1，T’n2，...，T’n(m+1)}是所有b多邊形集，令J(T’ni)＝y(tǒng)i’是T’ni的多余的邊，Oyn＝{y1’，y2’，...，ym+1’}是所有b多邊形多余的邊的集，Od’＝Od(Yp)\Qyn是b樹，S(X∪Od’)非空.OT’是OT’(Y’)的序子集，故有序子集OT’＝{T’n1，T’n2，...，T’n(m+1)}.對OT’的序子集OT’i＝{T’n1，T’n2，...，T’ni}，i＝1，2，...(m+1)，也有包含OT’i的最小子樹和最小子圖Y’ni.按Oyn的逆序用n’＝1的方法添加yi’，每次添加都有滿足條件的三角形(r，s，u).當添加了y(m+1)’后定義Qm+1(y(m+1)’)＝J-1(y(m+1)’)的u三角形Ta.所述問題就成為n’＝m的問題.由歸納法假設知定理成立.
定理5 最大平面圖是4可著色的.
證明 設A’的頂點集V＝{Api|i＝0，1，...，k}，對|V|用歸納法.|V|＝1時定理成立.且有Q:Od(Y)→OT(X)，任一y∈Od(Y)有從Q(y)到y(tǒng)的刪端三角形的影響條F0.下面先證|V|＝2時成立.|V(Z)|＝s.圖3，s＝5，V(Z)＝{j，u，s，t，k}.添加s-3條邊Od(Z)＝{z2，z3，...，zs-2}.添加后，A，Ap0，Ap1，Yp0，Xp1，記為Az，Ap0z，Ap1zYp0z，Xp1z.令一一映射J0z:OT(Yp0z)→Od(Yp0z).顯然OT(Z)＝{T1，T2，...，Tn-2}屬于OT(Xp1z)∩OT(Yp0z).令zi＝J0z(Ti)，i＝1，2，...，n-2.z1＝(j，u)∈Oc(Z).Ap0z是片圖，有一一映射Q0y:Od(Yp0z)→OT(X0)，根是Tx.和Q0x:Od(X0)→OT(Yp0z)，根是Ty.Ap1z也是四色的，有一一映射Q1y:Od(Y1)→OT(Xp1z)，Q1y(yi)＝Ti，i＝1，2，...，s-2.記Oy＝{yi|i＝2，3，...，s-2}.定義Qy＝Q0y+Q1y:Ody(A’)→OTx(A’).其中Qy|Od(Yp0)＝Q0y，顯然S(Ap0∪Xp1)非空.下面討論Qy|Od(Y1)的定義.用Oynz記Od(Yp1)在Q1y中全部多余的邊集.Od’＝Od(Y1)\Oynz.Od(Y1)的添加序是先Od’，后Oynz.Oynz又按其b序的逆序添加.若y∈Od(Y1)\Oy添加法如定理4所述并定義Qy(y)＝Q1y(y).若y∈Oy，y＝y(tǒng)i，定義Qy(yi)＝Q0y(zi).i＝2，3，...，s-2.Qy(y1)的定義分兩種請況1，Q1y的根∈OT(Xp1)，定義Qy(y1)＝Tx＝T(ju)∈OT(X0).Qy的根三角形＝Q1y的根三角形∈OT(Xp1).2，Q1y的根三角形＝T1∈OT(Z)，定義Qy(y1)＝Q1y(y1)∈OT(Xp1)，Qy的根三角形∈OT(X0).由于Q1y的根三角形可任選所以Qy的根三角形可任選.當zi＝(j，t)不是多余的邊時，T(jt)∈Wt∩Ap0，不是yi＝(p，t)的端三角形.由于引理4T(jt)可以是yi＝(p，t)刪三角形.下面證明有從Qy(yi)到y(tǒng)i＝(p，s)的端三角形T(ps)的影響條.若yi＝(p，s)不是多余的邊，它的刪頂點設為s，zi＝(j，t)，由于存在Q0y(zi)到zi的刪頂點t的影響條F0，該影響條可延伸到s，成方F1＝F0∪W(s，t)∪T(ps)，其中下標(s，t)是Oc(Z)中從zi的刪頂點到y(tǒng)i的刪頂點最短的路，W(s，t)是Ap0∩(Ws∪Wt)的子條，叫過渡條.若yi是多余的邊，設yi＝(p，h)，它和Ti＝(j，s，t)的邊(j，s)和(j，t)相交，Od(Q1y(yi)#T(ph))∩Oc(Z)＝(j，u)，(j，u)叫Q1y(yi)#T(ph)的分界邊.則F1＝F0∪W(t，s，u)∪((Q1y(yi)#T(ph)∩Xp1)，其中下標(t，s，u)是Oc(Z)中zi的刪頂點到分界邊的最短的路，W(t，s，u)是(Wt∪Ws∪Wu)∩Ap0的子條.Q1y(yi)#T(ph)是yi在Q1y中的影響條。