四色問題：又稱四色猜想、四色定理，是世界近代三大數學難題之一。地圖四色定理（Four color theorem）最先是由一位叫古德裡（Francis Guthrie）的英國大學生提出來的。四色問題的内容是“任何一張地圖隻用四種顔色就能使具有共同邊界的國家着上不同的顔色。”也就是說在不引起混淆的情況下一張地圖隻需四種顔色來标記就行。用數學語言表示即“将平面任意地細分為不相重疊的區域，每一個區域總可以用1234這四個數字之一來标記而不會使相鄰的兩個區域得到相同的數字。”這裡所指的相鄰區域是指有一整段邊界是公共的。如果兩個區域隻相遇于一點或有限多點就不叫相鄰的。因為用相同的顔色給它們着色不會引起混淆，如下面這個128國的塗數。
如果用世界最快的計算機每秒5.1*10的17次方計算， 128國大概需要10的55次方年，也就是說暴力破解基本無解（通過本證明方法求解，應該30分鐘可以解決）。公布一組正确解，如下圖：
如果你想了解上圖的塗數是如何填入的，請跟我一起來開始四色猜想的證明旅程吧，過程相對枯燥，閱讀需要耐心。
證明思路：任何一個國家的形狀都可以由圓形變形而來，我們假設這個國家為A，而任何一個平面和球面地圖我們都可以從A國開始往外增加國家做出這幅地圖，所以隻要推導從A國開始再增加1到x國，無論是增加的國家還是其外延始終小于等于4，那麼就可以直接推導出任何平面和球面地圖都隻需要用4色就可以塗成。
定義：外延為圖一中的Y（如圖一所示）：在球面地圖中Y是除封閉A外的剩餘部分，Y就猶如地球的海洋，有陸地就必然有海洋，所以在球面内Y是A永遠無法抵達的部分；在平面地圖Y就相當于做平面地圖的塗布，所以Y也是永遠無法到達邊緣的。因此對于球面地圖或者平面地圖，都可以用圖一表示，而Y都是它們無法觸及的部分。
證明過程（1、2、3、4表示四種顔色）：
第一步：任何一個平面或者球面隻有兩國，必兩國最多隻有一條邊重合。
如圖所示：A=1，Y=2，重合的一條邊為紅圈。
第二步：任何一個平面或者球面隻有三國，兩兩之間最多隻能重合兩條邊。
如圖所示：A=1，B=2，Y=3，與外延Y重合的兩條邊分别為紅線和藍線。
第三步：任何一個平面或者球面隻有四國，兩兩之間最多隻能重合三條邊。
證明過程：
當形成第三國C國的fd線（黃線一飄）的d點在A國的fb線（紅線一飄）除f點上時，C國塗色最小為C=2，此時：A=1，B=2，Y=3；當形成C國的fd線（黃線一飄）的d點在第二國B國的bc線（藍線一飄）或者在A國的cf線（紅線二飄）除b點的位置時，第三國C塗色最小為C=3，此時：A=1，B=2，Y=4。所以其最小塗色的最大數情況為A=1，B=2，C=3，Y=4，與外延Y重合的三條邊分别是紅、藍、黃線。
第四步：任何一個平面或者球面隻有五國，兩兩之間最多隻能重合四條邊。
證明過程：
當第三國C國的fd線（黃線一飄）的d點在A國的fb線除f點上時，第三國C國塗色最小C=2，此時：A=1，B=2，Y=3；當形成第三國C國的fd線（黃線一飄）的d點在第二國B國的bc線（藍線一飄）或者在A國的cf線（紅線二飄）除b點的位置時，第三國C國的塗色最小為C=3，此時：A=1，B=2，Y=4，故我們以第三國的最小塗數的最大數為推導前提。如果以最小數為前提推導，增加第四國就相當于增加第三國，屬于倒退現象無意義。這裡我們假設C=3。
