填色盘的制作方法

专利名称：填色盘的制作方法
技术领域：
本发明为智力玩具。
背景技术：
地图四色问题是一个著名的数学难题，已有150多年历史。没有这方面的智力玩具。

发明内容
本发明的目的是提供这方面的智力玩具。
本发明的目的是这样实现的，设置一个圆盘，圆盘的边界圆周有不同于内部的颜色。另有V个(整数)类似棋子的小立方体，每个小立方体的六个面，染有选定的六种颜色之一，做成叫顶点的棋子，放在圆周的固定位置，把圆周分为V段，每段叫界边。顶点向上的一面可以有选定的(6，5或)4种颜色之一。叫做顶点的颜色。另外再用两种颜色的笔在圆内各画V-3条连接顶点的弦(同一界边上的两顶点不连接)，分别叫内边和外边。任意二内边(或外边)不相交。同一条边(界，内或外边)两端的顶点叫相邻。游戏规则是对每个顶点选取6，5或4种颜色之一使它和相邻的顶点有不同的颜色。
本发明的具体结构由以下附图和实施例给出。


图1，填色盘俯视图。
图2，地图四色问题定义的平面图及其不完全图。
图3，片状图。
图4，MX＝2，My＝2的平面5，MY＝2的平面图。
图6，MY≥3的平面图。
图7，不完全图的分解。
具体实施例方式
图1，设置一个圆盘1，圆盘的边界圆周有不同于内部的颜色。另有V个(整数)类似棋子的小立方体，每个小立方体的六个面，染有选定的六种颜色之一，做成叫顶点2的棋子，放在圆周的固定位置，把圆周分为V段，每段叫界边3。顶点向上的一面可以有选定的(6，5或)4种颜色之一。叫做顶点的颜色。另外再用两种颜色的笔在圆内各画V-3条连接顶点的弦(同一界边上的两顶点不连接)，分别叫内边和外边。任意二内边(或外边)不相交。同一条边(界，内或外边)两端的顶点叫相邻。游戏规则是对每个顶点选取6，5或4种颜色之一使它和相邻的顶点有不同的颜色。
本智力玩具可行性由以下证明给出。
任意平面图可以用四种颜色着色崔世泰 上海市丽园路842弄26号104室摘要 本文给出平面图的不完全图，片状图，条以及它们的容许解集合的定义。用它们分析平面图的相关结构特征。利用这些特征证明平面图的容许解集合非空。
关键词 平面图 不完全图 片状图 条 容许解用A记“地图四色问题”(欧阳光中著)定义的平面图，图A的每个面都是三角形，顶点的集合记为U，U＝{v1，v2，....vv}，或{1，2，...，V}.|U|＝V.|U|表示集合U中元的个数，即集合的模。
设已给平面图A(图2)。用把图A重新描一遍的方法定义A的不完全图X。描的步骤是1，描任取定的一条起始边ab及其两顶点a，b。已描部分记为K。2，取顶点v3，v3和K中的一条边构成A的一个三角形面T1。这条边叫T1的下边，v3叫T1的上顶点，描T1中未描部分。已描部分(包括K)记为K1。3，取不属于K1的顶点V4，V4和K1中的一条边x1构成A的一个三角形面T2，x1叫T2的下边，V4叫T2的上顶点。描T2的未描部分。已描部分记为K2。4，设已描出Kj，取不属于Kj的顶点vj+3，vj+3和Kj中的一条边xj构成A的一个三角形面Tj+1，这条边xj叫Tj+1的下边，vj+3叫Tj+1的上顶点。描Tj+1中未描部分。已描部分记为Kj+1。由于A有限且连通，描出KV-2时已描出全部V个顶点。定义KV-2为A的不完全图X，用粗线标出。X有一个V边形作边界，边界内有V-2个三角形面。边界上的边叫界边，边界内的边叫内边。显然界边数是V，内边数是(3(V-2)-V)/2＝V-3。选取不同的起始边以及描的过程中上顶点顺序的不同都会得到不同的X。X的V-2个三角形面，V-3条内边和V个顶点按描出过程有序OT(X)＝T1，T2，....TV-2，Ox(X)＝x1，x2，...，xv-3；和Ov(X)＝v1，v2，....vv，其中v1＝a，v2＝b，T1，V1也各叫起始三角形和起始顶点。本文中下标T，V，X，Y各表示与三角形，顶点，内边，外边有关的量。设已按起始边ab描出一个X，可以选另一条边作起始边和/或，选另一个上顶点序描出同一个X。叫做按不同的序描出同一个X。图A中不属于X的边叫X外边，用虚线表示。
