　☆四色問題の簡単な証明その３☆　

過去ログ
http://unkar.org/r/math/1266094084
四色問題の証明は簡単にできる。過去ログのNO.29を参照してください。
ブログ作ったのでコメントしてください。
http://blog.livedoor.jp/ys7420/archives/51665060.html
この板のこのスレでも、どちらでもいいので分からないところを聞いてください。
証明は過去のものと同じです。清書すると費用が掛かるので改善しませんでした。
申し訳ない。
contract＝接合と考えていいですが、接合は５色以上必要になる可能性を持っています。
過去ログで議論したことはなるべく出さないでください。
ブログを立ち上げたのは、image（証明３ページ）が消えてもいいためです。
では反論でも感想でもいいですので、気兼ねなく尋ねてください。
よろしくお願い致します。

幼稚園の子供に塗り絵をさせて４色で塗れたら証明完了

> 過去ログで議論したことはなるべく出さないでください。

お前が言うな

>>1
幼稚園の子供に「蜂の巣状の６辺国」を塗らせてみたらどうでしょう。
子供だからある法則に気が付かなければかなり時間が掛かるでしょう。
これで子供は証明完了？

>>2
過去ログに関係なく自由に議論しましょう。（訂正）
過去ログは参考までに見といてください。

猫

>724 名前：１３２人目の素数さん：2011/03/02(水) 22:28:23.32
> >>KuzuNOSeihanzaish
> 数学に捨てられ「た」性犯罪者でしょうか？
> 社会の屑の印象をどうしても受けます。
>

過去ログいちいち見るのめんどくさいんで、証明は下記UPロダに載せました。

http://dl7.getuploader.com/g/4%7Cpl/116/pl_116.jpg
http://dl7.getuploader.com/g/4%7Cpl/117/pl_117.jpg
http://dl7.getuploader.com/g/4%7Cpl/118/pl_118.jpg

上記証明を見て分からないところを質問してください。感想・反論・理解でもいいです。

接合とはグラフにおいて、色拘束された点と異なる色拘束された点を合わせて１点にすることで
５色以上の色になる可能性を持った点の重なりを言う。

字が汚くて申し訳ない。ささいな質問でも回答します。ぜひ読んでみてください。

Docode Error

>>7
「Docode Error」

はどうゆう意味ですか？
分からないので簡単に説明して頂けませんか。

<<7　Docode Error はどうゆう意味ですか？

Decode Error のスペルミスなんだろうが…
スレ主は何故粘着してるんだろうか

稀に見る糞スレ

>>10
確かにブログは　Decode　Errorです。うＰロダを参照してください。
>>11
稀に見る糞スレではありません。
ダイヤモンドの原石の様な証明です。
大学の数学科の助手以上の才能がないと理解出来ないかもしれません。
この板の住人には、四色問題を手がけた人いませんか。
居られるならば理解出来るでしょう。そうゆう人に出会いたいものだ。

5枝点が可約だという結論を導いていることだけでも嘘ってわかるじゃん。

>>12
頭悪いな

>>13
5集点が可約であると証明しました。5集点が可約ではないとゆう証明はあるのでしょうか。
あったら教えてください。ソースまたは著作物を教えてください。
>>14
「頭悪いな」ということは当たらないと思います。数学には自信があります。
大学のときの成績はtop10に入るほど頭は良かったです。現在は老化しており、
頭の良さは高校生並みです。1976年夏に四色問題に出会ってから34年経ってますから。
どんなふうに頭悪いのかな？

可約では無いだろうという予想は知ってるが、俺も証明されたとは知らないから、証明があったらマジ知りたい。おせーて。

>>13 はD可約性、C可約性と、ただの可約性を混同してるんじゃないか？

>>13
こんな所に書き込んでいる時点でｗ

>>18
正式に数学論文として大学から出す手段がないので、こんな所に書き込んでます。
本当は英文でハーバード大学から出したいと思ってますが、つてもなく英語も苦手だから
出せません。誰か英文で論文出してくれないかな。証明が正しいと思ったら。

誰のためでもなく、自分のために見てみるよ。
とりあえず、証明が見れない事を何とかしろ。

再UPでもしてくれ。

あ、ブログの方にあるのね。理解しづらい所は後で質問するからよろしく。

先生！>>6では、「接合」の意味がわかりません！
もっと詳しく教えてください。

簡単のために、4色の色を①②③④とします。
P0を除いて4色で配色した時、

Case I )
A①, B②, C①, D③, E④
となった場合、具体的にどのような操作をすることを言うのでしょうか？

Case II)
A①, B②, C①, D②, E③
となった場合、具体的にどのような操作をすることを言うのでしょうか？

>>22
CaseⅠ）
Ｂ②とＤ③を結合してＢ⑤とする。
Ｂ②とＥ④を結合してＢ⑤とする。
CaseⅡ）
①②③の３色なので接合する必要はない。P0を戻して④とすると４色で配色できる。
Ａ①とＣ①を結合してＡ①とする。
Ｂ②とＤ②を結合してＢ②とする。

接合はどの点でも色拘束を持って結合することを言う。
隣り合う接触した点と点は接合とは言わない。
接触しない点と点を色拘束を持ったまま結合（重ねる）することを接合と言う。

この説明で分かりますか。

>>23
Case II ) については、確かに考えなくていいですね。
失礼しました。

で、Case I ) についてですが、
B⑤とする。ということは、（一時的にでも）５色目を使うってことでしょうか？

あと一つ。
B②とD③を結合して、証明の２枚目の、P2みたいにする、
と言う理解でよろしいですか？

あ、原文でうは、４色をA,B,C,Dで表しているのですね。
混乱させてしまっては悪いので、記号を証明の原文に合わせて、再度質問しなおします。
(>>22,24 は無視して下さい）
―――――――――――――――――――
P0を除いた、庁点数が N-1 のグラフを４色で塗り分けた時、
(P1, P2, P3, P4, P5）の色が、（A, B, A, C, D）だった場合、接合とは、
①具体的に、P1～P5 を、２枚目のP1～P4にどう対応させるのですか？
②接合後の、（P1, P2, P3, P4）の色を教えてください。

以上、２点お願いします。

>>24
>B⑤とする。ということは、（一時的にでも）５色目を使うってことでしょうか？
そうゆうことです。色拘束があるため５色目を使わなければならないのです。

>B②とD③を結合して、証明の２枚目の、P2みたいにする
接合の場合、色拘束があるので、P2の様にはいきません。
あくまでもＢ⑤となります。ただし、Ｎ－２点のグラフは四色で塗れるので
Ｂ⑤は仮定に矛盾します。よってＢＤチェーンかＢＥチェーンのいずれか一方は切れてることになります。

>>26
えーと、まず、接合の理解から。
――――――――――――――――
>>25で言えば、
接合前の状態が（P1,P2,P3,P4,P5）：(A, B, A, C, D)だった場合、

①(P1, P2, P3, P4, P5) ⇒接合⇒(P1, P2, P3, P4, P2)

②接合後の(P1, P2, P3, P4）：（A, E, A, C）

という理解でよろしいでしょうか。

>>25
>(P1, P2, P3, P4, P5）の色が、（A, B, A, C, D）だった場合、接合とは、
①具体的に、P1～P5 を、２枚目のP1～P4にどう対応させるのですか？
（Ｐ５、Ｐ１、Ｐ２、Ｐ３、Ｐ４）の色が（Ａ、Ｂ、Ａ、Ｃ、Ｄ）と置き換えればいい。
>②接合後の、（P1, P2, P3, P4）の色を教えてください。
　（P1, P2, P3, P4）は（Ａ，Ｅ，Ａ，Ｃ）となります。（ＢＤチェーンが繋がってる場合）
　この場合、５色目のＥが必要になります。Ｎ－１点以下は４配色可能という仮定と矛盾しますが。

>>28
えーと、多分接合については理解できました。

ただ、一つ疑問点が出てきました。
接合を行うことで、５色目を使うことが必要になる（こともある）のですが、
この「５色目が必要」ということは、別に４配色可能であることと矛盾はしません。

接合するときは、
接合する２頂点の色以外の頂点の色は変えないこと…①を前提としております。
（>>27で言えば、P2とP5を、色Eにしただけで、他の全頂点の色は変えない事を前提としている。）

従って、上手く色を付け直せば、４色で塗り分けることが可能だとしても、
「①の前提では、５色必要になる」と言うことはありえます。

これについては、どのようにお考えなのでしょうか。

>>29
>従って、上手く色を付け直せば、４色で塗り分けることが可能だとしても、
「①の前提では、５色必要になる」と言うことはありえます。

チェーンの拘束があれば、５色必要になり、矛盾を生じる。
うまく色を付け直せば、チェーンは切れて、５点（P1，P2，P3，P4，P5）はＥを除く３配色可能となる。
ＢＣチェーンとＢＤチェーンが両方繋がっている場合しか存在しないと矛盾を生じる。

>>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？

>>31
５色必要なグラフが１つでもあれば、４配色可能に矛盾します。
>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。
うまく配色し直しても、ＢＣチェーンとＢＤチェーンの両方が切れないと反例が生じます。
その事が矛盾になります。
ここの部分の考え方が、異なるようですね。

>>32
考え方の問題じゃない気が・・・

まぁ、貴方はあなたの信じる証明を
論文でもなんでもして、お出しになってはいかがでしょうか。

一応、あなたの証明の間違いだと思われる部分を、ハッキリと書いておきます。
――――――――――――

部分グラフの頂点の彩色に、一定の条件…①を課して
５色目が必要になったことをもって、
「４配色可能」であることと矛盾する。

という論法を、何の証明もなく使っているが、

実際は、①の条件下で５色目が必要だとしても、
「４配色可能」であることは有り得るわけで、
何も矛盾はしない。

――――――――――――

良く考えなおしてみてください。

2年前のスレと同じ展開だったな

独り善がりとはこの事だなｗ

>>33
１年前と同じ展開になりましたね。
>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。

「そのグラフは４配色可能であります。」の根拠はどこにありますか。
まだ４配色可能と決まっているわけではありません。
５配色が可能ならわかりますが。
５配色が必要なグラフが存在するということを矛盾の根拠にしています。
そのグラフをうまく配色しなおしても、４配色可能ということは出来ません。
任意のグラフ全てが４配色可能だと言っているようなものです。
>>34　そうみたいですね。

>>36
４色配色可能な根拠って・・・

貴方が、一番初めに、「N-1個の頂点は４配色可能であるとする」
と仮定したんでしょ。多分、帰納法したかったんでしょ。

その後、なんか「接合」とかいう訳の分からない操作をした結果、
一時的にでも５色目を使った。

そして、その結果として、始めに「４配色可能であるとした仮定に矛盾する」とした。

そもそも「矛盾したから何をいいたいのか？？仮定が偽であるといいたいの？」
等という根本的な疑問はおいておいて、

「接合という操作の結果」５色目が必要になることと、
４配色可能であることは別に何も矛盾しない。

これ以上言ってもわからないようだったら、もうあきらめろよ。

――――――――
ちなみに、>>34,35は私じゃないからね。
>>34,35に完全に同意はしてるがｗ

>その後、なんか「接合」とかいう訳の分からない操作をした結果、
>一時的にでも５色目を使った。

接合を使って５色目を使ったので、Ｎ－１点以下は４配色可能という仮定に反すると結論付けました。
反例を一時的発生させて、４配色可能という仮定に矛盾するから、別の配色があって仮定と矛盾しないと
結論を導きました。それがＡＣチェーンあるいはＡＤチェーンが切れているグラフが存在すると結論付けました。
これはＮ－１点でP1，P2，P3，P4，P5が３配色可能と結論付けました。
従って、５集点は可約と結論付けました。
接合を使ったのは反例を導き出したかったからです。
接合はグラフではコントラクト（縮約）で普通の操作です。
>>37　これ以上言ってもわからないようだったら、もうあきらめろよ。
諦められません。
この辺が理解できる人いませんか。

いませんか、じゃなくてあんたが理解しなきゃならないんじゃないの？

>接合を使って５色目を使ったので、Ｎ－１点以下は４配色可能という仮定に反すると結論付けました。

>>37は、それが結論付けられないと言っている。

>>38
最初 N-1点までの地図が塗りわけ可能と仮定して、矛盾を導いたと主張してるんだよね？
そうすると、たとえば N=10 とすると、9点以下の地図の中に反例が存在するはず
これのおかしさは分かる？

>>40
Ｎが小さいときには、手作業で確認できるから、反例は存在しない。
Ｎが大きくなると確認のしようがないから、チェーンで確認する。
ＡＣチェーンとＡＤチェーンの片方が繋がってないと証明するには
両方が繋がっているとＮ－２点で５色目が必要になって、仮定と
矛盾すると言うしかない。この作業は数学的には当然のことと思います。

数学以外の世界ではそうなの？

>>41
そもそも、「背理法」なの？それとも、「帰納法」なの？

>>43
背理法を使った帰納法です。
５色目が必要になるが背理法で、全体は帰納法です。

>>44
背理法の「５色目が必要になる」を先に仮定したの？
「頂点がN-1個のグラフを４配色可能とする」を先に仮定したの？

「頂点がN-1個以下のグラフを４配色可能とする」を先に仮定しました。

>>41
つまり、手作業で確認できないくらい巨大な地図には反例が存在するわけね？
そうすると、4色定理を証明したんじゃなくて、
4色定理が正しくないってことを証明したわけだ

>>47
>巨大な地図には反例が存在するわけね？
Ｎ－１点以下では背理法で矛盾すると言ってる訳で
巨大な地図にも４配色可能だと言っています。
分からないかなこの論理。

>>48
「N-1点以下の地図が塗りわけ可能と仮定して矛盾を導いた」
のなら、当然、N-1点以下の地図に塗りわけ不可能なものが存在する
つまり、反例が存在するということになる

>>49
矛盾するといっても最初のＮ－１点以下は４配色可能と仮定してるので
ＡＣチェーンあるいはＡＤチェーンのいずれか切れていて、矛盾は解消される
と言いたいんだが。分かりますか。背理法で矛盾は誤りであると結論付けています。

>>50
A～CとA～Dが両方ケンペ鎖でつながってることなんて珍しくないと思わないか？
つながってる例はいくらでも構成できるんだけど
それとも、手作業で確認できないくらい巨大な地図だと絶対に切れてるの？

>>51
Ｎ－１点以下のグラフではＡＣチェーンかＡＤチェーンのいずれか一方は切れてる
配色が１つ以上存在することを述べている。
それが背理法で証明できた、と言っている。
両方繋がっているグラフも存在するかもしれないが、片方切れているグラフは
必ず存在すると証明している。
もし両方繋がっているグラフしかなければコントラクト（接合）して５色目が
必要になるが、背理法の仮定で４配色可能としているのでＡＣまたはＡＤチェーン
のいずれか一方のチェーンは切れている配色は１つは存在することになる。

>>52
> 両方繋がっているグラフも存在するかもしれないが、
だから、両方つながってる場合は、それが4色定理の反例になるはずでしょって聞いてるんだけど

>>53
両方繋がっている場合は有るかも知れないが、Ｎ－２点で反例が生ずる
ことになるので、Ｎ－１点以下では４配色可能と言う仮定に反する。
Ｎ－２点で反例は無いので（仮定より）、全ての配色でＡＣまたはＡＤ
チェーンの片方または両方の繋がっていないグラフは１つは存在する。

>>54
あるかもしれないが、仮定に反するとか言われても何言ってるか分からん

・両方つながってる場合はあるかもしれない(ないとは言えない)
・両方つながってるとしたら、仮定に反するので、両方つながってることはありえない

のどっちなのかはっきりして

>>52
あるグラフが四彩色可能であるとき、そのグラフに「接合」という操作を行った
ものが常に四彩色可能であることが証明されていなければ、その矛盾は
導けないと思うが？
つか、「接合」すると五色必要になると言っているんだよな？

>>56
> 四彩色可能であることが証明されていなければ、
N点より小さいグラフが4彩色可能なことは数学的帰納法の仮定だから、
そこは別にいいんじゃないか？

>>55
>・両方つながってる場合はあるかもしれない(ないとは言えない)
が正しい。
しかし、背理法により片方が切れているグラフは１つは存在する。
>>56
ＡＣまたはＡＤチェーンが両方繋がっている配色しか存在しないと
したら、５色目は必要であるが、帰納法の仮定でＮ－１点以下は
４配色可能だから、仮定と矛盾する。よってチェーンのどちらかが
切れている配色が１つは存在する。

まだ頑張ってるの？（笑

>>58
少なくとも一方が切れてる場合は、
ケンペと同じ論法でもとのN点のグラフが塗り分けられるからOK
こっちは問題にしてない

両方つながってる場合は、>>6 の理屈だと、「接合」を行ったN-2点のグラフは
塗りわけ不可能で、>>58 によればこの可能性は排除できない

つまり、塗り分けられる場合もあるけど、塗り分けられないグラフが存在する
可能性は排除できない
これじゃ証明になってないじゃん

ある任意のグラフでＮ－１点以下のグラフは４配色可能な配色が１つは
存在するということ。
>・両方つながってる場合はあるかもしれない(ないとは言えない)
は全ての配色を言っているのではない。片方切れている配色が必ず存在する。

不可避集合って何？
グラフ理論のお勧めの数学書を教えてくだされ。

>>62
ロビン・ウィルソン著　茂木健一郎訳
「四色問題」
P176
不可避はその中の少なくとも１つが全ての地図に現れるような配置の集合。

茂木健一郎って脳タレの人？

多分そう。

>>63
誤解されても仕方ない表現だなそれ

62ですが、数学書のほうではどれがお勧めでしょうか？
茂木のやつは読み物で、数学専門書ではないと思うのですが。
（今度読んでみますが）
グラフ理論入門 R.J. ウィルソンとかお薦め？
みなさんはどの本で勉強したのですか？

>>66
確かに誤解されても仕方ない表現だね。

そもそも茂木健一郎って、数学者じゃないでしょ。

いくらモギケンが馬鹿でもそんなこと書かないでしょと思って見たら、
本当に書いてあった…

>>61
最初にN点未満の地図が塗りわけ可能として、A～C、A～D が両方ケンペ鎖でつながっているとしたら矛盾を生じる
って論理を仮に認めたとしても、ここから言えることは、
「N点未満の地図に反例が存在する」かまたは
「A～C、A～D のケンペ鎖は少なくとも一方が切れている」
ということでしかない

>>70
与えられた任意のグラフはＮ－１点以下で４配色するのに幾つかの塗り方があって
そのなかに反例のような配色もあるが、ＡＣあるいはＡＤチェーンの切れている
塗り方が１つは存在するということ言っている。
従って、「A～C、A～D のケンペ鎖は少なくとも一方が切れている」配色が必ず１つは
存在する。

>>71
もし、A～C、A～D が両方ケンペ鎖でつながっているとしたら、
そのグラフで「接合」を行った N-2点のグラフは、4色で塗り分けられるのか、塗り分けられないのか、
yes か no かで答えてくれないか？

>>72
塗り分けられない。
がＮ－２点のグラフは４配色可能なので、仮定と矛盾し、別の塗り分けられる
配色が必ず存在する。この背理法は以前から何度も説明してきた。

>>73
> 塗り分けられない。
> がＮ－２点のグラフは４配色可能なので、
N-2点のグラフは塗り分けられないが4配色可能、つまり塗り分けられるのか？
何言ってるか分からないんだが

>>71
AからEまでの配色も任意という条件でA-C間がケンペ鎖で繋がっていない
配色なら当然存在し得るだろうが、それでは証明にならない。
一方で、何度も指摘されていることだけど、AおよびCに隣接する頂点の配色を
変更しないという条件で「接合」した結果5色目が必要になったとしても、N-1以下の
グラフが四彩色可能であることとは矛盾するとは言えない。

>>75
>AおよびCに隣接する頂点の配色を
>変更しないという条件で「接合」した結果5色目が必要になったとしても
変更してもよい。変更しても５色目が必要になる。
この辺は５集点をもとに再度考察してみてください。
少しややこしくなります。

Mr．Shiraishi が大昔に解いてただろ

考察してくださいも何も、なぜそうなるのかどこにも説明してないじゃん。
「AとCを接合すると5色になるので」って一言で済ませているけど、
それが無条件に成立すると言うのならそれを証明しないと。

>>78
その証明を追加すると別のグラフが必要で、うｐロダでもう１ページ追加
しなければうまく証明できない。言葉だけではうまく説明できない。
隣接する頂点の色を変えても、証明できる。
あなたにはそれを理解する能力が有りそうなので、考察してください。

「すべての平面的グラフは四彩色可能です。考察してください。」ってんじゃ
証明したことにはならないぞ。

>>74 に回答してもらいたいんだが

>>76
変更してもよい？AとCだった頂点の配色を変更して同色にできるなら
5色目は必要ないが？

>>81
このスレは、>>37-39で完了している。

帰納と類比が、論理を理解できないのが問題。

>>83
間違ってることを本人に理解させようっていうゲームが進行している

>>74
ＡＣとＡＤチェーンが結ばれているときは塗りわけできない。
５色目が必要になる。しかし仮定に矛盾するので、配色の１つはチェーンが
切れているものが存在する。
>>82
スクリプトを付けてもらわないと、どの人がどのレベルかわからない。
>>78の人かな。もう少し熟慮をお願いします。

自分の証明が正しいことを理解してもらいたい(か、あるいは間違いを正して欲しい)んじゃ
なかったのか？だったら説明が足りなくて他人に理解されない部分はちゃんと説明しないと。
それとも、単に「自分は正しい」と言いたいだけなのか？

帰納と類比の主張は

１俺の証明は正しい
２間違ってると思ったら１を読め

ということで良い？

無限ループ

どうして一人も証明を理解できないんだろう。
大学の数学科で助手以上の方居られましたらこの証明が正しいことを
理解できるだろう。学卒・現役学生じゃ無理みたい。
<<87　レスも含めて　１，２でいい。

グラフ理論以前に、論理に欠陥があるのだが…

>>89
大学で教えてても間違いは間違い

>>90
欠陥は修復できそうなことか？

「無理」って言っても (∩ﾟдﾟ)ｱｰｱｰｷｺｴﾅｲなんだろ？意味のない質問すんなよ。

>>どうして一人も証明を理解できないんだろう。

どうして間違っていることをあなた一人だけが
気づかないのか不思議だよ。

「特定の塗り方で5色必要になっても4色で塗れるという仮定に
反しない」
だからあなたの論法でACチェーンとADチェーンの両方が
つながっていても何の矛盾も生じない。

2年前から同じ部分の欠陥を指摘され続けているのにな。

IQが20以上違うと会話が成立しないというのを読んだ事がある。

>>95
蛸壺？

IQは１２０ですよ。普通のレベルなんだがな。
確かに会話が成立してないな。

日本人の平均は100くらいだそうですから
ボンクラとは会話が成立しないのも無理ありませんね

こう思われたかったのかしら

このスレの読者は一人を除くと140以上なのか

いや、ワシは100以下や。安心せい。

猫

俺180ぐらいあった気がする
まあ、神童と言われていたから妥当か…

藤原一宏教授の虚偽申請は、日本の数学界に対する国民の信頼を裏切った、
無視することのできない重大な事件です。このような者がのうのうと責任ある教授職を
続けていることに、藤原氏がプロの学者であることを自覚しているのなら
なおさら疑問をかんじざるを得ません。今後二度とこのような事件が起きないように
するためにみなさんで建設的な議論をしましょう。

帰納と類比の証明見て、別証明法考え付いたぜ！

【４色定理の証明】
①N-1個の頂点のグラフでは、４色塗り分け可能だと仮定する。
②全ての極大平面グラフは、３集点、４集点、５集点のグラフのいずれかを部分グラフとして含む。
③３集点を部分グラフとして含む場合、中央の点を除いたグラフを４色で塗り分けで、中央の頂点を
　その３つの隣接点とは別の色で塗り分ければいい。
④４集点、５終点についても、③と同様に、中央の点を除いたグラフについて、４色を使って塗り分ける。
　そして、中央の点を戻す際、その４つ、５つの隣接点と違う色で塗ることが出来れば、問題ない。
⑤④において、隣接点と違う色で塗ることが出来ないのは、①と矛盾する（笑。だから考えなくていい（爆
⑥よって、全てのグラフは、４色塗り分け可能である(｀・ω・´)キリッ

帰納と類比には、この証明法が正しいと理解できるはずだ！

藤原一宏教授の虚偽申請は、日本の数学界に対する国民の信頼を裏切った、
無視することのできない重大な事件です。このような者がのうのうと責任ある教授職を
続けていることに、藤原氏がプロの学者であることを自覚しているのなら
なおさら疑問をかんじざるを得ません。今後二度とこのような事件が起きないように
するためにみなさんで建設的な議論をしましょう。

>>36
>そのグラフをうまく配色しなおしても、４配色可能ということは出来ません。
↑
「うまく配色しなおせば４配色可能である」ことが「４配色可能」の定義そのものなんだよ。
グラフ理論の基本事項を完全に誤解してるじゃないか。

>任意のグラフ全てが４配色可能だと言っているようなものです。
↑
だからそれを証明しろってのが四色問題の定義だろ。
問題そのものを否定してることに気づいてるか。

自分の「証明もどき」に都合のいいように勝手に定義を変える。
これはトンデモ系によくあること。

これでよくハーバードだのIQ120だの言えるな。
世界中どこの機関に送ってもこんな論文は即却下だよ。
おそらく返事すら貰えないレベル。

>>1
あなたの証明の大まかな方針は細部を以下のようなもので
あっている?