因此當形成第四國D國的eh線（粉線一飄）的h點在A國的ef線（黑色一飄）除e點上或者第三國C國的fd線（黃色一飄）上時，第四國D國的塗色最小為C=2，此時：A=1，B=2，C=3，Y=4；當形成第四國D國的eh線（粉線一飄）的h點在第二國B國的dc線（藍線一飄）除d點或者在A國的ce線（紅線二飄）的位置上時，第四國D國塗色最小為D=4，此時：A=1，B=2，C=3，Y=3。與外延Y重合的四條邊分别是紅、藍、黃、粉線。
第五步：任何一個平面或者球面隻有六國，兩兩之間最多隻能重合四條邊。
證明過程：
根據第五步的情況，我們推導下一國的塗色數，必須以上一國的最小塗數的最大數為前提，否則屬于倒退，所以我們假設D=4。
當形成第五國F國的zj線(綠線一飄)的j點在A國的ze線（黑色一飄）除i點上或者第四國的eh線（粉線一飄）上時，第五國F國的塗色最小為F=2，此時：A=1 ，B=2，C=3，D=4，Y=3；當形成第五國F國的zj線(綠線一飄)的j點在第二國的hc線（藍線一飄）除h點或者在A國的cz線(紅線雙飄)的位置上時，第五國F國最小塗色為F=3，此時：A=1 ，B=2，C=3，D=4，Y=4，與D國重合的四條邊分别是紅、藍、黃、綠線。
第六步：如6圖所示，再增加X國，X-1國為最大塗數時，X國的塗色總在2、3、4的範圍内變化。當X-1國等于4時，如X=2，那麼Y=3；如果X=3，那麼Y=4。當X-1國等于3時，如X=2，那麼Y=4；如X=4，那麼Y=3。當X-1國等于2時，如X=2，那麼Y=3；如X=3，那麼Y=4。因此X和Y始終小于等于4。
第七步：根據以上結果可以證明與A國相鄰再增加無限國家，X和Y都小于等于4。我們以此為結果推導多層複雜結構的四色問題。
一、Y1=2
A、當Y1=2時，新增國Xn與已有國沒有重合邊：
如圖所示，當Y1=2，再增加的Xn都等于1，Yn始終等于2，并且國與國之間沒有重合邊或點，呈現一種氣泡狀。我們将之稱為經典情況，也為它命名為經典情況一。
B、當Y1=2時，新增國Xn與已有國隻有一條邊重合：
如上圖所示，當Y1=2時，除了上一種經典情況必然發展到Yn=3。當增加國Xn僅有一條邊與X1國重合時，Xn=Yn-X₁(X₁為Xn與已有國重合邊塗數)，Yn始終等于3。Xn呈1和2循環的單鍊态向外可以無限延伸。在球面和平面内兩鍊之間無重合邊或點。因此，這種鍊式狀态我們稱之為經典情況二。
二、Y1=3；
A、當Y1=3時，新增國Xn與已有國隻有一條邊重合：
情況一：
情況二：
如圖所示，當增加國Xn隻有一條邊與已有國重合時，Xn=Y1-X₁(X₁為Xn與已有國重合邊塗數)。此種情況Yn=3，結構呈發散之勢，在球面和平面内兩兩發散鍊之間無重合邊或點，此種情況屬于一種經典情況，我們為它命名為經典情況三。
B、當Y1=3時，新增國Xn與已有國隻有二條邊重合：
如圖所示：當增加的X3國有兩條邊與已有國家重合時，X3=3，Yn=4。從X4增加到Xn國的情況下，Xn=10-X₁-X₂-Yn(X₁和X₂為重合邊兩國塗數)，Yn始終等于4。Xn向外延伸，在球面和平面内無重合邊或點。此種情況屬于一種經典情況，我們為它命名為經典情況四。
三、Y1=4 ；
A、當Y1=4時，新增國Xn與已有國隻有一條邊重合：
情況一：
情況二：