X有树形结构。任取含于X的一个三角形T，X内与该三角形相邻(定义为有公共边)的三角形的个数叫T的分支数nT，nT≤3。nT＝3的三角形叫内三角形。X的部分三角形构成的连通子不完全图叫条F，如果F中所有三角形的nT≤2并且通过相邻关系连成一片(即不能表示成无公共边的两个子不完全图的并)。约定第一个顶点r1和最后一个顶点r2都不是内边的顶点，叫始顶点和终顶点，分别位于条的下端和上端。条从r1描到r2时叫正向，记为O(F)或r1#r2。从r2描到r1时叫反向，记为OR(F)或r2#r1。反向描出元素的序的标记加下标R。如三角形，顶点，内边的反向序为OTR，OVR，OXR，其中OTR＝OT-1，OXR＝OX-1；O-1表示顺序完全相反的逆序。但OVR≠OV-1。本文反向序或逆序的顶点标记仍用正向序的标记1，2，3，...，V。在正反向序中起始三角形T1分别在条的下上端，也可以在条的中间，这样T1的以上部分和以下部分个分别有正反向序。条的始终两顶点把边界分为两侧，站在始顶点面向终顶点(叫正向)左边是左侧，右边是右侧。每一侧的顶点序号都是沿正向单调增加。条的部分序号连续的内边的并集图形构成的连通子图叫束，记为Su，如果这些内边有公共顶点p，并且p和子图其余叫底顶点的若干顶点分别位于条的两侧。束的序号也按描出的顺序标记。约定相邻的两束的公共边属于后一个束。始顶点和终顶点是条的最末端的顶点，都不是内边的顶点，也叫末顶点。一般情况不完全图X包括内三角形。从一个内三角形T1的两条边起始在X内描出的最大条叫初条F，初条F上属于的X的内三角形设为T1，T2，...，由T1，T2，...的第三条边(或不属于F，在X中的第三个相邻三角形)起始在X内描出的最大条为一级支条F1，F2，....在每个一级支条上重复上述过程有二级支条。用MX记X的末顶点个数，或分支数。HX记X的内三角形个数。由于每个支条只有一个末顶点，所以MX＝HX+2。从每个未顶点描到最近的内三角形构成的条叫边缘条，记为Fb。Fb的反向起始边是该内三角形的一条边。显然Fb上无内三角形。X的序可以表示为初条F和支条F1，F2，....的序的顺序连接。O(X)＝O(F)，O(F1)，O(F2)，....这种序叫基本序。例，如图5，HX＝2，MX＝4，O(F)＝r1#r2，O(F1)＝a3#r3，O(F2)＝a4#r4，末顶点为r1，r2，r3，r4。对应的边缘条O(Fb1)＝a1#r1(只有一个三角形)，O(Fb2)＝a2#r2，O(Fb3)＝a3#r3，O(Fb4)＝a4#r4。O(X)＝O(F)，O(F1)，O(F2)，....＝r1，b4，a1，a4，a，a3，a2，b3，r2，c3，r3，c4，r4。
用Eb，EX，EY，ET各表示X全体界边，全体内边，全体外边，全体三角形的集合。显然Y＝Eb∪EY也是图A的不完全图Y，EY是Y的内边，EX是Y的外边。可以令全体内外边是有弹性的可以任意伸长的线，把X，Y的公共边界画成外径足够大的凸的图形(如圆，图3)，这样EX和EY分别可以用实直线和虚直线表示，这样的图叫图A的片状图。
引理1片状图有如下明显的特征1，X的两条内边(或两条外边)不在圆内相交。2，X的外边总是和部分内边相交，与同一外边相交的所有内边含于X的一个条(因为树无圈)内。3，有一对内外边重合时(叫平凡的图A，本文只讨论非平凡的图A)，片状图可以分为两个子片状图。