(1) N-1 個の頂点の任意のグラフは4色で塗り分け可能と仮定する.
このとき N 個の頂点を持つグラフも4色で塗りわけ可能であることを
　　示す. そうすれば帰納法により目的達成.

(2) N 個の頂点のグラフが 5集点を持つ場合を考える. 仮に
真ん中の頂点を (f) とし周りの5つの頂点を (a)～(e) とする.

元のグラフから頂点 (f) を取り除いた N-1 頂点のグラフを考える.
この N-1 点のグラフの4色での塗り分けで以下のようなものが
存在することを示す:
「(a)～(e) の色の配置が, 頂点 (f)を加えたときに、容易に (f) も
塗り分けられるようになっている」

単に4色で塗り分け可能であることは帰納法の仮定から分かる
ので, 塗り分けられないような都合の悪い配色はそもそも
存在しないことを背理法で示す.
　　
(3) そのような配色になっていたとせよ. するとそこからある操作をして得られる
N-2 個の頂点のグラフの塗り分けには5色が必要になり帰納法の仮定に
矛盾する. よってそのような配色はありえない.

失礼, >>106 の出だしの文章, 変だね.

誤: 細部を以下のようなもので～
正: 細部は別として, 以下のようなもので～

>>106
>(2) N 個の頂点のグラフが 5集点を持つ場合を考える. 仮に
>真ん中の頂点を (f) とし周りの5つの頂点を (a)～(e) とする.

>元のグラフから頂点 (f) を取り除いた N-1 頂点のグラフを考える.
>この N-1 点のグラフの4色での塗り分けで以下のようなものが
>存在することを示す:
>「(a)～(e) の色の配置が, 頂点 (f)を加えたときに、容易に (f) も
>【4色で】塗り分けられるようになっている」
とは限らない。
>Ｎ－１点で>単に4色で塗り分け可能であることは帰納法の仮定から分かる
>ので, 【(a)～(e)を３色で】塗り分けられないような都合の悪い配色はそもそも
>存在しないことを背理法で示す
上記のように修正したいです。
(1)(3)はそのままでよい。

>>103
Ｎ点を戻すと仮定から反する。Ｎ－１点なら４配色可能。

だったらこれならどう？

隣合う2頂点とそれを囲むサイクルを考える。
このサイクルが4彩色されている場合、この2頂点を縮約すると5色目が必要になる。
これはN-1のグラフが4彩色可能であるという仮定に反するので、隣合う2頂点を囲むサイクルは
高々3彩色であることがわかる。
3彩色のサイクルに囲まれる2頂点は、残る1色を割り当てた1頂点に縮約することができる。
以上より、隣合う2頂点は可約であることが証明できた。

>>73,85
「N-2点のグラフは塗り分けられないが、4配色可能」と言ってると理解していいのか？
「塗り分けられる」と「4配色可能」ってのはどう違う？

>>111
>3彩色のサイクルに囲まれる2頂点
を縮約するのではなく、2頂点のまま3彩色のサイクルの中で４彩色
できなければ、隣合う2頂点は可約であると言えない。
縮約してしまうと、Ｎ－１点のグラフになってしまう。

>>112
>N-2点のグラフは塗り分けられないが、背理法後4配色可能となる
「塗り分けられる」＝「4配色可能」

しまった、詰めが甘かったか(///)
しかしあくまでも、前段の「隣合う2頂点を囲むサイクルは高々3彩色」って
ところには突っ込まないんだなｗ

>>114
背理法によって塗り分けられることを示したのは最初の N点のグラフじゃないのか？
N-2点のグラフも「背理法後」塗り分けられるようになるのか？

>>116
はいそうです。

>>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？

>>118
配色を変えて、同じグラフが４配色可能となる塗り方が１つは存在します。

>>108
結局、どう修正したいの？

【4色で】と【(a)～(e)を３色で】を補えばOK?

それとも下から6行目の「とは限らない」も補うの？

>>105-110
過去レスを見るにはどうしたらいいですか。
もう一回見て回答したい。

>>120
【4色で】と【(a)～(e)を３色で】
下から7行目の【とは限らない】も補う
と>「都合の悪い配色はそもそも存在しないことを背理法で示す」を削除

あ

>>122
[(a)～(e)を３色で] を補う先の「都合の悪い配色は～」という
一文を削除するの？
指示通りに書き直すと文章にならないんだけど？

中途半端な「加える」とか「削除する」とかいう指示じゃなくて
>>106 の (2) にあたる部分を自分なりに
書き直した完全な文章を提示してもらえませんか?

>>106
パッと見(3)で証明として論理破綻してるよなｗｗ

俺一人が正しいって思っている奴を説得するのは無理だよ

帰納と類比vs猫はまだ？

5集点は不可避集合である。
Ｎ－１点までのグラフは４配色可能であると仮定する。
Ｎ点の任意のグラフにある５集点に着目する。
５集点の中央の頂点P0とその辺を仮に削除する。
このＮ－１点のグラフは仮定より４配色が可能である。
P0の周りの頂点をP1～P5とする。
P1～P5の頂点は４色で塗られている。
５つ頂点の内同じ色のものを色Ｂとする。
色Ｂと色Ｂに囲まれた一個の頂点をP1とする。
P1の色をＡとしP2，P5を色Ｂにする。
残った色ＣをP3，色ＤをP4とする。
仮にP1～P5が３色で塗られていれば、P0を戻してＮ点で４配色可能となる。
上記P1～P5が４色でＣをＡに変えられない、ＤをＡに変えられないとする。
ケンペ鎖ではＡＣチェーン、ＡＤチェーンが繋がっているとする。
ＡとＣをコントラクトしてＮ－２点のグラフを得る。
このとき頂点Ａは頂点Ｃと結合するのでＡ，Ｃ以外の色で、頂点ＡはＢに
辺で接しているので、Ｂ以外の色、頂点ＣはＤに接しているのでＤ以外の色
を要求される。５色目のＥが必要となる。
同様にＡとＤをコントラクトしてＮ－２点のグラフを得た場合
５色目のＥが必要になる。
Ｎ－１点以下のグラフは４配色可能なのでＮ－２点でも４配色可能となる。
しかし仮定に反し５色目が必要になった。
これはＮ－１点以下のグラフが４配色可能と言うことに矛盾する。
従ってＡＣチェーンまたはＡＤチェーンが切れているグラフが１つは存在
しなければならない。
よってP1～P5を３色で配色することができる。
よってＮ－１点のグラフが４配色可能であればＮ点のグラフも４配色可能である。
よって帰納法が成立し、平面状のグラフは４配色可能である。

>同様にＡとＤをコントラクトしてＮ－２点のグラフを得た場合
>５色目のＥが必要になる。
>Ｎ－１点以下のグラフは４配色可能なのでＮ－２点でも４配色可能となる。
よって５色目のＥが必要になると思ったのは間違いだった。

>>128

言葉がよく分からんが, 例えば下の彩色された
グラフは AC チェーン, AD チェーンが繋がっている
ということでいい?
(括弧つきは考えている5点以外の頂点, A,B,C,D は色)

　　　(C)--A--(D)
　　　　　／　＼
　　　　B　　　　B
　　　　|　　　　　|
(A)---C-----D---(A)

で A と C の色の頂点をくっつけて一つにする
(その頂点を○で表す)

　　(C)　　(D)
　　　＼／
　B---○---B
　　　／＼／　
　(A)　　　 D--(A)

すると A, B, C, D の色の塗られた頂点と繋がってるから,
丸で示した頂点を塗るには第5の色 E が必要になる.
点の数が N-2 点 (この場合は N=10 だね) だから
帰納法の仮定から４色で塗り分け可能なはず.
矛盾!! というのが主張ってことでいい?

でも、実際には >>130 には何の矛盾もない.

上の例では, 例えば下のようにすれば4色で塗り分け
可能だから.

　　(A)　　(A)
　　　＼／
　B---C ---B
　　　／＼／　
　(A)　　　 D--(A)

ということを皆、繰り返し言ってるんだと思うんだけど.

言葉が通じないのであくまでも推測だけど、上の2つの塗り分けでは
(A)-(C)のケンペ鎖が繋がっているが、最後の図のような塗り分けは存在して
そのときそのケンペ鎖は繋がっていない、という主張じゃないかと思う。

>>131
まだ理解してないな。
>>130
その理解で正しい。
「- - -(C)--A--(D) -|
|　　　　／　＼ |
|　　　B　　　　B |
|　　　|　　　　| |
(A)---C-----D---(A) 」
図がうまく描けてないかな、上のようなイメージ。

>>130と>>131は同じ人じゃねえの？

>>132
なるほど.
ようやく証明の流れが分かったような気がする.

「考えている N-1 点のグラフの『任意の』 4色塗り分けに対して,
P1～P5 を塗るのに4色使われていて, かつ AC チェーン, AD チェーンが
繋がっているとせよ.

そうすると, A と C, あるいは Aと D を「接合」して得られる N-2 点の
グラフの塗り分けに5色必要」

となるから矛盾, といいたいわけか. すると多分,

命題: 「N-2 点のグラフの『全ての』4色での塗り分けは,
元のN-1点グラフの4色を用いた『ある』塗り分けから上記の
操作で得られる」

ということが成立すると思っているのね.

これは自明じゃないから、これを示さないと何も証明したことに
ならないよ.

>>134
うん, 同じ人. 改行多すぎると怒られたから分けただけ.

>>135
>命題: 「N-2 点のグラフの『全ての』4色での塗り分けは,
>元のN-1点グラフの4色を用いた『ある』塗り分けから上記の
>操作で得られる」

>ということが成立すると思っているのね.

>これは自明じゃないから、これを示さないと何も証明したことに
>ならないよ.

これは自明なんだがな。Ｎ－２点のグラフはＮ－１点の接合で得られる。

>>136
自明だというなら, 証明してください.

ここって、帰納と類比の頭の中を暴くスレですか？

>>119
色を全部チャラにして白紙の状態から塗りなおせば、塗り分けられるってこと？

>>135
上記の操作ではなく、３集点を追加してＮ－１点のグラフにすればいい。
上記の操作にこだわる理由はどこにあるの？
上記の操作では５色目が必要になる場合があり、矛盾を生じる。
訂正：>>136
与えられた命題は正しくはない。

>>140

>上記の操作では５色目が必要になる場合があり、矛盾を生じる。

え?
単に「5色目が必要になる場合がある」っていうのが,
「4色で塗り分け可能」という仮定と反すると, この期に及んでも
本気で思ってたの?

>訂正：>>136
>与えられた命題は正しくはない。

そうですか.
正しくないと断言するなら, 反例を示していただけ
ますか?

その反例が, あなたの4色問題の証明の不備を
明らかにするはずですから.

>>141
今までのレスをしっかり読んでください。
>>128, >>130

>>142
えっ？
私は 141 だけど, >>128 を読んだ上で
>>130 を書いた本人だよ？　
(ついでに >>131, 135 もね)

ひょっとして >>130 をあなたの応援演説のように
でも思ってるの？
あなたこそしっかりと今までのレスを読みなよ.

>>130, 131 は一続きで, >>128 の書き込みが
とんでもない間違いを言っているとしか思えない、
というのがその主張だよ.

>>131は間違いだよ。
そのような塗り方は存在しない。
だからＡＣとＡＤチェーンが結ばれていれば、５色目が必要になる。
何度も言ってるんだが分からないかな。
もし塗れるとしたら>>131の配色の手順を述べて欲しいものだ。

>>144
手順も何も・・・
>>131 に書いてある図が4色での塗り分け
じゃないとでもいうの?

もし >>133 でいうような例がお好みなら,
A と C の頂点を接合すると

--(C)　　(D)--------
|　　　＼／　　　　　　|
|　B---○---B　　　 |
|　　　／＼／　　　　|　
--(A)　　　 D--(A)--

この「グラフ」は4色で塗り分けられる:
例えば

--(C)　　(D)--------
|　　　＼／　　　　　　|
|　A---B ---A 　　 |
|　　　／＼／　　　　|　
--(A)　　　 D--(A)--

上の図のB色を A色で勝手に塗り変えるな,
なんて言うなよ?

帰納法の仮定で保証している
「N-1 点までのグラフは4色で塗り分け可能」と
いうのは, 「4色での塗り分けが少なくとも一つ
存在する」というだけの意味なんだから.

>>145
ちょっと時間をください。
よく検討してみます。
1週間くらいかかるかな。
上記図は特殊な場合に成立する。一般的でない。ある条件が必要。
この場ではここまでにして保留にする。

前スレとか読んでなくって、場違いな質問になりますが、
何かご存知のことがあれば教えてください。

以下の命題が正しいとすれば、グラフ理論におけるテイト定理(3正則な平面グラフの辺彩色は3彩色的である)を直接的に証明できます。
テイト定理⇔四色定理なので、逆に四色定理から、下記の正しさを導き出すことができないか?
そして、もし、四色定理に帰着できるならば、次数を限定化した四色定理(つまり、次数N以下の平面グラフ)に帰着させることはできないか？
（例えば、次数5以下の平面グラフで四色定理が成り立つことは、五色定理から簡単に導かれますよね？）

などと言うことを考えています。

反例や未解決であることのソースなんでもいいので情報をください。

以下は命題です。

-----------------------------------------------------------
命題※

頂点彩色が3彩色可能な平面グラフGについて

3色を用いてどのような塗り分けを行っても同じ色にしか塗り分けできない点の集合を「同色点集合」と定義する。

※明らかに同色点集合であることの必要条件は独立点集合(安定集合)であることである。

このとき、以下の命題は常に真か?

3彩色可能な平面グラフGについて、任意の同色点集合から次数3以下の点を3つを選び出し、それら3点を
結ぶ辺を追加したグラフG'が平面的ならば、平面グラフGには次数6以上の点が存在する。

テイト定理証明の流れ(上記を正しいと仮定した上で)

1.次数3,4,5の点の双対グラフを考える。
これらは、3正則な平面グラフにおいて不可避集合である。
　(3正則な平面グラフの双対グラフは極大平面グラフだから)

2.次数4の点の双対グラフについて
　これは、周り4本の辺をどのように彩色しても
　内部は3彩色可能である。ところで、3正則な平面グラフにおいて
　3彩色不可能であるようなグラフのうち最も小さいグラフを
　最小反例と定義する。最小反例は1つでも点を除去すれば、
　3彩色可能である。次数4の点の双対グラフを除いたグラフが
　3彩色的ならば、加えたグラフも3彩色的であるため、
　次数4の点の双対グラフは　最小反例には含まれない。
　このような配置を可約配置と定義する。

3.次数3の点の双対グラフ(a)について
　これは、周り3本の辺が全て同色の時のみ3彩色できない(証明略)
　ここで、3正則な平面グラフのライングラフを考える。
　このグラフは、4正則な平面グラフ(*)である(証明略)
　最小反例に(a)が存在すると仮定し、そのライングラフを考える。
　最小反例から(a)除いたグラフは、3彩色可能である。
　このとき、(a)に接合していた3点に着目すれば同色点集合である
　ことがわかる。再び(a)をもどし、適当に縮約と削除を行えば、
　それら3点を結ぶ3角形ができる(証明略)。平面グラフのマイナーは
　平面グラフである。3点全てが同一の同色点集合に含まれるならば
　命題※より次数6を含むことになるが、これは(*)と矛盾する。
　よって、少なくとも1つは同色点集合に含まれない。
　このことから、周り3本の辺が全て同色になる以外の塗りわけが
　少なくとも1つ存在するため、3正則な平面グラフに配置(a)が
　存在する時、配置(a)は可約配置である。

4.次数5の点の双対グラフについて
上記とほぼ同様の方法で可約配置であることが証明できる。

5.締め
　このことより、3正則な平面グラフには少なくとも1つは可約配置を
　含むため、最小反例は存在しない。よって、3正則な平面グラフの
　辺彩色は3彩色的である。

6.さらに
　正則な平面グラフの辺彩色が3彩色的ならば、あらゆる平面グラフは
　２つのサイクルの合併である。

　よって、あらゆる平面グラフは4 彩色的である。

正確には「どんなブリッジをもたない」が必要だと思いますが
その辺は読み替えてください。

上記のアプローチはあまりにもシンプルで四色定理の証明について
テイト彩色からのアプローチは19世紀から主流だったことから、
このアプローチはかなり昔に既に考えられていてもおかしくないの
ではないかとおもっています。

だとすると、

1.今まで誰も考えたことなかった発想(・・・それはないだろ?)
2.命題※の証明は未解決で四色定理と同等以上に難しい。
3.そもそも命題※は間違っている(そうでないことを祈りたい)
4.そもそも命題※は証明できない(そうでないことを祈りたい)

になるので、2.であると信じて近年証明された定理や予想を
探して考えているのですが、命題※が証明できる気がしません。
(私が証明したいのは命題※であって四色定理ではない)

なにかご存知のことがあれば教えてください。

でも、ここまで言って簡単に(しかも否定的)に解決されたら・・・

私は自分の間抜けさに絶望して、スフィンクスに倣うしかなくなるかも知れません。

>>147
> 3色を用いてどのような塗り分けを行っても同じ色にしか塗り分けできない点
こういう点は存在しないと思うが？

> 3色を用いてどのような塗り分けを行っても同じ色にしか塗り分けできない点

ポイントは平面グラフの『4彩色』ではなく平面グラフの『3彩色』である点

例えば、1つの辺を共有する隣り合う3角形を考えた場合、次数2の点同士は常に同じ色でしか塗りわけできない(異なる色で塗るとグラフが4彩色されるため)。

>>151
同色点集合の定義を変えてみた。

頂点彩色が3彩色可能な平面グラフGについて

どのような塗り分けを行っても全ての要素が同一色になる独立点集合を
「同色点集合」と定義する(なんか記号使った方がいい?)。

>>148
> 1.次数3,4,5の点の双対グラフを考える。
双対グラフってのは点に対して定義されるものじゃなくて、グラフに対して定義されるものでしょ？

> 　これは、周り4本の辺をどのように彩色しても
> 　内部は3彩色可能である。
内部ってのはどこのこと？

スマン。流石にあいまいすぎるな。

＼　／
口
／　＼

の口の部分

>154
双対グラフってのは点に対して定義されるものじゃなくて、グラフに対して定義されるものでしょ？

それは思ったが文章で手っ取り早く流れ(要点)だけを説明したかったので。
この辺は図を使えばいくらでも正確に定義できるし、証明もできる
(言ってる意味は理解してもらえてると思う)。

３枝地図において三辺国，四辺国，五辺国は不可避非集合であるといった方が
文章的には分かりやすいだろうか?

もとのグラフ(地図)とその双対グラフが出てくるから、どっちを指してるのか分かりにくいんだよね
例えば
> 1.次数3,4,5の点の双対グラフを考える。
こういう書き方をしたら、「次数3,4,5の点」ってのはもとの地図の頂点みたいに読めるけど、
>>157 を見ると、実際は双対グラフでの頂点を指してるわけでしょ？

>>158
その通りです。この辺はもうちょっと整理すべきですね。
図をつければもうちょっと改善すると思う。

言い忘れてたけど、

3彩色可能な平面グラフGについて、任意の同色点集合から次数3以下の点を3つを選び出し、それら3点を
結ぶ辺を追加したグラフG'が平面的ならば、平面グラフGには次数6以上の点が存在する。

上記からオイラー公式を使って以下に言い換えることができる(むしろ上は下からの帰着)。

3彩色可能な平面グラフGについて、任意の同色点集合から次数3以下の点を3つを選び出し、新たに
点vを追加し、選び出した3点とそれぞれ辺で接合したグラフG'が平面的ならば、
平面グラフGには次数6以上の点が存在する。

言い換えれば(むしろ上は下からの帰着)

3彩色可能な平面グラフGについて、平面グラフGが次数5以下の点のみで構成される場合、
次数3の点に着目したとき、隣接する3点のうち少なくとも一つは同一の同色点集合に
属さない。

つまり、次数4以下の平面グラフの3彩色問題を考える上で有効だと思っています。
テイト定理の証明は上記の証明を考える過程で発見しました。なので、個人的に
あまり重要ではありません。

>>149

自己レスです。

>>このグラフは、4正則な平面グラフ(*)である(証明略)
　4正則であることはほぼ自明だが、平面的であることは
　自明だとは言えないので一応証明しておく。

3正則な平面グラフにおいて
点数を n, 辺数を mとすると

3正則なので、m=3n/2

生成されるライングラフにおいて
点数を n', 辺数を m'とすると、

n'=m=3n/2
m'=3n

n≧4の時、3n ≦ 9n/2 -6

ところで平面グラフの辺数の上限は

m'≦3n'-6

3正則グラフは、n≧4なので、3正則の平面グラフの
ライングラフは平面的である。

以上

スマン・・・上の証明間違っている。

ところで平面グラフの辺数の上限は平万グラフであることの
十分条件であって必要条件ではない。

K3,3を考えてもらうと分かるが、
n=6,m=9
3n-6=18-6=12

よって、m<3n-6だが、平面的ではない。

・・・なぜこれに気がついたかと言うと、上記証明が正しいとすると
ピーターセングラフ(辺彩色が4彩色的)のライングラフも平面的になり、
テイト定理の証明と命題※が正しいこと自体が根本的に間違っている
ことになってしまうため、かなり焦って考え直しました。

・・・平面的であることの証明は考え直して見ます。

>>161

3正則な平面グラフのライングラフが平面的であることの証明

3正則な平面グラフにおいて
点数を n, 辺数を m, 面数をfとすると

n+f=m+2
m=3n/2

n+f=3n/2 +2

一方、生成されるライングラフにおいて
点数を n', 辺数を m'，面数をf'とすると

n'=m=3n/2
m'=3n
f'=f+n=3n/2 +2

n'+h'=3n/2 +3n/2 +2=3n+2=m'+2

∴n'+h'=m'+2

よって、3正則な平面グラフのライングラフは
平面的である。

以上

・・・マジで焦った。4正則であることは、3正則グラフは
1つの辺に4つの辺が隣接してることから明らか。

ちなみに、ピーターセングラフではn+f≠m+2なので、上記と同様の方法で
3正則な非平面グラフのライングラフは非平面的であることの証明もできます。

>>147-164割り込みすみません。

>>135,>>145

--(C)　　(D)--------
|　　　＼／　　　　　　|
|　B---○---B　　　 |
|　|　／＼／　　　　|　
--(A)　　　 D--(A)--

この「グラフ」は4色で塗り分けられない:
例えば

--(C)　　(D)--------
|　　　＼／　　　　　　|
|　A---B ---A 　　 |
|　|　／＼／　　　　|　
--(A)　　　 D--(A)--

ということで、ＡＢチェーンが切れてる場合にしか４配色できない。
特殊な場合を除いて５色目が必要となる。

>>165
もういいや.
さすがに, ここまでのアホの相手は時間の無駄だね.

あなたは「4色定理」を示そうとしてるんでしょ?
「4色定理」が正しければ, 塗り分けられないはずないじゃない.

--(C)　　(D)------
|　　　＼／　　　　|
|　C---B ---C　　|
|　|　／＼／　　　|　
--(A)　　 D--(A)--

ほーら, 塗り分けられた.