如圖所示：當增加的Xn國隻有一條邊與已有國家重合時，Xn=Y1-X₁（X₁重合邊國家塗數）。當X n-1≤2時，此時用Y=3求解Xn。Yn始終等于4；當此時Xn等于1或者等于2，在單鍊上會呈1和2的交替循環，結構呈發散之勢，在球面和平面内兩兩發散鍊之間無重合邊或點，屬于一種經典情況，我們稱它為經典情況五。
B、當Y1=4時，新增國Xn與已有國隻有二條邊重合：
如圖所示：當增加的Xn國有兩條邊與已有國家重合時，Xn=10-X₁-X₂-Y1(X₁和X₂為重合邊兩國塗數)。Yn始終等于4，且呈發散之勢，在球面和平面内兩兩之間無重合邊或點，屬于一種特殊情況，我們稱它為經典情況六。
C、當Y1=4時，新增國Xn與已有國隻有一條或二條邊重合：
如圖所示：當增加的Xn國隻有一條邊與已有國家重合時，Xn=Y1-X₁（X₁重合邊國家塗數）。當X n-1≤2時，此時用Y=3求解Xn；有兩條邊與已有國家重合時，Xn=10-X₁-X₂-Y1(X₁和X₂為重合邊兩國塗數)。Yn始終等于4，且呈發散之勢，在球面和平面内兩兩發散鍊或面之間無重合邊或點。屬于一種特殊情況，我們稱它為經典情況七。
D、當Y1=4時，新增國Xn與已有國有三條邊重合：
如圖所示，當X4與已有國家有三條邊重合時，Xn=Y1，Yn=10-X ₁-X ₂-Y1（Yn為新的外延，X ₁和X ₂是與Xn有兩條邊重合的國家塗數）。而當Y=1或者Y=2時，如圖二十、圖二十三和圖二十六屬于同構體，都可以把Y變換成3，然後從外到内反推已有國家塗數如圖所示，此時所有國家塗色依然小于等于4。又因為圖二十、圖二十三和圖二十六也是我們推論的第一步到第七步已經推論出的以A國為中心形成的最複雜體的一個單元。所以我們也以圖二十為我們開始多層結構推論的基本單元。
四、基本單元Y1=3：
A、當Y1=3時，新增國Xn與已有國隻有一條邊重合：
情況一：
情況二：
如圖所示，當增加國Xn的一邊與已有國家重合時，當Y1＞X ₁時Xn=Y1-X ₁；當X ₁＞Y1時 Xn= X ₁-Y1（Y為運算中的外延，X ₁是與Xn有兩條邊重合的國家塗數）。Yn始終等于3，Xn在1和2之間循環，結構呈發散之勢，在球面和平面内兩兩發散鍊之間無重合邊或點。屬于一種經典情況，我們稱它為經典情況八。
B、當Y1=3時，新增國Xn與已有國隻有二條邊重合：
如圖所示：當增加國Xn的二邊與已有國家重合時，Xn=10-X₁-X₂- Y1 (X₁和X₂為重合邊兩國塗數)，Yn始終等于3，如上所示此種結構Xn呈雙鍊狀态向外延伸，在球面和平面内雙鍊之間無重合邊或點。此種情況屬于一種經典情況，我們為它命名為經典情況九。
C、當Y1=3時，新增國Xn與已有國有三條邊重合：
如圖所示：當新增國Xn有三條邊與已有國重合時，Xn= Y1=3，當Y1＞X ₁時Y=Y1-X ₁；當X ₁＞Y1時Y= X ₁-Y1（Y為運算中的外延，X ₁是與Xn有兩條邊重合的國家塗數）。又因為實際與外延接觸的國家隻有兩個，所以我們可以把Yn替換成3，然後從外到内反推已有國家塗數如圖所示，依然X1到Xn小于等于4。此種情況循環到了二的B情況。
D、當Y1=3時，新增國Xn與已有國有一條或兩條邊重合：
如圖所示，新增國Xn與已有國重合邊為1時，當Y1＞X ₁時Xn=Y1-X ₁；當X ₁＞Y1時Xn= X ₁-Y1；當新增國重合邊為2時，Xn=10-X₁-X₂-Y1(X₁和X₂為重合邊兩國塗數)；或者1和2交替出現，Yn=3不變。如上所示此種結構Xn向外發散之勢，在球面和平面内雙鍊之間無重合邊或點。此種情況屬于一種經典情況，我們為它命名為經典情況十。
