第53届国际数学奥林匹克中国国家集训队试卷训练题A解答

训练题A

1
、我们考虑如下变换
T
：对于由三个 正整数作成的有序组
X?(x,y,z)
,法则
T
将其
变成三个新的 正整数有序组：
T(X)?X
1
?(x
1
,y
1
, z
1
)
．
?
(x?2z,z,y?x?z)当x?y?z
?
其中，
(x
1
,y
1
,z
1
)?
?
(2y?x,y,x?y?z)当y?z?x?2y
?
?
(x?2y,x ?y?z,y)在其它情况下
?
1
?
?
2
?
?3
?

请利用变换
T
证明费尔马两平方和定理：若
p? 4n?1
是一个质数，则存在正整数
a,b
，
使
a?b?p
．
（注：这个变换属于近代数学家察基尔
(Zagi er)
，据此，他从另一观点证明了费尔马两平
方和定理，其想法如同天外来客，无中生有．）
证：容易验证，变换
T
保持
x?4yz
的值不变，例如我们按情况< br>?
1
?
做这个变换：则有
2
22
x
12
?4y
1
z
1
?(x?2z)
2
?4z(y ?x?z)?(x
2
?4xz?4z
2
)?(4yz?4xz?4z
2
)?x
2
?4yz
．
在其余的两种情况下，检验起来也是如此简 单的．这就是说，如果对于某个数
p
，有等式
x
2
?4yz?p< br>，那么在变换
T
后，这种等式的值保持不变．
我们再来检验，变换
T
是对合的，即两次运用
T
将使我们回到原来的数组．
例如我们仍按 照前一种情况
?
1
?
做这个变换，即当
x?y?z
时，有
x
1
?x?2z,y
1
?z,z
1
?y?x?z< br>，这时，由于
x
1
?x?2z?y
1
?z
1
?2z?x?y
，
)
需要按照情况
?
3
?
来进行 ：这就是说，对
X
1
的变换
T(X
1
)?X
2?(x
2
,y
2
,z
2
，
x
2
?x
1
?2y
1
?(x?2z)?2z?x
，
y
2
?x
1
?y
1
?z
1
?(x?2z)?z?(y ?x?z)?y
，
z
2
?y
1
?z
．
在其余的情况下，一切都是类似的．
现在设，
p?4n?1
是一个素 数；首先，方程
x?4yz?p
2
(4)
，至少有两个显然解：
( x,y,z)?(1,1,n)
与
(1,n,1)
，前者满足
x?y
，后者满足
x?z
；马上想到的是，方程
(4)
是
否还有满足
y?z
的解？如果有，那么方程
(4)
立即变成等式：
x?(2y)?p< br>，结论已经
获得；我们接下来的事情就是证明,满足这种条件的解确实存在．
22