それにね, たとえ「特殊な場合を除いて５色目が
必要となる」ことが示せたとしても(示せてないけどね),
それに何の意味もないよ.

あなたの証明が正しいためには, その推論が
「全ての場合」にうまくいかなければならない,
うまくいく例を一つ見せても無意味.

他方, あなたの証明が正しくないことを示すためには
うまくいかない例を「たった一つ」示せばいい,

この程度の論理も分からないんじゃ, 数学はやめて
おいたほうがいいよ.

>>165
過去ログ読みました。
疑問に感じたことを書きます。

まず、彩色数が5の平面グラフを仮定し、そのうち最も
小さいものを最小反例と呼ぶことにします。最小反例は
可約配置を含まないため、バーコフのダイヤモンドや
次数4以下の点などの可約配置を含みません。

最小反例の頂点の数をnとおくと、明らかに頂点数がn未満の場合、
4彩色可能である。

ここで、最小反例よりも大きいグラフを考える。明らかに
彩色数が5の平面グラフは最小反例をマイナーに持つ。
また、最小反例をマイナーに持たない頂点数が多い
平面グラフは存在することは明らか。

よって、あなたの証明は最小反例の頂点数以下では成り立つ
のかも知れませんが、最小反例の頂点数を超えると成り立た
ないと考えられます。つまり、最小反例の頂点数をnとすると
n→∞であることの証明が必要だと思いますがどう考えられ
ていますか?

あとは最小反例について、次数5の点を5色目で塗り分けるだけで全体が
5彩色できることの証明ですね。つまり、最小反例内に存在する次数5の
点がnあるとし、5色目でしか塗りわけられない点の数がnを超えないことと
次数5の点に5色目を移動させる手順を教えてください。

>>167
> 明らかに
> 彩色数が5の平面グラフは最小反例をマイナーに持つ。
横から悪いけど、これは何故？

>>166
--(C)　　(D)------
|　|　＼／　　　　|
|　C---B ---C　　|
|　|　／＼／　　　|　
--(A)　　 D--(A)--

ほうら、塗りわけられない。
特殊な条件のもとでしか４配色できない。
どうして分かってくれないの？

>>169
自分で書いといてなんだが・・・・私も思った。
それがいえるんだったら、Hadwiger予想(k＝5)を証明して終わりだよね。

あとやっぱり、最後の手順で5色目が必要になる理由が分かりません。
「色の拘束」と言う概念は分かますし、そこで5色目が必要になることも
わかります。ですが、点数がN-1以下だと「色の拘束」を行っても
4彩色可能であることは何故いえるのでしょうか？仮定では単純に
点数がN-1以下は4彩色可能だとしか言ってないので・・・・よく分かりません。

でも、この方法の面白さは感じました。AとCの接合と言う概念を用いれば、
ケンペ鎖を使わなくても次数4の点が可約配置であることの証明ができますから
便利だと思います。

>>170
かわいそうになってきた.
辺をいくら増やしたって無駄なんだから.

--(C)　　(D)------
|　|　＼／　　　　|
|　D---B ---D　　|
|　|　／＼／　　　|　
--(A)　　 C--(A)--

ほら, ね.

それよりも >>166 の後半をよーく
読んでよ.

私は >>145 であなたの推論が正しくない例を
示した. それに反論したければ, 自分の推論どおりの
結果が出る例をいくら提示しても無意味
(提示すらできてないけど).

あなたのやるべきことは4色問題の
自称「証明」を修正することだよ.

>>170
>特殊な条件のもとでしか４配色できない。
>どうして分かってくれないの？

貴方の方が分かっていないのでは？
貴方の根本的な誤りは、
>>128前半(11行目まで)の彩色が、最小反例になっていると
仮定していることではないでしょうか。

他の人は「それは彩色の内の１つで、全ての彩色に適用されるわけじゃない」
と言っているのですが。

・・・と言っても、分かってもらえないと思うので
簡単な反例を出してみます。
┌─────┬─────┐
│　　　Ｃ　　│　　Ｄ　　　　 │
│　 ┌─┬─┴─┬─┐　 │
│　 │ 　│　　　　│　 │　 │
│　 │Ｂ │ 　◎　 │Ｂ│　　│
│　 │ 　│　　　　 │　 │　 │
│　 │ 　├───┤　 │　 │
│　 │ 　│　　Ａ　│　 │　　│
│　 │ 　├─┬─┤　 │ 　│
│　 │ 　│Ｃ │Ｄ│　 │ 　 │
│　 │ 　├─┴─┤　 │ 　│
│　 │　 │　Ａ　│　 │　　│
│　 └─┴┐ 　┌┴─┘ 　│
└────┴─┴────┘
これは、>>128の仮定をすべて満たしています
このままの配色では"◎"に5色目の配色が必要です。

上図の彩色の問題点は、A-C、A-Dのケンプ鎖ではなく、左右の"B"にあるのですが

>>174
予言しよう。
その例をみて帰納と類比は
「やっぱり5色目が必要だ。俺は正しい。
俺の理解者が現れた」
と言う。

>>173
--(C)　　(D)------
|　|　＼／＼　　|
|　D---B ---D　　|
|　|　／＼／　　　|　
--(A)　　 C--(A)--

ほらね、５色目が必要でしょ。

>>174
　直感的に反例があるのは分かっていたが、そういう示し方があったのね。
　>>128の方法と同様の方法で、ケンプ鎖を使わずに5色定理が示せるので
　最後の部分を除いて気に入っています(ケンプ鎖は個人的に嫌いなので)。

よければ、>>147-163も見てやってくださいな・・・・

>>176
何度も言っているけど, たとえ >>176 のグラフを
塗り分けるのに5色目が必要であるとしても,
だから何だというの?

例えると
(1) あなたが,　ある推論の下に
「このグループのメンバーは全員が男である」
と主張をした.

(2) 私はグループから一人選んで「でも, この人は女ですよ.
あなたの主張は間違いです」といった.

(3) あなたは (2) とは別のメンバーを連れてきて
「女性であるのは特殊な場合のみ. この人は男だ」
といっている.

(2) で選んだメンバーを「女じゃない, 男でしょ」というなら
反論になるけどそうじゃなけりゃ, いくらメンバーから男を探して
連れてきても, (2) の段階で残念ながらあなたの推論と主張の
誤りは確定なんだよ.

>>178
中学生でもわかる論理を、何度言っても理解できない人に対して、
何度言っても無駄な事かと。
>>95 はある意味真実なので。

>>125-179
過去レス確認。
みんなケンペ鎖のことをよく理解してないな。
>>145
ＡＢチェーンの入れ替えＢＡチェーンにし、ＡＣがＢＣチェーンとなり
ＣのところにＢを置いて矛盾
>>170
ＢＣチェーンの入れ替えＣＢチェーンにし、ＡＣがＢＣチェーンになり
ＡのところにＢを置いて矛盾
>>173
ＡＤチェーンにＡのところにＤを置いて矛盾
接合の反対＝展開をしてメモでも取って図に書いて確認してください。

どういう理屈で何が何に矛盾してるのか書けよ

帰納と類比には論理的思考力がない典型例ってゆーか、
∃(ある)と∀(すべて)が絡むと理解不能に陥るようだね。

Ｐ「ある塗分け方で４彩色不可能」
Ｑ「すべての塗分け方で４彩色不可能」

Ｑは反例を一つ示せば主張は崩れるのであって、
それに対抗してＰの例をいくら挙げてもＱの不成立には変わりない。

帰納と類比の脳内では∃と∀がゴッチャになってるから、
いつまでも基本的な誤解に気付かず、周りの話が飲み込めない。

こんなの論理学の初歩なんだけどね。
「∃と∀の区別なんかはどうでもいい」って思ってるだろ？
それが致命的欠陥なんだよ。

>>181
たしかに、帰納と類比に、「どういう理屈で」「何が」「何に」矛盾しているのか
書かせてみると面白そう。

そんなの聞いてもどうせ、「>>6を読んでください」「考察してください」しか言わないだろ。

というか>>174も

┌─────┬─────┐
│　　　 A 　　│　　B　　　　 │
│　 ┌─┬─┴─┬─┐　 │
│　 │ 　│　　　　│　 │　 │
│　 │Ｂ │ 　C　 │A│　　│
│　 │ 　│　　　　 │　 │　 │
│　 │ 　├───┤　 │　 │
│　 │ 　│　　D　│　 │　　│
│　 │ 　├─┬─┤　 │ 　│
│　 │ 　│A │B│　 │ 　 │
│　 │ 　├─┴─┤　 │ 　│
│　 │　 │　 C 　│　 │　　│
│　 └─┴┐ 　┌┴─┘ 　│
└────┴─┴────┘
ときちんと四色で塗り分けられるが(当たり前だが)

>>182
Ｎ－２点の相対グラフである塗分け方で４彩色不可能
であるが、帰納法の仮定に矛盾するので矛盾を引き起こす
配色は存在しないと結論付けている。
このある塗り分け方を矛盾としたら、Ｎ点の相対グラフは
全て４配色可能であると結論付けられる。
この反例を矛盾としたことに帰納法の証明になんの問題もないと思うが。
ごく一般的な証明であると思う。

>>186
2行目の「帰納法の仮定」は何？
1行目とどう矛盾する？
具体的に書けよ

>>186
簡単に答えられる質問です。

「Ｎ－１点までのグラフは４配色可能であると仮定する。」
1. この仮定したグラフを四色で塗り分ける方法は何通り(以上 or 以下)あるか？
2. この仮定したグラフを五色で塗り分ける方法は何通り(以上 or 以下)あるか？
3. この仮定したグラフのいくつかの頂点の彩色を指定することで、
　　四色で塗り分けられないようにできるか？

4. 「接合」して得られたグラフを四色で塗り分ける方法は何通り(以上 or 以下)あるか？
5. 「接合」して得られたグラフを五色で塗り分ける方法は何通り(以上 or 以下)あるか？
6. 「接合」して得られたグラフのいくつかの頂点の彩色を指定することで、
　　四色で塗り分けられないようにできるか？

7. 1～3の答えと4～6の答えで矛盾することがあるか？

>>188
Ｎ－１点以下の相対グラフはわかるが、Ｎ，Ｎ－１，Ｎ-２，Ｎ－３・・・・
点のどの相対グラフか分からないので答えようがない。
１～３はＮ－１点か
４～６はＮ－２点か
よく分かりません。

>>187 にも答えてもらえませんか？ > 帰納と類比

>>189
Ｎに具体的な値を与えて、適当な大きさのグラフを想定してくれれば良いです。
1. 一通り以上。というのは良いですよね？
3.と6.はできる or できないで答えてください。

>>187
帰納法の仮定：Ｎ-１点までは４配色可能である。
Ｎ－２で５色目が必要になる。これが仮定と反する。
>>188,>>191
1.１つ以上
2．１２個以上
3．できない
4．１つ以上
5．１２個以上
6．最終的に帰納法の仮定から言って、できない
7．最終的に矛盾はない

>>146で「検討してみます」と言った結果が>>165 >>170 >>176なのかな？
自分で考える気になったのはすごい進歩だと思ったのだが…

>>192
とりあえず >>187 に答えてくれてありがとう。

では、「Ｎ－２点の相対グラフがある塗分け方で
４彩色不可能」であることが、
「Ｎ-１点までは４配色可能である」に矛盾すると
あなたは考えてるんだね。

ちなみに「N-1 点までの(任意の)グラフは4配色可能である」
の否定は

「N-1 点までの点をもつ、あるグラフは頂点をどのように
4色で塗っても塗り分けられない」

であることには同意してもらえるかな？

>>194
同意します。

>>195
そこは同意してもらえるんだね。

では、あなたの証明とかその状況は忘れてください。
以下を全く一般の話として読んで下さい:

あるグラフが与えられたとしよう。

(1) 「そのグラフは、ある塗り方で頂点を 4色で塗ると塗り分けられない」

(2) 「そのグラフは、どのように頂点を 4色で塗っても塗り分けられない」

一般には (2) ⇒ (1) が成立するが, (1) ⇒ (2) は成立しない。
(1) と (2) は異なる主張である。

以上、同意してもらえますか？

帰納と類比さー
>>192
で、「N-1 で 5色目が必要になる。」って書いているけど、
四色定理によれば、そんなことは起こり得ないんだけどｗｗｗ

つまり、特殊な条件のもとでは N-2 （？帰納と類比の話によれば、N-1の筈だが・・・（苦笑））
で 5色目が必要になるって言いたいんでしょ。

で、「帰納法の仮定：N-1点まではどんなグラフでも4配色可能である。」
と、どこがどう反するのさｗｗ

ちゃんと高校卒業したか？

>>196
同意します。

>>198
そこも同意していただけますか。

では、>>192 によれば

>>帰納法の仮定：Ｎ-１点までは４配色可能である。

ですね。この「帰納法の仮定」の否定は
(a) 「N-1点までのあるグラフはどのように頂点を塗っても4色で
塗り分けられない」　
です (>>195 で同意済)。

(b) 「N-2点の双対グラフがある塗り方で頂点を 4色で塗ると塗り分けられない」
ことから、上で述べた(帰納法の仮定の否定である) (a) は「一般には」導かれません
(>>198 で同意済)。

いいかえると、(b) は帰納法の仮定と、「一般には」矛盾しません。

ですから >>186 の冒頭2行を読んで考えられるのは次の二つです。
(A) 説明不十分。「帰納法の仮定と矛盾する」根拠が他にある
(B) 冒頭2行の推論が間違っている

どちらですか？
(A) ならば、説明不十分なのだから追加説明もお願いします。

>>192
解答ありがとうございます。

4～6の所では背理法を適用せず、7.の所で背理法を使うようにすると
6．最終的に帰納法の仮定から言って、できない、
7．最終的に矛盾はない。
を以下のように書き換えるのは納得してもらえますか？
6. できる、
7. (3.と6.の答えが異なるので)矛盾する。(この後矛盾を解消する。)

3.はできないとの解答ですが、2.の解答と矛盾します。
2.の解答より五色で塗り分ける方法が存在すると言ってます。
「5集点は不可避集合である」ことから、五色で塗り分ける方法のどれかを選んで
いくつかの頂点の彩色を指定すれば、3.の場合も四色で塗り分けられないように
できるのは理解できますよね？
6.の場合に同様の考え方をしているはずです。

用意していた解答は、1～2と4～5は一通り以上、
3.と6.はできる、
7. (1～3の答えと4～6の答えは同じなので)矛盾しない、
(よって、多くの人も書き込んでいたように帰納法の仮定と矛盾しない。)
でした。

そもそも数学的帰納法の使い方も完全に間違ってるんだけどね＞キノウトルイヒ
「N-1で命題成立を仮定して」「Nを証明する」のが本来の帰納法でしょ。
ところが
「N-1で命題成立を仮定して」「N-2で矛盾する」とキノウトルイヒは主張している。
ということは、帰納法の仮定そのものが自己崩壊したので
帰納法による証明も成立しなくなったということになる。
(注：もちろんこれは、キノウトルイヒのおかしな主張を真に受ければ、の話だ)

結局、帰納と類比が示そうとしたことは、
「N-1点までのグラフが4彩色可能」ならば「N-1点のグラフから任意の
5点を選んだとき、その5点は3色以下で塗られているような、その
グラフの4色での塗り分けが存在する」ってことでしょ。
(結果としてその5頂点と繋がっているような点を追加しても4色で
塗り分けられることが従う)

帰納法っぽく見えるから本人も錯覚してるんだろうけど、こう書くと
相当、無茶なことを示そうとしてるのが分かるよな。
(もちろん結論自体は4色定理から従うので正しいけどね)

帰納と類比にノイキルヒが含まれていることに>>201を見て気がついた

>>199
>この「帰納法の仮定」の否定は
>(a) 「N-1点までのあるグラフはどのように頂点を塗っても4色で
>塗り分けられない」　
>です (>>195 で同意済)。
Ｎ－２点のあるグラフはどのように頂点を塗っても4色で
塗り分けられない、と言ってるつもりです。
よって(a)の命題と同一と捉えています。
ケンペ鎖が塗りわけ手法の全てをカバーするなら、です。
>>201
言ってる意味が良く分かりません。Ｎ－１点からＮ点に帰納してます。
>>202
>帰納法っぽく見えるから本人も錯覚してるんだろうけど
錯覚とはどこをどの様に錯覚しているんでしょうか？

>>204
Ａ「N-1点までのすべてのグラフで四色定理が成立する」
Ｂ「N-2点のあるグラフで四色定理の反例がある」

・ＡとＢは矛盾するので、どちらか一方は必ず間違いです。
・帰納と類比はＢの成立を主張しています。
・もし主張が正しいとすれば、背理法によりＡが否定されます。
・Ａは帰納法の仮定なので、これを否定してしまうと[N-1]→[N]の帰納法が使えなくなります。
・ということは本来の四色定理の帰納法による証明(N以降)もすべて無効になります。THE END

球の中に立方体が内接している
その立方体の中にも球が内接している
立方体の外側の球と内側の球の体積比を文字を使い求めよ
ただし外側の球の半径をa、内側の球の半径をb、立方体の1辺の長さをcとする

　＿＿＿＿
｜四色定理| ＿＿＿_
｜の証明　／＼　　／＼　ｷﾘｯ
.￣￣￣／　（ー）　（ー）＼　　　　「Ｎ－２点のあるグラフはどのように頂点を
　　　　／　　 ⌒（__人__）⌒ ＼　　　塗っても4色で塗り分けられない」
　　　　|　　　　　|r┬-|　　　　|　　　　　と言ってるつもりだお。
　　　　＼　　　　 `ー'´　　／　　　
　　　　ノ　　　　　　　　　　　　＼
　／´　　　　　　　　　　　　　　ヽ

　　　　　　＿＿＿
　　　　　　　／　　　　＼
　　　　　／ノ　　＼　　 u. ＼　！？
　　　　／（●）　（●）　　　＼　
　　　　|　　（__人__）　　　u. 　 |　ｸｽｸｽ>
　　　＼　u.｀ ⌒´　　　　　／
　　　　ノ　　　　　　　　　　　＼
　／´　　　　　　　　　　　　　　ヽ

　　　　　　　　＿＿＿_
<ｸｽｸｽ　　／　　　　　＼！？？
　　　　　／　　u　　ノ　　＼
　　　　／　　　　 u （●）　　＼
　　　　|　　　　　　　　（__人__）|
　　　＼　　　　u　　　.｀ ⌒／
　　　　ノ　　　　　　　　　　　＼
　／´　　　　　　　　　　　　　　ヽ

　＿＿＿＿
｜八色定理| ＿＿＿_
｜の証明　／＼　　／＼　ｷﾘｯ
.￣￣￣／　（ー）　（ー）＼　　　　「カラフルな
色のあるグラフはどのように形を
　　　　／　　 ⌒（__人__）⌒ ＼　　　描いても八色では描ききれない」
　　　　|　　　　　|r┬-|　　　　|　　　　　と言ってるつもりだぜ！
　　　　＼　　　　 `ー'´　　／　　　
　　　　ノ　　　　　　　　　　　　＼
　／´　　　　　　　　　　　　　　ヽ

　　　　　　＿＿＿
　　　　　　　／　　　　＼
　　　　　／ノ　　＼　　 u. ＼　！？
　　　　／（●）　（●）　　　＼　
　　　　|　　（__人__）　　　u. 　 |　ｸｽｸｽ>
　　　＼　u.｀ ⌒´　　　　　／
　　　　ノ　　　　　　　　　　　＼
　／´　　　　　　　　　　　　　　ヽ

　　　　　　　　＿＿＿_
<ｸｽｸｽ　　／　　　　　＼！？？
　　　　　／　　u　　ノ　　＼
　　　　／　　　　 u （●）　　＼
　　　　|　　　　　　　　（__人__）|
　　　＼　　　　u　　　.｀ ⌒／
　　　　ノ　　　　　　　　　　　＼
　／´　　　　　　　　　　　　　　ヽ

>>205
Ｂの成立は矛盾するからＡとなり、帰納法は成立します。
Ｂの成立はαパターンで成立するが、βパターンで不成立となる。
αパターンはＡＣ、ＡＤチェーンが繋がっているとき。
βパターンはＡＣ、ＡＤチェーンのいずれか一方が切れているとき。
Ａが成立するためβパターンが存在すると結論付けてます。

「どのように塗っても」じゃねえじゃん。
言葉の使い方が不正確すぎる。

>>209
> Ｂの成立はαパターンで成立するが、βパターンで不成立となる。

Ｂが成立するパターンがたった一例でもあれば、
それがＡへの反例になりますのでＡは成立しません。

> Ａが成立するためβパターンが存在すると結論付けてます。

すべてのパターンでＡが成立してくれなければ、帰納法の仮定になりません。
帰納法は一般的証明の土台なので、例外があってはならない。
もし例外があれば、例外パターンについての四色定理の別証明が必要になります。

あなたの主張を要約すれば、
「四色定理が成立しないグラフは存在する(αパターン)が、
しかし四色定理はすべてのグラフで成立する(帰納法による結論)」
ということになるのですが、これは自己矛盾命題になります。

ようするにαパターンとβパターンの２つの道を作ることで、
うまく「逃げ道」を作ったつもりなんでしょ。帰納と類比さんは。

ところがαやβによって作られたグラフはどちらもN-1以内のグラフですから、
これら双方が四色定理を満たさなければ帰納法の仮定Ａに反します。

Ｂがαパターンで成立すると>>209で明言したので、
結果的にαで仮定Ａは成立せず、帰納法も崩壊しました。

>>204
>ケンペ鎖が塗りわけ手法の全てをカバーするなら、です。

私にはこの表現は曖昧で理解が出来ません。

「ケンペ鎖が塗りわけ手法の全てをカバーする」が意味することを厳密に述べ、
何故それが成立するのかを証明し、そのことを用いて
(b)「N-2点の双対グラフがある塗り方で頂点を 4色で塗ると塗り分けられない」
ことから、どのような根拠で
「N-2点のあるグラフはどのように頂点を塗っても4色で塗り分けられない」
ことが従うのかを説明してください。

>>205,>>211
Ａが成立すると仮定する。
Ｂ＝αパターンが成立しない。（Ａに矛盾するため）
よって
βパターンが成立し、Ａが成立する。（αとβで全ての配色を示す）

では駄目ですか？

>>214
そんなの駄目に決まってます。

Ａ「N-1点までのすべてのグラフで四色定理が成立する」

「N-1点までのすべてのグラフ」の中には当然αパターンは存在します。
(なぜならαパターンはN-1点以内のグラフなので、定義から明らか)

αパターンを除外したければ、それが
「N-1点以内のグラフでないこと」を示す必要があります。
(それはαパターンの作り方に反する)

何度も言うようですが、仮定Ａか主張Ｂのどちらかは必ず間違いです。
主張Ｂが矛盾すると言いながら、しっかり主張なさってるのはあなたですよ。

>>214
ケンペ鎖でACチェーン、ADチェーンがつながっている5集点でAとCをくっつけると

--(C)　　(D)--------
|　　　＼／　　　　　　|
|　B　　○---B　　　 |
|　　　／＼／　　　　|　
--(A)　　　 D--(A)--

上のように新しい5集点ができます。
左のBの所が切断することは五辺国の二辺をくっつけると考えると分かりやすいでしょう。

新しい5集点は明らかに頂点の色と、それに伴ってケンペ鎖のつき方が変わってますが、
このことに問題はありませんか？

未だ意思の疎通がとれてないようですな

帰納と類比さん、
あなたには以下の「証明」が正しいと思われますか。
-------------------------------------
[定理]
任意の地図は四色以内で塗分け可能である。

[証明]
五色必要な地図は存在するかも知れないが、
そんな地図は四色定理に矛盾するので成立しない。(証明終わり)
-------------------------------------
>>214の主張はこれと似たようなものです。
どうしてこれが奇妙だと思えないのでしょうか。

どうでもいいことだけど、
なんで MIT じゃなくて、ハーバードから数学論文だそうとしたんだろ？
別に出せないことはないんだけどね。

>>215
Ａが成立すると仮定する。
Ｎ－１点でαパターンが成立するとＮ－２点で５色目が必要になり
Ａに矛盾する。Ａはもともと正しいので矛盾を生じる。
従って、αパターンが存在してもβパターンも成立するグラフが
１つは存在する。よってＮ－１の５頂点は３色で塗り分けられる。
５頂点の中に１点追加してもＮ点のグラフは４配色可能となる。
帰納法によって平面状のグラフは４色で塗り分けられる。
初めからこの主張を言っているんだが理解されない。
>>216
問題は特にありません。
--(C)　　(D)--------
|　　　＼／　　　　　　|
|　B---○---B　　　 |
|　　　／＼／　　　　|　
--(A)　　　 D--(A)--
やはりＢは繋がっています。

[>>95定理]IQが20以上違うと会話が成立しない

[>>95定理の派生]どのように易しく解説しても、論理を理解出来ない人が存在する。

帰納と類比さん、あなたは「グラフ」といったとき、
頂点と辺の形だけを言ってるの？
それとも各頂点に色が付随したものを言っているの?

