Steiner三连系的构造与计数
建筑力学第八章 结构体系的几何组成分析
第一节 几何组成分析的基本概念 第二节 平面体系的自由度 第三节 几何不变体系的组成规则 第四节 几何组成的分析方法 第五节 体系的几何组成与静定性的关系
第一节 几何组成分析的基本概念
几何组成分析，是以几何不变体系的组成规则为根据，确定体系的几何形状和空 间位置是否稳定的一种分析方法
分析时可针对体系的具体情况，从以下几个方面入手： ①、依次撤除体系上的一元片及二元片，使体系的组成简化，再根据基本组成 规则进行分析 ②尽可能地将体系中几何不变的局部归结为两个或三个刚片，然后考察刚片间 的连接方式是否满足几何不变体系的组成规则； ③体系仅用不共点的三根链杆与地基相连时，可先拆除这三根链杆，再由体系 的内部可变性确定整个体系的几何性质。
解：将图8-13a中的AEC、DFB与基础分别视为刚片I、II、III，刚片I和III以 铰A相联，A铰用(1，3)表示，B铰联系刚片II、III以(2，3)表示，刚片I和 刚片II是用CD、EF两链杆相联，相当于一个虚铰O用(1，2)表示，如图813b所示。则连接三刚片的三个铰(1，3)、(2，3)、(1，2)不在一直线上， 符合规则二，故为不变体系，且无多余约束。
二 、 三刚片规则
三刚片规则：三个刚片用不共线的三个铰两两相连，组成几何不变体系， 且无ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ余约束。
第三节 几何不变体系的组成规则
常变体系 瞬变体系
瞬变体系是不可以用于工程结构的
第四节 几何组成的分析方法
一、计算体系的自由度W，判别体系是否满足几何不变的必要条件。 若自由度W＞0，体系是几何可变的 若自由度W≤0，在此基础上进一步对体系进行几何组成分析。 二、对体系进行几何组成分析，判别其是否满足几何不变的充分条件。 (1)一元片撤除 (2)二元片撤除 (3)刚片的合成
第19讲 平几中的几个重要定理(二)
但DB=DI（可连BI，证明DBI=DIB得），故只要证2Rr=IA·DB，即证2R∶DB=IA∶r即可．而这个比例式可由⊿AFI∽⊿EBD证得．故得R2-d2=2Rr，即证．
说明本题结论实际上是Euler定理．
((cosβ+cosγ+cos)，(sinβ+sinγ+sin))、((cosγ+cos+cosα)，(sinα+sin+sinγ))、
((cos+cosα+cosβ)，(sin+sinα+sinβ))、((cosα+cosβ+cosγ)，(sinα+sinβ+sinγ))．
从而，⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、⊿A1A2A3的垂心依次是
链接本题中用到了三角形的内心的一个重要性质：设I、Ia分别为⊿ABC的内心及A内的旁心，而A平分线与⊿ABC的外接圆交于点P，则PB=PC=PI=PIa．
这个性质应用很广，例如：设ABCD为圆内接四边形，ΔABC、ΔABD、ΔACD、ΔBCD的内心依次为I1、I2、I3、I4，则I1I2I3I4为矩形．(1986年国家冬令营选拔赛题）
例5在筝形ABCD中，AB=AD，BC=CD，经AC、BD交点O作二直线分别交AD、BC、AB、CD于点E、F、G、H，GF、EH分别交BD于点I、J，求证：IO=OJ．（1990年冬令营选拔赛题）
分析由于本题中显然AC⊥BD，因此可以建立以O为原点的直角坐标系，用解析几何方法来解．下面提供一种利用面积的解法．
例3证明定理7(Fermat point)．
建筑力学与结构第4章
【学习目标】通过本章的学习，了解几何不变体系和 几何可变体系的概念，理解几何组成分析的目的；掌握平 面体系的几何组成规则并能熟练应用；了解静定结构和超 静定结构的联系和区别。 【学习重点】平面体系的几何组成分析规则，运用规 则判定体系是否为几何不变体系。
4.1 概述
若干个杆件按一定规律相互连接，并与基础连接成一 整体，构成杆件体系。如果体系的所有杆件和约束及外部 作用均在同一平面内，则称为平面体系。 1.几何不变体系和几何可变体系 在不考虑材料变形的条件下，体系受力后，能保持 其几何形状和位置的不变，且不发生刚体形式的运动，这 类体系称为几何不变体系。
图4-16 例4-4图
例4-5 对如图4-17所示结构进行几何组成分析。已 知体系中杆DE、FG、AB互相平行。 解 拆除二元 体D-C-E，剩下部 分中三角形ADF 和BEG是两刚片， 这两刚片用互相 平行的三根链杆 连接，故构成瞬 变体系。