1

容易说明,方程
(4)
的 正整数解
(x,y,z)
只有有限多组；因为不大于
p
的正整数
x, y,z
都
只有有限多个．据前面的察基尔变换可知，如果
(x,y,z)
是方 程
(4)
的一组正整数解，
那么
(x
1
,y
1< br>,z
1
)?T(x,y,z)
也是方程
(4)
的一组正整数解 ，反之亦然；
假若在它的全部解中，没有使
y?z
成立的解，那么我们得出， 变换
T
可以将所有的解
配对成
?
(x,y,z),T(x,y,z )
?
，只要
(x,y,z)?T(x,y,z)
．
现在我们需要考虑，是否存在这样的配对，或者如人们所说，变换
T
是否具有不动点？
观察变换
T
中的三式，容易看出，
T
的不动点（即满足
(x,y, z)?T(x,y,z)?(x
1
,y
1
,z
1
)
时
的不动点），就是使
x?y
成立的不动点；但是方程
(4)
显然没 有使
x?y?1
的解（否则将
有
p?x?4yz?x?4xz?x(x?4z )
，与
p
为素数矛盾！），因此，满足
x?y
的不动点
只有 一个，那就是
(x,y,z)?(1,1,n)
，故由以上情况得出，方程
(4)的解的个数为奇数：其
中，不动点为
(1,1,n)
，而其余的解均可按对偶配对 ．
为了导出与假设的矛盾，我们需要从另一途径来说明，方程
(4)
的解的个数又是 偶数；
设方程
(4)
的全体解构成集合
S?(x,y,z)x?4yz?p ,y?z
，任取
(x
0
,y
0
,z
0
)? S
，易
知必有
(x
0
,z
0
,y
0
)?S
，而因
y
0
?z
0
，则
(x
0< br>,y
0
,z
0
)
与
(x
0
,z0
,y
0
)
是一对不同的解，依据
这一办法，可以将
S
中的全体元素两两配对，因此，集
S
有偶数个元素．矛盾！
故所设不真，即 方程
(4)
必有满足
y?z
的解
(a,b,b)
，这时由方 程
(4)
得到等式：
22
?
2
?
a
2< br>?(2b)
2
?p
．定理证完．
(注意：如果把以上做法看成是 一个变换
H
，使得
(x
1
,y
1
,z
1< br>)?H(x,y,z)?(x,z,y)
，则
22
变换
H
也是 对合的；因为它也满足
H(x
1
,y
1
,z
1
)? (x,y,z)
，以及
x
1
?4y
1
z
1
?x?4yz
．而
在
y?z
的假定下，解集中的元素对于
H
不存在不动点,于是就可将解集的全体元素配对成
?
(x,y,z),H(x,y,z)
?
,因此,解的个数是偶数)．
2
、若简单图
G
有
2n ?1
个顶点，至少
3n?1
条边
(n?2)
，证明：
G中必有偶圈．
证：由于图
G
的边数不小于顶点数，则
G
中必有 圈，今逐次这样地去掉图中的一些边：
使得每去掉一条边，就破坏一个圈，这样的操作至少可以进行< br>n?1
次，也就是至少可以去

2

掉
n?1
条边，破坏至少
n?1
个圈，即是说，图
G
中的圈至少有
n ?1
个．
这
n?1
个圈中，必有两个圈有公共边，事实上如果任两个圈都无 公共边，由于每个圈
至少有
3
条边，则图
G
至少有
3(n? 1)?3n?3
条边，矛盾！
今设
C
1
,C
2
是 图
G
中两个有公共边的圈，则
C
1
至少有一条边不在
C2
中，
C
2
至少有一条边
不在
C
1
中 ，若
C
1
,C
2
含有公共边
e
的最长公共道路为< br>C
0
?(AB)
，若设
A
C
1
道路
C
0
有
r
条边，圈
C
1
有
r
1< br>条边（包括公共路），圈
C
2
有
r
2
条边（包括公< br>共路），（即圈
C
1
,C
2
的长分别是
r
1
,r
2
）．
若去掉道路
C
0
?(A
B< br>C
2
B)
间的所有的边（即圈
C
1
,C
2< br>的上述公共边），则圈
C
1
,C
2
的剩下部分仍可合并为一个 圈，记为
C
*
，圈
C
*
的长为
r
1
?r
2
?2r
；
注意三个圈
C
1
,C
2
,C
长的和等于
2(r
1
?r
2
?r)
，它是一个偶数，故三个加项
*
r
1
,r
2
和
r
1
?r
2
?2r
中必有一个是偶数，即
G
中有偶圈 ．
3
、设
G
为
n
阶图
?
n?5
?
，其边数
e?n?4
，证明
G
中存在两个无公共边的圈.
证：对
n
归纳，当
n?5
时，
e?9
，这相当于从
k
5
中至多去掉一条边，结论显然成立.
设
n?k
?
k ?6
?
时结论成立，当
n?k
时，
k
阶图
G
的边数
e?k?4
，由于
G
的边数
?
顶
点数，其 中必有圈.
若
G
中存在一个长为
3
或
4
的圈C
1
，则从图
G
中删去圈
C
1
上所有的边，剩 下的
k
阶子
图
G
1
中，依然满足：边数
?
顶点数，其中又有圈
C
2
，显然，
C
1
与
C
2
都是
G
中的圈，且无
公共边.
以下假设，
G
中的每个圈长至少为
5
.
若
G中有点
v
0
，其度数
d
?
v
0
??1
，则删去点
v
0
以及它所关联的边，剩下的
k?1
阶子
图
G
2
中，有
k?1
个顶点，至少
?
k?1
?
?4
条边，据归纳假设，
G
2
中有不含公共边的两 个圈，
它们当然也是
G
中的圈.
若
G
中有点
v< br>0
，其度数
d
?
v
0
?
?2
，设与
v
0
邻接的两个点是
v
1
, v
2
，显然
v
1
, v
2
不相邻
（因G
中无三角形），此时，删去点
v
0
及其所发出的两条边，同时添加边< br>v
1
v
2
，所得的图
G
3
中，有
k ?1
个顶点，至少
?
k?1
?
?4
条边，据归纳假设，G
3
中有不含公共边的两个圈
C
1
与

