国家集训队精确叫牌法 5版(修正)
第五届数学奥林匹克国家集训队选拔试题解答
第五届数学奥林匹克国家集训队选拔试题解答李成章【期刊名称】《中等数学》【年(卷),期】1990(0)6【摘要】一、设朋友最多的人有k个朋友,显然,k≥m.若k>m,设A有k个朋友B<sub>1</sub>,B<sub>2</sub>,…,B<sub>k</sub>.并记S={B<sub>1</sub>,B<sub>2</sub>,…,B<sub>k</sub>}.设B<sub>i1</sub>,B<sub>i</sub>2B<sub>i</sub>2,…,B<sub>i</sub><sub>m-1</sub>是从S中任取的m-1个元素,则A,B<sub>i1</sub>, …,B<sub>i</sub><sub>m-1</sub>这m个人有一个公共朋友,记为C<sub>i</sub>.因C<sub>i</sub>是A的朋友,故C<sub>i</sub>∈S.若且{A,【总页数】4页(P35-38)【作者】李成章【作者单位】南开大学数学系 300071【正文语种】中文【中图分类】G633.6【相关文献】1.第7届数学奥林匹克国家集训队选拔试题解答 [J],2.第三届(1988年)数学奥林匹克国家集训队选拔试题解答 [J],3.第二届(1987年)数学奥林匹克国家集训队选拔试题解答 [J],4.第一届(1986年)数学奥林匹克国家集训队选拔试题解答 [J],5.第4届(1989)数学奥林匹克国家集训队选拔试题解答 [J],因版权原因，仅展示原文概要，查看原文内容请购买。
芳芳精确叫牌法5.2体系简述
芳芳精确叫牌法 FFJQ V5.2体系简述一 .一般概述：体系基于FFJQ V 5.1。
采用万能1◇开叫；五张高花开叫；2♣实叫；2◇（◇单缺）开叫；1♣强开叫；1NT=14～16Hcp；2NT=22～23 Hcp；2阶以上开叫是阻击叫。
1♣后面采用转移争叫，看到NT后一般会采用转移叫；对1♣后的积极应叫采用总控制数量问叫1NT（仅对1?/1?应叫）和支持张问叫（V4.2新增）。
1♣开叫后采用强自由，其他都是弱自由。
但是，示强后面2NT不是总控制数量问叫，是自然意义。
2NT或者更高应叫后面就取消支持张问叫，改用自然叫牌。
采用特别阻击关键张问叫（4♣）、红木关键张问叫（4◇只在♣套后面才用），改进罗马关键张问叫4NT，将牌配合后的4♣除非是爆裂叫外，都是约定问A，特别是4♣问A 后采用了4NT将牌复问。
FFJQ v 5.2 版本增加了开叫3NT后面问叫，先问套，再将牌问叫或者边花问叫。
专门设计了特别的将问叫—控制问叫，A问叫—控制问叫。
芳芳精确（中、英文简称FFJQ）的二种莱本约定叫牌方式是专门设计的；5阶排除关键张与其他体系完全不相同。
在4♣问A，4NT 问将牌强度后面，接5NT是问副牌K，答叫0123。
FFJQ（芳芳精确）放弃了自然的4♣应叫和出套，约定为问A（答叫4/0、1、2、3）和放弃了1NT开叫后面2NT自然应叫（改为莱本约定逼叫3♣）。
二 .FFJQ V5.2版本修改部分1.新FFJQ V 5.2版本原FFJQ V 4.5版本1、1♣1NT=8-10Hcp|15+Hcp 1♣ 1NT=8-10Hcp|16+Hcp2、1♣2NT= 11-14Hcp 1♣ 2NT = 11-13Hcp3、1♣3NT= 9+Hcp，AKQxxx（x）,Any 1♣ 3NT= 14-15Hcp2.V5.2开叫1♣应叫3NT后续发展：1♣3NT？这样的牌，一般至少6个，要试探大满贯的。
所以，不可能停3NT或者4个成局。
桥牌-精确叫牌法
桥牌精确叫牌法以下内容供参考，有请完善，谢谢！简介如下：第一部分1C开叫及以后的发展开叫1C：16+的任何牌型（除了22~24的均型牌）一、应叫1D(0~7点)，任意牌型。
在以后叫牌中，0~3（4）点为低限，4~7点为高限，即使在不逼叫的情况下，高限亦须维持一轮叫牌。
开叫人的再叫：（一）1H/1S/2C/2D：16~21 5张以上套，不逼叫（应叫人是4~7点，必须继续叫牌）。
其中，16~18点为低限，19~21为高限，低限时的1H/S，允许是较好的4张套，以便在低阶找到4-4的高花配合，同理，1H后，应叫人再叫1S，亦可以是4张即1C----1D高限可以逆叫，就先出5张低花套，再逆叫4张高花套1H----1S（二）1NT：16~18 平均牌型（允许5张低花套）。
应叫人再叫：1、2C：Stayman约定叫，问高花套2、2D/H：转移叫表示H/S套3、2S：约定叫，表示5--5以上双低套4、2NT：邀请叫5、3C/D：6张以上套，最多一张大牌，止叫（三）2NT：19~21 平均牌型。
应叫人再叫：1、3C：逆Flint 约定叫，令开叫人叫3D，弱牌（0~3）点，表示有一门6（5）张D/ H/S套或7张C套2、3D：Stayman约定叫，问高花套回答：3H/S=H/S套，3NT=无高花套3、3H/S：5（4）~7点，5张以上套，逼叫4、3NT：6（5）~7点，止叫5、4C：约定叫，0~4点，5--5以上双低套6、4D/H：转移叫，表示6张以上H/S套7、4S：约定叫，5~7点，5--5以上双低套（四）3NT：25~27 平均牌型。
应叫人再叫：1、4C：巴伦（Baron)约定叫，问4张套。
回答从最低一门报起（答4NT表示3334型，C套），应叫人再叫任何新花，亦只保证4张2、4D/H：转换叫，6（5）张以上H/S套3、4NT：邀请上小满贯（五）2H/2S/3C/3D：22+，5（6）张以上套，逼叫。
应叫人再叫：1、加一级（2NT除外）：0~3点，二度示弱叫。
全国啦啦操规定套路竞赛评分规则—最新版
“五级制“赛事活动。
1.3 竞赛种类 全国啦啦操规定套路比赛分为五级赛制，层层递进。 A 级. 全国啦啦操规定套路“达标”赛 B 级. 全国啦啦操规定套路“新人”大赛 C 级. 全国啦操规定套路“新星”大赛 D 级. 全国啦啦操规定套路“精英”大赛 E 级. 全国啦啦操规定套路“全明星”总决赛
