0001帰納と類比2011/02/26(土) 23:20:22.98
>>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。↓
0731帰納と類比2014/01/30(木) 02:37:26.92
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 0733帰納と類比2014/02/01(土) 06:12:04.00
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。
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。
0739１３２人目の素数さん2014/05/02(金) 04:34:04.77
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。 0741１３２人目の素数さん2014/05/12(月) 10:29:43.06
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。
0742１３２人目の素数さん2014/05/12(月) 23:58:01.24
>>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。
0744帰納と類比2014/08/06(水) 19:49:10.35
>>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.
>
0747１３２人目の素数さん2014/08/08(金) 19:12:24.92
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
0749１３２人目の素数さん2014/08/08(金) 23:44:40.63
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。
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。
都会でもっともよく見かける鳥、それがカラスです。カラスはそこらへんにいて、
ゴミをあさるし、迷惑がられている鳥でもあると思います。
田舎でもカラスの被害が多いようです。畑に植えた種の芽がでてきたところを荒らされたり、
もうそろそろ収穫かな明日ぐらいに収穫しよという作物を食い荒らされたりすることが頻繁にあるようです。
食べるならまだいいのですが、食べずに荒らすだけのこともあります。農家の人たちは困っています。
カラスの被害を抑えるために対策グッズが数多く販売されています。これらは最初は効果があるのですが、
次第にカラスが慣れてしまい効果がなくなります。カラス対策グッズは同じものを長期間使用するのではなく
、いろんなものを短期間使うのが効果的です。
カラスは臭いがよくわかりません。だから、臭い対策グッズは効果がほとんどありません。
視力はよく、袋に入った本物の肉と偽物の肉が見分けられます。
こんな賢いカラスを何とかして被害を抑えたいです。
http://kusuri.hi-way.club/ ２ちゃんの、こんな過疎スレで書いて意味あるか？とも思うけど
今の四色問題の証明って、おかしくないか？
四色問題って、前提として三枝地図しか扱ってないけど
これって、四枝以上の多枝地図は、三枝地図に変換可能っていうのが
仮定として組み込まれているんだよね？
で、四枝を三枝に変換するのって、四辺形(四辺国)を挿入することになるんだけど
四辺形を含んだ地図が最小反例でないことは、ケンプが証明しているけど
それは、四辺形を挿入する前の四枝地図が、最小反例でないことの
証明にはならないんじゃないかな？
つまり、今の四色問題の証明は、三枝地図に限定されたもので
四枝以上の多枝地図は、まだ証明されていないんじゃないの？
>四色問題って、前提として三枝地図しか扱ってないけど
どっからこんなのが出てきた
>>769
たぶん、双対グラフを思い浮かべてると思うけど、
実地図での話なんだ
実際の地図では、国境線が交差する点は三枝点が多いけど
４つの国の国境が1つの点に集約する、四枝点も存在する
有名なのはアメリカのフォーコーナーズで
ユタ州、コロラド州、ニューメキシコ州、アリゾナ州が1点で交差している
また、ピザカットみたいに、中心の１点に6とか8とかの地域が集約する可能性もある
で、四色問題では、そういた多枝を事前に取り除くことになっているんだけど
これって、四色問題の証明の根幹である「最小反例を仮定して、その存在を否定する」っていう
証明では、問題になるんじゃないかな
ケンプの証明を見ればわかるけど、n国の地図が最小反例であるという仮定から、
n-1国の地図は、無条件に四色で塗れることになっているけど、
同じn-1国の多枝地図では、塗れるとも塗れないとも証明できないのでは？と思うのだが 平面地図の辺をふつう「枝」とは呼ばん。四色問題でn枝国と呼ぶ場合は双対グラフを
前提にしているのが常識だからそっからして話がかみ合ってない。
>４つの国の国境が1つの点に集約する、四枝点も存在する
そのうちの1国が点を塗りつぶして他の国に辺で接するよう書き換えたとしても、制約が
厳しくなることはあっても緩和されることはないから、最小反例を考える上では常に
そう書き換えたものとしてよい。
>>771
>そのうちの1国が点を塗りつぶして他の国に辺で接するよう書き換えたとしても、制約が
>厳しくなることはあっても緩和されることはないから、最小反例を考える上では常に
>そう書き換えたものとしてよい。
これって、簡単に証明できるものなのか？
多枝点をつぶした三枝地図が四色で塗れるなら、つぶす前の多枝地図も四色で塗れる
ってのは、「自明」と扱って良いと思うけど
多枝地図を三枝地図に変換するのは、証明の根幹を変えてしまう恐れがあるんだけど センスなさ杉。
>多枝点をつぶした三枝地図が四色で塗れるなら、つぶす前の多枝地図も四色で塗れる
>ってのは、「自明」と扱って良いと思うけど
だから前者が四彩色可能と証明できれば自動的に後者についても成り立つだろ。
いや、だから
四枝点をつぶすのは、四辺形を足すことでしょ？
それは、n+1国の塗りつぶし問題になるわけ
(三枝地図の)n+1国が最小反例だと仮定しても、
(三枝地図の)n国が四色で塗れることは導けるが、
(四枝点を含む)n国が反例でないことは証明できない
じゃないのか？
>>771が書いてくれていることをまったく読んでいないということはわかった 国は足さんよ。双対グラフの枝を足すだけ。
>そのうちの1国が点を塗りつぶして他の国に辺で接するよう書き換えたとしても
>>775-776
>そのうちの1国が点を塗りつぶして他の国に辺で接するよう書き換えたとしても
だから、これが簡単に証明できているのか？と聞いている
例えばビーチボールのように、経度で4分割されてる球の場合
両極に四枝点ができるが
それを、三枝になるように変換すると、
二つの領域が両極で接するという、ループが形成される
ループ(二つの領域が、二つ以上の境界で接する図)も
四色問題で禁止されている形のハズだが >両極に四枝点ができるが
>それを、三枝になるように変換すると、
>二つの領域が両極で接するという、ループが形成される
何を言っているのかマジでわからんｗ
そのビーチボールは双対グラフならただの四角い閉路グラフになるから
内側と外側に対角線引くだけ。
その操作が平面グラフで常に可能かどうか自明でないというなら
証明は自分で考えてみろ。
一松さんのブルーバックス四色問題が出てたが、エレファントな数学の例にケプラー予想13Gが加筆されていた。
もう少し待てればブールピタゴラス問題200Tも書き加えてたんだろうな。
もったいない。
昔は四色問題程度でも証明と言っていいのかと騒いでいたんだよなあ。