3

C
2
. 再将边
v
1
v
2
去掉，恢复被删去的点
v
0
及其所发出的两条边
v
0
v1
, v
0
v
2
，回到图
G
，则
G< br>中也有不含公共边的两个圈（这是由于，若
G
3
中的这两个圈
C
1
与
C
2
都不含边
v
1
v
2
， 则这
两个圈
C
1
与
C
2
也是
G
中 的圈；若
G
3
中的这两个圈中有一个，例如
C
2
，含有边< br>v
1
v
2
，从该
圈中去掉
v
1
v< br>2
，并代之以边
v
0
v
1
, v
0
v
2
，得到圈
C
0
，则
C
0
与
C
1
是
G
中不含公共边的两个圈）.
若
G
中所有的 点
v
i
，其度数
d
?
v
i
?
?3
，
i?1,2,,k
，如果
G
的边数
?k?4
，我 们
就从
G
中删去一些边，使得边数恰好为
k?4
，记此图为
G
4
.
在图
G
4
中，若
G
4
中 有一顶点的度数
?3
，则据前面的讨论，结论已经得证；
若
G
4< br>中每个顶点的度数皆
?3
，则
G
4
中各顶点的度数之和
?3k
，故
G
4
中的边数
?
有
k?4?
3k
，即
2
3k
，由此得，
k?8
. 而在此时，只要能证 得，在
G
4
中必有三角形或四边形，这
2
种三角形或四边形当然也在
G
中，这将与原先的假设（
G
中的每个圈长至少为
5
）相矛 盾.
事实上，由于
G
4
中的边数
k?4?
顶点数
k
，故
G
4
中必有圈，设
C
为极小圈，则圈
C的
点与点之间不能再有其它边相连，否则圈
C
将被分成更小的圈，矛盾；设极小圈
C
的长为
r
，
则
r?k?2
.(由于每个顶点的度 数皆
?3
，若
r?k
，则圈
C
的点与点之间将有其它边相连 ，
于是圈
C
被分成更小的圈，矛盾；若
r?k?1
，圈
C? vv
12
vv
r1
上的每个点都要与圈外的
一点
v
0
相邻，于是得到三角形
v
0
v
1
v
2
， 矛盾)；于是，当
k?5
或
k?6
时，
G
4
中的极 小圈
C
的长
r?4
.
当
k?7
时，有
r ?5
，若极小圈
C
为五边形
v
1
v
2
v< br>3
v
4
v
5
，另两点为
u,v
，五边形的五 个
顶点共向
u,v
发出至少
5
条边，则
u,v
中必 有一点，例如
u
，要向五边形的顶点发出至少
3
条
边，其中必有两个 相邻顶点，例如
v
1
v
2
都与
u
相邻，于是得到三 角形
uv
1
v
2
（更小的圈），矛
盾，因此
r?4
；当
k?8
时，有
r?6
，若极小圈为六边形
v
1
v
2
v
3
v
4
v
5
v
6
，六个顶点共向圈外
的两点
u,v
发出至少
6
条边，则其中 有一点，例如
u
，要向六边形的顶点发出至少
3
条边，
于是点
u
要向顶点组
?
v
1
,v
3
,v
5?
,
?
v
2
,v
4
,v
6
?
中的一组发出至少
2
条边，设
u
与
v
1
,v
3
相邻，
则得到四边形
v
1
v
2
v
3
u
，矛盾；若极小圈
C
为五边形
v
1
v
2
v
3
v
4
v
5
，另三点为
u, v,w
，五边形的
五个顶点共向
u,v,w
发出至少
5
条边 ，必有一点，例如
u
，要向五边形的顶点发出至少
2
条