用D＝{1，2，3，4}记四种颜色的集。用Pk记D中任意k，k＝1，2，3，4，种颜色的有序排列的集合。用这四种颜色对不完全图X的顶点集U＝{1，2，....，v}着色。着色是给顶点集U中每个顶点i一种颜色或一个坐标。将顶点i着颜色2记为c(i)＝2，或c1＝2。下面按OT(X)序给出的一个最大容许解集合S(X)，每个容许解s是V维空间DV＝(1，2，....V)中的一点。待着色的顶点和已着色的顶点必须满足相邻顶点(定义为二顶点之间有内外或界边连接)颜色不同的条件，叫约束方程。首先研究V＝3时的不完全图，既单个三角形T(简称基)的解集合S(T)，叫基本解。显然S(T)＝P3。先对T中任意一个顶点i(叫起始顶点)着色有起始顶点解集合S(i)＝P1，先对T中任意一个边b的二顶点着色有起始边解集合S(b)＝P2。记S(T)在任意一条边b，任意一个顶点i上的投影解集合为Spb(T)，Spi(T)。则Spb(T)＝{sp|sp是S(T)中s在b的两顶点的投影，不记重复的}。显然Spb(T)＝S(b)。同理Spi(T)＝S(i)。因此解S(T)和起始顶点或起始边的选择无关。另外在起始边b＝(1，2)的解集合S(b)中的每个解s＝(c(1)，c(2))上再增加T的上顶点3的坐标(叫顶点2的后续顶点的后续坐标)时有两个解c1(3)，c2(3)，满足约束方程{c(1)，c(2)，c1(3)，c2(3)}＝D使(c(1)，c(2)，c1(3))和(c(1)，c(2)，c2(3))成为S(T)中的两个解。当s取遍S(b)时即得S(T)。这叫从起始边到上顶点解的2倍增延续。由于可以取任意一条边为起始边，故基本解有三个方向的2倍增延续性，简称基本解的正规性。令X在V-3条内边处分离成V-2个两两互不连通的的三角形Ti，i＝1，2，...，V-2。叫X的分解，图7。在分解图上每个T1有解S(Ti)。然后再按OX(X)序在每条内边处两两粘连。把T2粘连到T1上得到的不完全图记为和Xs2＝T1+T2。因而Xs1＝T1。和T1+T2的解集合S(T1+T2)等于积S(T1)*S(T2)。其乘法规则是如果s1属于S(T1)，s2属于S(T2)且s1与s2在相邻边(即内边)两顶点上的坐标相同，则把s2中非相邻边的顶点(上顶点)坐标添加到s1上。构成和的一个解，当s1，s2取遍S(T1)和S(T2)时得S(T1)*S(T2)。根据此定义和归纳法X＝Xs(v-2)＝T1+T2+...+Tv-2，S(X)＝S(T1)*S(T2)*....*S(Tv-2)。在这两个式子中，用括弧把相邻的项集合起来，即用集合律，把相邻的k1，k2，..ks个三角形各自先连成子不完全图X1，X2，...Xs则有X＝X1+X2+...+Xs；S(X)＝S(X1)*S(X2)*...*S(Xs)。这里的加法与乘法规则是把上述相应规则中的“三角形”改成“子不完全图”。由基本解相乘得到的解集合叫正规解集合。不完全图X也可定义为用相邻关系连成一片的若干个三角形。X的部分三角形如果通过相邻关系连成一片，叫X的子不完全图。由于OT(X)序等于OV(X)的子序(3，4，...，V)，故可以按此子序着色或求出解集合S(X)。设已着色部分点集Ui为{1，2，3，....，i)，Ui的全部容许解集合为Si(X)。当i≥2时，对Si(X)中每个解s＝(c1，c2，...，ci)按图X的描出过程2倍增延续到下一个三角形成为Si+1(X)中的两个解s1＝(c1，c2，...，cI，cI+11)和s2＝(c1，c2，...，cI，cI+12)。其中i+1是三角形TI-1的上顶点，TI-1的下边是(m，n)。