E、當Y1=3時，新增國Xn與已有國的重合邊為一個集合{1、2、3、4…N}，此時如果X4≠3，就可以一直往外推演。如果X4=3，則循環到了C種情況。
此種情況下有三種情況：
定義：設增加Xn-1國後整個圖形與外延重合的邊總數為Z。Xn與已有國重合的邊總數為Zn。
1、當Zn=Z時，并且在Z邊有兩處重合，如圖所示；
此時，Xn=Y1，當Y1＞X ₁時Y=Y1-X ₁；當X ₁＞Y1時Y= X ₁-Y1（Y為運算中的外延，X ₁是與Xn有兩條邊重合的國家塗數）。當Y=2，轉換成Yn=3，如下圖所示：
方法：将Xn與X1形成的圈内所有的2換成3，3換成2皆可。
當Y=1，轉換成Yn=3，如下圖所示：
方法：将Xn與X1形成的圈内所有的1換成3，3換成1皆可。
2、當Zn=Z時，并且在Z邊隻有一處重合，如圖所示；
此時，Xn=Y1，Y=10-Xn-X1-X2。（Y為運算中的外延，X ₁和X₂是與Xn有兩條邊重合的國家塗數）
當Y=4，轉換成Yn=3，如圖所示：
轉換方法：将Xn與X1形成的圈内所有的4換成3，3換成4皆可，此時Xn=4。
當Y=1時，轉換成Yn=3，如圖所示：
轉換方法：将Xn與X1形成的圈内所有的1換成3，3換成1皆可，此時Xn=1。
當Y=2時，轉換成Yn=3，如圖所示：
轉換方法：将Xn與X1形成的圈内所有的2換成3，3換成2皆可，Xn=2。
3、當Y=3， 3≤Zn＜Z，如圖所示：
當X1≠X2，Yn=10-Y-X1-X2，Xn=Y1=3，Y=10-3-2-4=1
因為Y=1，與已有國總和的邊緣國沖突（上圖标黃國）
所以Yn與已有國的邊緣相同時，不能将已有國所有的塗數進行變化，而隻能變化一部分。
定義：國家的總和，我們稱為内延，用字母N表示；
定義：當3≤Zn＜Z ，Xn=Y1，此時以Xn為中心向内延N延伸，所有與Xn相交塗數等于Y(運算中的外延)的國，以及與這些國相交塗數為3的國，以及塗數為3的國的外圍塗數為Y1的國，這樣不斷延伸形成的國的總和定義為小内延T（圖中标黃部分）；
此時有三種可能性：
第一種情況：如果T和N重合的部分不能把N分成至少兩份（如圖五十九中标黃的部分），且X1≠X2時，那麼根據調換規律可知：當Xn=Y1=3，Y=1那麼就要将T内所有1與3交換，變化後Xn=1，Yn=3；當Xn=Y1=3，Y=2那麼就要将T内所有1與3交換，變化後Xn=2，Yn=3；當Xn=Y1=3，Y=4那麼就要将T内所有1與3交換，變化後Xn=4，Yn=3即可 ，如下圖所示：
第二種情況：如果T和N重合的部分不能把N分成至少兩份，且X1＝X2時，如下圖所示：
此時，Xn=Y1，當Y1＞X ₁時Y=Y1-X ₁；當X ₁＞Y1時Y= X ₁-Y1（Y為運算中的外延，X ₁是與Xn有兩條邊重合的國家塗數）。那麼根據調換規律可知：當Xn=Y1=3，Y=1那麼就要将T内所有1與3交換，變化後Xn=1，Yn=3；當Xn=Y1=3，Y=2那麼就要将T内所有1與3交換，變化後Xn=2，Yn=3，如下圖所示：
第三種情況：如果T和N重合的部分能把N分成至少兩份，且X1≠X2時，如下圖所示：
定義：如果T和N重合的部分把N分成至少兩份，那麼當Yn=3時，重合部分（上圖标黃部分）與Yn所有相鄰的國塗數為3的國就是突破國，就是Pn，選取任意其中之一定義為P1（如上圖六十五）。