4

边，由于五边形的任两个顶点，要么相邻，要么中间只隔一个顶点，因此得到一个含有点
u
的三角形或者四边形，矛盾,因此
r?4
.
综合以上讨论，可知本题结论成立.
4
、设正整数
m?2
，若正整 数
a
与
m
互质，并且
1?a?m
，就称
a
是
m
的“本原互
质数”，例如
10
的“本原互质数”为
3, 7,9
，其中
3,7
为质数，而
9
不是质数；
12
的“本原
互质数”为
5,7,11
，它们都是质数．
一般地说，若
m
为正整数，并且它的“本原互质数”所构成的集合是一个非空的质数
集，就称数
m< br>是单纯的，例如
12
就是一个单纯数．试求全体单纯数．
解：容易验证，
3,4,6,8,12,18,24,30
这八个数都是单纯数；
下面证明，除此而外，不再有其它的单纯数．
引理：用
p
1
,p< br>2
,p
3
,
表示全体质数自小到大排成的数列：
2,3,5, 7,11,
，则当
n?4
时，
2
成立不等式：
p
n?1
?p
1
?p
2
??p
n
．
22< br>引理证明：当
n?4
时，显然有
p
5
?11?p
1< br>p
2
p
3
p
4
?2?3?5?7?210
， 下面考虑一般
n?4
的情况，设
p
1
,p
2
,p
3
,
a
1
?p
1
p
2
a
2
?p
1
p
2
a
3
?p
1
p2
a
p
k
?p
1
p
2
p
k? 1
?1?1
p
k?1
?2?1
,p
k
是前
k
个质数，作
p
k
个数
a
1
,a
2
,a
3
,,a
p
k
，其中
p
k?1
?3?1
…… ①
p
k?1
?p< br>k
?1
,a
p
k
中，每个数皆与
p
1
,p
2
,p
3
,
这
p
k
个数
a
1
,a
2
,a
3
,
,p
k?1
中 的所有数互质，且任两个数
,a
p
k
中，任
．
对模
p
k
不同余，因此恰有一个是
p
k
的倍数；继而可知，这
p
k
个数
a
1
,a
2
,a
3
,< br>两个数对模
p
k?r
不同余，
r?1
，因此其中至多一个是< br>p
k?r
的倍数，
r?1,2,
对于给定的
n?k
， 如果数
p
k
,p
k?1
,,p
n
的个数少于集合< br>A?a
1
,a
2
,
?
,a
p
k中元素的
,p
n
?
个数，即，若
n?k?1?p
k … ②，那么集
A
中至少有一个数，设为
a
j
，它与
p
k
,p
k?1
,
都互质；又因
a
j
与< br>p
1
,p
2
,p
3
,,p
k?1
中 的所有数互质，
,p
n
皆互质，此数
a
j
要么本身是质数 ，要么存在质数
,p
n
，但是前
n
个质数已经
p
k
… ③ ；
5
于是，数
a
j
与前
n
个质数
p
1
,p
2
,p
3
,
因子，总之有 质数
p
，使得
pa
j
，此
p
当然异于
p< br>1
,p
2
,p
3
,
被我们列出，所以
p?p
n?1
．即有
p
n?1
?p?a
j
?p
1
p
2