1.4 竞赛项目 1.4.1 规定套路
全国啦啦操规定套路 竞赛评分规则
国家体育总局体操运动管理中心审定 二 0 一 0 年十二月
全国啦啦操规定套路竞赛评分规则
目录
第一章 总则 ...................................................................4 1.1 宗旨 .....................................................................4 1.2 竞赛性质 .................................................................4 1.3 竞赛种类 .................................................................4 1.4 竞赛项目 .................................................................4 1.5 竞赛分组 .................................................................5 1.6 参赛资格 .................................................................5 1.7 参赛要求 .................................................................6 1.8 竞赛场地 ................................................................7 1.9 成套动作时间： ...........................................................7 1.10 音乐伴奏 ................................................................7 1.11 竞赛程序 ................................................................8 1.12 出场顺序 ................................................................8 1.13 竞赛服装、发饰与化妆 ....................................................9 1.14 道具 ....................................................................9 1.15 裁判长减分 ..............................................................9
桥牌精确叫牌法(汇总)-荆歌
水平和竞技能力。
03
竞技桥牌运动的国际交流与合作
未来桥牌精确叫牌法将更加注重国际交流与合作，推动全球桥牌运动的
发展和提高。
06
参考文献
参考文献
01
[1] 荆歌. (2008). 桥牌精确叫牌法(汇总). 中国桥牌协
会.
02
[2] 张鹏. (2010). 桥牌叫牌原理. 北京体育大学出版社
.
03
[3] 王建华. (2015). 桥牌实用叫牌技巧. 人民邮电出版
03
据实际情况进行合理的判断和决策。
确定最终叫牌
01
确定最终叫牌是桥牌叫牌过程 中的最后一步，需要根据起始 出价和对手可能的出价情况来 确定。
02
确定最终叫牌时要考虑的因素 包括牌型、控制、牌张强度等 ，通过综合考虑这些因素，可 以确定最终的叫牌方案。
03
在确定最终叫牌时，要避免过 于冒险或过于保守的策略，要 根据实际情况进行合理的判断 和决策。
如何确定最终叫牌？
综合分析
最终叫牌是在叫牌过程中对起始出价进行逐步调整后得出的结果。在确定最终叫牌时，需要综合考虑自己的牌型、强度、可 能的组合以及同伴可能的牌力等因素。通过综合分析，可以得出一个更准确的叫牌结果，从而提高桥牌的胜率。
05
桥牌精确叫牌法的未来发展与 展望
桥牌精确叫牌法的发展趋势
未来桥牌精确叫牌法将更加注重与做庄技术的结合，提高叫牌与打牌的连贯性和效率。
桥牌精确叫牌法的未来展望
01
叫牌法理论的不断完善
随着实践经验的积累和理论研究的深入，未来桥牌精确叫牌法理论将不
断得到完善和发展，提高叫牌决策的科学性和准确性。
02
叫牌法教育的普及和发展
双人赛精确叫牌法
序言在一次纽约地区性冬季双人赛上，魏重庆和R·安德森取得了260分的优异成绩（平均分为156分）。
过后不久，精确制的创始人决定先在美国桥牌期刊上介绍一下他们的这本著作。
他们写这本书的目的是想讲述一些双人赛取胜的基本原则，帮助多数牌手找出他们在双人赛中总是得到低分或平均分的原因；告诉有浓厚兴趣的牌手，怎样通过改变自己的思路来提高成绩。
文章发表后，从读者的来信中了解到，对魏先生所论述的原则的理解程度比他预料的还要低。
有些牌手甚至对魏先生介绍的某些方法提出疑问。
实际上，专家牌手都知道这些方法，而且本书作者在他的定约卡上早已写得一清二楚。
举个例子，有这样一条原则：若对方在2NT以下停叫时，你就应该再加入竞叫。
可以回顾一下自己的比赛经历，当你开叫1红心或1黑桃，同伴简单加叫到2红心或2黑桃，有多少次你停叫而能成为主打人？当你遇到这种不寻常的情况时，比赛后查看记分表，难道不是每次都获得出乎意料的满意结果吗？在上述情况下，对方能够盖过你的定约并获得成功的机会大的很。
正因为如此，许多牌手都约定以再叫出3红心或3黑桃作为阻击性质的叫牌，并非有意成局。