图4-17 例4-5图
例4-6
对如图4-18所示结构进行几何组成分析。
一个单铰相当于两 个约束，也就是相当于 两根链杆的作用。
连接n个刚片的复铰， 其作用相当于（n-1）个单 铰，也即相当于2（n-1） 个约束。
相当于3个单铰
相当于2个单铰
单铰数为1
图4-5 复铰和单铰示例
刚片Ⅰ和刚片Ⅱ间为刚性联结。
图4-6 刚性联结
一个刚性连接相对于三个约束。
必要约束： 凡使体系的自由度减少为零所需要的最少约束。 多余约束： 如果在一个体系中增加一个约束，而体系的自由度并不 因此而减少。
2.几何组成分析的目的
对体系进行几何组成分析，目的在于: 1)判断体系是否为几何不变体系，从而决定他能 否作为结构。 2)研究几何不变体系的组成规则，以保证所设计 的结构是几何不变的。 3)正确区分静定结构和超静定结构，为进行结构 的内力计算打下必要的基础。
高中数学计数原理必修三 PPT
课堂小结
本节课学习的主要内容： 1.理解两个计数原理； 2.正确利用计数原理求完成一项工作所含的不同 方法。
课外作业
1. 某班级有男三好学生5人,女三好学生4人。 (1)从中任选一人去领奖, 有多少种不同的选法
？ (2) 从中任选男、女三好学生各一人去参加座
谈会,有多少种不同的选法？ 2.8本不同的书，任选3本分给3个同学，每人1本 ，有多少种不同的分法？ 3.将4封信投入3个不同的邮筒，有多少种不同的投 法？
N=m1×m2×m3
2.如果完成一件事情需要n个步骤，做每一步 中都有若干种不同方法，那么应当如何计数 呢？
N=m1×m2×m3×…×mn
三.分类加法计数与分步乘法计数原理的区别和联系：
加法原理
乘法原理
联系
分类计数原理和分步计数原理，回答的都是关于 完成一件事情的不同方法的种数的问题。
区别一
完成一件事情共有n类 办法，关键词是“分类”
诱思探究1
用一个大写的的英文字母或一个阿拉伯数字给教 室里的座位编号，总共能够编出多少种不同的号码？
分析：给座位编号有两类方法： 第1类方法：用英文字母编号，有26种方法； 第2类方法：用阿拉伯数字编号，有10种方法。 所以，给教室里的座位编号，总共能够编出
26＋10＝36种不同的号码. 思考：你能说说这个问题的特征吗？ 完成一项工作有两种不同的方法，每种方法中的 每个方法都可单独完成这项工作。
多少种不同的选法？ 3×5×4＝60
3.要从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂
在左右两边墙上的指定位置，问共有多少种不同的
挂法？
3×2＝6
4.如图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丁地有
05结构力学第二章
例8:对图示体系作几何组成分析
方法1: 若基础与其它部分三杆相连, 方法1: 若基础与其它部分三杆相连,去掉基础只分析其它部分 方法2: 利用规则将小刚片变成大刚片. 方法2: 利用规则将小刚片变成大刚片. 方法3: 将只有两个铰与其它部分相连的刚片看成链杆. 方法3: 将只有两个铰与其它部分相连的刚片看成链杆. 方法4: 去掉二元体. 方法5: 从基础部分(几何不变部分)依次添加. 方法4: 去掉二元体. 方法5: 从基础部分(几何不变部分)依次添加.
规律2 规律
II I
III
2. 两个刚片之间的组成方式 规律1 规律 两个刚片之间用一个铰和一根链杆相连, 且 两个刚片之间用一个铰和一根链杆相连 三铰不在一直线上,则组成无多余约束的几何 三铰不在一直线上 则组成无多余约束的几何 体系。 或 两个刚片之间用三根链杆相 不变 体系 且三根链杆不交于一点,则组成无多余约束 连,且三根链杆不交于一点 则组成无多余约束 且三根链杆不交于一点 的几何不变体系。 的几何不变体系。
例4: 对图示体系作几何组成分析
解: 该体系为瞬变体系. 该体系为瞬变体系. 方法3: 方法3: 将只有两个铰与其它部分相连的 刚片看成链杆. 刚片看成链杆.
方法1: 若基础与其它部分三杆相连, 方法1: 若基础与其它部分三杆相连,去掉基础只分析其它部分 方法2: 利用规则将小刚片变成大刚片. 方法2: 利用规则将小刚片变成大刚片. 方法3: 将只有两个铰与其它部分相连的刚片看成链杆. 方法3: 将只有两个铰与其它部分相连的刚片看成链杆.