p
k
?1?p
1
p
2

再证明，当
n?5
时，对于前
n
个质数
p
1
,p
2
,p
3
,,p
n
，存在
k，
1?k?n
，使得
p
n?1
?p
1
p2
p
k
?p
k?1
p
k?2
p
n … ④
n?5
时，有
p
6
?13?p
1
p
2
p
3
?2?3?5?7?11?p
4
p
5 … ⑤，
n?6
时，有
p
7
?17?p
1
p
2
p
3
?2?3?5?7?11?13?p
4
p
5
p
6
… ⑥；
假若对于
n?m
及
m?1
，有
p
m?1
?p
1
p
2
p
i
?p
i?1
p
i ?2
p
m
… ⑦，与
p
m?2
?p
1
p< br>2
p
i
?p
i
2
+1
?p
i?1< br>p
i?2
p
j
?p
j?1
p
j?2
p
m+1
… ⑧
2
那么，由⑦，
p
m?1
?p< br>i?1
?p
1
p
2
p
m
?p
m?1
p
m?2
，约去
p
i?1
，
即有
pm?1
?p
i?1
?p
1
p
2
p
i< br>?p
i?1
?p
i?2
p
i?3
p
m
?p
m?1
p
m?2
… ⑨，
利用⑤⑥中
p
i?1
?p
3
?5
，以及切比雪夫定理（若实数
a?1
，在 区间
(a,2a)
中必有质数）
2
则
p
m?3
? 2p
m?2
?2p
m?1
?p
i?1
p
m?1 … ⑩，
由⑨⑩得，
p
m?3
?p
1
p
2
而由⑧，
p
m?2
?p
j?1
?p
1
p
2
2
p
i?1
?p
i?2
p
i?3
p
m?2
，
p
j
?p
2
j?1
?p< br>j?1
p
j?2
p
m?1
?p
m?2
pm?3
，仿照上面做法，得
p
m?4
?p
1
p
2
p
j?1
?p
j?2
p
j?3
p
m? 3
，故由归纳法得④式成立．
p
k
?p
k?1
p
k?2
p
n
，引理得证．
2
由④，
p
n?1?(p
1
p
2
p
k
)
2
?p
1
p
2
回到本题，显然，
3,4,6,8
是单纯数，当单纯数
m?4
，则
m
必为偶数，（否则，若
m
为
奇数，则合数< br>4
将与
m
互质，得
m
不是单纯数）；
当单纯数m?9
，则
m
除了是偶数外，还应是
3
的倍数，（否则，若m
与
3
互质，则合数
，因此大于
9
的单纯数应是
2?3?6
的倍数；
9
将与
m
互质，得
m
不是 单纯数）
当单纯数
m?5
，则
m
除了是
6
的倍数外 ，还应是
5
的倍数，（否则，若
m
与
5
互质，
则合 数
5
将与
m
互质，得
m
不是单纯数），因此大于
5
的单纯数应是
2?3?5?30
的倍数；
继而可知，大于
7
的单纯数应是
2?3?5?7?210
的倍数；大于
11
的单纯数应是2
的单纯数应是
p
1
p
2
2?3?5?7?11?23 10
的倍数，…，大于
p
n
2
22
2
2
p
n
的倍数．
22
于是，在区间
(3,5)
内，它们都是单 纯数，在区间
(5,7)
内，
6
的倍数只有
12,18,24，
22
30
的倍数只有
30
这个数，它是单纯数；
在区间
(7,11)?(49,121)
内，已经没有数是
2?3?5?7?210< br>的倍数，因此没有单纯

6
22

数，当
n? 4
时，由于
(p
n
,p
n?1
)
内的单纯数必须是
p
1
p
2
2
时，成立不等式：
p
n?1< br>?p
1
?p
2
?
22
22
p
n的倍数，而据引理，当
n?4
p
n
的倍数不在该区间内，因
2< br>?p
n
，也就是说，
p
1
p
2
此对任何n?4
，所有形如
(p
n
,p
n?1
)
的区间 内没有单纯数；又显然，当
n?2
时，
p
n
不是
2
单纯数（因为合数
p
n?1
与之互质），因此全部单纯数只有
3,4,6,8 ,12,18,24,30
这八个数．
5
、将
0,1,2,3,4,5,6 ,7,8,9
这十个原生数字分别填写于正五角星的十个交点处，使得
五角星的每条线段上的四 个数之和都是
9
的倍数，并且经过外环五点、内环五点所得到的两
个圆周上的五数之和 也都是
9
的倍数，称这样的填数图形为一个“五行轮”；
例如左图便是一个“五行轮”．
我们将经过空中翻转或旋转移动后能够重合的“五行轮”认为 是本质相同的，求本质
不同的“五行轮”的个数．
（注：五行，指金木水火土，它们循环相生 相尅，是自古以来释、道、儒、玄易、中医诸
学穷研之精粹，如右图（源自古籍）．而“五行轮”则是一 种传说中的兵器，使用方法奥秘
玄妙，对阵时按生尅关系，每招每式都需要用数学方法去推演的．本问题 借用其基本模型．）