如果想邀叫进局就用其他叫法叫出短套或长套，这样处理再叫是属于约定性质的。
而2NT以下定约后的再竞叫只属于双人赛的一般叫牌原则，是一个很普通的致胜策略，牌手都应该有这个默契，不需要特殊约定。
令人惊奇的是好多常打双人赛的牌手对上述竞叫原则想都没有想过，就是想了也没有得出正确的结论：即遇有简单加叫后开叫者停叫这种情况，应该毫不含糊地竞叫。
已故的一位美国著名牌手，他的坏脾气比他的牌艺更出名。
有一次打牌他坐西，叫牌过程是：南西北东1C -- 1D --3D -- -- --！东的一声软绵绵的不叫惹得这位先生大发雷霆，高声喊道：“喂！我的老牌手，高花套那里去了？”双人赛是大多牌手最常参加的比赛。
本书的前面几章就把它的基本原理作了精辟的介绍。
无论你用的是什么叫牌体制，对这些基本原理的理解都有助于指导你的正确行动来提高比赛成绩。
双人赛科学精确叫牌法表解03-再叫一览表
1H
1S
1NT：44 双高套型即 4-4-3-2、4-4-2-3、4-4-4-1、 4-4-1-4； 2C：有 4 张红心、5 或 6 张梅花的一高一低型，含 4 张红心的单高套型即 1-4-4-4； 2D：有 4 张红心、5 或 6 张方块的一高一低型； 2H：红心单 6 张套型、6-4 一高一低型；4-6 双高套 型； 2S：6-4 双高套型。
2C
2D
2H：双低套型，低限； 2S：梅花单 6 张套型，低限； 2NT：5 张坚固梅花套； 3C：梅花单 6 张套型，高限； 3D：双低套型，高限； 3H：双低套型，高限，Splinter; 3S: 双低套型，高限，Splinter; 3NT：6 张坚固梅花套。
2D
2NT
3C：双低套型，低限； 3D：方块单 6 张套型，低限； 3H：方块单 6 张套型，高限； 3S：双低套型，高限； 3NT：6 张坚固方块套。
双人赛科学精确叫牌法表解 03-再叫一览表
开叫 1D
应叫 1H
再叫 1S：黑桃单 5 张套型、有 5 张黑桃的 5-4 一高一低 级别型；55 一高一低级别型； 1NT：红心单 5 张套型； 2C：有 5 张红心、4 或 5 张梅花的一高一低型； 2D：有 5 张红心、4 或 5 张方块的一高一低型。
1S
1NT
2C：含 4 张黑桃的单高套型即 4-1-4-4，有 4 张黑 桃和 5 或 6 张梅花的一高一低型； 2D：有 4 张黑桃和 5 或 6 张方块的一高一低型； 2H：4 张黑桃、5 张红心，相当于弗兰纳雷约定叫； 2S：黑桃单 6 张套
2D：无 4 张高花；（有 4 张高花） 2H：只有 4 张红心；（有 3 张红心，可能有 3 张黑 桃） 2S：只有 4 张黑桃。（有 3 张黑桃，没有 3 张红心）
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A1、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：1111()(,,)T X X x y z ==．其中，()()()111(2,,)1(,,)(2,,)22(2,,)x z z y x z x y z x y z y x y x y z y z x yx y x y z y +--<-⎧⎪=--+-≤≤⎨⎪--+⎩当当在其它情况下3请利用变换T 证明费尔马两平方和定理：若41p n =+是一个质数，则存在正整数,a b ， 使22a b p +=．（注：这个变换属于近代数学家察基尔()Zagier ，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24x yz +的值不变，例如我们按情况()1做这个变换：则有2222221114(2)4()(44)(444)4x y z x z z y x z x xz z yz xz z x yz +=++--=+++--=+．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24x yz p +=，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1112,,x x z y z z y x z =+==--，这时，由于11122x x z y z z x y =+>-=+-， 这就是说，对1X 的变换12222()(,,)T X X x y z ==，需要按照情况()3来进行：2112(2)2x x y x z z x =-=+-=，2111(2)()y x y z x z z y x z y =--=+-+--=， 21z y z ==．在其余的情况下，一切都是类似的．现在设，41p n =+是一个素数；首先，方程24(4)x yz p+=，至少有两个显然解：(,,)(1,1,)x y z n =与(1,,1)n ，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：22(2)x y p +=，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．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111(,,)(,,)x y z 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111(,,)(,,)(,,)x y z T x y z x y z ==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1x y =>的解（否则将有2244(4)p x yz x xz x x z =+=+=+，与p 为素数矛盾！），因此，满足x y =的不动点只有一个，那就是(,,)(1,1,)x y z 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{}2(,,)4,S x y z x yz p y z =+=≠，任取000(,,)x y z S ∈，易知必有000(,,)x z y S ∈，而因00y z ≠，则000(,,)x y z 与000(,,)x z y 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 b p +=．