哪个大神能指出小子四色定理证明的错误？不胜感激！

萧国狂客

四色定理的书面证明
0引言
百度上是这么说的：“任何一张地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色。”用数学语言表示，即“将平面任意地细分为不相重叠的区域，每一个区域总可以用1，2，3，4这四个数字之一来标记，而不会使相邻的两个区域得到相同的数字。”目前只有通过计算机经过百亿次计算得以证明，还没有可信服的书面证明方式，下面我们来尝试书面证明。
1证明思路
1.1证明范围及限制条件
平面或球面地图，不考虑“飞地”。
1.2思路
将平面任意地细分为不相重叠的区域，选取任一区域A0，如果我们能够证明与A0直接或间接相关联的所有区域及其所有相邻情况的集合均四色足够，则命题得证。
1.3证明步骤
步骤一：将平面任意地细分为不相重叠的区域，选取任一区域A0及其相邻区域A1……An组成系统，证明此系统中任何相邻关系均四色足够。
步骤二：在A0及其相邻区域A1……An组成的系统中，加入任意数量区域并对其可能存在的所有相邻关系进行分析，证明依然四色足够。
2证明步骤一
2.1建模
如图1所示：将平面任意地细分为不相重叠的区域，选取任一区域A0，那么在有限平面里任一区域A0必然具备以下两种情况：
第一种情况：当A0不处于有限平面边界时，则A0必然被均与A0相邻的n个区域所包围。n=任意非0正整数。
第二种情况：当A0处于有限平面边界时，则A0必然被均与A0相邻的n个区域所半包围。n=任意非0正整数。

图1
显然，当处于第二种情况时，我们只需要在有限平面外增加任意数量区域与A0相邻并将其包围，就会变成第一种情况，所以第二种情况仅是第一种情况的特例；四色足够问题上，如果第一种情况成立，则第二种情况必然成立。球面上仅存在第一种情况，所以下面我们仅针对第一种情况进行论证。                     
下面我们来建立模型，由于我们本着把问题从简单到复杂逐步演化来证明的原则，我们先加上两个限制条件，这两个限制条件我们后面会逐步去除。
条件1：暂不考虑与A0不相邻的区域加入进来，也就是说我们只考虑A0与A1……An组成的系统，且A1……An均与A0相邻；
条件2：除了A1……An依次相邻，暂不考虑A1……An之间其它相邻情况；（当然，图1中A1与A4、A3与A4并不存在依次相邻关系，但在条件1限制下，只会使问题更加简单，所以无需证明）
建立模型如图2：

图2
2.2证明图2四色足够
当n=1、2、3时，图中最多4个区域，显然四色足够，不再累述;
我们接下来继续证明n>3时的情况：
基于上文两个限制条件，当n>3且n为奇数时，则如下图3，4色足够；

                      图3
当n>3且n为偶数时，则如下图4所示，3色足够；

                图4
因n只可能是偶数或奇数，那么在以上两个限制条件没有去除的情况下，我们以A0为中心的基本模型显然是遵循4色足够的。
2.3证明步骤一构建的系统内四色足够
下面我们来尝试先去除条件2，也就是在原模型基础上增加A1……An之间除依次相邻之外的相邻情况。由于当n为偶数时3色足够，所以后面的证明我们将只考虑n为奇数的情况。
为了便于作图，我们要先对模型进行转换，如果我们将图3贴在球面上并且使A0大于球面积的1/2，那么在球面的背面会看见如图5所示图形：

图5
我们继续遵循有简入难的思路，我们任意选一个区域A1与A2……An发生相邻关系，而A2……An之间除了图5中已有相邻关系之外暂不发生其它相邻关系，那么将有如下几种情况：
a：A1与A2……An之间均发生相邻关系。
b：A1与A2……An之间的部分依次相邻区域（如A5、A6、A7、A8、A9等）发生相邻关系。
c：A1与A2……An之间的一个区域发生相邻关系。
d：b、c情况同时存在，且同一种情况多处存在。
虽然存在四种情况，但我们却可以放在一起解释，因为如图5中A1为独立颜色，在A2……An之间除了图5中已有相邻关系之外暂不发生其它相邻关系时，不管A1与A2……An发生何种相邻关系都会4色足够。当然，我们也可以从A2……An任意选一个区域代替A1，这时候我们只需要对图5进行转换，使我们所选的区域为独立颜色即可，所以，我们可以直接进入更复杂的证明。
由于a情况不会发生更复杂的结果，而b、c两种情况均被包含在d情况之中，所以我们我们直接证明d情况，如下图6：