火
1


9
3
8

7
木土

56


4

水
2
0
金

外环相生，内环相尅


解：若五条线上填写的数之和分别是
9S< br>k
,k?1,2,3,4,5
，则
9
?
S
k
?2
?
i?90
，所以
?
S
k
?10
．
k?1i?0
k?1
595
(1
0
)
、如果诸S
k
全相等，则每线上的四数和皆为
18
；注意到，五角星的每两线皆有 一
交点，而每一交点恰有两线经过；
先说明，此时
9
与
0
必共线，否则，假若
9
与
0
不共线，设
9
所在的一根线上的 另三数
为
x
1
,x
2
,x
3
，另一根线上 的另三数为
y
1
,y
2
,y
3
，则
36 ?(9?x
1
?x
2
?x
3
)?(9?y
1
?y
2
?y
3
)?18?(x
1
?x
2
?x
3
?y
1
?y
2
?y
3
)

?18?(1?2?3?4?5?6)?39
，矛盾！

7

现在设
9
与
0
所共的线为
l?(9,0,a
1< br>,a
2
)
，则因
a
1
?a
2
?9< br>，所以有
(a
1
,a
2
)?(1,8),(2,7),(3 ,6),(4,5)
；
0
所在的另一线为
l
0
?(0,b
1
,b
2
,b
3
)
，由于
b
1< br>?b
2
?b
3
?18
，则
(b
1
,b
2
,b
3
)?(3,7,8),(4,6,8),(5,6,7)
；
9
所在的另一线为
l
9
?(9,c
1
,c< br>2
,c
3
)
，由于
c
1
?c
2?c
3
?9
，则
(c
1
,c
2
,c
3
)?(1,2,6),(1,3,5),(2,3,4)
；
若
l ?(9,0,1,8)
，则
l
0
?(0,5,6,7)
，
l
9
?(9,2,3,4)
，这时
l
0
若
l?(9, 0,2,7)
，则
l
0
?(0,4,6,8)
，
l
9
?(9,1,3,5)
，这时
l
0
若
l?(9,0,3, 6)
，则
l
0
,l
9
皆与
l
有两个公共点 ，矛盾！
若
l?(9,0,4,5)
，则
l
0
?(0,3 ,7,8)
，
l
9
?(9,1,2,6)
，这时
l
0
l
9
??
，矛盾！
l
9
??
，矛盾！
l
9
??
，矛盾！
因此，使诸
S
k
全相等的填法不存在．于是这样的“五行轮”也不存在． < br>(2)
、今考虑诸
S
k
不全相等的情况，由于
?
S< br>k
?10
，其中若有某个
S
k
?4
，即若有
0
5
k?1
某根线上四数和
9S
k
?36
，那么其 余六点的填数和至多为
9
，矛盾！又若有两个数
S
i
,S
j
皆
为
3
，则相应两线的填数和分别为
27
，这两线的公共点 的填数至多是
9
，于是两线上七个
不同的点填数和不小于
27?27?9?4 5
，也得矛盾！
因此，在诸
S
k
不全相等时，五角星的五条线填数 情况是：恰有一条线的填数和为
27
，
一条线的填数和为
9
，其余三 条线的填数和皆为
18
．
为了找出所有的“五行轮”，首先指出，如果
A? (a
0
,a
1
,
么，将每个
a
k
一律用< br>b
k
替换，其中
b
k
?9?a
k
,k?0, 1,
,a
9
)
是一个“五行轮”，那
,b
9
)也
,9
，得到的
B?(b
0
,b
1
,
是一个“五行轮”，称这样的两个“五行轮”是“对偶”的；由于内、外圈的五数之和皆大
于
1 0(?0?1?2?3?4)
，且两圈的十数之和为
45
，故两圈的和数必
定 是，一个为
18
，而另一个为
27
．
由于上述“五行轮”
A,B
一一对应，我们也可以这样来限定
A
类
“五行轮”，使得它的外圈五数 之和恰为
18
，（于是内圈五数和恰为
．这样，全体“五行轮”的个数便等于
A
类“五行轮”个数的
2
倍．
27
）