定理证完．(注意：如果把以上做法看成是一个变换H ，使得111(,,)(,,)(,,)x y z H x y z x z y ==，则变换H 也是对合的；因为它也满足111(,,)(,,)H x y z x y z =，以及2211144x y z x yz +=+．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21n +个顶点，至少31n +条边(2)n ≥，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1n +次，也就是至少可以去掉1n +条边，破坏至少1n +个圈，即是说，图G 中的圈至少有1n +个．这1n +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(1)33n n +=+条边，矛盾！今设12,C C 是图G 中两个有公共边的圈，则1C 至少有一条边不在2C 中，2C 至少有一条边不在1C 中，若12,C C 含有公共边e 的最长公共道路为0()C AB =，若设道路0C 有r 条边，圈1C 有1r 条边（包括公共路），圈2C 有2r 条边（包括公共路），（即圈12,C C 的长分别是12,r r ）． 若去掉道路0()C AB =间的所有的边（即圈12,C C 的上述公共边），则圈12,C C 的剩下部分仍可合并为一个圈，记为*C ，圈*C 的长为122r r r +-；注意三个圈*12,,C C C 长的和等于122()r r r +-，它是一个偶数，故三个加项12,r r 和122r r r +-中必有一个是偶数，即G 中有偶圈．3、设G 为n 阶图()5n ≥，其边数4e n ≥+，证明G 中存在两个无公共边的圈.证：对n 归纳，当5n =时，9e ≥，这相当于从5k 中至多去掉一条边，结论显然成立. 设()6n k k <≥时结论成立，当n k =时，k 阶图G 的边数4e k ≥+，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1C ，则从图G 中删去圈1C 上所有的边，剩下的k 阶子图1G 中，依然满足：边数≥顶点数，其中又有圈2C ，显然，1C 与2C 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0v ，其度数()01d v ≤，则删去点0v 以及它所关联的边，剩下的1k -阶子图2G 中，有1k -个顶点，至少()14k -+条边，据归纳假设，2G 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0v ，其度数()02d v =，设与0v 邻接的两个点是12, v v ，显然12, v v 不相邻（因G 中无三角形），此时，删去点0v 及其所发出的两条边，同时添加边12v v ，所得的图3G 中，有1k -个顶点，至少()14k -+条边，据归纳假设，3G 中有不含公共边的两个圈1C 与2C . 再将边12v v 去掉，恢复被删去的点0v 及其所发出的两条边0102, v v v v ，回到图G ，则G中也有不含公共边的两个圈（这是由于，若3G 中的这两个圈1C 与2C 都不含边12v v ，则这两个圈1C 与2C 也是G 中的圈；若3G 中的这两个圈中有一个，例如2C ，含有边12v v ，从该圈中去掉12v v ，并代之以边0102, v v v v ，得到圈0C ，则0C 与1C 是G 中不含公共边的两个圈）.若G 中所有的点i v ，其度数()3i d v ≥，1,2,,i k =，如果G 的边数4k >+，我们就从G 中删去一些边，使得边数恰好为4k +，记此图为4G .在图4G 中，若4G 中有一顶点的度数3<，则据前面的讨论，结论已经得证； 若4G 中每个顶点的度数皆3≥，则4G 中各顶点的度数之和3k ≥，故4G 中的边数32k≥，即有342kk +≥，由此得，8k ≤. 而在此时，只要能证得，在4G 中必有三角形或四边形，这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4G 中的边数4k +≥顶点数k ，故4G 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2r k ≤-.(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1r k =-，圈121r C vv v v =上的每个点都要与圈外的一点0v 相邻，于是得到三角形012v v v ，矛盾)；于是，当5k =或6k =时，4G 中的极小圈C 的长4r ≤.当7k =时，有5r ≤，若极小圈C 为五边形12345v v v v v ，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12v v 都与u 相邻，于是得到三角形12uv v （更小的圈），矛盾，因此4r ≤；当8k =时，有6r ≤，若极小圈为六边形123456v v v v v v ，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{}{}135246,,, ,,v v v v v v 中的一组发出至少2条边，设u 与13,v v 相邻，则得到四边形123v v v u ，矛盾；若极小圈C 为五边形12345v v v v v ，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4r ≤.