今回のコラムのテーマは，種数ｇの閉曲面上の地図の彩色数に関するヒーウッドの公式（必要条件）の導出です．

　コラム「オイラーの公式と四色定理」で取り上げた種数ｇのトーラスの彩色数に関するヒーウッドの公式

　　Ｈ（ｇ）＝［｛７＋√（１＋４８ｇ）｝／２］　　［・］は切り捨て関数

は√ｇのオーダーになっていて，２次不等式

　　ｘ^2−７ｘ＋１２（１−ｇ）≧０

の解となっていることが見てとれます．皮肉なことにｇ＝０を代入するとｘ≧４になりますが，これはもちろん「四色問題の解」ではありません→［補］．

　この公式の導出を試みたのですが，単に「どの領域も少なくともｐ個の領域で囲まれている」と仮定し，オイラーの公式

　　ｖ−ｅ＋ｆ＝２−２ｇ

に代入して矛盾を引き出すという方法では何度も同じ公式の周りをたらい回しにされたあげくヒーウッドの公式に近づくことができませんでした．

　種数ｇのトーラス上の地図において，どの領域も少なくともｐ個の領域で囲まれていると仮定すると

　　ｐｆ≦２ｅ

また，このような問題を解くにあたっては，すべての交点で３本の境界線が会している地図だけを考えればよいので，

　　３ｖ≦２ｅ

これらをオイラーの公式に代入すると

　　ｖ−ｅ＋ｆ≦２／ｐｅ−ｅ＋２／３ｅ＝ｅ（２／ｐ−１／３）

これが矛盾を引き起こすためには

　　ｅ（２／ｐ−１／３）＜２−２ｇ

でなければなりませんが，どうしてもｇの２次式に帰着されないのです．目敏い人ならこの議論が堂々めぐりの論理（トートロジー）であることに気づかれたことでしょう．ｐをｇによって定義し，ｇをｐによって定義しているからです．

　それで，一松信先生にお伺いしたところ，もう少し積極的にｐ色必要という条件を使って，上記の２次不等式を導く必要があるとのことでした．また，ヒーウッドの公式はたいていの２次閉曲面について正しい彩色数を与えますが，クラインの瓶（ｇ＝０，向き付け不能）だけは６色必要であるという例外です．本来のトーラス（ｇ＝０）も隣接する領域が６個ある場合が例外で，それがなければ６色で彩色可能といった事実が知られているそうです→［補］．なお，十分性のリンゲルとヤングスの研究は単行本になって出版されておりますが，非常に多くの場合分けしてひとつひとつ調べるという手法だそうです．

　以下，

　　Ｈ（ｇ）＝［｛７＋√（１＋４８ｇ）｝／２］

と同値な

　　Ｈ（χ）＝［｛７＋√（４９−２４χ）｝／２］

について，一松信先生よりご教示された証明を紹介いたします．

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝

【１】目標

　面上の多角形分割で，面数Ｆ，頂点数Ｖ，辺数Ｅとするとき，オイラー標数

　　χ＝Ｆ＋Ｖ−Ｅ･･･････(1)

の閉曲面（向きづけられるか否かは不問）上の地図は，辺で境される国を別の色で塗るという条件下において，ヒーウッドの数

　　Ｈ（χ）＝［｛７＋√（４９−２４χ）｝／２］　　（［・］は切り捨て）

色あれば塗り分けられる（十分条件）．

［注１］この公式は本来χ＜０の場合にのみ有効である．ただし結果的にχ＝１（射影平面）とχ＝０で向きづけられる曲面（輪環面）では必要十分な正しい値（それぞれ６と７）を与える．χ＝２（球面）のときには４を与えるが，これは「偶然の一致」であって四色問題の解ではない（∵上の公式を導くときχ＜０という条件を本質的に使っている）．

［注２］これは十分条件であって，必要条件（どうしてもそれだけの色がいる）ではない．結果的にはχ＝０で向きづけられない曲面（クラインの瓶）以外の曲面ではすべて正しく必要十分な色数を与えている．クラインの瓶は唯一の例外で公式の値は７だが，実は６色で必要十分である．必要性は部分的（χの特別な値の例）には１９世紀末から知られていたが，最終的にはヤングスとリンゲルとが共同研究して１９６８年に完全に証明された．