8
P
Q

注意到，四数和为
9
的线段，只有三种情况：
?
1
?(0,1,2,6),
?
2
?(0,1,3,5),
?
3
?(0,2,3,4)
；
四数和为
27
的线段，也只有三种情况：
?
1
?(3,7 ,8,9),
?
2
?(4,6,8,9),
?
3
?(5,6 ,7,9)
；
由于同一个五角星中的
任两条线段
?
i
和< br>?
j
应当恰有
一个交点，故其交点的填数，
只有
3,4,5 ,6
四种情况，按照
1
4
0
6
8
3
61
2
5
91
0
8
7
4
4
5< br>2
7
5
0
0
3
8
9
6
6< br>0
4
8
1
5
3
7
9
2
2< br>1
6
90
3
9
7
2
5
3
7
8
42
5
4
7
1
3
9
8
6
“本质不同”的含义，我们可
始终将这样两条线段
?
i
和
?
j
的交点置于点
P
或
Q
处．
今按交点填数情况讨论：
（一）、交点在
P
处的情况：
(10
)
、当交点填数为
3
时，
按
?
2
有
6
个排列：它们只能与
5
0
4
3
8
96
2
3
6
2
1
4
92
0
7< br>8
5
5
4
0
7
0
1
1
2< br>4
3
8
7
6
9
3
7
9
1< br>84
66
0
2
0
5
1
4
2
3
9
7
5
8
3
9
8
5
7
1
6
?
1
搭配，共生成六个图，其中
前三个是
A
类 的，第四个是
B
类的，后两个则不具轮特征
（即：圈上五数和不是
9
的倍
数）；


(2< br>0
)
、当交点填数为
3
时，按
?
3
有
6
个排列：它们也只能与
?
1
搭配，共生成六个图，其
中前三个是
A
类的，第四个是

B
类的，后两个则不具轮特征；



4
5
0
7
2
4
5
3
1
29
0
0
6
8
7
1
3
5
9
3
2
60
4
8
6
7
7
0
5
6
2
39
8
1
1
2
783
4
8
9
1
3
4
9
6
5< br>7
2
1
8
0
4
6
9
5
(3
0
)
、当交点填数为
4
时，按
?
3
有6
个排列：它们只能与
?
2
搭配，共生成六个图，其中前两
个是
A
类的，中间两个是
B
类

9

的，后两个则不具有轮特征；


5
4
0
8
1
5
4
3
2
1
93
06
7
88
0
1
6
0
3
9
7
22
1
3
5
9
6
8
7
5
79
4
6
0
22
3
1
3
4
8< br>1
0
5
6
9
2
7
5
7
6< br>4
9
8
4
(4)
、当交点填数为
5
时，按
?
2
有
6
个排列：它们只能与
0
?
3
搭配，共生成六个图，其中
前两个是
A
类的，中间两个是
B
类的，后两个则不具轮特
征；





< br>6
5
2
7
0
6
3
1
5
2< br>9
1
0
8
4
7
7
2
0
4< br>0
19
8
35
1
2
6
4
8
3
9
6
8
9
5
4
2
3
3
0
1
1
7
7
0
2
6
4
9
3
8
6
9
4
7
8
5
5
(5)、当交点填数为
6
时，
按
?
1
有
6
个 排列：若将它们与
0
?
2
搭配，共生成六个图，其中
第一个是
A
类的，中间三个是
B
类的，后两个则不具轮特
征；





6
4
1
8
0
6
4
15
88
0
5
1
2
9
7
332
0
6
7
5
4
9
6
7
33
2
2
88
0
1
6
5
9
3< br>7
6
9
4
4
(6)
当交点填数为
6
时，按
0
?
1
有
6
个排列：若将它们与
?
3
搭配，共生成六个图，其中
第一个是
A
类的，中间三个是
1
9
20
75
B
类的，后两个则不具轮特
34
8
征 ；
0
9
5
217