综合以上讨论，可知本题结论成立.4、设正整数2m >，若正整数a 与m 互质，并且1a 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 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123,,,p p p 表示全体质数自小到大排成的数列：2,3,5,7,11,，则当4n ≥时，成立不等式：2112n n p p p p +<⋅⋅⋅．引理证明：当4n =时，显然有2251234112357210p p p p p =<=⋅⋅⋅=，下面考虑一般4n >的情况，设123,,,,k p p p p 是前k 个质数，作k p 个数123,,,,k p a a a a ，其中1121212131211211121311k k k k p k k a p p p a p p p a p p p a p p p p ----=⋅-=⋅-=⋅-=⋅- …… ① 这k p 个数123,,,,k p a a a a 中，每个数皆与1231,,,,k p p p p -中的所有数互质，且任两个数对模k p 不同余，因此恰有一个是k p 的倍数；继而可知，这k p 个数123,,,,k p a a a a 中，任两个数对模k r p +不同余，1r ≥，因此其中至多一个是k r p +的倍数，1,2,r =．对于给定的n k ≥，如果数1,,,k k n p p p +的个数少于集合{}12,,,k p A a a a =中元素的个数，即，若1k n k p -+< … ②，那么集A 中至少有一个数，设为j a ，它与1,,,k k np p p +都互质；又因j a 与1231,,,,k p p p p -中的所有数互质，于是，数j a 与前n 个质数123,,,,n p p p p 皆互质，此数j a 要么本身是质数，要么存在质数因子，总之有质数p ，使得j p a ，此p 当然异于123,,,,n p p p p ，但是前n 个质数已经被我们列出，所以1n p p +≥．即有112121n j k k p p a p p p p p p +≤≤≤-< … ③ ；再证明，当5n ≥时，对于前n 个质数123,,,,n p p p p ，存在k ，1k n <<，使得11212n k k k n p p p p p p p +++<< … ④5n =时，有61234513235711p p p p p p =<=⋅⋅<⋅= … ⑤， 6n =时，有71234561723571113p p p p p p p =<=⋅⋅<⋅⋅= … ⑥；假若对于n m =及1m +，有11212m i i i m p p p p p p p +++<<… ⑦，与21212+1m j j j m p p p p p p p +++<<… ⑧那么，由⑦，221112+11212m i i i i i m m m p p p p p p p p p p p ++++++⋅<⋅<⋅，约去1i p +，即有111212312m i i i i i m m m p p p p p p p p p p p +++++++⋅<⋅<⋅ … ⑨，利用⑤⑥中135i p p +>=，以及切比雪夫定理（若实数1a >，在区间(,2)a a 中必有质数）则23211122m m m i m p p p p p +++++<<≤ … ⑩，由⑨⑩得，3121232m i i i m p p p p p p p +++++<<，而由⑧，222112112123m j j j j j m m m p p p p p p p p p p p ++++++++⋅<⋅<⋅，仿照上面做法，得4121233m j j j m p p p p p p p +++++<<，故由归纳法得④式成立．由④，221121212()n k k k k n p p p p p p p p p p +++<<⋅，引理得证．回到本题，显然，3,4,6,8是单纯数，当单纯数4m >，则m 必为偶数，（否则，若m 为奇数，则合数4将与m 互质，得m 不是单纯数）；当单纯数9m >，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9将与m 互质，得m 不是单纯数），因此大于9的单纯数应是236⨯=的倍数； 当单纯数25m >，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25将与m 互质，得m 不是单纯数），因此大于25的单纯数应是23530⨯⨯=的倍数； 继而可知，大于27的单纯数应是2357210⨯⨯⨯=的倍数；大于211的单纯数应是2357112310⨯⨯⨯⨯=的倍数，…，大于2np 的单纯数应是12n p p p 的倍数．于是，在区间22(3,5)内，6的倍数只有12,18,24，它们都是单纯数，在区间22(5,7)内， 30的倍数只有30这个数，它是单纯数；在区间22(7,11)(49,121)=内，已经没有数是2357210⨯⨯⨯=的倍数，因此没有单纯数，当4n ≥时，由于221(,)n n p p +内的单纯数必须是12n p p p 的倍数，而据引理，当4n ≥时，成立不等式：2112n n p p p p +<⋅⋅⋅，也就是说，12n p p p 的倍数不在该区间内，因此对任何4n ≥，所有形如221(,)n n p p +的区间内没有单纯数；又显然，当2n ≥时，2n p 不是单纯数（因为合数21n p -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．）