その二つをごちゃごちゃにして自分でも混乱してませんか?

「N-1点のグラフが4色で塗り分けられる」というときのグラフは
形だけだよね。

「ACチェーンがつながっている」とかいうのは、形だけの話じゃなくて
各頂点に色も付随して初めて決まる概念だよね。

頂点に色が付随して決まる概念でαパターン、βパターンとか分けて
形だけで決まる「4色で塗り分けられる」という概念の成立不成立を
述べている段階で根本から間違っていると思うんだけど。

ddd

「かれこれ３０年以上の努力が無駄に…」
という現実を認めたくないから意地になってるんだろうが、
何年かかろうと間違いは間違いだからな。

そもそも３０年以上も勉強した成果がまったく感じられない…(笑)
グラフ理論のテキストの「グラフ彩色」の章で
つまづいたまま老化しちゃったんでしょうね。なむ～。

カルト宗教からの脱会を説得するのが難しいのと同じだな。
一種のマインドコントロールにかかっているのかも。

30年かかってこれだと、誤りに気づくのも30年かかるんじゃないか

帰納と類比さんは、自分のやり方とケンプの証明を比べてみれば
問題点が分かるのでは？

ケンプは、５辺国(５集点)の周囲の塗り方を４つに分類した
1)　A、C、Dいずれのケンプ鎖も繋がっていない場合
2)　A-Cのケンプ鎖のみ繋がっている場合
3)　A-Dのケンプ鎖のみ繋がっている場合
4)　A-C、A-Dのケンプ鎖が共に繋がっている場合

ケンプは、如何なる塗り分け方であっても、ケンプ鎖を用いた色の置き換えを行えば、
４色で塗り分けられることを証明した(そして間違えた)

帰納と類比さんは、4)の場合は2),3)いずれかに変換可能だから、
(A-CもしくはA-Dのケンプ鎖が切れている彩色が存在するから)
考察する必要がないと言っているんですよね？

ケンペの手法というのは、基本的には
「白地図の形状を保ったまま」
色の塗り替えだけを考えているわけですよね。

ところが帰納と類比の手法(笑)は
接合によって「白地図の形状を変えてしまった」

形状を変えたら以前とは全く別の白地図なのだから、
色の塗り方は全部リセットして考えてないと一般性を失う。

…と、何度も指摘されたはずですが。
ケンペの手法が解れば、証明ミスにはすぐに気が付くはず。

馬鹿の考え休むに似たり

>>219
どうでもいい話に付き合うのもなんだけど、
逆になぜ >>219 さんは数学論文を出すのに MIT なら
妥当と思ったの?

Studies in Applied Mathematics という雑誌は出している
みたいだけど・・・

>>220
「接合」を行う条件が述べられていませんのでいくつか質問したいのですが、
220のグラフの場合だと6集点になっていますが、不可避集合をそうでない集合に
変換しても良いのですか？

220のグラフの場合でA, C, D国が細長い国でAとCおよびAとDが直接隣り合って
いる場合はACチェーン、ADチェーンがつながっていますが、AとCあるいはAとDを
くっつけた時にチェーンがなくなるので5色は必要になりません。
逆に「接合」を行うことでチェーンがつながる場合がありますが、
この時「接合」の前に色の塗り替えを行うと4色で塗ることができるのに、
塗り替えをしないで「接合」をするとつながったチェーンで制限が生じて
5色必要になる場合があります。
ACチェーンだけがつながっている5集点のAとCでの「接合」が可能だと仮定すると、
十分に長いACチェーンがつながっている5集点があって、ACチェーンの途中のAに
ADチェーンがつながっている場合にAとCでの「接合」を一回以上繰り返すと
ACチェーン、ADチェーンがつながっている5集点をつくることができます。

これらの場合をどのように考えますか？

>>220
上の書き込みに関連して追加です。

ACチェーンだけがつながっている5集点のAとCでの「接合」が可能だと仮定すると、
この場合の「接合」はACチェーンを短くしているだけです。
このことを拡張して「亜接合」を定義します。

「亜接合」は5集点における以下のような操作のことを言う。
1. ACチェーンがつながっている場合は、AとCの2点をくっつける。
　　ADチェーンがつながっている場合は、AとDの2点をくっつける。
2. ACチェーン、ADチェーンが共につながっている場合は、A, C, Dの3点をくっつける。
　　更に2つのAを1つにくっつける。

「亜接合」だと220のグラフのように6集点にならないので繰り返し適用できます。
よって、「亜接合」をACチェーン、ADチェーンが共につながっている場合に繰り返し
適用するとどちらかのチェーンを切断することができ4色で塗ることが可能になります。
しかし、チェーンを短くしていったら切断できたので証明完了といった主張が
認められないのは明らかです。

「亜接合」の場合はチェーンを切断しない限りはグラフの色とチェーンの配置に
影響を与えないことは簡単に確認できます。
チェーンを切断しない限り「亜接合」を使っても塗りわけに必要な色の数が
変化することはないので、この場合は使ってもよいことが分かります。

「接合」を使ってもよいという根拠を教えてください。

＞「∃と∀の区別なんかはどうでもいい」って思ってるだろ？

「確かに、文字をひっくり返すのに
　左右をひっくり返すか上下をひっくり返すかは
　些細なことだね。」

なんてマジで返しそうだｗ

＞「かれこれ３０年以上の努力が無駄に…」

そもそも「努力すれば報われる」という考えが間違ってるわけだがｗ

Ｎ-１点以下のグラフは４配色可能であると仮定する。（仮定は真に正しい）
その中の任意の５集点の中央の頂点と辺を削除し、配色する。
ＡＣ、ＡＤチェーンが繋がったグラフでＡとＣまたはＡとＤを接合する。
このＮ－２点の相対グラフでこの塗分け方で５色目が必要であるが、
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。
このとき５集点の周りの５頂点は３色に配色できて
中心の頂点を戻してＮ点P0を４色目に配色できる。
よってＮ－１点まで４配色可能ならＮ点も４配色可能である。
よって平面上のグラフは４配色可能である。
詳細は>>1による。

以下、否定的な人も肯定的に見てください。

＞ケンペ鎖が塗りわけ手法の全てをカバーするなら

実際にはケンペ鎖で塗りわけられない地図が塗りわけられるから、
ケンペ鎖ではカバーされない塗りわけ手法がある。

>>235
＞否定的な人も肯定的に見てください。

数学に求められるのは
「肯定的な人も否定的に見る」
ということ。

自分の証明が間違ってると思って読める
マゾヒストになれない人には数学は無理

>>235
>このとき５集点の周りの５頂点は３色に配色できて

P2,P4,P5とP1-P3で4色使うだろ。最初のP2とP5が同色という仮定は

>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。

この時点で捨てなきゃならん。
逆に言えば、上記の仮定を満たす4彩色が存在することは証明されていない。

>>1こんな駄論文より
まだ力ずくで検査したほうが断然マシ。
「少なくともＮ国までの地図は確実に四色塗分け可能」とは言えるから。

帰納＆類比は四色塗分け可能とも不可能とも取れる主張してるから
意味が分からなくなるだけだ。
精神病院であうーあうー言ってるのと同じだ。

>>235
論点を明確にするために「肯定的」に読んで、曖昧なところを
自分なりの理解で可能な限り明確にしてみたよ。
一応、先に書いておくけど帰納と類比の「証明」なるものは
証明になっていないと思っているけどね。

第1部:
(a) N-1点までの頂点をもつ任意のグラフは(色 A, B, C, D
　　の4色を用いて)4配色可能

と仮定する。

N点の頂点を持つグラフ G で5集点をもつようなものを考える。
(b) G が4配色可能である
ことを示したい。

G の(任意に選んだ)5集点の中央の頂点と辺を削除して
得られるN-1 点のグラフを G_1とする。
また中央の点とつながっていた頂点を p1～p5 と名付ける。

(a) より G_1 は4配色可能である。そこで

(c) G_1 の4配色のうち, p1～p5を3色以下で塗るものが
　　存在する
ことを背理法を用いて示す。もし (c) が成り立てば
(b) は容易に従う。

第2部:
(c) が成り立たない, すなわち
(d) G_1 の任意の4配色は p1～p5 を塗るのに4色を用いる
と仮定し, 矛盾を導く。

言葉をひとつ用意する。
グラフ G_1 の4配色がひとつ与えられたとき, A色で塗られていた
頂点をB色で, B色で塗られていた頂点をA色で塗り替えても、
やはり G1 の4配色になる。
このようにグラフG_1 の4配色 f_1 と f_2 があったとき、
f_1 のA,B,C,D を入れ替えて f_2 が得られるなら、f_1 と f_2 は
「同値な4配色」と呼ぶ。

(d) は次と同値である:
(e) G_1 の任意の4配色 f に対して, それと同値な4配色で p1～p5
　　を塗るのに4色を使い, さらにB色を2回用い, ACチェーンと
　　ADチェーンがつながっているものが存在する

実際 (e) ならば (d) は明らか。
(e) が成り立たなければ, Kempe の手法に従えば, p1～p5 を3色以下
で塗る方法が得られる。すなわち (d) が成り立たない。対偶をとれば
(d) ならば (e) が示された。

なお「ACチェーンがつながっている」とは, 例えば p1 が A色, p3が
D色で塗られているとき, p1 から出発して A--> D--> A--> D のように
頂点を辿っていって p3 に到達できることをいう

第3部:
さて (e) から矛盾を導く。
f を G_1 の任意の4配色とする。このとき(e)より f と同値な
G_1 の4配色 g で p1～p5を塗るのにBを2回用い, さらに
ACチェーンとADチェーンがつながったものが存在する。

4配色 g でG_1を塗ったとき p1～p5 のうちA色とC色が塗られた
2頂点を同一視して得られるN-2点のグラフを
G_2とし, 同一視して得られた頂点を p6 と名付ける.
(一般に G_2 は4配色 g に依存して別のグラフとなることに
注意)

G_2 のp6以外の頂点は g を用いて配色する。すると p6 と
辺でつながった頂点を塗るのにすでに4色が用いられている。
したがってこのように塗った場合, p6 を塗り分けるのに
5色目が必要となる。

(巨大なギャップ)

したがって G_2 の塗り分けには常に5色必要である。
G_2は(a)より4配色可能なのでこれは矛盾である。
(証明終わり)

さて、帰納と類比さん、巨大なギャップを埋めてよ。

>>241
>なお「ACチェーンがつながっている」とは, 例えば p1 が A色, p3が
>D色で塗られているとき, p1 から出発して A--> D--> A--> D のように
>頂点を辿っていって p3 に到達できることをいう

誤) 「ACチェーンがつながっている」
正) 「ADチェーンがつながっている」

失礼。

五色必要を回避するためには少なくとも片方のチェーンは切れるという主張だが
チェーンを切らずに>>145のように塗り替えられる可能性もないわけではない。
>>145では

B---○---B を A---○---A に替えたが、今度は

B---○---B を D---○---C に替えることを考えてみる

この塗り替えは「絶対に」できることが保証される。

なぜなら、塗り替え前の左のB色はACチェーンに囲まれているので、
左のB色から始まるBDチェーンはDBチェーンに替えられる。

同様に、塗り替え前の右のB色はADチェーンに囲まれているので、
右のB色から始まるBCチェーンはCBチェーンに替えられる。すると、

B---○---B を D---○---C に替えることをができて、

真ん中の○にB色を置けば、周囲の色と衝突しない。
よってチェーンを切らずに四色塗り分け可能が示された。THE END

>>244
それって、ケンペがこけたのと同じところでこけてないか？

>>244
ケンペの誤りと同じミスをしています。
>>240-243
私の頭脳では分かりません。

>>246
＞私の頭脳では分かりません。
なら、4色問題は証明できないな。
論理が分からないんだから。

>>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。

とりあえず帰納と類比さんは放置しておいて>>147さんへのレス

証明そのものは検証していないのですが、

1)3正則な平面地図
2)5辺国以下の組み合わせ

は「数え上げの公式」から有限しかないので、
総当りで調べられるのでは？と思います。

>>248,>>all
５色目が存在しても矛盾じゃないと、指摘されればお手上げです。
白紙から塗りなおせば４配色できると指摘を受けたし。
ここでこの証明は誤りでしたと言っておこう。
残念でした。

>>246
「接合」の使用を認めると証明中の場合分けに不足が生じます。

ACチェーン、ADチェーンがつながっている5集点の中でAとCあるいは
AとDが直接隣り合っている場合には、他の5集点のACチェーン、
ADチェーンの一部になっている場合があります。この場合には
他の5集点のチェーンを勝手に切断することなく「接合」を行うことは
できません。
したがって、この場合を「接合」を使わずに証明しなければいけません。
この場合にもACチェーン、ADチェーンが交差している場合があるので
ケンペの方法も使えません。

>>250
お疲れ様でした。
2ch ではそのままいなくなったり、
最悪「無敵くん」と化す人が多いんだけど、
ちゃんと終了宣言したのは普通にすごいと思う。

そもそも四色定理自体、とんでもない難問なわけで、
コンピュータを使わない証明法を考えるだけでも楽しいものです。

ただ、アペルとハーケンの証明法とか、「エレガントじゃない」っていう人は多いけど、
個人的には、ヘーシュの考案した放電法、Ｄ可約、Ｃ可約のアイデアはかなりエレガントなものだし、
そのアルゴリズムを考案するのも、エレガントなものだと思う。

ちなみに、近年の整数論に関する色々な重要な発見がなされているのは、
コンピュータを使わなければ無理なものも多かったわけで、
今後も、コンピュータを駆使するのが必須になる問題も出てくると思う。

数学というものは、人間の勝手に考える制約とは本来関係ないものだしね。

>>249

ご回答有難うございます。若干問題を勘違いさせてしまったみたいですが、
説明することに意味がないため割愛させて頂きます。

なぜなら、ここに書いてから3日後に反例を見つけてしまったから・・・orz

でも良いんです。間違いであれば間違いであることが速く分かればいいに
こしたことはありません。

変人が集うスレだから、あえて変人らしく宣言しておきます。

私は

L=NL=P=RP=BPP=NP=PH⊂PSPACE=EXPTIME=NEXPTIME⊂EXPSPACE

だと思ってます。

以上

四色問題をグラフ理論以外のところから解こうとしている俺が通りますよ
まだ試行中なので良いとこまでいったら載せます
あと四色問題を使った代数構造も考えてるので皆意見下さいな

それは無理

なるほど

>>211
N-2点で4配色可能なのでβパターンの場合,白紙から塗りなおして4色で塗れれば
接合の反対で展開すればαパターンがあるのは明らか。
>>240-243
巨大なギャップとは何ですか?意味がよく分かりません。
>>251
N-1点では4配色可能なので5頂点の内2頂点は同色なのでそれにはさまれた1頂点
をA,2頂点をB,その他の頂点をC,Dにすればいい。

反省会をかねて回答しました。

やはり何もわかってなかったか

>>257
中心の5枝点をA、周囲の同色の2点をBとして、あと3点あるだろうが。

>>259
中心の5集点を除いた周りの5頂点について4配色した場合に2頂点がB,Bに囲まれた1点
をA,その他をC,Dにしたものです。

>>260
251で言いたい事は周りの5頂点の配色はそれで良いがA, C, D国が細長くて、
B国(および外側の他の国)を囲むように直接隣り合っている場合はどうか？
ということ。(5頂点以外のA, C, Dを含む長いACチェーンとADチェーンも
存在する。)

>>260
つまり、Bが2点ある他に、CまたはDも2点あると言っているのかな？
それは証明されてないよ。

>>261
そのときはケンペの証明のように,ACに囲まれたBをDに,ADに囲まれたBを
Cにする事が出来て5頂点はA,C,Dに配色される。

>>261
ACチェーンがADチェーンとBを囲むADの両方とAを共有し、同様に
ADチェーンがACチェーンとBを囲むACの両方とAを共有している場合は
ケンペの証明のようにできますか？

上の>>261は>>263の間違いです。

>>264
説明が良く分かりません。直接隣り合っている場合はケンペの証明のように
出来るはずです。その場合は直接隣り合っていないと思われます。

>>266
「ケンペの方法が正しいならば4配色可能」は常に成り立つ。
(念のために書いておくと、逆が成り立つ必要はない。)
帰納法の仮定を「N-1点以下のグラフでケンペの方法が正しい」
とすると「N-1点以下のグラフは4配色可能」であるが、
接合しても矛盾は生じない。

>>267
ケンペの証明は間違いなので,手法以外は無視してください。
>>264
ケンペの手法では証明出来ません。Ａを共有してるから。

>>268
N-1点以下のグラフでケンペの証明は間違いでないと仮定する
ということです。ケンペの証明が実際は間違っているかは
関係ありません。

>>267,269
>接合しても矛盾は生じない。
ケンペの証明は忘れてください。
ACチェーンとADチェーンが繋がっていると
AとCあるいはAとDを接合すると5色目が必要になって
N-2点で矛盾を生じる。
そのグラフを白紙から塗りなおせば4色で塗れる。
接合した点を展開すればチェーンが切れていた事は明白。

>>270
N-1点以下のグラフでACチェーンとADチェーンが繋がっている時に
BとCおよびBとDの色を同時に入れ替える方法が存在すると仮定する
ということです。その方法がケンペの方法でも良いし、気に入らな
ければ他の方法を仮定すれば接合しても矛盾は生じない。

>>270
何回ループするんだよ。
自分の間違い認めたんじゃなかったのか？

>>272
無限ループに入ってます。
間違いが分かるまで10年は掛かるでしょう。

＞「かれこれ３０年以上の努力が無駄に…」

そもそも「努力すれば報われる」という考えが間違ってるわけだが
この言葉当たっているかも知れませんね。

>>264
ケンペの証明の様には出来ません。
>>267
接合すると矛盾は生じます。
接合の意味は色の拘束を持って2頂点を1頂点に結合する事です。
>>271
>BとCおよびBとDの色を同時に入れ替える方法が存在すると仮定する
この場合でも接合を使えば矛盾します。
ＡＣチェーンとＡＤチェーンが繋がっている場合は接合すると5色目が
必要になり矛盾を生じます。図に書いて確認してください。

そしてまた無限ループに

>>274
帰納法の仮定を選べば、矛盾が生じる場合と生じない場合の両方とも
作り出すことができます。
271は帰納法の仮定より接合後に色を入れ替える方法が存在するので
矛盾が生じない場合で、矛盾が生じる場合は別の問題が生じて帰納法
が成立しません。

>>271
>BとCおよびBとDの色を同時に入れ替える方法が存在すると仮定する
この場合,５つの頂点がA,C,Dの3色になっていて,接合しなくてもいいですよね。
>>276
>接合後に色を入れ替える方法が存在する
のではなく、接合前に入れ替えると271は言ってると思いますよ。
接合後に色を入れ替えても、それを接合前に展開すれば、同じことではないでしょうか。
>別の問題が生じて　　　とはどんな問題？
不可避集合の５集点が崩れるとか、そんな問題？

誰か無限ループからスピンアウトさせてくださいな。
否定的な見地から。

まだやってんのか・・・

いい加減あきらめろ
バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）

>>279
バカオツ（＾∇＾）！
キチガイはたくさんだな！
パクリ乙（ーー；）警！
キチガイ丸出し！
偽物オツピーオツピー♪
バカオツケー♪
頑張れよ！偽物！キチガイ！

グラフ理論のことはよく分からんけど、
たまに傍観してるナナシです

今のままの議論を繰り返しても、帰納と類比さんが
間違いに気づくことはないと思います

もし帰納と類比さんの論法が間違っているのなら、
その論法を使って、何か矛盾した命題が導けるはずです
そうやって間接的に間違いを主張した方が早いと思います

問題は、そういう都合のよい命題をいかにして作るか、です
なるべく自然な形で、帰納と類比さんの論法が使えるような
命題を作らなければなりません
それでいて、その命題は矛盾した命題でなければなりません

それを見せて一旦納得したようにみせたけど結局納得できなかったから、多分無駄になる

>>282
ケンペの方法とやらにそっくりな命題だからでしょう

もっと別の命題を探すのです
僕にはできませんが

>>277
矛盾が生じない場合は接合してもしなくても同じ。ただし、N点の場合
にもその方法が存在することを証明する必要がある。
N+2点のグラフを接合すると4色で塗り分けられないN点のグラフができる
が、N-2点のグラフで矛盾が出る理由をそのまま用いればN点の場合は
5色目が必要になる。N点なので仮定に矛盾はしない。

>>281さん
有難うございます。そのとおりです。
否定の仕方が分かり易く説明されていればＯＫです。
>>284
その説明少し無理があるように受け取られます。
諦めるのはいつでも出来ます。

４色で塗れない４次元図形を作りなさい。マッチ棒20個以内で。

>>286
三次元でもう任意のnに対して「n彩色不可な配置」が作れる

nに対してはn彩色可能だろう。

>>285
こちらの方が分かりやすいかもしれないですね。>>270の書き込みで
>N-2点で矛盾を生じる。
>そのグラフを白紙から塗りなおせば4色で塗れる。
とあるが、N-1点以下で塗りなおせないのならば、N点でも塗りなおせない
ことが必要です。

>>289
塗りなおしは何回行ってもいいです。N,N-1,N-2点でも。
ACチェーンとADチェーンが切れれば。

>>285
じゃあこういう言い方はどうだろう。
>>274で「接合の意味は色の拘束を持って2頂点を1頂点に結合する事」と言ってるよね？
だとすると、「接合」してつくられたN-2点のグラフは彩色において単なるN-2点のグラフとは
意味が違うということは理解できる？
単なるN-2点のグラフは当然4彩色可能だとしても、「色の拘束」を持ったN-2点のグラフは
必ずしもそうではない。

>>290
N-2点のグラフでも塗りなおしができてACチェーンとADチェーンが
切れれば、そのグラフはBとCおよびBとDの色を入れ替えることができ、
4色で塗ることができるので矛盾は生じない。ただし、N点のときは
必ずチェーンが切れることを証明する必要がある。
しかし、それは四色定理を証明することと同じことである。

>>291
接合の反対の手順を取ればすなわち展開すればACチェーンかADチェーンが切れてる事になる。
どんな彩色を何回やっても良い。
>>292
ACチェーンかADチェーンのいずれか切れてればCをAにあるいはDをAに彩色でき
5頂点が3彩色でき,中心のP0を戻して第4色目にすればいい。

>>293
>ACチェーンかADチェーンのいずれか切れてれば
切れてない場合にどうやって切るのか、が問題。塗りなおしを何回行っても
ACチェーン、ADチェーンが切れない場合はどうするの？

>>294
接合後の色を消して白地図を4色で塗る。それを接合点を展開して元に
戻してやればよい。

>>293
反対の手順って？元の配色に戻すわけじゃないよね？それだと意味ないし。
もともとACあるいはADチェーンが接続してる配色があったとき、「接合」して「展開」
するだけでチェーンが切れてしまう？具体例で示してみて。

>>295
N-1点以下で接合点を展開する前に塗りかえた色を一度元に戻す必要がないのなら、
帰納法を成立させるためにN点のときも元に戻さなくてもよいことの証明が必要。
つまり2本のケンペ鎖を持つN+2点のグラフを接合して作ったN点のグラフが
必ず4色で塗れることを証明しなければいけない。

>>296
接合した点の色を仮にＡとする。接合したグラフを白地図から塗ってＮ－２点であるから
4色で塗れる。接合した頂点の色をＡとしP2の点をＢとしP3はP1と同じAとしP4は
DとしP5はBとする。このグラフを接合点Aで切り離し元の5頂点とする。そうすると
ACチェーンが切れてた事になる。
>>297
そうとは言い切れない。