二元体( 二元体(片)规则 二元体: 二元体:在一个体系上用两个不共线的链杆连 接一个新结点的装置。 接一个新结点的装置。
在一个体系上加减二元体不影响原体系的几何组成
stewart运动学分析
Stewart型并联支撑机构运动学公式推导一、构型分析及坐标系建立静基座自动调平系统Stewart平台型并联支撑机构为双三角形机构，由一个活动上平台和一个固定的下平台所组成。
上平台铰链点和基座平台铰链点的分布形式相同，但铰接点相互交错，六根支链分别用移动副和两个球铰链与上下平台连接。
并联机构示意图如图1所示。
图1Stewart并联机构示意图支链与动平台铰接点为,,支链与基座铰接点标记为，,。
坐标系选在平台的三角几何中心，由右手螺旋法则确定。
动平台三角边长为，定平台三角边长为b，动平台起始高度）（）（））（））（）表一铰接点坐标二、并联支撑机构正反解两个坐标系，o和，其中，o为固定坐标系。
（1）将坐标系o绕自身的x轴旋转γ；（2）将旋转后的坐标系绕固定坐标系的y轴旋转β；（3）将第二步的坐标系绕固定坐标系的z轴旋转α；旋转矩阵分别为按上述方式得到的总旋转变换矩阵为：设动平台的平移参数为（,,）,则坐标的齐次变换矩阵为：对于与动平台铰接的各点(i=1,2,3),点的齐次坐标为,经过变换后的点对应标记为,变换后的齐次坐标为,则，带入初始坐标后，得出变换后与动平台铰接的各点坐标值为：===设六个驱动器的伸展长度为(i=1--6),则与之相应的六个方程式表示为：= = = = = =由经过上式推导得出的过程，称为Stewart 平台的反解过程。
为沿驱动器的单位矢量，运动平台质心和分别是运动平台在惯性参考系中的角速度和线速度矢量，则运动平台上点处的速度矢量为：矩阵形式为：式中^表示矢量的反对称矩阵。
对一个矢量x ，有通过将运动平台上点处的速度矢量向驱动器方向投影（即用单位矢量点乘点的速度矢量），可以得到驱动器i 的上下两部分沿驱动器方向的相对移动速度：，i=1,2,…,6 用一个广义速度矢量V 来表示运动平台的角速度和线速度，即末端直角坐标速度：用六维矢量来表示六个驱动器的上下两部分沿驱动器方向的相对移动速度，即关节速度。
结构力学平面体系的几何构造分析高教书苑
高级教育
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2.方法
§2-2 几何不变体系的组成规律
㈠计算自由度法
m—刚片总数； g—单刚结点总数；
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§2-3 平面杆件体系的计算自由度
例2-3-4 求图示体系的计算自由度。
解：
m 2 g 1 h 1 b 5
I A II
W 3 2 (31 2 1 5)
6 10 4
1
3
2
45
例2-3-5 求图示体系的计算自由度。
A
1
B
解：
j 5 b 10
2 34 5
W 2 5 10 0
四、约束（联系）
凡是能减少体系自由度的装置就称为约束。
约束
非多余约束：能真正减少体系自由度的约束。 多余约束：加上此约束体系的自由度并不因此而减少。
1）链杆约束
①单链杆约束（连接两个点的链杆）
结论：一根单链杆可减少一个自由度相当于一个约束或联系。
②复链杆约束（连接两个以上点的链杆） 结论：连接n个点的复链杆相当于（2n-3）根单链杆的作用。
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§2-2 几何不变体系的组成规律
例2-2-1 试分析图示体系的几何构造。
解：
A
3
6
I
B
1 II
III
2C
5
4
刚片I、 II用链杆1、2相连， （瞬铰A)；
刚片I、 III用链杆3、4相连， （瞬铰B)；
刚片II、III用链杆5、6相连， （瞬铰C)。
01-平面杆件体系知识点小结
第2章平面杆件体系的几何组成分析（知识点小结）一、几何组成分析的几个概念1、几何不变体系与几何可变体系几何不变体系是指受到任意荷载作用下，若不考虑材料的应变，其几何形状和位置均能保持不变的体系。
几何可变体系是指即使不考虑材料的应变，在微小的荷载作用下也会产生刚体位移，而不能保持原有的几何形状和位置。
几何可变体系分为几何常变体系和几何瞬变体系。