解：若五条线上填写的数之和分别是9,1,2,3,4,5k S k =，则5919290k k i S i ====∑∑，所以5110k k S ==∑．0(1)、如果诸k S 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123,,x x x ，另一根线上的另三数为123,,y y y ，则12312312312336(9)(9)18()x x x y y y x x x y y y =+++++++=++++++18(123456)39≥++++++=，矛盾！9876543210外环相生，内环相尅现在设9与0所共的线为12(9,0,,)l a a =，则因129a a +=，所以有12(,)(1,8),(2,7),(3,6),(4,5)a a =；0所在的另一线为0123(0,,,)l b b b =，由于12318b b b ++=，则123(,,)(3,7,8),(4,6,8),(5,6,7)b b b =；9所在的另一线为9123(9,,,)l c c c =，由于1239c c c ++=，则123(,,)(1,2,6),(1,3,5),(2,3,4)c c c =；若(9,0,1,8)l =，则0(0,5,6,7)l =，9(9,2,3,4)l =，这时09l l =∅，矛盾！ 若(9,0,2,7)l =，则0(0,4,6,8)l =，9(9,1,3,5)l =，这时09l l =∅，矛盾！若(9,0,3,6)l =，则09,l l 皆与l 有两个公共点，矛盾！ 若(9,0,4,5)l =，则0(0,3,7,8)l =，9(9,1,2,6)l =，这时09l l =∅，矛盾！因此，使诸k S 全相等的填法不存在．于是这样的“五行轮”也不存在．(2)、今考虑诸k S 不全相等的情况，由于5110k k S ==∑，其中若有某个4k S ≥，即若有某根线上四数和936k S ≥，那么其余六点的填数和至多为9，矛盾！又若有两个数,i j S S 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2727945+-=，也得矛盾！因此，在诸k S 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019(,,,)A a a a =是一个“五行轮”，那么，将每个k a 一律用k b 替换，其中9,0,1,,9k k b a k =-=，得到的019(,,,)B b b b =也是一个“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10(01234)=++++，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27）．这样，全体“五行轮”的个数便等于A 类“五行轮”个数的2倍． QP注意到，四数和为9的线段，只有三种情况：123(0,1,2,6),(0,1,3,5),(0,2,3,4)ααα===；四数和为27的线段，也只有三种情况：123(3,7,8,9),(4,6,8,9),(5,6,7,9)βββ===；由于同一个五角星中的任两条线段i α和j β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“本质不同”的含义，我们可始终将这样两条线段i α和j β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：0(1)、当交点填数为3时，按2α有6个排列：它们只能与1β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）；0(2)、当交点填数为3时，按3α有6个排列：它们也只能与1β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(3)、当交点填数为4时，按3α有6个排列：它们只能与2β搭配，共生成六个图，其中前两个是A 类的，中间两个是B 类987654321987654321098765432198765432109876421539876521043987654321098765432198765432109876543219876420153987652104398765432198765432198765432109876543210987642153987652143的，后两个则不具有轮特征；(4)、当交点填数为5时，按2α有6个排列：它们只能与3β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；(5)、当交点填数为6时，按1α有6个排列：若将它们与2β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)当交点填数为6时，按1α有6个排列：若将它们与3β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；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．