這時P1=Yn，四色猜想不成立，是否存在一個變換始終不會産生Pn，那麼四色猜想就一定成立。
以下證明經過變換始終不會産生Pn。
定義：T把N分成兩個獨立的部分，T由Xn和P1組成，所以分成的兩個部分定義為D1和D2。如圖六十五所示，交換D1中的2和4的位置，不會影響D2的2和4的位置。如下圖所示：
X1由原來的4變成了2，此時X1=X2=2并且X1和X2必然相等。
當Xn=3，Y=10-Y1-P1-P2=4，當Yn=3，再把新T内的把Xn變成4，4變成3即可，如下圖所示：
證明如圖六十八所示：當X1=X2=2，P1=1，Xn=10-Y-X1-P1=4，将T内所有的4變3，3變4後，如果從X1到X2有一個1和2兩個塗數不斷交互相鄰組成的國的集合定義為R1，R1如果必将N能分成兩份（如下圖所示标紅的部分），那麼四色猜想就可證。
如圖六十九中所示，當Xn=4，R1存在時，四色猜想必成立；但是有一種情況下1和2是不相鄰的，就是1和2國被4國隔離，如下圖七十所示：
定義：當Xn=10-X1-P1-Y1，Yn=3時，将新T内3變成Xn，将等于Xn的國變成3後，如果D1和D2内有等于3的國與Yn相鄰，就是Kn。如果有n個Kn選取D1和D2内最靠近P1的兩個分别定義為K1和K2（如上圖七十一所示）。
定義：當Xn=4，P1=1之間塗數等于1和4彼此相鄰又與Xn和P1相鄰的國的總和定義為S1；當Xn=4，K1=3之間塗數等于3和4彼此相鄰又與Xn和K1相鄰的國的總和定義為S2。在S1和S2之間形成的國的總和包括S1和S2，定義為J。
定義：當P1=1，K1=4時，如果J内能夠找到一個國家集合是2和3組成我們叫它R2，并且能夠把J分成兩個部分，一個部分含P1定義為D3，一個部分含K1定義為D4。那麼将D4内的4和1交換位置，就可以使X1=2到X2=2之間再次形成一個1和2交互出現的新的國家集合，即R1依然存在。如下圖所示：
現在我們要證明J内必然含有一個國家集合R2把J分成兩個部分，一個部分含有P1的叫做D3，一個部分含有K1叫做D4。
證明：如果J内含有2個及2個以上塗數等于4的國家，J與外延Y1和Xn相鄰的國必然是1、2、4交替出現三個塗數國，所以J的内部存在不被塗數為1的國家覆蓋的情況下（如果存在就是邊緣為1、2,不影響推導）等于2的國家與Xn和Y1相鄰（如圖七十一所示标藍部分）。又因為所有塗數為3的國家必然與塗數為2的國家相鄰，所以在J的内部必然存在一個由2和3組成的國家集合R2把J分成兩份，一份含有P1就是D3，一份含有K1就是D4。
然後将D4内的1變成4，4變成1，而在J内所以的2和1必然相鄰，所以在N内經過兩次變化，必然形成一個X1到X2之間1和2相鄰的國家集合R1把N分成兩份。因為這個國家集合的必然存在，所以四色猜想此時是成立的。
變化結果如下圖：
現在要證明，當Y1=3，X1=X2=2，P1=1，K1=4，并且D1或者D2内隻有一個塗數等于4，通過相應的變化， R1依然存在，那麼四色猜想就一定成立了。如下圖所示：
證明： 當Y1=3，X1=X2=2，P1=1,，K1=4，并且D1或者D2内隻有一個塗數等于4時，隻需要再把D2内的2變成4，4變成2（此時突破國就變成了1和2），再把D4内的1變成4，4變成1即可。在N内同樣存在一個R1。（R1是N内由塗數由1和2交替出現的國家集合包含X1和X2，并把N分成兩份）此時的Xn=10-X1-X2-Y1=4，Yn=3，再把新T内的3變成4，4變成3即可，如下圖所示：
