Van egy bizonyitasom a negy szin tetelre. Egyszeru, nem hasznalok hozza szamitogepet, tehat valoszinuleg rossz. A kerdesem az, hol a hiba.
Szoval ugy bizonyitom, hogy minden terkepet ki lehet szinezni 4 szinnel, hogy adok egy algoritmust, ami szinez, es bebizonyitom, hogy mindig ellentmondas mentesen alkalmazhato.
Feltetelezem, hogy minden orszag kor topologiaju. (Nem tartalmaz magan belul mas orszagokat...)
A szinezes soran veszek egy orszagot, majd hozzaveszek meg egyet, es igy tovabb; mindig egy orszaggal bovitem a halmazt. Feltetelezem, hogy mindig lehet egyesevel ugy boviteni a kiszinezett orszagok koret, hogy a topologia tovabbra is kor maradjon.
Tegyuk fel, hogy a N. lepesig max 3 szint mutat kifele a mar befestett pacnim. Ez a 3. orszagig trivialis, es megmutatom, hogy mindig igy marad. Szoval vesszuk az uj N+1.-dik jeloltunket. Ez, ha csak ket szinnel hataros, akkor a harmadik szinre festem. Ha 3 szinnel is hataros ('A','B','C'-vel), akkor a 4. 'D' szinre festem, de figyeljuk meg a pacni es az uj orszag hatarat, mint vonalt! Ez a vonal a pacni olyan pontjan kezdodik, ami valamely 'A' szint hatarol, es olyan pontjan vegzodik, ami valamely 'B' szint hatarol! Fessuk at minden eddigi 'C' szinu orszagot, ami az uj pacni eseteben is mutat kifele hatart a 4. 'D' szinre! Ezaltal nem rontottunk el semmit, es tovabbra is 3 szin mutatkozik kifele: 'A', 'B', 'D'!
Mivel ezt a vegtelensegig megtehetjuk, minden terkep kiszinezheto 4 szinnel!
Ha erthetetlen a bizonyitasom, akkor venni fogom a faradsagot, es szemlelteto abrakat is kozlok.