9876543210987654321098765432198765432109876421539876521439876543210987654321987654321987654321098764215398765214398765432109876543210987654321098765432109876420153987652143（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)、当交点填数为3时，按2α有6个排列：它们只能与1β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；(2)、当交点填数为3时，按3α也有6个排列：它们也只能与1β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；(3)、当交点的填数为4时，按3α有6个排列：它们只能与2β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；987654321987654321987654321987654321987642153987652143987654321987654321987654321987654321987642015398765214398765432198765432198765432198765432198764201539876521430(4)、当交点填数为5时，按2α有6个排列：它们只能与3β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)、当交点填数为6时，按1α有6个排列：若将它们与2β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；(6)当交点填数为6时，按1α有6个排列：若将它们与3β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；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．）9876543219876543210987654321098765432109876421539876521043987654321098765432109876543219876543210987642015398765214398765432109876543210987654321098765432109876420153987652143。
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：
４ｍ／Ｈ ：
接力叫。 自然。 ６张以上Ｓ。 ＳＰＬ。
１Ｃ－１Ｄ
１Ｓ－２ＮＴ
３Ｃ－ ？
－３Ｄ
：
－３Ｈ
：
－３Ｓ
：
－３ＮＴ ：
－４ｍ／４Ｈ：
Ｄ单缺。 Ｈ单缺。 无单缺。 Ｃ单缺。 ＳＰＬ，Ｓ／Ｔ。
１Ｃ－１Ｄ １Ｓ－２Ｓ ？ ２ＮＴ ： 特征问叫。
[特征问叫之答叫：3C-低限有 0 大牌；3D-低限有一大牌；3H-高限有 0 大牌；3S-高 限有一大牌；3NT-高限有二大牌。] ３ｍ／３Ｈ： 自然，逼叫一轮。 ３ＮＴ ： １９－２１点，均型。
1C －1D 1NT－2S 2NT－？
－3C：5 张 C＋5 张 D，5 点以下。 －3D：5 张 C＋5 张 D，6－7 点。
１Ｃ－１Ｄ
１Ｈ－ ？
－１Ｓ
： ５-７点，４张以上。
－１ＮＴ ： ５-７点。
－２ｍ
： ５-７点，５张以上。
－２Ｈ
： ２-４点，３张以上支持，均型。
－３Ｈ
： ５-７点，４张以上支持。
：
２ＮＴ ：
３Ｃ
：
３Ｄ／３Ｍ：
３ＮＴ ：
４Ｍ
：
４Ｃ
：
等叫。或者 5 张 D 的低限 ５张以上。 ５张以上Ｄ套，通常是非均型，如果５张Ｄ均型低限可考虑叫２Ｄ。 １６点以上，４张以上支持。 １６-１８点，５张套＋４张Ｃ。 １６-１８点，一般３３４３牌型。 低限，７张好套，ＴＯ ＰＬＡＹ。 4 张Ｃ配合，罗马关键张问叫。
１Ｃ －１Ｈ
１ＮＴ－ ？
－２ｍ／２Ｓ：
－２Ｈ
：
－２ＮＴ ：
－３ｍ
：
－３Ｈ
：
－３Ｓ／４ｍ：
－３ＮＴ ：
８点以上，自然。 ８点以上，６张套。 １１点以上，均型。 １１-１３点，５张Ｈ＋５张ｍ。 １１-１３点，６张好套。 １１-１３点，６张好套，ＳＰＬ。 跳叫３ＮＴ，８-１０点。
１Ｃ －１Ｈ １ＮＴ－２Ｃ
1C － 1D 1NT － ？
－2C ： 斯台曼问叫，再叫低花为邀叫。 －2D/2H： 转移叫。 －2S ： 两低花 55。 －2NT ： 邀叫。
2
－3C/3D： 止叫。 －4D/4H： 转移叫。
1C － 1D 1NT － 2C 2D － ？
－2H： 6－7 点，5 张 H＋4 张 S。 －2S： 6－7 点，5 张以上 S，邀请。 －3C/3D：6 张，邀叫。
１Ｃ －１Ｓ １ＮＴ－２Ｈ ？ ２Ｓ ： ３张支持。 ２ＮＴ： 无３张Ｓ，４张Ｈ，是既无配合又是低限的坏１６点。 ３ＮＴ： 无３张Ｓ，４张Ｈ，是既无配合又是好的１６点，或是坏的１７-１８点。 ３ｍ ： Ｈ配合，但无３张Ｓ。扣叫 ３Ｈ ： ４张Ｈ＋３张Ｓ。 ４Ｈ ： ４张Ｈ，低限。
１Ｃ－２Ｃ
？
２Ｄ
：
２Ｍ
－３Ｈ
：
－３ＮＴ ：
８点以上，自然。 ８点以上，６张Ｈ，同伴３ＮＴ为没什么可叫，低限Ｈ短。 自然。 ３张以上支持，８-１０点均型，１１点以上，任意牌型。 ８点以上，４张支持，ＳＰＬ。 通常１１-１３点或一手要打满贯的牌，６张好套，此跳叫不同 于再叫１ＮＴ后对套要求更高 １１-１３点，双张Ｃ，均型。
１Ｃ－１Ｈ ２Ｓ－２ＮＴ 接力叫 ？ ３ｍ： 所叫花色单张。 ３Ｈ： ５４２２牌型，高限。18 点 ３Ｓ： ６张Ｓ＋４张Ｈ。应叫人３ＮＴ 问单张 ４ｍ： 缺门，５张以上Ｓ＋４张以上Ｈ。 ４Ｈ： ５４２２牌型，低限。16-17 点
１ＮＴ ： 等叫，可能有４张Ｈ，１６-１７点，４４３２牌型，以后跳叫３Ｈ／４Ｈ
(也可能４１４４牌型，单张Ｈ)
２Ｈ
： １６-１８点，４张以上Ｈ，通常非均型。应叫方８-１０点，则４Ｈ；１
１-１３点，则３Ｈ，随后开叫方叫出单张。
２Ｓ
： １６-１８点，５张Ｓ＋４张Ｈ。
２ＮＴ ： １６-１８点，４１４４牌型。