m，n≤i，约束方程是{cI+11，cI+12，cm，cn}＝D，当s取遍SI(X)时得SI+1(X)。重复这一过程或用归纳法得SV(X)或S(X)。|S(X)|＝3(2V)＝N。S2(X)也叫起始边解集合。cI+1t，t＝1，2，叫s的ci坐标的后续坐标。对任意给定的cj，j＜i如果有t＝1，或2使cj＝cI+1t该后续坐标叫关于cj的伪后续坐标，否则叫真后续坐标。当X添加外边(j，i)时，伪后续坐标及由其2倍增延续的全部解都被删除。由于伪后续坐标和真后续坐标倍增出来的解集合数目是相同的，故添加外边后删除的解数目不超过原解数目的一半。添加多条外边要作多次伪后续坐标删除。伪后续坐标删除后，若SI(X)中的每个解至少1倍增延续到下一个三角形成为SI+1(X)中的一个解，就叫解SI(X)可延续到UI+1，或顶点i+1，或下一个三角形上。如果延续到顶点i+1后再延续到顶点i+2，...，直到顶点V，就叫解SI(X)可延续到底。用S’(X)记添加Ey中全部或部分外边，删除伪坐标后S(X)保留下来的解集合，当s属于S(X)或S(X’)时，对s中顶点的颜色做全排列(颜色置换)得到的4！个解记为P(s)，由于删除和颜色的排列无关，都属于S(X)或S(X’)。叫做S(X)或S(X’)有对称性。P(s)叫由s对称生成的解集合。当用另一个序Oa描出同一个X时也会得到另一个解集合Sa(X)。由于Sa(X)中的任意一个解s，按照O(X)序也满足所有约束方程，因而也属于S(X)。反之S(X)中的解也属于Sa(X)。故Sa(X)＝S(X)。因此有引理2最大容许解集合S(X)可以用X的任何序导出，S(X)和S(X’)都有对称性。
有相邻边b的两个子不完全图X1，X2各有最大解集合S(X1)，S(X2)的子解集合S’(X1)，S’(X2)。如果S’(X1)，S’(X2)在b＝X1∩X2上的投影都是P2，S’(X1)，S’(X2)叫在b上匹配，匹配的解集合的积在X1，X2上的投影仍是S’(X1)，S’(X2)，仍保留原来的正规性或1倍增延续性。设X＝X1+X2，S’(X)是S(X)的子集，S’(X1)，S’(X2)都有对称性，若S’(X)＝S’(X1)*S’(X2)，就叫S’(X)可在b上分离。若S’(X)在X的所有内边上都不可分离，就叫S’(X)是质的。上述P(s)是质的。由于任意外边y都在X的一个条F中，下面研究条F上外边的添加，及解集合的上下删除。图4，设Ov(F)＝(1，2，3....V)，外边y＝(i，j)，i＜j时，i，j分别叫y的下上端点。正向序中以j为上顶点的三角形Tk叫y的上端三角形，也记为T(ij)。反向序中以i为上顶点的三角形Th叫y的下端三角形，也记为T(ji)。显然T(ij)≠T(ji)。上下端三角形简称端三角形，外边y的两个端三角形集合也记为K(y)。外边集合Ey’的全体端三角形集合(不计重复的)也记为K(Ey’)。由于y至少与一条内边x相交，故u＝k-h≥1。当u＝1时有V个顶点的四色问题可以化为有V-1个顶点的四色问题。故本文u≥2。记F1＝T1+T2+...+Th-1，Fl＝Th+Th+1+...+Tk-1，Fv＝Tk+1+Tk+2+...+Tv-2。于是F＝F1+Fl+Tk+Fv。设Tk＝(m，j-1，j)，xj-3＝(m，j-1)。(m，j-1)和j各为Tk的下边，上顶点。根据解集合的生成上删除是对于S(Fi)中的每个解s删除在Tk中顶点j上2倍增延续出来的等于c(i)的伪后续坐标c1(j)或c2(j)，由于s取遍S(F1)，故删除后S(Fl)保留原状仍是正规的。令U0(i，m，j-1，j)，T0＝(i，m，j-1)各为U的4，3个顶点的子空间。