令W’＝∪{Wv|v∈V(Z)}，當yi＝(p，s)不是多余的邊時，F(xiàn)x的端三角形是T(ps)∈Ws，若F1中沒有其他三角形∈W’，可將F1再延伸一個與T(ps)相鄰屬于Ws的三角形，故總認為F1中有依序相鄰的三角形Tf，Tf+1屬于某個Wv，如Ws.顯然在Oc(Z)∩Wsu中有，如(s，u)，滿足E((s，u)∩(Tf∪Tf+1))＝空集.另外在Wu中有三角形Tc滿足E(Tc∩(s，u))＝空集.對Tf，(s，u)，Tc和Tc，(s，u)，Tf+1使用引理3有Tf+1取代Tf是2擴張的，或Tf取代Tf+1是2擴張的.故總可認為影響條F1的長度h是奇數(shù).yi是多余的邊時Qy(yi)也叫u三角形，定義Qy(yi)∈K(yi)，因而Qy(yi)也可是根三角形.所以Qy＝Q0y+Q1y:Ody(A’)→OTx(A’)成立.同理Qx＝Q0x+Q1x:Odx(A’)→OTy(A’).故|V|＝2時定理成立.任一y∈Ody(A’)有從Qy(y)到y(tǒng)的刪端三角形的影響條.上述證明中也可只用引理4完全不用引理3，這時Oyn＝{ynl’|yni’∈E((T’ni)\J(T’ni))，i＝1，2，...，m+1}是所有b多邊形多余的邊的集，且yni’的刪頂點不是J(T’ni)的端頂點.設|V|＝m時成立往證|V|＝m+1時成立.令A＝{Ax，Ap1}其中Ap1是A的葉子，它和頂點數(shù)為m的帶孔Cn的最大平面圖Apm相鄰.用Apm，Odx(Apm)，Ody(Apm)，OTx(Apm)，OTy(Apm)，Qmy和Ap1，Odx(Ap1)，Ody(Ap1)，OTx(Ap1)，OTy(Ap1)，Q1y替換|V|＝2證明中的Ap0和Ap1的對應項用相同方法知成立，Qy＝Qmy+Q1y:Ody(A’)→OTx(A’).其中y＝(h，p)∈Od(Yp(m+1))的影響條可能跨越(m+1)個帶孔片圖.又令A＝{Apm，Ap0}其中Ap0包含A的根，Apm通過cn和A的根相鄰，用Apm，Odx(Apm)，Ody(Apm)，OTx(Apn)，OTy(Apm)，Qmx和Ap0，Odx(Ap0)，Ody(Ap0)，OTx(Ap0)，OTy(Ap0)，Q0x替換|V|＝2證明中的Ap0和Ap1的對應項用相同方法知Qx＝Qmx+Q0x:Odx(A’)→OTy(A’).|V|＝m+1時定理成立，任一三角形都可以是根三角形.對任一T∈OT(A)存在A的一個表示使T＝Tx∈OTx(Ap0)，易知S(T)可擴張到X0，然后相鄰的Xp1，...，Xps，再然后相鄰的Xp(s+1)，...直到所有的OTx(A).
參考文獻[1]K.Appel and W.Haken Every planer map is four colorable.Ball.Amer.Math.Soc 19設6.設11-設12.
權利要求
1.一種填色盤，是一種智力玩具，其特征是包括一個圓盤(1)，圓盤的邊界圓周(3)有不同于內部的顏色另有V個(整數(shù))小立方體棋子(2)，每個小立方體的六個面，染有選定的四種顏色之一，放在圓周的叫頂點的固定位置，把圓周分為V段，每段叫界邊；在圓內有兩種不同顏色的連接頂點的弦(各有V-3條，同一界邊上的兩頂點不連接)，分別叫內邊(4)和外邊(5)，任意二內邊(或外邊)都不相交。
全文摘要
一種填色盤智力玩具，包括一個圓盤，圓盤的邊界圓周有不同于內部的顏色。另有V個(整數(shù))小立方體棋子，每個棋子的六個面，染有選定的六種顏色之一，放在圓周的叫頂點的固定位置，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A63F9/06GK1891320SQ20051002764
公開日2007年1月10日 申請日期2005年7月8日 優(yōu)先權日2005年7月8日
發(fā)明者崔世泰 申請人:崔阿年