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝

【２】証明

［１］第１段階

　まず，地図を次のような標準地図に限定しても一般性を失わない．すべての頂点にはちょうど３個国が会している（４個以上が１点に会することはない）．−−−それには４個以上が１点に会していたら，その点の近くに新しい１国を作って地図を修正すればよい（必要なら後にその国をつぶしてもとに戻す）．

　したがって，面（国）の数をＦ，頂点数をＶ，辺数をＥとするとき

　　３Ｖ＝２Ｅ･･･････(2)

としてよい．

［注］χ＝Ｆ＋Ｖ−Ｅ･･･････(1)

オイラー標数の定義．この基本量の値は曲面を定めれば一定であることは曲面（２次元多様体）のトポロジーの基本定理で，これは既知とする．向きづけられる場合はχ＝２−２ｇ（ｇはgenus（示性数，種数））であり，彩色数などと関連するのはある意味では自然な話である．

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

［２］第２段階

　Ｎ色で十分であることは，Ｆ＞Ｎのとき必ずＮ−１辺以下の国があることを示せばよい．（Ｆ≦ＮならＮ色で塗り分けられるのが自明である．）Ｎ−１辺以下の国があれば，一時，その国を隣接する国の１つと合併させる．そうすると辺の数が１つ減るから，Ｆに関する数学的帰納法によってＦ−１国以下の地図でよいと仮定して（Ｎ国以下なら自明）とりあえず塗り分ける．その後，もとの国を独立させたとき周りにＮ−１国以下しかないから，Ｎ−１色で十分なので，残った色をその国に与えればＦ国のときも正しい・・・という形で数学的帰納法による証明ができる

［注］互いに接するＮ国があるか否かは必要性の証明には不可欠だが，十分性の証明には不必要である．

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

［３］第３段階

　少しわかりにくい条件だが次の補助定理を証明する．

　　「オイラー標数の閉曲面上の標準地図に対して，ある正の整数Ｎがあり，Ｆ＞Ｎである任意の整数Ｆについて，不等式

　　ＮＦ＞６（Ｆ−χ）･･･････(3)

が成立する．」

という条件があれば，Ｆ（＞Ｎ）国からなる標準地図中に必ずＮ−１辺以下の国がある．

証）結果を否定すると，すべての国がＮ辺以上だから，のべＮＦ本以上の辺が２回数えられるので

　　ＮＦ≦２Ｅ･･･････(4)

である．(2)を(1)に代入すると

　　χ＝Ｆ＋Ｖ−Ｅ＝Ｆ＋２／３Ｅ−Ｅ＝Ｆ−１／３Ｅ

であり，

　　Ｆ−χ＝Ｅ／３≧ＮＦ／６

すなわち，６（Ｆ−χ）≧ＮＦを得る．これは条件(3)の不等式と矛盾する．

系）したがって，その標準地図ではＮ色で塗り分けられる（第２段階の帰納法）．

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

［４］第４段階

　条件(3)を満たす最小のＮ0を求める．χの正負によって場合分けがいる．

(i)χ＞０のとき，Ｎ0＝６とすれば明らかである．

［注］χ＝１のときには実際に６色が必要十分である．χ＝０のときには６−１＝５辺以下の国があるという事実は正しく，６色で十分なことが導かれる．ただしこれは不完全な結果である．ケンペの方法によって５色で十分なことが証明できる．４色で十分という四色問題はこれとは別の大問題（大定理）である．

(ii)χ＝０のときＮ0＝７が最低である．実際向きづけられるときには７色が必要十分である．

(iii)χ＜０のとき（このときが本題），Ｎ≧７でなければならない．(3)を（Ｎ−６）Ｆ＞−６χ＞０と置き換える．Ｎ−６＞だからＦが大きいほど有利である．したがって，Ｆ＞Ｎである最低のＦ＝Ｎ＋１について成立すればよい．