S(Fl+Tk)在U0，T0上的投影各为Spu和Spt。当s＝(c(i)，c(m)，c(j-1))属于Spt时必满足下列2条件之一1，c(i)＝c(m)或c(i)＝c(j-1)；2，c(i)≠c(m)且c(i)≠c(j-1)。Spt中满足条件1，2的子集各记为Spt1，Spt2。则Spt1，Spt2不相交。Spt＝Spt1∪Spt2。Spt1，Spt2延续到U0上的解集合各记为Spu1，Spu2。当s属于Spt1时后续坐标都是真的，故Spu1＝Spt1*S(Tk)。当s属于Spt2时只有一个真后续坐标c(j)。因此Spu2的解s＝(c(i)，c(m)，c(j-1)，c(j))满足约束方程{c(i)，c(m)，c(j-1)，c(j)}＝D。此方程叫4顶点i，m，j-1，j的P方程。故也把Spu2记为Spu2＝(Spt2，S(Tk))p。表示Spt2中的一个解(c(i)，c(m)，c(j-1))和S(Tk)中的一个解(c(m)，c(j-1)，c(j))都可以通过P方程延续成为Spu2中的一个解s＝(c(i)，c(m)，c(j-1)，c(j))。解集合在三角形Tk的上顶点坐标被删除过后，三角形Tk叫y的上删基。显然上删基是T(ij)，表示Spu2不是正规的，Tk和Tk-1在Tk的下边处不能分离，并且外边(i，j)和Tk的下边相交。若添加y时下端三角形T(ji)已经是删基，由于顶点i的坐标集S(i)＝{c(i)}非空，实际上等于P1，以及对称性Spt1和Spt2至少有一个存在。显然Spu1，Spu2，Spu在Tk的边(m，j-1)上的投影都是P2。由于在P方程中可以先选取边(j-1，j)，(m，j)的颜色，故Spu2在(j-1，j)或(m，j)上的投影也是P2。用S(X，ij)记上删除后保留下来的解集合。故有引理3 Spu＝Spu1∪Spu2。Spu1＝Spt1*S(Tk)。Spu2＝(Spt2，S(Tk))p。Spt1，Spt2各满足条件1，2，S(X，ij)在除删基外其余三角形上的投影仍像基本解一样有正规性。
下删除是在反向序中对y的下端点坐标进行上删除，不重复叙述。上下删除分别使y的上下三角形成为上下删基。未成为删基的三角形叫原基。根据引理2两种删除的实际结果相同，故S(X，ij)＝S(X，ji)。添加前如果y的上下端三角形都是原基，可以选取其中仍意一个为删基，另一个为原基。叫做原基的移动。另外上下删除是相对的，一个为上删除，另一个就是下删除。
用Q(y)记外边y＝(i，j)的删基，Q(y)＝Q((i，j))＝T(ij)或T(ji)。叫删基映射。QEy→ET是单值映射。如果逆映射也是单值的，即Q是一对一，则ET中的V-3个删基两两互不相同。ET中还保留一个原基T，由引理3每个顶点都有坐标解(即颜色)。S(T)可以延续到所有的三角形上，从而四色定理成立。
引理4 MX＝2，MY＝2时A存在一对一的映射Q。
证明 下面提到的内边外边都是指X的内边外边。图4由于Y也是条，Y的始终顶点各为m，j-2。Ey是若干束的顺序连接。Y的顶点使用图X上已有的顶点标记1，2，......V。Y的一个束Suy，其公共顶点Py不是X中某束Sux的公共顶点Px，否则与图A非平凡不符。故一定是X的某束Sux的底顶点。设Sux的公共顶点为px，由于A非平凡，(px，py)不是外边，因而Suy的底顶点或者都在(px，py)的上端，叫上束。或者都在(px，py)的下端，叫下束。根据序号定义所有上束中外边底顶点都在条Y的一侧(如右侧)，且序号都大于该上束公共顶点的序号，所有下束中外边底顶点都在条Y的另一侧(如左侧)且序号都小于该下束公共顶点的序号。Y作为条其始终顶点必须位于条X的两侧，否则也有一条外边与内边重合。