根據以上推論我們做個總結：
當Y=4時，可以推演七種經典情況；
當Y1=3時，可以推演以下所有情況：
Zn=1，當Y1＞X ₁時Xn=Y1-X ₁；當X ₁＞Y1時Xn= X ₁-Y1，Yn=3（X ₁是與Xn有兩條邊重合的國家塗數）;
Zn=2，Xn=10-X1-X2-Y1，Yn=3(X1、X2為Xn已有國重合邊的塗數）;
3≤Zn＜Z，Xn=Y，X1≠X2，Y=10-Y1-X1-X2，當Yn=3時，如果T把N沒有分成兩份，将T内的Y變成3，3變成Y(Y為運算中的外延)；如果T把N至少分成兩份，則有以下三種情況：
1、如果X1=4，X2=2,P1=1時，将D1内的2變成4，4變成2，此時X1=X2,分兩種情況，如果存在R1，則Xn=10-X1-P1-Y1=4，Yn=3，将新T内的3變成4，4變成3即可。如果還不存在R1，此時K1必然等于4，如果D2内隻含有1個塗數為4的國，則先将D2内的2變成4，4變成2，然後再把D2内的1變成4，4變成1，此時N内必然存在R1，則Xn=4，Yn=3，将新T内的3變成4，4變成3；如果D4内含有2個及2個以上塗數為4的國，直接将D4内的1變成4，4變成1，此時N内必然存在R1，則則Xn=4，Yn=3，将新T内的3變成4，4變成3即可。
2、如果X1=4，X2=1，P1=2時，将D1内的,1變成4，4變成1，此時X1=X2=1,分兩種情況，如果存在R1，則Xn=10-X1-P1-Y1=4，Yn=3，将新T内的3變成4，4變成3即可。如果還不存在R1，此時K1必然等于4，如果D2内隻含有1個塗數為4的國，則先将D2内的1變成4，4變成1，然後再把D2内的2變成4，4變成2，此時N内必然存在R1，則Xn=4，Yn=3，将新T内的3變成4，4變成3；如果D4内含有2個及2個以上塗數為4的國，直接将D4内的2變成1，4變成1，此時N内必然存在R1，則Xn=4，Yn=3，将新T内的3變成4，4變成3即可。
3、如果X1=2，X2=1，P1=4時，将D1内的,1變成2，2變成1，此時X1=X2=1,分兩種情況，如果存在R1(R1由1和4組成)，則Xn=10-X1-P1-Y1=2，Yn=3，将新T内的3變成2，2變成3即可。如果還不存在R1(R1由1和4組成)，此時K1必然等于2，如果D2内隻含有1個塗數為2的國，則先将D2内的1變成2，2變成1，然後再把D2内的2變成4，4變成2，此時N内必然存在R1(R1由1和4組成)，則Xn=2，Yn=3，将新T内的2變成3，3變成2；如果D2内含有2個及2個以上塗數為2的國，直接将D4内的2變成1，1變成2，然後再将D4内的2變4，4變2，此時N内必然存在R1(R1由1和4組成)，則Xn=2，Yn=3，将新T内的2變成3，3變成2即可。
3≤Zn＜Z，當X1=X2=1，Xn=2，Yn=3，如果T不能将N至少分成兩份，則把T内的2變成3,3變成2；當X1=X2=2，Xn=1，Yn=3，如果T不能将N至少分成2份，則把T内的1變成3,3變成1；當X1=X2=4，Xn=1，Yn=3，如果T不能将N至少分成2份，則把T内的1變成3,3變成1；
如果T把N至少分成兩份，則有以下三種情況：