>>298
P2とP5を同色に固定した状態じゃ、「N-2点だから4色で塗れる」とは言えないの。わかる？
逆に、まったくの無条件で4色で塗ったとしたら、そのときP2とP5は違う色になっているかも
しれないということ。

>>299
当然そう考えられます。P2とP5が異なる色でも構いません。
例えばP2がCでP5がBだとします。この状態でP1がA,P3がA,P4がDとすると
接合前にP2をCにしておけば,ACチェ－ンは切れていた事になります。
接合前にBCチェーンを入れ替えておけば,P2がCでP3がBでP1とP3のABチェーン
は切れていてP3のBをAに変えられる事になります。
ここで接合前のADチェーンが繋がっていたことでP5のBをCに変える事が出来る
とゆうことになります。結局P1～P5の5頂点は3色で塗れることになります。
P0を戻してBとすれば,N点のグラフは4配色可能と言うことが出来ます。

>>298
>そうとは言い切れない。
すぐに証明できないとしても言い切れない理由を書いてもらえませんか？
別の問題点を挙げる。2点を接合した場合はグラフの染色数が1増える場合がある。
例をあげるとA-B-C-B'-AはA-B-A-B-Aと2色で塗れるがAとB'を接合すると三角形ができ
3色でしか塗れない。(続く)

よって接合した後に必要な色が1色増えることは特別なことではない。
接合しても塗るのに必要な色が増えないことが分かっている場合に
のみ矛盾を導いて塗りかえができる。色が異なる2点を接合する場合は
必要な色が増えないことは証明できない。

お前ら、同じ糞理屈を使って、「平面グラフの『３色定理』」を「糞証明」してやれよ。

>>300
何を言っているのか意味不明。
そもそも、最初の配色と接合して彩色しなおした配色の間にどのような関係があるか
何も言及していないわけなので、

>接合前にP2をCにしておけば,ACチェ－ンは切れていた事になります。

などとは言えないはずだが？
それを言えるようにするためには何らかの条件が必要で、そのような条件を
与えた場合には接合後のグラフが4彩色可能であるとは限らないため、
別途証明が必要になる。

【サッカー】「ビッチを具現化した女と一緒に来てる」アディダス女性社員がハーフナー・マイクをツイッターで中傷し炎上→厳正処分へ★30

1 ：ドクターDφ ★：2011/05/20(金) 23:46:35.66 ID:???0

ヴァンフォーレ甲府の長身FW＝ハーフナー・マイク。
オランダ出身で、94年に家族で日本国籍を取得した父＝ディド・ハーフナー
（GK／名古屋グランパスエイト、ジュビロ磐田などで活躍）の息子であり、
日本初の親子Jリーガーとして複数のクラブを渡り歩いたが、
昨シーズンは、J2得点王にも輝き、甲府のJ1昇格に大きく貢献する目覚しい活躍を遂げた。

今シーズンが楽しみな23歳のマイクは、すでに6試合で3得点。
18日には一般女性と入籍を発表したばかり（入籍日は5月16日）と順風満帆だったが、
そんなマイクが、入籍したお相手とみられる女性と共にアディダス銀座店を訪れた際、
ある問題が起こり、ネット上は大騒ぎとなっている。

なんと、店員の女性が自身のツイッターでマイクに悪口雑言の限りを尽くしたのだ。
掲示板上では、店員の女性も特定され、すでにその女性はツイッターもmixi も退会しているが、
該当するツイッターでは、来店したマイクに、
「そいえば今日マイクハーフナーが来た。ビッチを具現化したような女と一緒に来てて、
何かお腹大っきい気がしたけど結婚してんの(^ω^)？？」、
「帰化したからハーフナーマイクかwアシュトンカッチャー劣化版みたいな男が
沢尻劣化版みたいな女連れてきたよwとりあえずデカイね、ホントにwww」などと、
とても店員とは思えないツイートを行っていた。

>>297,>>301
帰納法の仮定はあくまでもN-1点で4色で塗れることであるからＮ点をダイレクト
に4色で塗れるかは4色問題そのものになってしまう。
>>302
白地図のどんな彩色もケンペ鎖で表せる。ケンペ鎖で彩色した彩色はどんな彩色
も表すことが出来る。
2点の色が異なる接合は全ての彩色で塗れば色は増えない。
>>304
>接合前にP2をCにしておけば,ACチェ－ンは切れていた事になります。
は削除して読んでください。

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。

>>305 気晴らしどうも有難う。

>>306
>ダイレクトに4色で塗れるかは4色問題そのものになってしまう。
あなたは4色問題を証明しようとしているのでは？
>白地図のどんな彩色もケンペ鎖で表せる。
接合後は6集点になっているので、平面グラフに含まれる6集点が4色で塗れること
も示す必要がある。今の場合は帰納法では5集点までしか扱っていない。

>>307

N-1頂点の平面グラフ G_A があり、
G_A の隣接する2頂点 u,v を w に縮約して得られる
N-2頂点の平面グラフ G_B = G_A / uv について、

G_A の u,v 以外の部分の４彩色の方法と
G_B の w 以外の部分の４彩色の方法とが、
「同じ彩色方法とは限らない」ということが
ヤツには理解できないのだろう？

あと、ヤツのロジックは、４彩色「不可能」定理を
証明しようとしているとしか思えん。

>>300 >>306
接合後のP2とP5は同色でなくてもいいということなんで改めて聞くけど、
P1とP3を接合して彩色した結果がP-1P3=A,P2=C,P4=D,P5=Bだとして、
これをどうやって3色にするのか？
言った通り、接合前の配色、チェーンに関する情報はここでは使えないよ。

>>310
P1P3を展開して元の5頂点にする。
P1P3はもともとACチェーンで結ばれていた。P2P3のBCチェーンを入れ替えて
P2をC、P3をBにする。このときP1P3のABチェーンが切れていてP3のBをAに変えて
接合できたと考えられる。ここでまだP1P4のADチェーンが繋がっていると考えられ
P2P5のCBチェーンは繋がってないと考えられる。そこでP5のBCチェーンを入れ替えて
P5をCにする。よってP1P3がA、P2P5がC、P4がD、P0がBとすることが出来る。
どんな彩色もケンペ鎖で表せて、ケンペ鎖で表される彩色は彩色の全てを表す
ことが言えるから。
N-1点以下のグラフは4彩色できて、当然その一部のN集点も4彩色できる。

>>311
元の5頂点にするってのは、接合後の配色を保ったままか？それとも接合前の配色に
戻すってことか？P2P3のBCを入れ替えるということだから後者のように読めるが、
P2P5がCBってのはどういうこと？
もう一度確認するけど、もともとの前提として、接合前の配色はP1から反時計回りに
A-B-C-D-Bとしていたよな？それが接合後にA-C-A-D-Bになったとしての話だ。
どっちにしても、接合前にあったチェーンが接合後の配色に存在するとは限らないし、
逆に接合前に存在していなかったチェーンが存在する可能性がある。だから>>311の
論法はまったく成り立たない。

>>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。

>>313
ある方法で5集点が可約配置であることを証明することと、
その方法でN集点(N > 5)を含まない全ての平面グラフの4色問題を証明すること
は同値である。
N集点(N > 5)を含まない全ての平面グラフの4色問題を
接合を使って証明してください。

>>313
すげぇ、1行1行もれなく意味不明だ。

>>314
N集点(Nは5以下)の全てのグラフで4集点以下は全て可約配置でN=5のときは
数え上げの公式から12個の場合が最大で,これは手作業で簡単に４色で彩色できる。

>ある方法で5集点が可約配置であることを証明することと、
>その方法でN集点(N > 5)を含まない全ての平面グラフの4色問題を証明すること
>は同値である。
とは言い切れない。逆で5以上のN集点で4彩色出来るか示すことが4色問題である。

>>316
>とは言い切れない。
同値は間違い。5集点が可約配置ならば5以下のN集点のみからなる全ての平面グラフ
が4彩色出来る、は成り立つ。
Nの場合に5集点の場合だけを証明するのならば、接合を使って5以下のN集点のみで
構成される平面グラフの全てが4色問題の反例になりえないことを示してください。

>>317
だからそれは、数え上げの公式でN=5の場合12頂点を手書きで簡単に彩色
出来る。Nが4以下は可約であるので、彩色の必要もなく4色で塗れる。
Nが5集点以下のときは反例などありえない。

以下クソスレ終了ってことで

>>ALL
疑問、質問があればいつでも受け付けます。
気づいたとき書き込みしてください。
とりあえず、終了します。
スレが誤りであると感じたときは、消えないうちにレスください。

あんでぃ

>>320
ここで議論するより、自信があるのならば
論文を書くか学会で発表するかした方がいいと思うよ。
全く読んでないがｗ

>>322
数学論文を書く、ツテと気力と体力と信ぴょう性に自信がないんだ。
この板で９０％の人はスルーしているから、１０％の人がレスしてくれたと
思う。大多数がこの証明は誤りだというレスが多かった。
ここへ来て、全員がスルーするようになった。いつまでも反論を繰り返して
欲しかった。その過程で誤りが発見されると思っていた。
この証明を否定できる人はどんどんレスください。
逆にこの証明が正しいと思っている方は大学などで吟味して、私の代わりに
四色問題の証明をその大学から出して貰いたい。
吟味に当たっては私も協力します。
肯定否定のレスください。お待ちしております。

(･∀･) ﾆﾔﾆﾔ

>>323
＞いつまでも反論を繰り返して欲しかった。
＞その過程で誤りが発見されると思っていた。

誤りは既に発見されている。
君がそれを認めたがらないだけ。
だから皆が諦めてスルーした。

あんでぃ

終了

まだまだヤナ。

かえる

やはり,まだまだ? ですか。

球の４色問題を考えて、球から一点はずせば？

>>330
球面に配置できるグラフ＝平面的グラフだから、1点を外す意味はないぞ。

この証明を分かりやすく否定する命題はありませんか。
>>325
>誤りは既に発見されている。
どのレスですか？教えてください。自分はいまでも正しいと思っています。

で無限ループｗ

もう一回このスレ読み直せば

無限ループこわいようーーーーー

1.人間は主観的である。
2.数学は客観的である。

人間を純粋客観的に行うと病気になる。
自分の立場や感情は人間そのものだからな。

俺は例えば、「正義」なんて言葉は「純粋に客観的な事柄」の範疇かと思っていたが
世間ではそうではない。

哲学者ですら、自分の属する共同体から「正義」を考える始末だ。
現実的、実行的にはそれがいいのかもしれないが、

それはもう「正義」なんかではないんじゃあないのかい？

恣意的に数学を行えばそれはすぐに皆にわかる。
皆は言う。「それは数学じゃない」
だが他の事では人間は恐ろしいくらい恣意的であり、そうして
それは当然なのだよ。

そうしなければ、生きてなんかいかれないからなのだよ。

ワケワカメ??? 客観的だと思うが。

俺、クソこて

正義も常識も主観だろ
自分の正義が客観だと思ってるような奴の行動は
大抵の場合、端から見るとキチガイにしか見えない

帰納と類比が言っている数え上げの公式って、どの本に書いてあるの？
ttp://faculty.uccb.ns.ca/jpreen/ef/D54.gif
ttp://faculty.uccb.ns.ca/jpreen/ef/D55.gif
ttp://faculty.uccb.ns.ca/jpreen/4drum.png
ttp://faculty.uccb.ns.ca/jpreen/28V4D5R.png

数え上げの公式は下記に書いてある。
四色問題ロビン・ウイルソン著茂木健一郎訳新潮社 P75

上に、N=5のときは数え上げの公式から12個の場合が最大で、と書いているが、
>>343に貼ったリンクのグラフを見れば明らかに間違い。

完全グラフで議論しないと意味無い。全ての頂点に対して辺があるグラフを考えましょう。

>>346
完全グラフってどんなグラフか知っているの？
>全ての頂点に対して辺があるグラフを考えましょう。
ttp://faculty.uccb.ns.ca/jpreen/28V4D5R.png
(上のD54.gifの左右の辺をつないだもの)で説明してくれ。

>>347
訂正：完全グラフは無視してください。
国と国が接する場合に辺を結びます。このとき国は頂点になります。
辺が交わらないように頂点と頂点を全て結びます。このようなグラフに
ついて議論しましょう。このようなグラフが四色で塗れれば辺の欠けた
グラフも四色で塗れるでしょう。

>>348
P1とP3を接合してできたN-2点のグラフにおいて彩色をおこなう。
P1=P3=A,P2=C,P4=D,P5=BかつCDチェーンとCBチェーンがつながっているように
彩色した場合を考える。この場合も4彩色できているので帰納法の仮定を満たす。
このグラフを展開した場合にN点の全てのグラフで4彩色可能であることは示せない。

>>1と>>313を詳しく読んでください。>>349の場合も4彩色可能であることが示されています。

>>350
>>313について質問。
>>306で「白地図から塗りなおして」と書いているが
白地図にした段階で、あえてグラフを展開したとすると、
>>313に出てくる接合前のケンペ鎖がどうなっているのか教えてくれ。

>>350
>>351に書いたことを無視しても>>313には誤りがある。以下のことを確認してくれ。
BとCを入れ替えてABチェーンを切った時に新しくCDチェーンがつながることがある。
このCDチェーンがADチェーンと交差しているときにはケンペの証明の誤りと同じで
二つのBをAとCに同時に変えることができない場合がある。

>>351
接合前のケンペ鎖は、P1,P2,P3,P4,P5の順でA,B,C,D,Bで
ACチェーンとADチェーンが存在していた。

ヒーウッドの反例でもそれが成り立つかくらい、自分で検証してから来いや。

>>352
CDチェーンがADチェーンと交錯していても,ADチェーン内のCBチェーンの入れ替え
には何の問題も無い。
>>355
不勉強ですまん,ヒーウッドの反例とはどんなものか,教えてくれ。

不勉強すぎるだろ、四色問題やってるのにヒーウッドの反例知らんとか。
じゃあケンペの証明がどう間違っていたかも理解してないわけだな？

>>357
不勉強ですまん,ケンペの証明とはどんなものか,教えてくれ。

>>356 >>358 (>>246も参照のこと)
CDチェーンがADチェーンと交錯しているとCDチェーン内でADチェーンのAがP3のBに
ABチェーンでつながっている場合がある。P3のBをAに変えた時にADチェーンが
A→Bになることで切断される。このBとCDチェーンのCが隣接しているときに
P2のCとP5のBがCBチェーンでつながることがある。
ヒーウッドが指摘したケンペの誤りと全く同じこと。

この人は30年間なにやってたんだ…

>>359
エアコンがなくて暑い室内で思いついた事。ケンペと同じ失敗をしていたとは。
　>>313は間違いです。訂正の証明は思いつきません。
>>360
有意義な35年間だった。おかげでジジイになってしまった。
終了にしようかな。みんな終了していいですか。

ル、ループから抜け出した……！？

ぜんぜん抜け出てねーよ
むしろ想定外の不勉強ぶりに俺は呆れてるところだ

それでまたしばらくしたら戻ってくるのがループのループたる所以

証明が間違いであること認めたんでしょ
ようやく終わったな

終わり？

297 名前：可愛い奥様[] 投稿日：2011/09/09(金) 18:00:09.46 ID:PeLUaRHk0
それでも、生きてゆく　9月8日放送

問題の場面

http://iup.2ch-library.com/i/i0414733-1315558682.jpg

391 名前：可愛い奥様[sage] 投稿日：2011/09/09(金) 17:26:47.43 ID:bD7ojX2t0 [6/8]
JAP18マジだった。。。
＞見つけた（パンドラだけど・・・）！２７分頃～見てみ。ゴミ箱に捨てられとる
＞http://channel.pandora.tv/channel/video.ptv?ch_userid=wmnnx&prgid=43296284

983 名前：名無し募集中。。。[] 投稿日：2011/09/09(金) 18:24:42.00 0
>>981
韓国語で「１８」は「シッパル」と発音する
これが韓国語で「FUCK YOU」を意味する言葉に発音が似てることから
「１８」が罵倒の隠語として用いられる

つまり、「JAP18」は

JAP FUCK YOU

と解釈できる

P1,P2,P3,P4,P5が反時計回りに存在し、P1をA,P2をB、P3をC、P4をD、P5をDとする。
このとき、ACチェーンとADチェーンが繋がっているとする。ADチェーンに囲まれた
P5のBをBCチェーンでCに置き換える。このときP1とP3のACチェーンが切れたとする。
切れていなければ、P2をACチェーンのなかでDに置き換えてP1をA、P2をD、P3をC
P4をD、P5をCとして３彩色可能となる。P1のA、P2のB、P3のC、P4のD、P5のCで
P1P3のACチェーンが切ることはできない。ADチェーンのなかでBCチェーンを入れ替えても
ACチェーンに何の影響を及ぼさないからである。よってＮ－１点で３彩色可能となる。よって中心のP0を戻して
４彩色可能となる。
ヒーウッドの指摘を避けた証明になっていると思われます。
吟味してください。私はこの証明は正しいと思っています。
誤りがあれば、どうぞご指摘ください。

>ADチェーンのなかでBCチェーンを入れ替えても
>ACチェーンに何の影響を及ぼさないからである。

はい、ここが間違い。

>切れていなければ、P2をACチェーンのなかでDに置き換えて

これも可能とは限らない。

それ以前にそもそも、置き換える～切れたとする、という論法が
おかしい。その場合、ACチェーンが切れたかどうかだけではなく
P1からP4までの配色に変化がないことが自明ではないから、
それを証明しないことには先に進めない。

また、ケンペと同じミスをしました。
この手法では証明不能となりました。
この証明は誤りでした。
お騒がせしました。終了。

有限Ｎ個の国がある地図を４色以下で色塗りする際に、
塗り分けを決定するのに必要な手間はＮに対してどの程度のオーダーか？

たしか、PともNPとも決着してなかったはず
なのでオーダーも分からず

平面地図の塗り分けなら O(N^2) の方法が存在する

>>373
それはどうやるの？
そんなにオーダーが低いのなら、
放電アルゴリズムとか使って苦労しなくても
あっさり不可避集合の色塗りが出来て、
４色問題の証明が楽になりそうだが。

>>374
http://people.math.gatech.edu/~thomas/FC/fourcolor.html#Algorithm

その塗りわけアルゴリズムが常にうまくいくことの証明に放電法が使われるから、
>>374 の論理は逆転している

２次元多様体上では何色必要？

多様体による

ちょっと考えてみた

平面 C が４色で塗られているなら
球面 C∪{∞} は無限遠点を追加するから５色？

ドーナツの場合はどうなるんだろ

本気で書いているのか？

Google Chrome が４色だから
球面はやっぱり４色で塗れるかな

ドーナツはよく分からんなあ

円筒はキャップをすれば球に同相だから４色だが…

おいおいマジだよ…

ゆとり教育の弊害がここにも…

[(7+(1+48*g)^(1/2))/2]

[(7 + \sqrt{1 + 48g})/2]

スゲー、何だこの式！何で48？

電波テロ装置の戦争(始)
エンジニアと参加願います公安はサリンオウム信者の子供を40歳まで社会から隔離している
オウム信者が地方で現在も潜伏している
それは新興宗教を配下としている公安の仕事だ
発案で盗聴器を開発したら霊魂が寄って呼ぶ来た
<電波憑依>
スピリチャル全否定なら江原三輪氏、高橋佳子大川隆法氏は、幻聴で強制入院矛盾する日本宗教と精神科
<コードレス盗聴>
2004既に国民20%被害250～700台数中国工作員3～7000万円2005ソウルコピー2010ソウルイン医者アカギ絡む<盗聴証拠>
今年５月に日本の警視庁防課は被害者SDカード15分を保持した有る国民に出せ!!<創価幹部>
キタオカ1962年東北生は二十代で2人の女性をレイプ殺害して入信した創価本尊はこれだけで潰せる<<<韓国工作員鸛<<<創価公明党 <テロ装置>>東芝部品)>>ヤクザ<宗教<同和<<公安<<魂複<<官憲>日本終Googl検索

魂は幾何学

誰か(アメリカ)気づいた
ソウルコピー機器

g=1 のとき 7 ならば g=0 のとき 4
という方法で証明するのは難しいですか？

必要と十分が入れ替わるので

本当になにがあっても5色ってできないの？

トンネルを認めれば５色もそれ以上の地図も簡単にできる

アニメも４色で塗り分ければ十分だよね

塗り分けたいだけならな。

・・・ケンプ鎖を実装すると、実際問題、エラーを吐くことに遭遇しないので、マジで参る。
エラーに限りなく近いのは、最後に五辺国を２度塗る工程が発生するサッカーボール展開図くらいだ。。。orz

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　　　　 |　　　|　 |　/　/ ﾚ',二､ﾚ′ ,ｨｲ|ﾞ/　　　私は只の数ヲタなんかとは付き合わないわ。
.　　　　|　　　＼ ∠イ　 ,ｲイ|　　　 ,`-' |　　　　　　頭が良くて数学が出来てかっこいい人。それが必要条件よ。
　　　　 | 　　　　l＾,人| 　` `-' 　　ゝ　 |　　　　　　　　さらに Ann.of Math に論文書けば十分条件にもなるわよ。
　　　 | 　　　　 ` -'＼　　　　　ｰ' 　人　　　　　　　　　　一番嫌いなのは論文数を増やすためにくだらない論文を書いて
　　　　|　　　　　　　 /(l 　　　＿＿／　ヽ、　　　　　　　　　　　良い論文の出版を遅らせるお馬鹿な人。
　　　 |　　　　　　　（:::::`‐-､__ 　|::::`､　　ﾋﾆﾆヽ、　　　　　　　　　あなたの論文が Ann of Math に accept される確率は?
　　　|　　　　　　／ `‐-､::::::::::`‐-､::::＼　　 /,ﾆﾆ､＼　　　　　　　　　　　　それとも最近は Inv. Math. の方が上かしら？
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猫は？

グラフの点に順番に番号をつけてモッド４をとって同じ値の点は片方を１足す
を繰り替えしておなじのがないようにするアルゴリズムでいい。あとは点を増やしても
かわらないことを帰納法で証明する。

点の数が有限なので有限回の操作で終わる。
点が無限の時は４色問題は解けない。

雪が積もってた。。。。

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　　　　 | 　　　　l＾,人| 　` `-' 　　ゝ　 |　　　　　　　　さらに Ann.of Math に論文書けば十分条件にもなるわよ。
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最近は詩織AAしかカキコないな

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また、ケンペと同じミスをしました。
この手法では証明不能となりました。
この証明は誤りでした。
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猫

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実は以前から、ｐさんに我々フリーをまとめてもらって強国を作ったら楽しいだろうなと考えていました。
でも本音をず～っと言い出せないうちに、しっかりした人材が集まってステキな国になっていくのをみて、それもまたいいな～と。
今は、さらに団結力とパワーのある国づくりができることを願って、微力ながら外から応援したいと思っています。

そこでさっそくですが、提案があります。
今回、同盟戦には参加しなかったようですが、このイベントの賞品は
ガチャ１等以上の価値があるカードなので、見逃す手はないと思うのです。
同盟員全員が対人戦の高スキルカードを持ち、かつｾﾞﾆﾁｹが豊富ならば現在の重課金トップチームに対抗し得ます。

その上、まちがいなくユーザーのほとんどはｐさんの国を応援するでしょう。
そんなとってもワクワクする日々が、手を伸ばせば届くところにあるのです。

同盟戦には必勝法があります。
実行すれば、常に１位。稀に同様のことをおこなう国とぶつかって負けても２位。
これについてはまだ時間が充分あるので、時期が来たらお伝えします。

それよりまずは直近の備えを。今回また討伐数で賞品が出るでしょう。その原資を生かすのです。
（当初は物量が多いほど楽できるので。無くてもいけますが念のため）
素性のいいフリー４～５人に、同盟戦で助っ人してもらうことを条件に
権利日に入国させて賞品を「配る」形をとるのがいいかと思います。

ここまで書いておいてナンですが
私自身はお盆の里帰りで当日のお手伝いはできないと思います。
ですので権利日には、他のフリーを呼び入れてください。

それではまた後日。

誤爆ｺﾞﾒﾝ

本気で取り組んでいる人は数名のようですね
未だサークルにアクセスを試みていない同盟員は、約束違反だから失格でしょう

ｐさん、どうでしょう
やる気のある人たちとともに、もとの国に戻られたら？
というか、一度どちらも解散して新たに○○公を創設するのが最良かと
妖魔の出が悪い今がその時期ではないでしょうか