令QEy→ET为的全体外边集合Ey到的全体三角形集合ET的映射。对于任取的外边y，当y为Y中上束的外边时，Q(y)＝y的上端三角形；当y为Y中下束的外边时Q(y)＝y的下端三角形。对于ET中任意一个三角形T，如果T是两条外边y1，y2的共同下删基，y1，y2有相同的下端点，y1，y2中必有一个是上束中的外边。这和假设矛盾。如果T是一条外边的上删基，也是另一条外边的下删基，这两条外边必然相交，也是矛盾。所以T不能同时为两条外边的删基。因而Q是一对一的，叫做标准映射，记为Q0。
引理5 MX＞2，MY＝2时A存在一对一的映射Q。
证明首先介绍当MX＞2，MY＝2时图X的正规序。把边界画成圆形，X的全部h个按逆时针方向排列在圆周上的末顶点r1，r2，...rh把圆周分为h段弧r1r2，r2r3，...rhr1。每段弧的两端点是X中一个条的始终顶点。设Y的始顶点a位于弧r1r2上，如图5(其中h＝4)，把r1#r2取作初条F，则初条F有两个支条ah#rh，a3#r3分别连接两相邻的末顶点rh，r3，(可以ah＝a3。rh，r3分别和r1，r2在圆周边界上相邻)，设初条F上有r，1≤r≤h-2个内三角形，按序r1#r2第一个和最后一个分别叫首末内三角形。则显然F的右侧(图5是下侧)有r个内三角形的r个顶点，F的左侧有r个内三角形的r条边(叫内界边)。左侧共有2r个(可能有重复的)属于内三角形的顶点，按序r1#r2这2r个顶点中最小的和最大的分别为bh和b3。
当按O(Y)序描外边时如果bh和b3都还没有被描到，则此前所描的外边都在F内，如果bh和b3中某一个首先被第k1条外边描到(这条外边叫过渡外边w1)，这个被描到的bh(或b3)所连接的支条ah#rh(或a3#r3)即定义为F1。ah，bh，a3，b3叫支条的连接顶点。如果是a3#r3，由于F中末内三角形以上的顶点已被k1条外边描过，故把条r1#r3当作初条F1继续描第k1条以后的外边。如果ah#rh是F1，由于F中首内三角形以下的顶点已被k1条外边描过，故把条rh#r2当作初条F1继续描第k1条以后的外边。按照这种方法把当F1作初条进行第k1条以后的外边的添加。有F，F1，F2，...Fh-2；F，F1，F2，...，Fh-2和O(X)＝O(F)，O(F1)，O(F2)，...O(Fh-2)，后者即为正规序。图5中，F＝r1#r2，F1＝r4#r2，F2＝r4#r3。设Y的终顶点c4在弧rmrm+1上，则Y的始终顶点a，c4将边界圆分为上下两段。F，F1，F2，...，Fh-2的始顶点rm+1，rm+2，...，rh，r1以及F，F1，F2，...，Fh-2中上束的公共顶点都在下段。F，F1，F2，...，Fh-2的终顶点r2，r3，...，rm以及F，F1，F2，...，Fh-2中下束的公共顶点都在上段。每个支条Fn，n＝1，2，...，h-2，根据它的末顶点所在的段而分别属于该段，上或下段。约定过渡外边wn属于Fn-1。现在按O(Y)序在X上添加外边，因为添加的每一条外边都属于某个特定的初条Fn中，故对于属于同一初条Fn的外边(记为Eyn)标准映射Q0n的定义仍然有效。Q0在Eyn上的限制为Q0n。Q0是一对一的标准映射。