　　（Ｎ−６）（Ｎ＋１）＋６χ＞０

とすると，Ｎに関する２次不等式

　　Ｎ^2−５Ｎ＋（６χ−６）＞０

を与える．Ｎ＞０だから，この解は

　　Ｎ＞｛（５＋√（２５−４（６χ−６））／２｝＝｛（５＋√（４９−２４））／２｝

を得る．

　Ｎは整数である（本当に大きい）から，最低の値は

　　Ｎ0＝［右辺＋１］＝［｛７＋√（４９−２４χ）｝／２］

［注］具体的な数値を示すと次の通りになる．

　　ｇ（向きづけられるときのｇ）

　　Ｎ0（ヒーウッドの数）：［４］は機械的な計算（前述の注参照）

χ ：　２　　１　　０　−１　−２　−３　−４　−５　−６　−７　−８　−９　−１０

ｇ ：　２　　　　　１　　　　　２　　　　　３　　　　　４　　　　　５　　　　　　６

Ｎ0：［４］　６　　７　　７　　８　　９　　９　１０　１０　１０　１１　１１　　１２

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝

【補】四色問題

　平面上の四色問題では，地図が平面ではなく球面上に描かれているものとすると，外部領域は他の領域と何の違いもないことになります．したがって，外部領域を塗っても塗らなくても構わないことになり，平面上の四色問題は球面上の四色問題と等価と考えることができます．

　ヒーウッドは五色定理を鮮やかに証明できても，四色定理を証明することはできませんでした．したがって，平面・球面上の四色問題よりも先に，トーラス上の地図の塗り分けには７色必要であることが証明されたことになります．

　ヒーウッドの式はｇが正の数の場合にしか適用できないのですが，仮にｇ＝０を代入するとＨ（０）＝４となって，穴のあいていないトーラスすなわち球の表面に置かれた地図を塗り分けるために必要な色の数を正しく導き出すことができます．しかし，残念ながらこれは偶然の一致であり，ヒーウッド予想の証明から四色定理を導くことはできません．

　トーラス面上の７色問題など大きい種数ｇに対するヒーウッドの公式は，平面上の四色問題が証明されるよりもかなり前に証明されているのですが，種数０の場合，つまり平面的集合の場合が最も難しいという事実は注目すべき事です．

　四色問題の証明では，地図を電気回路とみなして

　　４ｆ2＋３ｆ3＋２ｆ4＋ｆ5−ｆ7−２ｆ8−３ｆ9−・・・＝１２

の条件の下の放電（電荷の移動）に帰着させる（放電法）のですが，この手続きにはどうしてもコンピュータが必要になりました．アペルとハーケンの後も放電法の改良が続けられ，１９９４年，ロバートソン，サンダース，シーモア，トーマスの４人が新たな１章をつけ加えました．

　しかし，これとて基本的にはアペル，ハーケンと同じコンピュータ路線なのです．確かにコンピュータを使った証明を美しいあるいはエレガントな数学と呼ぶことはできないかもしれません．コンピュータを使わない証明にはこれまでにないようなまったく新しいアイディアが必要になると思われるのですが，そうしたアイディアは今日もなお登場していないのです．

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝

【補】位相幾何学的射影平面

　ゴム膜でできた長方形の４辺（または２辺）を適当に貼り合わせることを考えてみましょう．そして，長方形を時計回りに順に一周するようなラベルをつけることにします．

　すると，１組の対辺だけを向きを保ったまま張り合わせる操作はａ０ａ^(-1)０と書くことができます．ａ０ａ^(-1)０によって円環ができあがります．ａ０ａ０すなわち１組の対辺を向きを逆にして張り合わせる操作によって，メビウスの帯ができあがります．円環の境界は２本の円周ですが，メビウスの帯の境界は１本の円周です．

　同様に，ａｂｂ^(-1)ａ^(-1)からは球面，ａｂａ^(-1)ｂ^(-1)からは輪環面（トーラス），ａｂａｂ^(-1)からはクラインの壷，ａｂａｂからは射影平面が得られます．

　クラインの壷と射影平面は３次元ユークリッド空間の中では描けません．また，イメージするのは難しいのですが，射影平面はメビウスの帯と円板とを縁に沿って貼り合わせたものと同相です．

　円環，球面，輪環面は表から裏に行くことはありませんが，メビウスの帯，クラインの壷，射影平面では縁を越えることなしに曲面の裏側にたどりつきます．こういう面を向きづけ不可能な曲面といいます．

　これら６種類はすべて２次元多様体の例です．そして，コンパクトな２次元多様体はどんなものでも，円環，メビウスの帯，球面，輪環面，クラインの壷，射影平面の６つのものを適当に連結和したものと同相になることが知られています．これが２次元多様体の分類定理ですが，３次元以上の多様体に関してはこのような分類定理は存在しません．

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