前段階で解散同盟をつくり
そこで元の国の方たちと本音で話し合われることをおすすめします
すべてスッキリとはいかなくても
いろんなものを抱えながら国を運営することは、きっとプラスになるはずです

真の同盟国設立の運びになったら、例の同盟戦や妖魔戦の話をしたいと思います
これも今が旬、もし国が設立できないようなら、やむなく他国にもちかけます
フリーの一撃屋たちのゲーム生活（笑）がかかってますから

ｐさんの気持ちのゆらぎやちょっとした欠点は、たぶんみんな理解してますよ
ｻﾌﾞｱｶなども承知の上で楽しんでるわけですし
あなたの、元ヤンキー的な率先力が国を生き生きさせるのです

考えがまとまりましたらお返事くださると嬉しいです
このヤローｳｻﾞｲなと思ったら放置でかまいませんよ
それでも僕はｐさんを嫌いになりませんから(^_^)

誤爆ｺﾞﾒﾝ

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　　　　 | 　　　　l＾,人| 　` `-' 　　ゝ　 |　　　　　　　　さらに Ann.of Math に論文書けば十分条件にもなるわよ。
　　　 | 　　　　 ` -'＼　　　　　ｰ' 　人　　　　　　　　　　一番嫌いなのは論文数を増やすためにくだらない論文を書いて
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　　　　 | 　　　　l＾,人| 　` `-' 　　ゝ　 |　　　　　　　　さらに Ann.of Math に論文書けば十分条件にもなるわよ。
　　　 | 　　　　 ` -'＼　　　　　ｰ' 　人　　　　　　　　　　一番嫌いなのは論文数を増やすためにくだらない論文を書いて
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>>361は撤回します。
>>313は作業順序をかえれば正しい。
ＢＣチェーンでＢとＣを入れ替えた直後はＡＤチェーンは繋がっている。
その状態でＰ５のＢＣチェーンをＢからＣに入れ替えれば良い。
Ｐ２のＢＣチェーンとは繋がっていない。

学習能力０

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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。

>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

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。

>>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。

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

>>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。

人工無脳

馬鹿すぎる

>>362-364
一年前の予言的中

>>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。

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。

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

>>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。

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。

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>>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
http://mathworld.wolfram.com/QuarticGraph.html
http://mathworld.wolfram.com/HarborthGraph.html

>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。

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

>>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？

>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。

>>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？

縁無き衆生は度し難し

http://i.imgur.com/O0oSS.jpg

まだやってるのか。関わるのは時間の無駄だな。

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

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。

>>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。

どう考えても議論にならないだろ

>>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。

>>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。

>>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。

4=8/2

>>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。

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>>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。

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　ε⌒ ﾍ⌒ヽﾌ
（　　( 　・ω・）　ブヒ
　しーし─Ｊ

>>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？

四色問題には反例が存在することに一票。

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。

　ε⌒ ﾍ⌒ヽﾌ
（　　( 　・ω・）　ブヒ
　しーし─Ｊ

　ε⌒ ﾍ⌒ヽﾌ
（　　( 　・ω・）　ブヒブヒ
　しーし─Ｊ

　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！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！

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

>>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。

>>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

>>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。

>>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。

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やっぱり共通しているなあ

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>>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。

「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？

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？

①だけだったら
＝＞
②だけだったら

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.　　　　|　　　＼ ∠イ　 ,ｲイ|　　　 ,`-' |　　　　　　頭が良くて数学が出来てかっこいい人。それが必要条件よ。
　　　　 | 　　　　l＾,人| 　` `-' 　　ゝ　 |　　　　　　　　さらに Ann.of Math に論文書けば十分条件にもなるわよ。
　　　 | 　　　　 ` -'＼　　　　　ｰ' 　人　　　　　　　　　　一番嫌いなのは論文数を増やすためにくだらない論文を書いて
　　　　|　　　　　　　 /(l 　　　＿＿／　ヽ、　　　　　　　　　　　良い論文の出版を遅らせるお馬鹿な人。
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>>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。

「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。

>>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。

>>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。

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
>http://www.math.kochi-u.ac.jp/2007sem.html
>
>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.
>http://www.math.kochi-u.ac.jp/2007sem-e.html
>

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>>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

>>497じゃねえ、>>507だった

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

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。

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>>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。
http://www.math.wvu.edu/~hjlai/Pdf/Catlin_Pdf/Catlin14.pdf
http://130.203.133.150/viewdoc/download?doi=10.1.1.145.815&rep=rep1&type=pdf
>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。

>>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。

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！

>>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｡
>

>>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。

>>522
>5-臨界平面グラフ
とは何？具体的に説明してください。

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。
>

>>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。

http://school.maths.uwa.edu.au/~gordon/remote/graphs/ 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。

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。

　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！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！

>>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。

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>>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。

>>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。

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。

年が代わっても学習能力0のままなんだろーな

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>>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。

>>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。

>>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。

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>>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。

>>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。

>>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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>>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。

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　　　　 | 　　　　l＾,人| 　` `-' 　　ゝ　 |　　　　　　　　さらに Ann.of Math に論文書けば十分条件にもなるわよ。
　　　 | 　　　　 ` -'＼　　　　　ｰ' 　人　　　　　　　　　　一番嫌いなのは論文数を増やすためにくだらない論文を書いて
　　　　|　　　　　　　 /(l 　　　＿＿／　ヽ、　　　　　　　　　　　良い論文の出版を遅らせるお馬鹿な人。
　　　 |　　　　　　　（:::::`‐-､__ 　|::::`､　　ﾋﾆﾆヽ、　　　　　　　　　あなたの論文が Ann of Math に accept される確率は?
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>>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？

>>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。

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>>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。

>>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。

>>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。
http://www.cut-the-knot.org/Curriculum/Geometry/Polyhedra/K4.gif
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。

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>>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。

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>>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

>>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。

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>>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。

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>>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。

>>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。

　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！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！

本人以外は全員理解できないわけですね。わかります。

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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。

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。

>>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。

>>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？

>>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

>>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？

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？

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？

>>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

>>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。

>>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

>>574
やはりどうも理解されていないな。

>>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。

>>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

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>>567
>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？
数え上げの公式から分かるように、４集点以下のグラフは無視してよい。
５集点以上のグラフを対象に帰納法を適用している。
従って接合後のグラフに必ず４集点の可約配置なグラフがあるとは言えない。

>>579
>従って接合後のグラフに必ず４集点の可約配置なグラフがあるとは言えない。
帰納法の仮定よりN-1点のグラフは4彩色可能なので、必ず全て可約である
不可避集合の組み合わせが存在することが仮定されている。
つまり、接合後のグラフに(3, 4集点とは限らない)可約配置なグラフが
必ず存在することが仮定されている。

その組み合わせによっては、例えば6集点以上の頂点の組み合わせが
可約になっていればよい。
(実際にコンピュータを用いた四色問題の証明はそのような組み合わせを
見つけている。Appel, Hakenは1405個の不可避集合、Robertson et al.
は633個の不可避集合が可約であることを示した。)

4集点に限定しても以下のことは言える。
{3集点、4集点、5集点と5集点が隣接、5集点と6集点が隣接}の組み合わせ
は可約とは限らないが不可避集合である。
証明は以下のpdfを参照。
http://www.lab2.kuis.kyoto-u.ac.jp/~itohiro/lecture/C6_Coloring.pdf
N点のグラフの2つの5集点が隣接している配置から5集点を1個取り除いて
N-1点のグラフを作ると4集点が必ず作られる。
この4集点が例えばDならばAとCを接合後のグラフに4集点が存在することが
言えるし、AやCならば取り除けばAとCは接合できない。

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>>580
Ｎ－１点で４彩色可能と仮定しているのは、５頂点を辺としてそれ以外に
可約配置なグラフが存在すれば、Ｐ０をもとに戻してＮ点で４彩色可能となる。
問題はＮ点のときに可約配置が存在しない場合を対象としているので不可壁な
５集点を任意に選んでＰ０を抜いてＮ－１点の可約配置のないグラフを４彩色
可能と仮定している。証明はこのような場合に限って行わなければならない。
６集点以上の可約配置は数え上げの公式から無視できる。
このような場合、以前からの私の証明が有効になる。

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>>582
>>580の
>6集点以上の頂点の組み合わせ
可約配置は1つの頂点とは限らないので、5集点と6集点以上の頂点の
組み合わせに訂正。

>Ｎ－１点の可約配置のないグラフを４彩色可能と仮定している。
>証明はこのような場合に限って行わなければならない。
N-1点以下のグラフには5集点が必ず含まれているので、
N-1点以下では5集点は可約配置でないと仮定していることになる。
一方、接合後の5頂点が3彩色可能ということを示すと
N点のグラフでは5集点は可約であることが示される。
この場合N-1点以下とN点で逆の結果を示しているので
帰納法は成立していない。
>このような場合、以前からの私の証明が有効になる。
つまり証明は無効。

>>584
５集点が可約かどうか分からない仮定のもとＮ点のグラフを４彩色可能として
導いてる。そこで５集点が可約と証明できたので帰納法は成立する。
確かに５集点が可約であると分かっていれば、帰納法など使う必要はない。

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>>585
>そこで５集点が可約と証明できたので帰納法は成立する。
というのは接合を用いた証明で、>>582の
>Ｎ－１点の可約配置のないグラフを４彩色可能と仮定している。
を条件として当然つかっているはずだが、それはN点の可約配置
のないグラフが4彩色可能であることは示していないので、
N+1点以上のグラフで5集点が可約であることを示すのには使えない。
帰納法が成立しているのなら、N-1点以下のグラフの仮定から
N点, N+1点, N+2点と順々に全てのグラフで成り立つことが
示されなければならない。

>>587
帰納法が成立しているので、Ｎ－１点を４彩色可能と仮定して
Ｎ点が４彩色可能であると示している。
>　>Ｎ－１点の可約配置のないグラフを４彩色可能と仮定している。
>を条件として当然つかっているはずだが、それはN点の可約配置
のないグラフが4彩色可能であることは示している。

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>>588
>N点の可約配置のないグラフが4彩色可能であることは示している。
N点のグラフで5集点が可約と証明できたという主張であり、
N点のグラフにおいては、3集点, 4集点, 5集点が可約であると
いうことになっているから可約配置は必ず存在する。
つまりN点の可約配置のないグラフは存在しないわけだが、
存在しないグラフをどうやって4彩色するのかね？

>>590
５集点が可約であることは証明前には分からなかったことです。
証明後はＮ点に必ず５集点が存在するので、その意味から言うと
任意のグラフには５集点が必ず存在し、可約配置は有り４彩色できる
となります。
仮定は、５集点以外の可約配置のないＮ点グラフを対象としています、となります。

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>>591
>５集点が可約であることは証明前には分からなかったことです。
帰納法の仮定はN-1点までなのでN点のグラフで5集点が可約であること
を示した後でないと、N点のグラフが4彩色可能であることを用いて
N+2点のグラフが4彩色可能であることは示せないでしょう？

根本的な証明の誤りが分かったので、改めて書き込みます。

>>591
>>585で
>５集点が可約かどうか分からない仮定のもと
と書いているが、実は5集点が可約ということを使っているのが
根本的な証明の誤り。
N-1点以下のグラフが4彩色可能と仮定している場合、
N点のグラフからP0(この場合は5集点)を取り除いた時点で、
P0(5集点)が可約であるということを使っていることになる。

接合で矛盾が生じるのはP0(5集点)が可約であるということを
使っているのに、グラフに可約配置がないと仮定している
ことが原因である。

5集点が可約でないと仮定した場合はP0を取り除くことはできない。
P0を取り除かずに接合すると接合後のグラフは平面グラフでないので、
接合後に4彩色できなくても帰納法の仮定に矛盾することはない。
よって、5集点が可約でないということを否定することはできない。
一方、5集点が可約であると仮定した場合は帰納法の仮定で
N-1点以下で5集点が可約と仮定すると矛盾は生じない。
つまり、5集点が可約であるということも否定することはできない。

結局、この証明法では5集点が可約か可約でないかは決定できない。

>>593,>>594
以前の過去レスから証明方法を確認してほしい。
まだ何色で彩色できるか分からないＮ点のグラフが与えられて可約配置がない
と仮定して、Ｎ－１点で４彩色可能と仮定して、Ｎ－２点で接合して５色
必要になるか、接合前に５頂点が３彩色可能を示しているので５集点が可約
であることは仮定前に分からない状態で、５集点の可約配置を導いている。
>>593-594　何かとんちんかんなことを言ってるよ。

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>>595
5集点が可約である、あるいは可約でないかの必ずどちらかである。
どちらの場合でもN点のグラフからP0(5集点)を取り除いてN-1点の
グラフを作ってから接合している。
5集点が可約でない場合にP0(5集点)を取り除けないとした場合は
>>594に書いたようになる。

>>595によると>>594は正しくないようなので、
5集点が可約でない場合にもP0(5集点)を除去可能である。
3, 4集点が含まれない場合を考えているので5集点は必ず含まれて
おり、接合を繰り返せば5集点が可約でない場合にもグラフの
頂点数を減少させることができる。
この場合も可約配置を取り除いていく場合と同様にグラフの頂点数
を減少させることで4色以下にでき帰納法の仮定を満たすことができる。
つまり、N点では彩色に5色必要であるがP0を取り除くことで
N-1点で4彩色可能になるケースを除外できない。

>>595
>>594が正しくないとすると別の問題も生じる。
接合後のグラフは3, 4集点を含まず5集点が必ず含まれ、また
5集点が可約でない場合でも接合できるので、3, 4集点を含まない
グラフの頂点数の最小値が存在しないことになる。
N=4だと4集点のみ、N=5だと3, 4集点のみを含むことは簡単に
確認できるが、帰納法のスタート地点のグラフの頂点数は
いくつになるの？

他の問題点も存在するが>>594に関連することは現時点では
以上のようなことが挙げられる。

>>597
>5集点が可約である、あるいは可約でないかの必ずどちらかである。
5集点が可約かどうか分からないところから証明している。
>つまり、N点では彩色に5色必要であるがP0を取り除くことで
>N-1点で4彩色可能になるケースを除外できない。
そのようなことはない。証明をよく読んで欲しい。
>>598
>帰納法のスタート地点のグラフの頂点数はいくつになるの？
とりあえず、１２頂点から。本当はもっと多くまで４彩色可能とされている。

>>599
>とりあえず、１２頂点から。
このグラフは5集点のみからなるグラフであるが帰納法には使えない。
5集点以上の頂点しか含まない14頂点のグラフを接合して12頂点の
グラフを作ると接合後の頂点は5集点にならない。
このグラフは接合を用いずに4彩色可能であることは示せるが、非常に
大きなグラフでこのようなグラフがないことは証明が必要である。

問題点はもう一つあって>>580の後半に書いたことの具体例になるが、
5集点のみからなるグラフから5集点を一つ取り除くと4集点が必ず
作られる。そこで5集点のみからなる12頂点の平面グラフを元に
グラフを作ると>>582を満たさないグラフを作ることができる。

12頂点のグラフの外周は三角形にできるから外側の3頂点に辺を
加えても平面性を保てる。外周の辺を取り除くことも可能である。
これらのパーツと6集点以上の頂点の組み合わせで作った3, 4集点が
含まれないグラフはP0(5集点)を取り除くと4集点が必ず作られるように
でき、組み合わせるパーツの数に制限はないので>>582を満たさない
グラフは無限にあることになる。

>>600
帰納法のスタートは１２頂点でよい。
非常に大きなグラフでも接合後に５集点があってもなくてもよい。
可約配置のない一般的なグラフ全体を対象にしている。
>>582の何を満たさないグラフとは具体的にどんなグラフですか。
一般的なグラフ全てを対象にしてるんだが。
問題はＮ点のときに可約配置が存在しない場合を対象としているので不可壁な
５集点を任意に選んでＰ０を抜いてＮ－１点の可約配置のないグラフを４彩色
可能と仮定している。ここのどこに問題があるの？

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>>601
>具体的にどんなグラフですか。
N点のときは3, 4集点を含まないが、P0を取り除いてN-1点にすると4集点を
含むグラフは無数にあるといっている。>>600ではその構成法を示した。

>問題はＮ点のときに可約配置が存在しない場合を対象としているので不可壁な
>５集点を任意に選んでＰ０を抜いてＮ－１点の可約配置のないグラフを４彩色
>可能と仮定している。ここのどこに問題があるの？
>>600のグラフはN-1点にしたとき4集点を含んでいるという理由では
証明の対象から外せない。

その理由は以下の>>582の根拠に問題があるから。
>Ｎ－１点で４彩色可能と仮定しているのは、５頂点を辺としてそれ以外に
>可約配置なグラフが存在すれば、Ｐ０をもとに戻してＮ点で４彩色可能となる。
これはP0を元に戻してN点にしても可約配置なグラフを取り除けば
P0を含んだままN-1点以下にできるので4彩色可能となるということであり、
>>600のグラフの4集点はP0を元に戻すと5集点になるので、P0が存在する
ときには取り除くことはできない。

>>603
４，５，６，７・・・集点を含むグラフは無数にあってよい。
証明には何の影響もない。
P0を除くことは、証明の仮定で出てくることで何の問題もない。
Ｎ点で可約配置はないと仮定しているのでＮ－１点で４彩色可能だということに
何の問題もない。あなたも証明をよく読んで欲しい。

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これと比べるとhadはまだまともだったな。

いやhadたんも相当アレな部類だったと思うが
唯一の救いはhadは自分の証明が未完成であることを自覚してたことだな。

>>604
>>557に対する反論は、>>560の
>k4は可約配置なので無視してよい。
であった。>>600のグラフでACチェーンが存在しているときに
接合してN-2点のグラフを作ると4集点を必ず含んでいる。

接合して5色必要になっても
「4集点は可約配置なので無視してよい」
ので、>>600のグラフは接合してもACチェーンが切れている
彩色が存在することは示すことができない。

>>600のグラフが存在しても>>604にあるように証明の仮定に
問題が生じないので、接合を用いた証明法で4彩色可能である
ことを示すことができないN点のグラフは無数に存在する。

Ｎ点を２４点からスタートするとする。
>接合してN-2点のグラフを作ると4集点を必ず含んでいる。
のは間違い。Ｐ２が７集点以上のときには５集点以上になる。
>グラフは接合してもACチェーンが切れている
>彩色が存在することは示すことができない。
接合は切るために使っているのではない。切っても切れなくてもよい。
Ｍを２以上の整数とする。
Ｎ－Ｍ点で接合を考えるとすると、k4は除いて行くと５，７，８，９、・・・・
集点となる。このようなグラフがより一般的でかつ証明対象としてふさわしい。
このとき私の証明法は正しい。

訂正：Ｍを１以上の整数とする。

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>>609
>Ｐ２が７集点以上のときには５集点以上になる。
>このとき私の証明法は正しい。

>>580にも書いたことだが、
{3集点, 4集点, 5集点}の組み合わせは不可避集合であるが、
5集点の部分をさらに詳しくした不可避集合の組み合わせを求めることが
できる。
この場合、{3集点, 4集点, 5集点と5集点が隣接, 5集点と6集点が隣接}
の組み合わせが不可避集合である。

>>612
Ｎ点で5集点が不可壁集合であることだけでＮ－１点で４集点があったとしても
辺の５頂点を３彩色できるか、接合で５色必要になって矛盾するかで辺の
５頂点は３彩色できる。不可壁集合に５集点があればよい。k4は全部無視してよい。
私の証明をよく読んでほしい。

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>>613
>私の証明をよく読んでほしい。
4集点の存在に関しては証明のどこに書いてあるの？

5頂点がA, B, C, D, BでAとCを接合したとする。
接合して5色目が必要になっても、BかDが4集点の場合は可約配置
なので無視すれば接合した点をBかDにすれば帰納法の仮定を満たす。

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接合の定義を理解してないな。
>BかDが4集点の場合は可約配置
>なので無視すれば接合した点をBかDにすれば帰納法の仮定を満たす。
ＡとＣを接合するとまわり点と異なる色で彩色しなければならない。
接合した点をＢかＤにすると接合前のＢかＤに隣接するため矛盾をおこして
ＡかＣになるか５色必要になる。このとき４集点はあってもなくてもよい。
４集点を順次接合してなくなるまで繰り返す。そうすると結局７集点以上
が残るか、３彩色可能になるかいずれかとなる。

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>>617
>接合前のＢかＤに隣接するため
接合前のAとCを同色にするにはP0を取り除きそれによって作られる
4集点を取り除けば良いということで、接合前のBかDに隣接すること
は関係ない。5頂点を4彩色した時点で帰納法の仮定を満たしている
ので、AとCを同色にする必要がない。

>４集点を順次接合してなくなるまで繰り返す。
矛盾が生じるまで接合を繰り返すこととは異なるが、ある2頂点を
接合して帰納法の仮定を満たしていても別の2頂点を接合すると
矛盾が生じる場合がある。
例えば、5頂点がA, B, C, D, BでAとCを接合した場合は矛盾が生じない
がAとDを接合した場合は矛盾が生じる場合である。

結論を先に書くと、5頂点が3彩色できる場合は接合する2頂点には
条件が必要である。その条件をクリアして3彩色できる5頂点があった
としても接合すれば矛盾が生じる別の2頂点が必ず存在する。
したがって接合をしても5頂点は3彩色可能にならない。

グラフは3, 4集点を含まなくても構わない。 mを3以上の整数とする。
mを何度も用いるがそれらが必ずしも等しいわけでなく、2mと2m-1で
偶奇を区別するために使う。
P0を除いたN-1点のグラフで5頂点がA, B, C, D, BでAとCあるいは
AとDを接合して5頂点を3彩色できたとする。(続く)

>>617
>>619の続き
5頂点以外の頂点の色をA', B', C', D'で表す。

CをAにできる場合: CはA'に隣接していないのでB', D'のみに
隣接している。Cが2m-1集点の場合は接合に関係なく同色が隣接すること
になり矛盾が生じる。よって、Cは2m集点でありBDチェーンが必ず存在する。
(つまり-B'-D'-B-C-D-B'-D'-でサイクルを作っている)。
この場合BとDを接合すると矛盾が生じる。

DをAにできる場合: DはA'に隣接していない。同様にして
Dが2m-1集点の場合は接合に関係なく矛盾が生じ、2m集点の場合は
BCチェーンが必ず存在するのでBとCを接合すると矛盾が生じる。

残りはC, DがA'に隣接している場合である。
AをCにできる場合: AはC'に隣接していないのでB', D'のみに
隣接している。Aが2m集点の場合は接合に関係なく同色が隣接すること
になり矛盾が生じる。よって、Aは2m-1集点である。この場合Aに
隣接しているB'同士が隣接できないのでAはD'に必ず隣接している。
(つまり-B'-D'-B-A-B-D'-でサイクルを作っている)。
DはA'に隣接しているのでAとDを接合すると矛盾が生じる。

AをDにできる場合: 同様に考えてAとCを接合すると矛盾が生じる。

以上より接合すれば矛盾が生じる2頂点が必ず存在する。

>>607
というかあれ証明にすらなってなかったし。
未完成にしても方向性含めて数学の態をなしてなかった。

まあ帰納はアレとどっこいどっこいかな。
誤りの指摘をちっとも理解出来ない。
たしか四色問題の証明の誤りの分類が論文化（書籍化）されてたと思うけど
それ読むことから始めろと…。

>>619,>>620
接合の定義をまったく理解していない。
私の証明法を理解していない。
>矛盾が生じるまで接合を繰り返すこととは異なるが、ある2頂点を
>接合して帰納法の仮定を満たしていても別の2頂点を接合すると
>矛盾が生じる場合がある。
>例えば、5頂点がA, B, C, D, BでAとCを接合した場合は矛盾が生じない
>がAとDを接合した場合は矛盾が生じる場合である。
まったくの間違い。P0を抜いて接合と必ずP0´を抜かないといけない。
４集点ができたら、P01として抜いて接合する。
>AをDにできる場合: 同様に考えてAとCを接合すると矛盾が生じる。

