Case 2. 2n + 1 = 4k + 5, k ≥ 0, 3 

Case 2. 2n + 1 = 4k + 5, k ≥ 0, 3  n = 2k + 2.
Let n = 3t + r, 1 ≤ r ≤ 2. The coloring function f to modulo 3 is a
proper coloring. Because f(i + n) = f(i + r)
= f(i) for 1 ≤ i ≤ n. Also,
f(n + 1) = r + 1
= f(2r + 1) = f(2n + 1).

ผลลัพธ์ (ไทย) 1:

กรณีที่ 2 2n + 1 = 4 k + 5, k ≥ 0, 3 n = 2 k + 2ให้ n = 3t + r, 1 ≤ r ≤ 2 สีที่เป็นฟังก์ชัน f การ modulo 3 แบบสีที่เหมาะสม เนื่องจาก f (ผม + n) = f (ผม + r) = f(i) สำหรับ 1 ≤ฉัน≤ n ยังf(n + 1) = r + 1 = f(2r + 1) = f(2n + 1)

ผลลัพธ์ (ไทย) 2:

2. กรณี 2n + 1 = 4k + 5, k ≥ 0, 3? n = 2k + 2.
ให้ n = 3t + R 1 ≤ R ≤ 2. ฟังก์ชั่นสี f เพื่อ modulo 3 เป็น
สีที่เหมาะสม เพราะ f (i + n) = f (I + R)
= f (i) สำหรับ 1 ≤ i ≤ n นอกจากนี้
f (n + 1) = r + 1
= f (2r + 1) = f (2n + 1)

ผลลัพธ์ (ไทย) 3:

2 กรณี 2 1 = 4K 5 K ≥ 0 , 3  n = 2
2 . ให้ n = 3T r 1 r ≤≤ 2 ระบายสีให้โมดูโล่ 3 เป็นฟังก์ชัน f
สมสี เนื่องจาก f ( n ) = f ( R )
= f ( I ) 1 ≤ผม≤ . นอกจากนี้
f ( 1 ) = R 1
= F ( 2R = f ( 1 ) 2 ( 1 )