1、如果X1=X2=2, P1=1時，如果Xn=10-X1-P1-Y1=4，Yn=3，此時存在一個R1，将新T内的3變成4，4變成3即可。如果還不存在R1，此時K1必然等于4，如果D2内隻含有1個塗數為4的國，則先将D2内的2變成4，4變成2，然後再把D2内的1變成4，4變成1，此時N内必然存在R1，則Xn=4，Yn=3，将新T内的3變成4，4變成3；如果D4内含有2個及2個以上塗數為4的國，直接将D4内的1變成4，4變成1，此時N内必然存在R1，則則Xn=4，Yn=3，将新T内的3變成4，4變成3即可。
2、如果X1=X2=1，P1=2時，如果Xn=10-X1-P1-Y1=4，Yn=3，此時存在一個R1，将新T内的3變成4，4變成3即可。如果還不存在R1，此時K1必然等于4，如果D2内隻含有1個塗數為4的國，則先将D2内的1變成4，4變成1，然後再把D2内的2變成4，4變成2，此時N内必然存在R1，則Xn=4，Yn=3，将新T内的3變成4，4變成3；如果D4内含有2個及2個以上塗數為4的國，直接将D4内的2變成4，4變成2，此時N内必然存在R1，則Xn=4，Yn=3，将新T内的3變成4，4變成3即可。
3、如果X1=X2=4，P1=1時，如果 Xn=10-X1-P1-Y1=2，Yn=3，此時存在一個R1，将新T内的2變成4，4變成2即可。如果還不存在R1，此時K1必然等于2，如果D2内隻含有1個塗數為2的國，則先将D1内的2變成4，4變成2，然後再把D2内的1變成4，4變成1，此時N内必然存在R1（1、2集合的R1），則Xn=4，Yn=3，将新T内的3變成4，4變成3；如果D4内含有2個及2個以上塗數為4的國，直接将D4内的2變成1，1變成2，此時N内必然存在R1(1、4集合的R1)，則Xn=2，Yn=3，将新T内的2變成4，4變成2即可。
當Zn=Z時，并且在Z邊有兩處重合，此時，Xn=Y，當Y1＞X ₁時Y=Y1-X ₁；當X ₁＞Y1時Y= X ₁-Y1。當Xn=1，Yn=3時，再将N内所有的1換成3，3換成1皆可；當Xn=2， Yn=3時，再将N所有的2換成3，3換成2皆可;
當Zn=Z時，并且在Z邊有一處重合，此時，Xn=Y，Y=10-Xn-X1-X2。當Xn=1 ，Yn=3時，再将N内的1換成3，3換成1皆可；當Xn=2， Yn=3時，再将N所有的2換成3，3換成2皆可；當Xn=4， Yn=3時，把Yn變成3時，将N内所有的4換成3，3換成4皆可；
由上可知當Y=3時，無論增加國是與已有國重合多少邊，都可以根據公式繼續往外推演。
核心要點：當Yn=3，1≤Zn≤Z時，不管T能不能将N至少分成兩份，經過複變，Xn始終大于等于1小于等于4不等于3。
第八步結論：因為在任何平面或者球面上，無論從A國再增加Xn國，七種經典情況Y=4或者有基本單元 Yn=3時，Xn始終大于等于1小于等于4不等于3，所以四色猜想成立。又因為四色猜想成立，所以在任何平面或者球面内，兩兩國之間最多隻能有四條邊重合。
後語：
備注：此證明于2020年8月15日首發于今日頭條，本版本為修正版本
将不準确（如小内延T的定義，如突破國Pn的定義，如R1等）的地方做了必要的修改和補充。
數學愛好者：劉江
2022年2月18日
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