>以上より接合すれば矛盾が生じる2頂点が必ず存在する。
も間違い。時間が掛かってもいいので、証明法を理解して書き込みしてください。
>>621　本のタイトルは？

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>>622
>>619, >>620に書いた>>622の指摘と無関係な部分をまず書く。
i, j, kを3以上の整数とする。P0を除いたN-1点のグラフで5頂点が
A, B, C, D, BのときにAが2i集点かつCが2j-1集点かつDが2k-1集点
のときはAとC(あるいはAとD)を接合すると必ず矛盾が生じる。
この場合はAとC(あるいはAとD)を接合するだけでは5頂点は3彩色に
できない。

次に>>622の指摘に関することは以下の通り。
>まったくの間違い。P0を抜いて接合と必ずP0´を抜かないといけない。
>>619, >>620では全てP0を除いたN-1点の同じ彩色のグラフで接合している。
接合を戻さずに更に接合をしているわけではない。

>例えば、5頂点がA, B, C, D, BでAとCを接合した場合は矛盾が生じない
>がAとDを接合した場合は矛盾が生じる場合である。
これはP0を除いたN-1点のグラフで5頂点がA, B, C, D, Bのときに
AとCを接合した場合は矛盾が生じないが、P0を除いたN-1点の同じ彩色の
グラフでAとDを接合した場合は矛盾が生じる場合のことである。
この場合はAとCを接合することとは関係なくAとDを接合した場合は
矛盾が生じる。

以上のことをふまえて、再度>>619, >>620を読んでください。

>>624
矛盾、矛盾と書いているが何がどう矛盾するのか知りたい。

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　　　　 | 　　　　l＾,人| 　` `-' 　　ゝ　 |　　　　　　　　このスレには馬と鹿と豚さんしかいないのね。
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>>625
接合を使った証明法では彩色に5色目が必要になると
帰納法の仮定に矛盾するのでしょう？
それ以外のことは用いてないです。

接合後、４集点が存在すれば、４彩色可能であるから、ＡとＣを接合しても
５色必要だと言えなくなるから、ＡＣチェーンは切れていることになる。
したがってＡＢＣＤＢは接合前にＡＢＡＤＢになるはずである。
ＡＤチェーンについても同じでＡＢＣＤＢはＡＢＣＡＢにできるはずである。
接合後、４集点が存在しなくても４彩色可能と仮定しているからＡＣまたは
ＡＤチェーンが切れているといえる。
よってＰ０を抜いた５頂点は３彩色可能である。

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>>628
>接合後、４集点が存在すれば、４彩色可能であるから、ＡとＣを接合しても
>５色必要だと言えなくなるから、ＡＣチェーンは切れていることになる。
接合前のACチェーンが切れていることにはならない。
4彩色可能であることを示すのには4集点を取り除かなければならない。
4集点を戻すと接合前の彩色に戻る。

>接合後、４集点が存在しなくても４彩色可能と仮定しているからＡＣまたは
>ＡＤチェーンが切れているといえる。
AC, ADチェーンが切れていなくても接合後に4彩色可能であると仮定されて
いるので、ACまたはADチェーンが切れていることを持ち出すことは間違い。

接合の定義をよく理解していない。
接合して四彩色可能なら、接合の逆、展開してやれば
５頂点は３彩色となっている。

>>631
接合ではN-2点の平面グラフの全ての彩色をチェックできない。
N点のグラフからP0を除き接合してできたN-2点のグラフの彩色をC(接合)
とし、それ以外のN-2点のグラフの彩色をC(その他)とすると、
{N-2点のグラフの全ての彩色}＝C(接合)＋C(その他)である。
帰納法の仮定よりN-2点のグラフは4彩色可能であるから、C(接合)＋C(その他)に
4彩色のグラフが最低1つある。
C(その他)に4彩色のグラフがあれば接合前にAC, ADチェーンが切れていなくても
帰納法の仮定を満たす(実際にそのような4彩色のグラフは存在する)。
この場合、C(接合)の全てにおいて彩色に5色目が必要になっても全く問題はない。
つまり、
>４彩色可能と仮定しているからＡＣまたはＡＤチェーンが切れているといえる。
ということは間違いである。

>>632
>この場合、C(接合)の全てにおいて彩色に5色目が必要になっても全く問題はない。
この場合、４彩色可能ということに矛盾する。従って４彩色した後に
展開するとＡＣまたはＡＤチェーンが切れていたことになる。
Ｎ－１点以下のグラフは４彩色可能と仮定しているからである。仮定が間違い
ならばＮが小さいときに矛盾が生じるはずである。Ｎが１２１でも４彩色できる。

このスレってその2が無いのはなんでなの？

>>633
>この場合、４彩色可能ということに矛盾する。従って４彩色した後に
>展開するとＡＣまたはＡＤチェーンが切れていたことになる。
接合して5色目が必要になることが帰納法の仮定に矛盾するのならば、
>>619, >>620, >>624に書いたことにより、5頂点をA, B, C, D, Bと
するとケンペ鎖の有無に関係なく全てのグラフでAとC、AとD、BとC、
BとDのいずれかを接合すると5色目が必要になるので帰納法の仮定に
矛盾することになる。

>仮定が間違いならばＮが小さいときに矛盾が生じるはずである。
Nが小さいときに5頂点をA, B, C, D, Bとして、AとC、AとD、BとC、
BとDを接合しても5色目が必要にならず帰納法の仮定と矛盾しない
グラフの彩色の実例があるのならばそれを示してくれ。

>>635
>5頂点をA, B, C, D, Bと
>するとケンペ鎖の有無に関係なく全てのグラフでAとC、AとD、BとC、
>BとDのいずれかを接合すると5色目が必要になるので帰納法の仮定に
>矛盾することになる。
同時に接合しようとするから、矛盾が生じる。
1回ごとに彩色を変えなければならない。
実例はＵＰする手段がないので、手書きで作ってほしい。
５辺国と６辺国からなるサッカーボールを書いて、それをまた５辺国と６辺国に
拡大してください。容易に４彩色可能でＡＣかＡＤチェーンが切れるから。
ケンぺ鎖は彩色後に自動的に作れる。

>>636
>同時に接合しようとするから、矛盾が生じる。
同時に接合していないのだが、「いずれか」だから。

例えば5頂点をA, B, C, D, BとしてACチェーンが切れてもADチェーンが
あればAとCの接合で矛盾が生じなくても、AとDで接合すれば5色目が必要
になり帰納法の仮定に矛盾するのでこの彩色は無効でしょう？

>>637
ＡＣまたはＡＤチェーンのいずれか一方が切れていれば４彩色可能である。
同時に２つのチェーンが切れている必要はない。
逆にＡＣが繋がっていてもＡＤが切れていればよい。

>>638
ACまたはADチェーンのいずれか一方が切れていれば4彩色可能である
ことは分かるが、このグラフを接合すると彩色に5色目が必要になる。
聞きたいのは、このグラフを接合すると彩色に5色目が必要になる
が帰納法の仮定に矛盾するのか？ということ。
それとACまたはADチェーンのいずれかを切る方法を具体的に教えてくれ。

>>639
帰納法の仮定に矛盾する。Ｎ－１点以下は４彩色できると仮定しているからである。
実際には４集点ができて４彩色可能であることは間違いない。
ただし、７集点以上の点がＢにくると、接合しても５集点しかできないので
帰納法の仮定によりＮ－２点は５彩色必要となり矛盾する。
ＡＢＣＤＢのときＡＣチェーンが切れてない場合、ＢＣチェーンを入れ替える。
ＡＣＢＤＢとなるがＡＢチェーンがそれでも切れていない場合、つぎに
ＢＤチェーンを入れ替える。ＡＣＤＢＤとなりＡＢチェーンがそれでも切れて
いない場合、ＡＤチェーンが切れていなければ、ＣＢチェーンを入れ替えて
ＡＢＤＢＤとなる。切れていればＣＢチェーンが切れているか確認をして
ＣＢチェーンが繋がっていれば、ＡＣＤＢＤのうちＣＢ、ＡＤ、ＡＢのいずれかを接合すれば
５彩色必要となって仮定に矛盾するのでＣＢ、ＡＤ，ＡＢチェーンのいずれかは切れて
いることになる。ここでＣ、Ｄ、Ｄは７集点以上であることが必要である。
もとのグラフでいうとＡＢＣＤＢのＢ（Ｐ２）とＣ（Ｐ３）とＢ（Ｐ５）である。
接合すると４集点が生じるからである。

ＡＣＤＢＤのうちＣＢ、ＡＤ、ＡＢのいずれかを接合すれば
５彩色必要となって仮定に矛盾するのでＣＢ、ＡＤ，ＡＢチェーンのいずれかは切れて
いることになる。を変更
ＡＣＤＢＤのうちＣＢ，ＡＤ、ＡＢ、ＣＤチェーンが切れていることになる。
ＡＢＣＤＢのうちのＢ（Ｐ２）、Ｃ（Ｐ３），Ｄ（Ｐ４），Ａ（Ｐ１）は７集点である必要が
ある。時計まわりにＡＢＣＤＢとすればＢ（Ｐ５）も７集点が必要になる。
よってＰ０はまわりに７集点以上の頂点が存在しなければならない。
この場合に限って矛盾が生じる。

>>636, >>640-641
>５辺国と６辺国からなるサッカーボールを書いて、それをまた５辺国と６辺国に
>拡大してください。容易に４彩色可能でＡＣかＡＤチェーンが切れるから。
この場合もこのグラフを接合すると彩色に5色目が必要になるが帰納法の仮定に
矛盾するの(ケンペ鎖がつながっているかどうかに関係ないことに注意)？

P0を取り除いた5頂点を順番にA1, B2, C3, D4, B5とする。5集点が5つの
6集点で囲まれているから、P0を取り除くと5頂点は全て5集点である。
この場合、C3はA'に必ず隣接、またD4はA''に必ず隣接している。
またA1はC'かD'の少なくとも1つに必ず隣接している。
したがって場合分けすると、
(1)A1がC'に隣接している場合: A1とC3を接合すると接合した頂点は
A', B5(5集点), C', D4に隣接しているので5色目が必要になる。
(2)A1がD'に隣接している場合: A1とD4を接合すると接合した頂点は
A'', B2(5集点), C3, D'に隣接しているので5色目が必要になる。

>>640-641
>よってＰ０はまわりに７集点以上の頂点が存在しなければならない。
>この場合に限って矛盾が生じる。
>>580, >>612でも書いたことなのだが、
不可避集合は3集点, 4集点, 5集点であるが、この場合の5集点は
最低でも1つの5集点あるいは最低でも1つの6集点に隣接していることが
既に証明されている。
証明については>>580のpdfを見てくれ。

>>642,>>643
以前にも書いたがＰ０を抜くと辺が一つ消える。
５集点からＰ０を抜くと回りの６集点が５集点になる。
さらに接合を行うと辺がさらに一つ消える。
不可壁な６集点は４集点となり可約配置になる。
サッカーボールも同様にして６集点が４集点になる。
よって簡単に４彩色可能となる。

>>644
2つのBのうち接合して4集点になるのは必ず1つだけである。
>>642では4集点になることも考慮している。
>(1)A1がC'に隣接している場合: A1とC3を接合すると接合した頂点は
>A', B5(5集点), C', D4に隣接しているので5色目が必要になる。
>(2)A1がD'に隣接している場合: A1とD4を接合すると接合した頂点は
>A'', B2(5集点), C3, D'に隣接しているので5色目が必要になる。

(1)ではB2が4集点になりB5は5集点のままなので、B5(5集点)と
書いているし、
(2)ではB5が4集点になりB2は5集点のままなので、B2(5集点)と
書いている。

>>644
>>642とは別の以前の問題を再度挙げる。
>>593, >>595について具体的な問題にする。
接合を使った証明法が正しいとして、1000頂点のグラフが4彩色可能
であることを示すことにする。
P0を取り除いて接合すると998頂点のグラフが作られ、接合した
頂点の彩色に5色目が必要になったとする。

998頂点のグラフが4彩色可能でないならば矛盾は生じないので、
接合した頂点の彩色に5色目が必要になったことを排除するには
998頂点のグラフが4彩色可能であることを前もって示しておかない
といけない。

>>582によると、帰納法の仮定では
>可約配置のないグラフを４彩色可能と仮定している。

998頂点のグラフが4彩色可能であることを示すのに接合を使うと
998頂点のグラフではケンペ鎖が切断されて5集点が可約であること
が確定する。
よって、998頂点のグラフが4彩色可能かつ可約配置のないグラフで
あることを示すには、接合を使わずにケンペ鎖を切断することなく
4彩色可能であることを示さなければならない。

接合を使わずにケンペ鎖を切断することなく998頂点のグラフが
4彩色可能であることを示すことはできるの？

>>646
>接合を使わずにケンペ鎖を切断することなく998頂点のグラフが
>4彩色可能であることを示すことはできるの？
できない。
接合を使ってＡＣチェーンまたはＡＤチェーンが切れなければ
５色必要でＮ－１点以下の４彩色可能と仮定した条件に矛盾する。
従って、ＡＣまたはＡＤチェーンが切れる彩色が必ず存在する。
としか言えない。

>>647
接合を使わずに4彩色可能であることを示せないのなら、
N-1点以下のグラフは
(1)4彩色不可能である。
(2)4彩色可能でありACまたはADチェーンが切れる彩色が必ず
存在する。つまり、5集点が可約である。
の2通りしかないことになる。

N点のグラフからP0を取り除き接合した場合ACおよびADチェーンが
存在し、頂点の彩色に5色目(これをEとする)が必要になっても
(1)の場合は矛盾は生じない。
(2)の場合は5集点も可約であり不可避集合であるから、
3, 4, 5集点を取り除いていけば、いつかは5色目のEを
なくすことができる。
よって、接合した頂点の彩色に5色目が必要になっても矛盾は
生じない。

>>646
>接合を使わずにケンペ鎖を切断することなく998頂点のグラフが
>4彩色可能であることを示すことはできるの？
できない。

(1)は帰納法の仮定に矛盾するから、５色目は必要ない。
Ｎ－１点以下では、Ｎが小さいとき矛盾しないので
帰納法の矛盾は存在しない。

>>650
>Ｎ－１点以下では、Ｎが小さいとき矛盾しないので
>>636の
>５辺国と６辺国からなるサッカーボールを書いて、それをまた５辺国と６辺国に
>拡大してください。容易に４彩色可能でＡＣかＡＤチェーンが切れるから。
は5集点が可約であるから5集点は取り除けるので>>648の(2)に当てはまる。

Nが小さいときで構わないので4彩色可能でかつ5集点が可約でない実例を
示してくれ。

>>651
5集点が可約かどうか分からないところから証明が始まっているので
5集点が可約でないと言い切れない状態でＡＣチェーンかＡＤチェーン
の接合を行って矛盾が生じるから５集点は可約配置だと言っている。
Ｎが小さいときサッカーボールの配色が具体例になる。

>>652
>5集点が可約でないと言い切れない状態でＡＣチェーンかＡＤチェーン
>の接合を行って矛盾が生じるから
接合前のグラフで5集点が可約かどうか分からないのは良いが、
接合後のグラフで5集点が可約でないことが分かっていないと
矛盾が生じることは言えない。
Nが小さいとき接合を使わずに4彩色できることは問題にしていなくて
接合後のグラフで矛盾が生じる場合の実例を知りたいのだが。

>Ｎが小さいときサッカーボールの配色が具体例になる。
サッカーボールの配色を接合した後のグラフは5集点が可約でない
ことを示してくれ。
ついでに書いておくと>>642, >>645よりサッカーボールの配色は
ケンペ鎖がなくても矛盾が生じる(>>644は誤り)。

別の例として、
http://mathworld.wolfram.com/HeawoodFour-ColorGraph.html
Heawoodの例は25頂点のグラフであるが、P0を除いて5頂点を
A, B, C, D, BとしてACおよびADチェーンが存在する彩色を
実際に作ることができる。
接合後は23頂点なので23頂点以下のグラフにおいて5集点が
可約なら接合後に矛盾は生じない。
23頂点以下のグラフは5集点が可約でないと証明できるの？

>>652
N点のグラフからP0を除いて5頂点をA, B, C, D, BとしてACおよび
ADチェーンが存在する場合にAとCを接合して彩色に5色目が必要に
なったとする。このグラフを(G)とおいてこのまま保留しておく。

ここで(G)とは別のグラフを用意する。
N-2点のグラフからP2を除いて5頂点をA, B, C, D, BとしてACおよび
ADチェーンが存在する場合を(H2)とする。
明らかにN-3点以下のグラフは4彩色可能であると仮定されている。
一般化してN-k点のグラフからP_kを除いて5頂点をA, B, C, D, B
としてACおよびADチェーンが存在する場合を(H_k)とする。
明らかにN-(k+1)点以下のグラフは4彩色可能であると仮定されている。
(当然kは妥当な値をとるとする。)

(G)を保留したまま(H2)あるいは一般に(H_k)を接合すると、
どのような結果が生じるのかを教えてくれ。

>>654
>N-2点のグラフからP2を除いて5頂点をA, B, C, D, BとしてACおよび
>ADチェーンが存在する場合を(H2)とする。
N-2点のグラフからP2を除くと、5頂点とは限らない。5＋M頂点になる。
Mは1以上になる。P1頂点とP3頂点が接合されると、接合点P1’は
P1、P3ともに5集点だと7集点となる。

>>655
(G)を保留して、(G)とは異なるN-2点のグラフを別に用意している。
このグラフには5集点が必ず含まれているのでそれをP2としている。
(G)の5頂点をP1, P2, P3, P4, P5とするとは書いていない。

記号をP2をQ_2にP_kをQ_kに変更する。
(一部略 >>654を参照)
ここで(G)とは別のグラフを用意する。
N-2点のグラフからQ_2(5集点)を除いて5頂点をA, B, C, D, Bとして
ACおよびADチェーンが存在する場合を(H2)とする。
明らかにN-3点以下のグラフは4彩色可能であると仮定されている。
一般化してN-k点のグラフからQ_k(5集点)を除いて5頂点をA, B, C, D, B
としてACおよびADチェーンが存在する場合を(H_k)とする。
明らかにN-(k+1)点以下のグラフは4彩色可能であると仮定されている。
(当然kは妥当な値をとるとする。)

(G)を保留したまま(H2)あるいは一般に(H_k)のAとC(あるいはAとD)を
接合すると、どのような結果が生じるのかを教えてくれ。

根本的な論法そのものに問題があるんでしょ彼

いんや論法そのものはそんなに問題ないよ
ただケンペやその他の人の過ちを複合してなぞってるだけ
だから勉強不足だと言われる

根本的に論法に問題があったのはちょっと前にも出てきたhadwiger、
（本人曰く未完成の）証明は支離滅裂極まりなかった

帰納と類比の論法も支離滅裂だけどね

http://science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1247604123/61
http://science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1247604123/84
この指摘ってどうなん？

ログ速だとこれ
http://www.logsoku.com/r/math/1247604123/61
http://www.logsoku.com/r/math/1247604123/84

>>661
別にそれらの指摘に問題は無いですよ。

>>545の第一段階にそのことを書いたら>>546で
>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。

>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。
と答えている。

5頂点が3彩色可能である彩色の存在が色の塗り替えをしないで
接合することだけで確定すると言っているのが一番の問題。
これでは5頂点が可約であるという結論しか得られないので
>>656に答えることができない。

最近の議論は前提のところが見えなくなって付いていけなくなってたけど、
過去ログ読み直したらやっぱり「N-1点までのグラフは四彩色可能」という仮定と
「『3点の彩色を拘束した』N-2点グラフの彩色に5色必要」ってのは矛盾しないって
だけだよなぁ。

>>663
その事を帰納と類比は全く納得(or 理解)しないですね(>>632-633)。
あるいは、色の拘束と5頂点が作るサイクルの三角分割により接合できない場合
(2頂点間の辺の存在により)があって、帰納と類比はその場合も接合できると
考えて接合しているのでおかしな結果が生じているとも考えられる。

>最近の議論は前提のところが見えなくなって付いていけなくなってたけど
5色必要が矛盾というのを認めると、
(1)チェーンの存在に関係なく接合すると5色必要になるケースが必ずある。
(2)N-1点以下のグラフは4彩色可能かつ可約配置を含まないと仮定しているが、
接合を使ってN-1点以下のグラフが4彩色可能であることを示すと必ず可約配置を
含む。
の二つが問題になる。

反論が来ないな
納得したのか

もう疲れた。あとは理解している人にバトンタッチするよ。
とんちんかんな反論はスルーしたい。
>>664
(1)は間違い。(2)も間違い。

君の言う『理解している人』は君一人だけだからｗ

>>664, >>666
お前らもうスカイプでもやれよｗ
リアルタイムで会話できるから捗るぞ

>>667
俺も理解してるよ、証明は間違いだって

>>669
間違いと正しく理解したら帰納ちゃんの言う『理解している人』にはならない

だれか理解している人いないかな？
ここまでレスがあって理解できない人の方が多いなんて
本当に数学やってんの？
帰納と類比の代理人に任せます。単純な論理だから一人くらい居るはず。

>>671
現実逃避とは哀れな奴だな。
お前が間違ってるんだよ。いい加減にしろトーシローめが。

議論を続けたいならスカイプでもやれ。リアルタイムで話し合え。
お前が言うとおり、掲示板はこういう議論に向かない。
時間がかかりすぎる。だからスカイプやれ。

>>913
ソイツの馬鹿息子は痴漢行為で逮捕され、ほんで大学を懲戒解雇になった自慢
の息子なんやろ。親子揃って馬鹿丸出しや。世間の笑い者として有名やろが。

ケケケ狢

>913 ：名無しさん：2013/03/20(水) 15:56:28 ID:???
> http://ja.wikipedia.org/wiki/%E5%A2%97%E7%94%B0%E8%8A%B3%E9%9B%84
>
> 芳雄のwiki
>

狢

> 1 ：西独逸φ ★：2007/08/05(日) 05:47:55 ID:???0
>徳島県警阿南署などは５日未明、東京都足立区千住寿町、
>筑波大学准教授、増田哲也容疑者（５０）を
>県迷惑行為防止条例違反（痴漢行為）容疑で逮捕した。
>
>調べでは、増田容疑者は、４日午後４時２０分ごろから約５０分にわたり、
>ＪＲ牟岐線の列車内で、県内の
>専門学校生の女性（２１）の胸や太ももなどを触った疑い。調べに対し、
>「夏休み期間に、講演活動を兼ね
>て旅行していた。好みの女性だったのでムラムラした」と話しているという。
>

この辺で少しまとめてみよう。
Ｎ点のグラフが4色か5色か分からないとき不可壁集合の任意の５集点から
Ｐ０を抜いてＮ-1点以下は4集点で彩色できると仮定しよう。Ｐ０を抜いて
回りの点を4色で塗れたとしよう。反時計回りにＡＢＣＤＢとする。
このときＡＣ，ＡＤチェーンは繋がっているとする。ＡＣチェーンを切るために
ＢＣチェーンを入れ替えして、ＡＣＢＤＢとなる。ＡＢチェーンがまだ繋がって
いればＣＤチェーンが切れていることになり、ＤをＣに置き換えて５頂点は３色に
なる。ＡＢチェーンが切れていればＢをＡにしてＡＤチェーンが繋がっているから
ＢＣチェーンが切れていることになり、ＡＣＡＤＢとなりＢをＣに置き変えて
ＡＣＡＤＣになる。結局Ｐ０を抜いた５頂点は３彩色になり、Ｐ０を戻して４彩色
可能となる。従って５集点は不可壁集合の可約配置になり、帰納法によって
平面上のグラフは４彩色できる。