将图5中的始终顶点(或两个末顶点)改记为p，q，正向p#q和反向q#p时的标准映射各记为Qp0和Qq0。Ey中任一外边(i，j)将1，两个末顶点；2，除(i，j)外其余外边；3，除i，j外其余顶点分为两侧。与末顶点p，q同侧的外边各记为Eyp，Eyq.。Qp0和Qq0在Eyp，Eyq.上的限制叫Y的边缘条映射。与p，q同侧的顶点各记为EVp，EVp。Eyp，(或Eyq.)中的外边的端三角形至少有两个顶点在EVp(或EVq)中。因为若Eyp中的外边(n，t)的端三角形T＝(u，s，t)只有顶点t在EVp中，则该外边必和X的内边(u，s)相交。这和(n，t)属于Eyp矛盾。于是若令Q在Eyp，Eyq，(i，j)上的限制各为Qp0，Qq0，Q1，简记为Q＝Qp0+Qq0+Q1，Q1((ij))＝T(ij)或T(ji)。则Q为一对一的。T(ij)和T(ji)中必有一个为原基。由于(i，j)是任意取的，故原基可以是任意三角形，叫做原基可以移动。
引理6My＝3时A存在一对一的映射Q。
证明 图6，Y有一内三角形T＝(i，j，k)和三个分别包含Y的末顶点rI，rj，rk的Y的边缘条Fbi，FbjFbk。Fbi，FbjFbk分别与三角形T的和构成三个条ri#i，rj#j，rk#k。
令Q在三个边缘条外边上的限制分别为Qi0，Qj0，Qk0。在三条外边Ey3＝{(i，j)，(j，k)，(k，i)}上的限制为Q1。记为Q＝Qi0+Qj0+Qk0+Q1。令
Q1((i，j))＝T(ij)，Q1((j，k))＝T(jk)，Q1((k，i))＝T(ki)。Q即为所求一对一的。
Ey3的三条外边分别在X的三个条i#j，j#k，k#i内，由于树无圈这三个条必可以由X的一个叫中心三角形的内三角形Ta起始描出的三个分支构成。显然Ta不属于K(Ey)，Ta是原基，但不可以移动。用Ey’记Ey的子集，用S(X，Ey’)记S(X)在添加了Ey’后保留的解集合。
引理7 如果存在一对一的映射QEy’→K(Ey’)，则S(X，Ey’)非空。
证明 当Mx＝2时，图4，设T1是原基在条X中间。T1向下有三角形T2，T3，....，Tr。向上有三角形Tr+1，Tr+2，...，TV-2。先按三角形序TV-2，TV-3，...，Tr+1考虑解集合的删除。方法是如果是TV-2删基，就进行删除；如果是原基，不进行删除考虑下一个三角形。现在开始，考虑TV-2，如果是删基，必为T(jV)，设TV-3＝(m，V-2，V-1)，删除后S(TV-3)的每个解s＝(c(m)，c(V-2)，c(V-1))可至少1倍增延续到TV-2上(简称S(TV-3)可1延续到TV-2上)是显然的；如果TV-2是原基S(TV-3)可2延续到TV-2。接下来用同样方法考虑TV-3。设已考虑到Tf，此前共有k个原基，因此S(Tf)可2k延续到TV-2上，延续成的集合记为S(X’)。当Tf是上删基时S(Tf-1)可1延续到Tf上是显然的。故S(Tf-1)可2k延续到TV-2上。当Tf是下删基时，无妨一般性可设Tf-1＝(m，j-2，j-1)，Tf＝(m，j-1，j)。Tf＝T(k(j-1))，k＞j。即下删除所添加的外边是(j-1，k)，图4中外边(j-1，k)未画出。再设S(Tf)延续到TV-2上的一个解s＝(c(m)，c(j-1)，c(j)，c(j+1)，...，c(k)，...，c(V))。由引理3，4顶点U0＝(m，j-1，j，k)若满足P方程{c(m)，c(j-1)，c(j)，c(k)}＝D说明已删去了顶点j-1的一个等于c(k)的伪坐标。设这时顶点j-2的坐标为c(j-2)，将其添加到s中得s’＝(c(m)，c(j-2)，c(j-1)，c(j)，c(j+1)，...，c(k)，...，c(V))。根据对称性由解s’用对称法生成的解集合P(s’)属于S(X，(j-1)k)，但P(s’)在Tf-1＝(m，j-2，j-1)上的投影为P3，等于S(Tf-1)。P(s’)在U0上的投影满足P方程。所以S(Tf-1)可延续到TV-2.上s当取遍S(X’)时S(Tf-1)即2k延续到TV-2.