－ 2NT： ４-７点，平均牌型 － 3C： 加一级新花色，此为 HERBERT 二度示弱，Ｏ-３点 － ３Ｄ/Ｈ：５+Ｄ/Ｈ，４-７点 － ３Ｓ ： ３张以上支持，４-７点 － ４Ｃ/Ｄ/Ｈ：ＳＰＬ，４-７点。
１Ｃ－１Ｄ ３Ｃ－ ？
－３Ｄ：等叫，加一级新花色，此为 HERBERT 二度示弱，Ｏ-３点。 －３Ｍ： 自然５张以上套，４-７点。 －４Ｄ/Ｍ：ＳＰＬ，４-７点。
－２Ｓ
： ５-７点，５张套及４张支持。
－３ｍ
： ５-７点，５张套及３张支持。
－２ＮＴ ： ５-７大牌点，逼局，４张以上Ｈ支持，通常为非均型，至少 5422
型。
－３Ｓ／４ｍ： ５-７大牌点，ＳＰＬ。
１Ｃ－１Ｄ
１Ｈ－２ＮＴ
？
３Ｃ
：
３Ｈ
：
３Ｓ／４ｍ：
接力叫。 ６张以上Ｈ。应叫方叫新花表示单缺。 ＳＰＬ，Ｓ／Ｔ。
３ｍ
： １６-１８点，５张ｍ＋４张Ｈ。
３Ｈ
： １９点以上，４张以上Ｈ。
３Ｓ／４ｍ： １６-１８点，ＳＰＬ。
４Ｈ
： １６-１８点，４ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ以上，二大牌。
１Ｃ－１Ｈ １Ｓ－ ？
－１ＮＴ： －２ｍ ： －２Ｈ ： －２Ｓ ： －２ＮＴ： －３ｍ ： －３Ｈ ： －３Ｓ ：
－３ＮＴ：
－４ｍ ： －４Ｓ ：
自然。 ８点以上，５张Ｈ＋４ｍ。 ６张以上。 ３张支持。 １１-１３点。 １１-１３点，５张Ｈ＋５张ｍ。 １１-１３点，６张好套。 １１点以上，４张支持，有单缺，同伴３ＮＴ问叫：４ｍ单缺；４ Ｈ：６张Ｈ＋４张Ｓ。 １１点以上，４张Ｓ支持，有缺门。同伴４Ｃ问叫，４Ｄ／４Ｈ： Ｄ／Ｃ缺门。 ８-１０点，４张Ｓ支持，ＳＰＬ；３控以上。 ８-１０点，４张支持；少于３控。
8
１Ｃ－２Ｃ ２Ｄ－ ？
－２Ｍ ： ８点以上，４张Ｍ。 －３Ｃ ： ８点以上，６张以上Ｃ。 －２ＮＴ： ８点以上，８-１０点时可以有６张Ｃ差套或４张Ｄ，２２４５牌型。 －３Ｄ ： ５张以上Ｃ＋４张Ｄ，８点以上。 －３Ｍ ： ６张Ｃ，１１点以上，ＳＰＬ。 －３ＮＴ： １１-１３点，６张Ｃ，无单缺。
１Ｃ－２Ｃ ２Ｄ－２Ｈ ？ ２Ｓ ： 叫便宜新花，第二套Ｈ配合。 ２ＮＴ： 等叫。 ３Ｃ ： 加叫第一花色 3 张Ｃ配合。 ３Ｈ ： 加叫第二花色是二套都配合。 ３ＮＴ： １６-１８点，二套都不配合，另外二门花色牌力集中。 ４Ｃ ： 可以理解为１８点以上，４张Ｃ＋４张Ｈ支持。应叫方４Ｄ／４Ｓ：扣叫；４Ｈ：示弱。 ４ＮＴ： Ｈ将牌的罗马关键张问叫。
张。
１Ｃ －１Ｈ １ＮＴ－２Ｄ ？ ２Ｈ ： ３张支持。 ２Ｓ ： 配合Ｄ。 ２ＮＴ： 无３张Ｈ，４张Ｄ，是既无配合又是低限的坏１６点。 ３ＮＴ： 无３张Ｈ，４张Ｄ，是既无配合又是好的１６点，或是坏的１７-１９点。 ３Ｄ ： 二套配合。
１Ｃ－１Ｈ
２Ｃ－ ？
－２Ｄ／２Ｓ：
－２Ｈ
：
－２ＮＴ ：
－３Ｃ
：
－３Ｄ／３Ｓ：
第一章 1C 开叫及以后的应叫
1C 开叫：16 点以上任意牌型，20－21 点均型除外。
1C－ ？ －1D： 0－7 点，任意牌型。 －1H/1S： 8 点以上，5 张以上。 －1NT： 8－13 点，或 16 点以上，均型。 －2C/2D： 8 点以上，5 张以上。 －2H： 8 点以上，4441 牌型，S／H 单张。 －2NT／3C： 8 点以上，4441 牌型，C／D 单张。 －2S： 14－15 点，均型(4432，4333)。 －3D： 8－10 点， 55 双高花。 －3H/3S： 8－10 点，55 双低花，所叫花色为短套。 －3NT： 任何一门坚强独立的 7 张牌组(不得有缺门，旁门最多有一个 K，决不可
１Ｃ－１Ｄ １Ｈ－２ＮＴ ３Ｃ－ ？
－３Ｄ ： －３Ｈ ： －３Ｓ ： －３ＮＴ：
Ｄ单缺。 无单缺。 Ｓ单缺。 Ｃ单缺。
3
１Ｃ－１Ｄ
１Ｓ－ ？
－２ＮＴ ：
－３ｍ／３Ｈ：
－３Ｓ
：
－４ｍ／４Ｈ：
逼局，４张以上Ｓ支持。 ５张套＋３张Ｓ。 ４张，邀叫。 ＳＰＬ。
１Ｃ－１Ｄ
１Ｓ－２ＮＴ
？
３Ｃ
：
３Ｄ／３Ｈ：
３Ｓ
9
应叫方４Ｄ／４Ｈ：扣叫；４Ｓ：示弱；４ＮＴ：Ｓ将牌的罗马关键张问叫。
１Ｃ－１Ｄ ３Ｄ－ ？
－３Ｈ ： －３Ｓ ： －３ＮＴ： －４Ｍ ：
等叫，加一级新花色，此为 HERBERT 二度示弱，Ｏ-３点。 ５张以上套，４-７点。 ５张以上Ｈ，４-７点。 ＳＰＬ，４-７点。
１Ｃ －１Ｄ
5
２ＮＴ－ ？ 同２ＮＴ开叫后的应叫一样
１Ｃ－１Ｈ
？
１Ｓ／２ｍ： １６点以上，５张以上。
有 A，Q 则无所谓。) －4C/4D： 4－7 点，较好的 8 张 H／S。 －4H/4S： 4－7 点，较差的 8 张 H／S。
1C－1D ？
1H/1S：16－21 点，通常 5 张以上。 1NT：16－18 点，均型。 2C/2D：16－21 点，通常 5 张以上。 2H： KOKISH 2H,逼叫到 2S [开叫方再叫 2H 就是“KOKISH RELAY”。这个 2H 叫品有 2 种含义，一是正常的 强 2H，二是表示 25 点以上的平均型牌。应叫方怎样再叫呢？通常，应叫方可以用 2S（0 －4 点）等叫(和自己的 S 情况没有关系)，开叫方再叫 2NT 表示 25 点以上的平均型牌(以 后的叫牌就如同开叫 2NT 后的应叫一样)，开叫方除了 2NT 外的任何再叫均表示是持一手 强 2H 的牌(如再叫 3C=H+C2 套，再叫 3NT=5+H 和平均型，等等)。 应叫方在 2H 后，如果自己手上除了一个 5 张以上长套且有 5－7 点外，别无特点，也 可以不用 2S 等叫，而是再叫 2NT=C 长套，3C =D 长套，3D = H 长套，3H =S 长套(你也 可以自己设计这些叫品的含义)。] 2S/3C/3D：22 点以上或 9 个以上羸墩，5 张以上半坚强的牌组，逼叫一轮。 2NT： 22－24 点，均型。 3H/3S： 5 张以上 D＋4 张以上 H/S，逼叫到局。 3NT： 拼搏性，有一套牌。