在此情形下，我们总共得到
24
个“五行轮“，其中
12
个
A
类五行轮，
12
个
B
类五行轮．

10

（二）、交点在
Q
处的情况：
（如果采用对偶方法，也可共 得到
24
个“五行轮“，其中
12
个
A
类五行轮，
12
个
B
类五
行轮，但为明确起见，且为了给出具体结果，我们仍旧实际操作 一遍．）

1
1
(1
0
)
、当交点填数为
3
时，
7
3
9
8
8
39
7
按< br>?
2
有
6
个排列：它们只能
56
02
44
0
2
56
与
?
1
搭配，共生成六个图，5
5
其中第一个是
A
类的，中间
三个是
B
类的 ，后两个则不
8
37
9
9
3
7
8
具轮特征 ；
02
1
4

6

4
6
1
02




22
(2
0
)
、当交点填数为
3
8
39
77
39
8
4
6
0
1
时，按
?
3
也 有
6
个排列：
55
0
1
46
它们也只能与
?
1
搭配，共生
4
0
成六个图，其中第一个是
A
7
3
8
9
8
3
7
9
类的，中间三个是
B
类的，
后两个则不具轮特征；
0
1
4
6

6
1
252
5



2
3

(3
0
)
、当交点的填数为
948
6
8
4
9
6
3
7
2
5< br>4
时，按
?
3
有
6
个排列：
5
7< br>0
1
0
1
它们只能与
?
2
搭配，共生
2
0
成六个图，其中前两个是
6
48
9
9
46
8
A
类的，中间两个是
B
类
0
1
的 ，后两个则不具轮特征；
3
7
5
1

372
5

0
9
38
7
14
2< br>56
0
7
38
9
56
2
1
4
0
9
37
8
25
1
46
4
9
3
8
7
2
5
6
0
1
0
8
4
6
9
2
5
1
3
7
3
6
4 9
8
0
1
7
2
5
11

1
3
7
8
67
1
2
0
8
59
4
2
3
67
1
5
0
64
2
8
3
6
8
76
0
8
4< br>1
4
5
9
2
7
9
(4
0
)
、当交点填数为
5
时，
按
?
2
有
6
个排列：它们只能与
9
3
5
4
0
1
6
0
3
4
8
57
2
9
9
?
3
搭配，共生成六个图，其中
前两个是
A
类的，中间两个是
B
类的，后 两个则不具轮特
征；



0
5
3
1< br>2
0
9
1
5
2
2
8
0
3< br>1
7
1
6
4
5
9
4
2
6< br>3
68
7
2
4
8
0
6
1
9
5
7
3
0
8
3
5
7
0
9
9
1
6
0
4
4
2
6
1
9
3
7
5
2
4
7
3
5
8
8
(5
0
)
、当交点填数为
6
时，按
?
1< br>有
6
个排列：若将
它们与
?
2
搭配，共生成六个图，其中前三个是
A
类的，
第四个是
B
类的，后两个则
不具轮特征；





0
9
2
6
7
8
4
1
1
7
6
5
9
5
6
3
1
5
7
0
6
2
9
4
8
3
0
7
9
9
6
0
5
5
1
6
2
9
3
8
4
1
5
7
7
(6)
当交点填数为
6
时，
按
?
1
有
6
个排列：若将它们
与
?
3
搭配，共生成六个图 ，
0
其中前三个是
A
类的，第四
0
438
12个是
B
类的，后两个则不具
3
43
轮特征；
20
84
28

在此情形下，我们也得到
24
个“ 五行轮”，其中
12
个
A
类五行轮，
12
个
B类五行轮；
因此全部“五行轮”共有
48
个（其中
24
个A
类五行轮，
24
个
B
类五行轮）．

（又 注，如果不考虑“轮”特征，只关注五角星填数，那么图形将有
72
般变化，也就是已
经列出来的全部图形，这是一个有趣的结果；本题融九五太极，八九玄功于一体，所生成的
十二组图形， 梯次而出，有如布阵排兵，体现了数学结构的美与和谐，很值得细细玩味．）

12