上这样一直做下去直到考虑完Tr+1，设其中共g有个原基。则S(T1)可2k延续到TV-2上。然后再对下边缘条的三角形按序Tr，Tr-1，...，T2进行删除。设有f个原基。根据同样的方法有S(T1)可2f延续到Tr上。故引理成立。当Mx＝m≥3时选择一个不包含原基T1的最末端三角形为Tb的边缘条Fb。令X＝X1+Fb，k是Fb上的原基数。T’是和Fb相邻的X的内三角形。X1的分支数为m-1，由归纳法假设知引理成立。而S(T’)可2k延续到Tb上。故Mx＝m时引理也成立。
在My＝2时由于原基可移动故可选任一三角形为原基T1。当My＝3时，中心三角形Ta是原基但不能移动，因此T1只能选在Ta。但这时可用下面的方法移动原基到任一个删基T’＝(u，s，t)上。设Ey’包含引理6中Ey3。任取属于S(X，Ey’)的解s。设s在T’的投影坐标解为(c(u)，c(s)，c(t))，由s对称生成的解集合P(s)在子空间(u，s，t)上的投影是P3＝S(T’)。因而P(s)也可以由S(T’)起始然后延续得到。令s取遍S(X，Ey’)，每个s得到一个P(s)，作这些P(s)的并集，该并集等于S(X，Ey’)。这样S(X，Ey’)的原基就移动到T’上。由于对称性，本方法也适用于My≥4的S(X，Ey’)。
定理 任意平面图A可以用四种颜色着色。
证明 对任意平面图A证明S(X，Ey)非空。对Y的内三角形数Hy＝m用归纳法。当m＝1时由引理6，7知定理成立。设Hy＝m时定理成立，往证Hy＝m+1时定理成立，图6这时Y必有一个内三角形(i，j，k)与两个边缘条相连，外边(i，j)将边界分为左右两侧，左侧有的m个内三角形，左右侧的外边各记为Ey2，Ey1。Ey2包含(i，j)，Ey1不包含(i，j)。由归纳法假设S(X，Ey2)非空。设三角形T’＝(i，s，t)属于K((i，j))，。由于S(X，Ey2)有对称性，故令T’是原基。令QEy1→ET。Q＝Qi0+Qj0+Q1。其中Q1((j，k))＝T(jk)，Q1((k，i))＝T(ki)＝T’，Q是一对一的，Q(Ey1)∩K(Ey2)＝T’。因而S(X，Ey2+Ey1)非空故定理得证。也可以用引理7的方法直接证明。在边缘条中，按三角形序TV-2，TV-3，...，Tr+1删除时如果TV-2＝T(jV)属于Q(Ey1)则按引理6的方法做。如果属于ET-Q(Ey1)，由归纳法假设在S(X，Ey2)中S(TV-3)是1延续到TV-2的，故可转向考虑下一个三角形TV-3。对其余的TV-3，TV-4，...，Tr+1也这样处理。也可证得S(X，Ey2+Ey1)非空。
权利要求
1，一种填色盘，其特征是包括一个圆盘和圆盘近边界圆周上的V个顶点，圆周被V个顶点分成V段界边，在顶点之间有连接顶点的V-3条内边和V-3条外边。
全文摘要
本发明为与地图四色问题有关的智力玩具。包括一个圆盘，圆盘的近边界有一圆周，有不同于内部的颜色。另有V个(整数)类似棋子的小立方体，每个小立方体的六个面，染有选定的六种颜色之一，做成叫顶点的棋子，放在圆周的固定位置，把圆周分为V段，每段叫界边。顶点向上的一面可以有选定的(6，5或)4种颜色之一。叫做顶点的颜色。另外再用两种颜色的笔在圆内各画V－3条连接顶点的弦(同一界边上的两顶点不连接)，分别叫内边和外边。任意二内边(或外边)不相交。同一条边(界，内或外边)两端的顶点叫相邻。游戏规则是对每个顶点选取6，5或4种颜色之一使它和相邻的顶点有不同的颜色。
文档编号G09B19/00GK1524598SQ0311550
公开日2004年9月1日 申请日期2003年2月24日 优先权日2003年2月24日
发明者崔世泰 申请人:崔阿年