图6:a情况

图6：d情况
我们来分析图6（d情况）：
（1）在A2……An之间，已经与A1建立相邻关系区域中属于上文b情况且处于当中位置的，如Aj+1、Aj+2、 Aj+3、 Aj+4及 Aj+5区域，显然已无法再与其它区域建立相邻关系，4色足够，无需再证明。
（2）会出现有限多个像图中a空间、b空间及c空间等大小不等的被分割空间，这些空间内还有自由度可以建立新的相邻关系。
（3）以a空间为例，A1……Am中间的A2……Am-1这些区域已无法与Am+1……An这些区域建立相邻关系，只可以在A1……Am之间建立相邻关系，b空间、c空间雷同。所以，以a空间建立模型时，可以不考虑Am+1……An区域。
（4）被分割出来的a、b、c等空间存在三种情况：如a空间，A1与一不同颜色区域直接相邻构成；如b空间，A1与两种不同颜色区域直接相邻构成；如c空间，A1与两种同一颜色区域直接相邻构成。
经过针对图6的以上分析，以a空间为例，我们要证明的是：在图6（d情况）基础上， A1……Am区域之间随机建立原有相邻关系之外的任何相邻关系，则都遵序4色足够。由此我们可以建立如下图7所示模型：

a空间建模：图7
以此类推，则b空间建模如图8：

图8
C空间我建模后，发现与图7雷同，不在累述。
由图6（d情况）我们可以得知：m显然是偶数，而j是奇数，图7中被A0包围的区域个数为m个（不包含空白空间），是偶数；图8中被A0包围的区域个数为A1、Am……Aj，显然是一个奇数。
对比图5、图7、图8，很容易发现图7、图8与图5要证明的其实是同一个问题，只区别图7是个偶数问题，而图5与图8都是奇数问题。上文已说过偶数问题会更加简单，所以我们不用在考虑图7的情况。
好了，咱们继续来探索图5与图8的内在联系，如果我们继续在图8中任选一个区域A0如图6（d情况）一样与A2……AJ之间建立随机相邻关系，我们会发生同样的结果：只有在图8中产生的如图6（d情况）中a、b、c分割空间一样的还有自由度的区域，才可以建立新的相邻关系。（感觉又说了一遍废话，而且很拗口，下面说重点）
重点来了，因为图8是图6（d情况）中b分割空间转化而来，所以对于图6（d情况）来说，我们已经在b空间中建立了新的相邻关系，结果只有两种，一种是四色足够，一种是可转化成图8、图5及图3一样的模型（见图6分析）。而图3已证4色足够。
简单来说，当我们去除上文条件2，在图6中A1……An间使任意区域A1与A2……An区域间建立随机相邻关系，如果没有产生如图6（d情况）中a、b、c分割空间，则A1与A2……An均相邻，此时四色足够；如果产生如图6（d情况）中a、b、c分割空间，则分割空间以外（不含其它分割空间）部分4色足够，且分割空间都可以转换成图5所描述的A1……An依次相邻且与A0均相邻的关系。所以上文条件2在我们所建立的模型中没有约束力。
另外，由于图5与图6区域数量相等，都是n+1个区域（含A0），而图8只是图5的一部分，显然图8区域数量＜图5区域数量。
如果我们对m、j取极限值，m取最小值=2，j取最大值（受奇偶性及颜色限制，且如j=n则没有新的相邻关系）=n-2，因此，图8至少比图5少了两个区域An、An-1。
那么，我们只需要反复执行从图5→图6→图8所描述的标准性动作，我们将要证明区域数量就会不断减少。在m、j都取极限值的情况下，当我们以图5状态下反复操作（（n-1）/2）-1次之后，我们就会发现m=2、j=3，如下图9：

图9
显而易见，图9是4个区域之间两两相邻，必须4色且4色足够。
综上所述，我们现在可以得到第一个重要的结论。
结论1：将平面任意地细分为不相重叠的区域，选取任一区域A0，必将存在与A0相邻的n（n=非0正整数，涵盖所有与A0直接相邻的区域个数）个区域，在不考虑新区域加入进来的情况下，不管A1……An之间存在何种相邻关系，在A0与A1……An区域组成系统中，都遵循四色足够定理。
3证明步骤二
那么，接下来我们在结论1成立的基础上，去除限制条件1，也就是我们让结论一所构建的系统之外的区域加入进来。
将平面任意地细分为不相重叠的区域，我们继续选取任一区域A0，构建结论1所描述的系统，那么让新的区域加入进来后有两种情况：一种与A0相邻，一种与A0不相邻。与A0不相邻又分两种情况：（1）新加入进来的区域互不相邻；（2）新加入进来的区域互相存在相邻关系。
3.1证明新加入区域与A0相邻时四色足够：
那我们现在选择一区域A0’加入到结论1所构建的系统中， 一旦A0’与A0相邻，则A0’将直接进入结论1所构建的系统中，只不过与A0相邻区域个数增加1个而已，此时显然4色足够；以此类推我们可以加入任意数量m个与A0相邻的区域，将依然四色足够。
3.2证明新加入区域与A0不相邻且互不相邻时四色足够：
在结论1所构建的系统中，我们知道A0是与A1……An均存在相邻关系，所以如以上各图中，当A0是红色时，A1……An只能选用其它3色，且3色足够。
如果新加入m个区域不与A0相邻且互不相邻，那么我们可以直接为这m个区域填充上与A0相同的颜色，此时已然四色足够。
3.3证明新加入区域与A0不相邻且存在相互相邻关系时四色足够：
我们已经证明3.2的情况中四色足够，我们会得到下图10：