訂正
Ｎ-1点以下は4集点で彩色できると仮定しよう。
　　　　　　　↓
Ｎ-1点以下は4色で彩色できると仮定しよう。

>>675
>>313→>>352→>>359→>>361
>>364 2011/09/01→2013/04/05

帰納と類比は「不可壁」と何度も書いているがどうやって
入力しているのだろうか

>>658
君は正しい。
ケンぺの間違いをただなぞってるだけだった。
スレ終了。

あぼーん

prp

日本地図（白地図）は四色で塗り分けられない。
（海も琵琶湖も含む）
↑を証明してくれムッツリスケベども。

てす

>>682
塗り分けられるはずだが

でないと携帯電話が使えないぞ

多分同じ都道府県は同じ色っていう条件がつけられているんじゃない？
飛び地のある県を同じ色にするというのがネックになってるのかも

島などを除く飛び地は無いので、日本地図は４色で塗り分けられる。

島じゃない、飛び地はあるよ

>>北山村（きたやまむら）は、和歌山県東牟婁郡の村である。和歌山県に属しながら、
>>周囲を奈良県と三重県に囲まれており、市町村単位の飛地がそのまま領域になって
>>いる、日本では唯一の自治体である。紀伊半島南部の山間部に位置している。

http://ja.wikipedia.org/wiki/%E5%8C%97%E5%B1%B1%E6%9D%91

>>679撤回
この証明は真に正しい。

あほ

あほ　じゃあ反論になっていない。正確に反論してください。

>>675の訂正
この辺で少しまとめてみよう。
Ｎ点のグラフが4色か5色か分からないとき不可壁集合の任意の５集点から
Ｐ０を抜いてＮ-1点以下は4集点で彩色できると仮定しよう。Ｐ０を抜いて
回りの点を4色で塗れたとしよう。反時計回りにＡＢＣＤＢとする。
このときＡＣ，ＡＤチェーンは繋がっているとする。ＡＣチェーンを切るために
ＢＣチェーンを入れ替えして、ＡＣＢＤＢとなる。ＡＣＢＤＣとなれば、ここでＡＢチェーン
が切れていれば、ＡＣＡＤＣとなり３色となる。ＡＣＢＤＢのＡＤチェーンを切るために
ＢＤチェーンを入れ替える。ＡＣＤＢＤとなり仮にＡＢチェーンが切れていればＢをＡに入れ替えて
ＡＣＤＡＤとなり３色となる。もしＡＢチェーンが切れていなければ、ＡとＢを接合させてＮ－２色で
５色必要になる。これはＮ－１色以下は４色で塗れることに矛盾する。
したがって、ＡＢチェーンが切れるか次のＡＢチェーンが切れる必要がある。
よってＡＢＣＤＢは３色で塗れることになる。これは５集点が可約配置であることをしめす。

あほ

>>692 あほ　の根拠を示してくれ。

>>693
根拠を提示してもアホには理解できない

>>694　理解できるか、どうか分からないが、反論を示してくれ。

> Ｎ-1点以下は4集点で彩色できると仮定
簡単に言えばまっさらな地図から4色で塗りわけることができるってことをN-1以下で仮定してる訳だよね
まず理解できた？

> Ｎ-1点以下は4集点で彩色できると仮定
訂正　Ｎ－１点以下は４色で彩色できると仮定
理解できました。それで次は？

N-2点の途中まで塗るとするじゃん？
で、残りの部分は５色必要だとしてもそれは途中まで塗ってあるからではじめから塗りなおすと4色で済むことわかる？

N-2点で４色で塗れるなら、はじめから解答に沿って塗ればいい。
もしそのような解があるなら。仮定はＮ－１点以下で４色で塗れる、だから
Ｎ-２点も彩色の解をもつ。塗る作業は解をなぞればいいことなる。そうすれば途中で５色必要になることはない。

お前の意見なんか聞いてない
分かるかどうかが問題
で理解した？

手作業で塗ればおうおうにして５色が必要になるので、理解した。

で、おまえは
> ＡとＢを接合させてＮ－２色で
５色必要になる。これはＮ－１色以下は４色で塗れることに矛盾する。
っと言ってる
しかしその前の操作でお前がグラフの一部を変更して、つまりもう少し簡単に言えばグラフの一部を消して新しく書いた
それでもう一度その部分を塗りなおしたから5色必要になった
ここまでおけ？

グラフの一部を消してはいない。ＮＯ：ＯＫ
接合をグラフの一部削除ならわかる。おＫ

つまり一部を変更してそれを塗り替えて５色必要になったところで、
>>698で言ったように
５色必要だとしてもそれは途中まで塗ってあるからではじめから塗りなおすと4色で済む

ここはおけ？

一部を変更して５色必要になったはおＫ。
ここはおＫ。

であなたは帰納法の仮定から四色でぬれるけど操作の結果５色必要で矛盾だとしたわけだけど、
５色必要となった理由は一部だけ変更して塗り替えたからであって全部塗り替えれば四色で済むことはわかる？

全部塗り替えて４色になれば、接合部を展開すればＡＢチェーンは切れて
いたはず。わかるかな～。わかんないだろうな。

どこが間違ってるかいってみな

>>707
きちんと論理的に間違ってるところを指摘しろよ
お前のなんとかなはずとかどうでもいいから

物凄い既視感が

Ｐ１とＰ４を接合したとする。これは接合前はＡＢチェーンで繋がっていたところ。
Ｐ１Ａ、Ｐ２Ｃ、Ｐ３Ｄ、Ｐ４Ｂ、Ｐ５Ｄであった。チェーンの入れ替えでは決して
切れないチェーンだったが、接合して新たに塗りなおすとＡになっている。
Ｐ１とＰ４に展開するとＡＢチェーンは切れていたことになる。
既視感ね。確かに。

学習能力０なのはわかってたのに

だからチェーンとかどうでもいいからまず次の質問に答えてくれ

５色必要となった後すべての色を無くして(リセットして)また色を塗りなおすと四色で塗れるか

>>712
俺なら説得できると思ってた自分が恥ずかしい

仮定によりＮ－２点は４色で塗れる。

では矛盾しない
終了

彩色するとすべてチェーンであらわせられる。それがチェーンの入れ替えで
表せないものが存在するから矛盾であって、リセットしたところで全ての組み合わせは接合前に表されている。
従ってＡＢチェーンが切れていることになり、矛盾は解消される。
よってＡＢチェーンが切れている彩色が存在する。Ｐ１～Ｐ５は３彩色で塗れることになる。
従ってＰ０はＢで彩色できＮ点のグラフは４彩色できる。

>>717
> ＡＢチェーンが切れている彩色が存在する
P1B, P2C, P3B, P4A, P5DでACチェーンとCDチェーンが存在していて
交差している場合はP1とP4のABチェーンは必ず切れているが
P1とP4をチェーンの入れ替えで同色にするとKempeの間違いと同じ理由
により、P1～P5を3彩色できない場合がある

どうして私の証明を読んでないの。
Ｐ１Ａ、Ｐ２Ｃ、Ｐ３Ｄ、Ｐ４Ｂ、Ｐ５Ｄで説明してくれない。
Ｐ１Ａ、Ｐ４ＢのＡＢチェーンが切れていると証明している。

なんでこんなに頭わるいの？
なんで理解しようとしないの？

>>720
>>712

>>719
N点: 5色 P1A, P2C, P3D, P4B, P5DかつABチェーンとBCチェーンが存在
していてP1とP4を接合する
N点: 5色 -> 4色を証明したい
N-1点以下: 5色 -> 4色は常に成り立つ(帰納法の仮定より)
N点: 5色 -(接合)-> 5色(N-2点) だが N-2点: 5色 -> 4色が成り立ち
N点: 5色 -(接合)-> 5色(N-2点) -> 4色(N-2点) とできるので矛盾は生じない
5色(N-2点) -> 4色(N-2点)のところでN-2点: 4色 P1=P4A, P2C, P3B, P5Dかつ
BDチェーンとCDチェーンが存在するように塗りなおすとP1～P5を3彩色できない

P1とP4を展開してP1をBにすると>>707や>>711であんたが言うところの
「ABチェーンは切れていた」になる
ただしP1をBにするときにKempeの間違いと同じ理由によりBDチェーンが切れて
ACチェーンがつながることがある
これが>>718のP1B, P2C, P3B, P4A, P5DでACチェーンとCDチェーンが存在していて
交差している場合の彩色に対応する

つまりP1A, P2C, P3D, P4B, P5DかつABチェーンとBCチェーンが存在している場合に
P1とP4を接合しても帰納法の仮定に矛盾せずP1AとP4BのABチェーンを切断し
かつP1～P5を3彩色できないようにする方法が存在する

アホがまたループし始めた。
こんだけやってケンペの間違いから進まないってのも白痴に近いだろ。

>つまりP1A, P2C, P3D, P4B, P5DかつABチェーンとBCチェーンが存在している場合に
>P1とP4を接合しても帰納法の仮定に矛盾せずP1AとP4BのABチェーンを切断し
> かつP1～P5を3彩色できないようにする方法が存在する
ABチェーンを切断すれば、P1A,P2C,P3D,P4A,P5Dとなり３色となる。
ケンぺの失敗は十分理解している。

>>724
>ABチェーンを切断すれば、P1A,P2C,P3D,P4A,P5Dとなり３色となる。

N点: 5色 P1A, P2C, P3D, P4B, P5DかつBCチェーンが存在していて
ABチェーンの存在は不明であるとする
>>691のようにチェーンの入れ替えをしてP3とP5がチェーンでつながって
いる状態にしてP3とP5を接合する
接合すると>>722のN点: 5色 -(接合)-> 5色(N-2点) -> 4色(N-2点)となり
5色(N-2点) -> 4色(N-2点)のところでN-2点: 4色 P1A, P2C, P4B, P3=P5Dかつ
ABチェーンとBCチェーンが存在するように塗りなおしても4彩色できている
ので矛盾は生じない
P3とP5を展開するとN点: 5色 P1A, P2C, P3D, P4B, P5D
かつABチェーンとBCチェーンが存在する彩色になっていることが分かる

つまりABチェーンが切れていない彩色が存在することがいえるので
かならずABチェーンが切断されてP1～P5を3彩色できるとはいえない

Ｐ４とＰ１を接合しようとしているのに、なぜＰ３とＰ５を接合するの？
Ｐ１ＡとＰ４Ｂを接合する場合はどうなるの？
それじゃあ最初からＰ２ＢとＰ５Ｂを接合させたのと変わりない。

>>726
> Ｐ４とＰ１を接合しようとしているのに、なぜＰ３とＰ５を接合するの？
> Ｐ１ＡとＰ４Ｂを接合する場合はどうなるの？

ABおよびBCチェーンが必ず存在する場合は無条件でP3とP5を同色にできるが
それ以外の場合はP3とP5が同色であることを証明しなければいけない

ABチェーンの存在が不明の場合は上の前提が崩れるので
>>718のように頂点の色をかえて(P3とP5の色を異なるようにして)
ABチェーンを切断すれば矛盾は生じないとするか
あるいはP3とP5を接合してP3とP5を同色にできることを
確定させなければならない
ただし>>725に書いたようにP3とP5を接合して同色にできることを示すと
ABチェーンが切れていない彩色が存在することがいえるので
かならずABチェーンが切断されてP1～P5を3彩色できるとはいえない

P1A, P2C, P3D, P4A, P5Dとできることを接合を使って示すには
P1とP4の接合とP3とP5の接合が同時に行えることを示さなければ
ならないがあんたの証明はP1とP4の接合しかしていないので
P3とP5を同色にできることが証明されていない

Ｐ３ＢとＰ５Ｂは必然的にそうなる。私の証明の過程を理解すればいい。
>P1とP4の接合とP3とP5の接合が同時に行えることを示さなければ
> ならないがあんたの証明はP1とP4の接合しかしていないので
>P3とP5を同色にできることが証明されていない
接合を二つ同時に行うことはグラフ上無理なのでＰ１Ａ、Ｐ２Ｃ、Ｐ３Ｂ、Ｐ４Ｄ、Ｐ５Ｂは
彩色の過程から必然なので、この状態でＰ１ＡとＰ４Ｄを接合させる。
ＡＤチェーンが残っていたら、５色必要なので矛盾する。
一方でＮ－１点以下では４彩色できるのでＰ１ＡとＰ４ＤのＡＤチェーンは切れていることになる。
矛盾しないとすると仮定が誤りだったことになる。Ｎが小さいときは矛盾していないので仮定は誤りではない。

>>728
> この状態でＰ１ＡとＰ４Ｄを接合させる。
接合前はそれで良いがこの接合によりP3とP5が同色であるということが
リセットされて接合後は接合前とは状態が変化するので反例が存在する

とりあえず>>718-728を整理すると
N点: P1A, P2C, P3D, P4B, P5Dとして
ABチェーンとBCチェーンが存在している --(1)と仮定する
>>727に書いたように(1)が成立している場合はP3とP5が同色であることを
接合を使って示す必要はない

この状態でP1とP4を接合するとABチェーンが切断されるので
(1)の仮定は無効になりP3とP5が同色であることもリセットされる --(2)
よって(2)より>>718(詳細は>>722)はP1とP4のチェーンが必ず切れていてかつ
帰納法の仮定に矛盾しない彩色でありP1～P5を3彩色できない場合を含むので
証明の反例となっている

P3とP5が同色であることを示すためにP3とP5のみを接合すると>>725に
書いたようにP1とP4のチェーンが切れていることがリセットされてしまう
ので反例を排除するにはP1とP4のチェーンが切れていることを維持したまま
P3とP5が同色であることを示さなければならない
つまりP1とP4の接合とP3とP5の接合が同時に行えることを示さなければ
ならない
しかし>>728の「接合を二つ同時に行うことはグラフ上無理なので」
反例を排除することはできない
よって証明の誤りが示された

こうしてまたスレにつかの間の静謐が訪れた。
しかしそれもまた「束の間」のことだったのである。↓

P1A,P2B,P3C,P4D,P5Bの状態からP1AとP3CさらにP1A，とP4Dを切断する
チェーンの入れ替えを示してくれないか。それがないと接合で5色になるから。
リセットすればいいという問題ではない。リセットして4色になると断言できないから。

>>731
> リセットすればいいという問題ではない。リセットして4色になると断言できないから。
リセットすればいいのではなくてリセットしなければならないケースがある
接合で5色になる原因の可能性は一つとは限らない
(1)P1とP3のチェーン (2)P2とP5が同色 (3)(1)と(2)の両方が矛盾の原因
P1とP3のチェーンを切断することを考えるのならば(1)と(3)のケースを考える必要があるが
(3)の場合は接合して5色になり矛盾なのでP2とP5は異なる色であったとしなければいけない

(3)のケースで矛盾が解消できることについて
P1A, P2B, P3C, P4D, P5BでACチェーンとADチェーンが存在からスタート
Kempeの証明の誤りをそのまま使う
ACチェーンとADチェーンが交差しているとADチェーンに囲まれた内側の部分で
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がありBCチェーンの入れ替え
によってP5のBをCにする時にACチェーンのCがBになることでACチェーンが切断される
このACチェーンを切断したBを介してP2BとP4DがBDチェーンでつながることが可能になる
ことに注意するとこの場合P1A, P2B, P3C, P4D, P5CでADチェーンとBDチェーンが存在する
(元のACチェーンが切断された)彩色になる

ACチェーンが切断されたのでP3のCをAにして同色にすることができる
しかしADチェーンとBDチェーンが交差していると上に書いたKempeの証明の誤り
がもう一度起きる可能性がありその場合はP3のCをAにするときにADチェーンが切断され
ADチェーンを切断したCを介してBCチェーンがつながりP1A, P2B, P3A, P4D, P5Cで
BCチェーンとBDチェーンが存在する(更に元のADチェーンが切断された)彩色になる
この彩色は接合後にP1=P3A, P2B, P4D, P5Cとなった場合にP1とP3を展開した
彩色に対応するが4彩色されているので矛盾は生じない
BCチェーンとBDチェーンが存在するので3彩色はできない

考え方を変えよう。
5集点と6集点が隣あわせが不可避集合だとしよう。Ｐ１ＡＰ２ＢＰ３ＣＰ４ＤＰ５Ｂのうち、Ｐ５Ｂが６集点とする。
（１）Ｐ１ＡとＰ３ＣがチェーンでつながっていてＰ１ＡとＰ４Ｄのチェーンが切れている場合
Ｐ１ＡとＰ４Ｄを接合してＰ１（Ｐ４）Ａにする。Ｐ５Ｂは４集点になり可約配置となり、このＰ５を抹消する。
得られたグラフはＮ－３点で当然４彩色できる。Ｐ５の抹消して現れる点をＰ６、その４辺国の上下をＰ７，Ｐ８とする。
Ｐ６はＢとなりＰ７Ｐ８はＣとなる。ここでＰ６ＢとＰ２ＢのＢＤチェーンは切られていてＰ５ＤはＰ６のＢＤチェーンの入れ替えによって
Ｐ５Ｂになる。これでＰ１ＡＰ２ＢＰ３ＣＰ４ＡＰ５Ｂとなり、３彩色が可能となった。
（２）Ｐ１ＡＰ３Ｃが切れている場合、Ｐ２ＢＰ１（Ｐ３，Ｐ４）ＡＰ７Ｐ８Ｐ５ＣＰ６Ｂにすることができる。
ここでＰ３Ｄとする。あとはＰ１ＡＰ２ＢＰ４ＡＰ５Ｄにすることができる。
よって３彩色可能となった。
よってＮ－１点では３彩色可能となった。
過去レスで５集点と６集点は隣り合わせになることが不可避集合で示されている。
５集点と５集点の隣り合わせの場合はもっと簡単に可約配置だと示される。

放電法はダメ
物理学で用いる回転群をなすベクトルを用いる。

光、電子の波動性を用いる。

電荷の放電⊂マクスウェル電磁気学⊂量子電磁力学だよ。

ルジャンドルによる球面三角法を用いた
オイラー多面体定理の証明を見ると、ただ離散数値を用いるのはどうか？？

あのね、君たち。
放電法ってのは言葉の綾で、電磁気学は関係無いの。
局所保存量を総和して大域保存量を考えることは、
幾何学の王道でしょ？そんだけの話。

平面図はマトリクスで表現できる
マトリクスは魔方陣だから
群論で解決できる

>>738 整数値をグラフの接点に分散させる課程が
物理学の放電の、静電荷の移動に似ているからであろうか？

整数電荷の足し算でなく、ベクトルを用いる電磁気学の数学を用いるぞ。

量子論の重ね合わせの数学を使おうかと思ってましたがその必要はなさそうです。

初等的な群の考えと、初等的剰余算で
論文にして５、６枚で証明できそうです。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

>>738 複素数、複素ベクトルを使う気はないのですか？？

ヘルマン・ミンコフスキーもヤキが回ったかナ。

フェリックス・クラインの数学を用いれば楽勝だろが。

>>733　を理解できない、あるいは間違えてると思う人の反論を待つ。

不可避性が間違い。
自明過ぎて、わざわざ反例を書く気も起こらない。
この分だと、可約性も間違っているんだろうが、
読むのは、暇な人に任せる。

狸

>7 名前：KingMathematician ◆LoZDre77j4i1 ：2014/08/07(木) 03:49:24.92
> 単項でも数列也.
>

この証明は要するに、

１．すごい数の場合分け
２．それぞれの場合をコンピュータで検証

場合分けは数学では当たり前だし、検証はコンピュータに任せた方が人間より正確だよね？
なんでエレファントな証明と因縁つけられるの？

コンピュータに任せた方が正確と言える時代じゃなかったという感覚がない世代も当然出てくるわな

プログラムが正しいかどうかが
論文の査読者には判定できなくて
困った。困らせんな！って話でしょ。
投稿先を間違えたんだよな。

解決前に島本のやらかしもあったしな

仮に>>733が正しいとしても四色問題の証明になっていないのだがそのことに
自力で気づけないような人が証明できるわけがない

文系の方への証明。

１色の領域で表した「国」の中の適当な場所に、必ず１点だけ「首都」があります。
「国」と「国」が隣接するときには、必ず両国の首都がその国境を通過する「幹線道路」で繋がっています。
すると、隣接するＡ国とＢ国の首都を結ぶ幹線道路と、Ｃ国とＤ国の首都を結ぶ幹線道路は、「絶対に交差しません。」
だって、Ａ－Ｂの幹線道路はＡとＢの国土のみ通っているので、Ｃ－Ｄの幹線道路が交差するなら、その交差点はＡＢＣＤいずれにも属することとなり、「幹線道路」の定義に反するからです。

以上を前提に、隣り合う国は別の色で分ける場合に、色分けに必要な色の数、というのは、つまり、
幹線道路で全ての首都が相互に繋がることができる国の数、ということになります。

で、紙に鉛筆で、適当に点（首都）を２個を描いて、その間を結ぶ線（幹線道路）も描いてください。
次に点を増やして３点にしてみましょう。三角形のように描くと、頂点が「首都」で、辺が「幹線道路」のようになりますが、３点は相互に繋がってますね。ちなみに、線は絶対に交差しないように描かなければなりません。
次に４点。これも、相互につながる線を描けますね。
で、問題は次です。５点目。これは、どの領域に書いても、必ず「相互につなぎようのない２点」が生じます。つまり、その２点は同じ色を使えるわけです。
同様に、６点以上増やしてもトートロジーで、相互につながる点は４個以上は書けません。
ということは・・・。

つまり、まあ、その、そういうことです。

昔、四色問題とhadwiger予想というスレがあってな
hadwiger予想を証明しないと、四色問題の証明にならんのよ
>>752の説明では

>>753の問題点は、

＞問題は次です。５点目。これは、どの領域に書いても、必ず「相互につなぎようのない２点」が生じます。

ここだね。これをどうやって証明するがが問題なんだよな。
確かに出来なさそうなんだけど、自明でもない。

で、最終的にとった方法が総当たり。

>>754
いや、それは正しいんだ。問題は
>同様に、６点以上増やしてもトートロジーで、相互につながる点は４個以上は書けません。
こっちの方

トートロジーとか一言で片付けてるけど、
「相互につながる点は４個以上は書けません。」
ってのが間違い

「相互に」と書いている時点で、「他の全て」と繋がりを考えないといけないのに
「４個」と限定した時点で、ぜんぜん「相互」になっていない
これが「相互につながる４つのサブグラフ」という意味で使っているなら
まさにhadwiger予想だ

いちおう書いておくと、完全５点グラフ(5個の点が、全て相互につながるグラフ)を
「線を交差させずに」平面上に描くことが出来ないことは、証明されている。

なんかもう5国は4食で塗り分けられることを証明すればいいんじゃないか?

と思ったらそれはもう証明されてるのか。じゃああとは帰納法であれこれすればもうそれでいいんじゃないか(適当)

任意のn点は四色で塗り分けられるとし、n+1番目の点が五色目でなければならないとき・・・

いや、これで矛盾を証明しても意味がないのか

>>756-758
雰囲気(問題の難しさ)をつかむために簡単な例を考えてみる。

3個の頂点と3本の辺で三角形をつくると3色必要なのは明らか。三角形は3色必要な最小のグラフである。

4個の頂点と4本の辺で四角形をつくる(三角形は含まれていない)。頂点の彩色は2色で十分である。
5個の頂点と5本の辺で五角形をつくる(三角形は含まれていない)。頂点の彩色には3色必要である。

4色必要な最小のグラフを含まない場合、上の四角形と五角形の内部に一点を加えて外周の頂点と
辺で結べば3色で十分な場合と4色必要な例を作ることができる。

同様に、5色必要な最小のグラフを含まない場合も5色必要な場合が存在してもおかしくないと言える。
平面グラフには5色必要な最小のグラフが含まれていないことは既に分かっている。
さて、平面グラフには5色必要なグラフは存在しないのだろうか?

758の仮定で(任意のn個の頂点は4色で塗り分けることができ、任意の、n+1個の頂点は5色なければ塗り分けられないグラフについて考えるとき)

任意のn+1個の頂点に1,2,...,n+1とラベリングする。
仮定より、1を除いたグラフは4色で塗りわけできる。そして1の色は2,3,...,n+1とは違う色でなければならない。
これは2,3,4,...,n+1についても同様。
こうやって塗り分けていけばいいのだ。

根本的に間違えてた。
4色パズルなんだから5色のときについて考えなくていいんだ。
頭が働かん。もう寝よう

自然数と同じ濃度の頂点を4色で塗り分けられるのか?　それが問題だ

四色問題の自動定理証明ができてるって最近知ったんだが、証明自体はアッペル・ハーケンの
証明そのままなんだろうか。
そういうシステム使って証明の最適化とか簡略化ってできないもんかね。

90年代には簡略化された証明とプログラムがネットに出てたよ。さすがにアッペル･ハーケンのままってことはなかろう。

放電法の改善や不可避集合を小さくする方向での改良は自動化以前から進められて
きたのは知ってるけど、証明のロジック自体はどのくらい改良されてるんだろうね。