                        图10
我们来分析图10：
如果我们以A0’为基础建立结论1所描绘的基础系统，设与A0’直接存在相邻关系的区域个数为r（r=非0正整数），设图10中所有非红色区域个数为z个,并设z-r=q，显然q为非0正整数。并且我们由图10中可知，未与A0’相邻的这q个区域每个区域都至少和一个红色区域相邻。
如此，我们等同于在以A0’为基础建立的结论1所描绘的系统中加入了m+1+q（含A0）个独立区域， 其中m+1个区域为不与A0’相邻且互不相邻的区域，我们为其填充A0’的颜色（红色），其中q个区域均与红色区域相邻，由图14可知我们已经为其填充其它三色，且符合4色足够。
另外，我们知道在以A0为中心的结论1所构建的系统中，我们并没有限制A1……An之间的任何相邻关系，因此在A0’为中心的结论1所构建的系统中，这q个与A0’不相邻的区域是可以和除A0’外任何区域存在相邻关系的。
因此，得证新加入任意数量个区域与A0不相邻且存在相互相邻关系时四色依然足够。
3.4下面，我们在证明一个我们忽略的情况，那就是新加入区域Am+1与A0及A0’……Am所有红色区域产生相邻关系时是否四色足够。
这个问题其实已包含在上述证明之中，我们只需要在3.1证明中先加入区域Am+1使之四色足够，然后在3.2证明中加入A0’……Am区域并使每个新加入区域均与区域Am+1相邻即可，显然四色依然足够。
综合结论1及证明步骤二所分析的各种情况，我们知道结论1系统中A1……An区域之间是可建立平面内任何可以发生的相邻关系的，并且步骤二证明过程中我们并没有限制新加入区域与A1……An区域之间的相邻关系，由此我们可以得出结论2。
结论2：在结论1系统中，我们可以放入任何数量的新区域，并且可以随意和任何区域建立平面内可发生的相邻关系，且4色足够定理均适用。
综上所述：A0为我们在平面内选取的任意一个区域，结合结论1及结论2，我们已经证明与A0直接或间接相关联的所有区域及其所有相邻情况的集合均四色足够。为了更好地说明问题，我们可以把A0带入任意区域，其它区域性质均不与A0性质相矛盾（临边只是普遍性质中的特例），因此命题得证！

萧国狂客

本人只是一介布衣，世人比我聪慧者何止亿万，所以我并不认为自己已证！只是已经很长时间无法找到漏洞，实在如鲠在喉，望各位大神可以为我解惑，不胜感激！

萧国狂客

顶上去！

lkPark

首先你的词用错了，相邻是指小范围的靠近关系，其包括区块的相并和相离。在这里你肯定应该用相并。

萧国狂客

哦，谢谢！不过我不是专业搞数学的，大神们能理解就好，我想知道的是证明逻辑有何漏洞？或者哪里不严密？

lkPark

你用区块模型来证该定理？这是走的结果到结果现象到现象的路线，这并不能揭示该定理的本质前提，所以你没能证明该定理，这和计算机证明一样你会处于无限证明中而致失败。

萧国狂客

lkPark 发表于 2017-12-22 17:07
你用区块模型来证该定理？这是走的结果到结果现象到现象的路线，这并不能揭示该定理的本质前提，所以你没能 ...

这个问题，在拓扑及图论等学说没有出来之前不就是这么证明的吗？我如果是搞数学研究的当然可以把此文转换成数学语言。我主要是人为我已经考虑了所有可能的情况，烦请仔细看看并指出遗漏之处，谢谢。

lkPark

萧国狂客 发表于 2017-12-22 17:17
这个问题，在拓扑及图论等学说没有出来之前不就是这么证明的吗？我如果是搞数学研究的当然可以把此文转换 ...

你分析的是有限区域内的情况，显然你的证明不具有完整性，因为各区块可以无限排列。

萧国狂客

lkPark 发表于 2017-12-22 17:24
你分析的是有限区域内的情况，显然你的证明不具有完整性，因为各区块可以无限排列。

在有限区域内不限制数量不限制相邻关系，难道不是无限吗？另外，我可以把基础模型带入地图内任何区域也都成立，难道这不包含无限吗？你能提出除了“飞地”外我没有包含的情况吗？

lkPark

萧国狂客 发表于 2017-12-22 17:52
在有限区域内不限制数量不限制相邻关系，难道不是无限吗？另外，我可以把基础模型带入地图内任何区域也都 ...

你的有限个区块是无法扩展的，你的模形本身就是结果，你用它来证明结果？