几何可变体系在很小的荷载作用下会产生位移，经微小位移后仍能继续发生刚体运动，这样的几何可变体系称为几何常变体系。
若原为几何可变体系，经微小位移后即转化为几何不变体系，这类几何可变体系为几何瞬变体系。
工程结构绝不能采用几何瞬变体系，而且也应避免采用接近于瞬变的体系。
2、自由度指体系在所受限制的许可条件下独立的运动方式，即能确定体系几何位置的彼此独立的几何坐标数目。
平面内一点的自由度为2，一个刚片的自由度为3。
3、约束（联系）约束是指指限制体系运动的各种装置。
约束包括外部约束（支座约束）和内部约束。
（1）外部约束一个活动铰支座、固定铰支座和固定支座分别相当于1、2、3个约束。
（2）内部约束一根单链杆相当于1个约束；连接m(m>2)个结点的复链杆，相当于2m-3个单链杆，即相当于2m-3个约束；一个单铰相当于2个约束；连接m(m>2)个刚片的复铰，可折合成(m-1)个单铰，即相当于2(m-1)个约束作用；一单刚结点相当于三个约束；联结m(m>2)个刚片的刚结点称为复刚结点，可折合成(m-1)个单刚结点，即相当于3(m-1)个约束。
约束从能否减少体系的自由度方面来划分，可分为必要约束和多余约束。
为保持体系几何不变所必须具有的约束称为必要约束,不能使体系的自由度数目减少的约束称为多余约束。
4、瞬铰(虚铰)两个刚片间用两个不共线链杆相联，其约束作用相当于这两根链杆交点位置处的一个铰所起的约束作用，这个铰称为虚铰或瞬铰（图2-1a）。
在几何组成分析中，尤其要注意这样特殊情况：两刚片间用两根相互平行的链杆相连，两根平行链杆所起的约束作用相当于无穷远处的瞬铰所起的约束作用，如图2-1b所示。
走进“乐器之王”——浅谈键盘乐器的历史演变(下)
67SONG OF YELLOW RIVER 2021/ 01走进“乐器之王”——浅谈键盘乐器的历史演变（下）隋 歆摘 要：钢琴的音域宽广、音色洪亮、功能广泛，在几乎所有的音乐风格和表现形式中都扮演了重要的角色，几乎涵盖了所有的音乐风格和表现形式，被誉为“乐器之王”。
键盘乐器从起源到如今我们所熟知的钢琴形制历经了两千多年的演变，它的发展凝聚了人类的智慧，是人类文明进步的产物，是历史、文化、经济进步的体现，是艺术音乐史上重要的里程碑。
本文通过对键盘乐器的发展历程、各时期键盘乐器的外形构造及机械原理、作曲家与键盘乐器发展的紧密联系等方面进行梳理，详尽介绍了键盘乐器的演变历史。
关键词：键盘乐器；古钢琴；近现代钢琴中图分类号：J624.5 文献标识码：A作者简介：隋歆（1984-），女，同济大学艺术与传媒学院主科讲师，旅德青年钢琴家，上海音乐家协会会员。
一、近现代钢琴的诞生与发展第一台现代钢琴诞生于18世纪初的意大利。
受佛罗伦萨美第奇家族雇用的大键琴制造师巴尔托洛梅奥·克里斯托福里在1700年制造出以古钢琴为原型，采用了包有皮革的小槌通过击弦机敲击琴弦为发音原理的新型键盘乐器，命名为“Gravecembalo col piano e forte”，意思是“带有强弱的大键琴”，后被人们摘选出Piano 与Forte 二词，即“弱与强”。
现存最古老的克里斯托福里钢琴制造于1720年，被纽约大都会博物馆收藏。
克里斯托福里发明的击弦机可以说是改写了历史，他巧妙的将杠杆和击槌结合，并放置在一个加强了的拨弦古钢琴框架内，以产生出细腻微妙的乐声。
他使用的杠杆系统与现代的击弦机装置几乎完全一致，这大大提高了击弦速度，并可以做到连续快速的弹奏。
到了1726年，克里斯托福里的钢琴已具备了现代钢琴的许多特征。
可惜的是，他这一大胆的发明没能在意大利得到广泛的认可，一方面意大利的主要音乐形式为歌剧，钢琴仍被认为是更适合作为伴奏的室内乐器，而另一方面，则是制琴师们似乎不太乐意对新乐器复杂的机械结构进行复制。
第二章 平面体系的几何组成分析
(6) 复刚结点（P.15）
联结n个刚片间的刚结点相当于（n-1）个单刚结点 （P.16） (7) 复链杆
一般来说，联结n个点的复链杆相当于（2n-3） 个单链杆（P.16）
五、不同的装置对自由度的影响
1．一个支杆（或链杆）、可动铰支座→减少一个自由度。 2．两个相交的支杆、固定铰支座→ 减少两个自由度。 3．单铰（中间铰）：一个单铰减少两个自由度。 4．固定支座或刚结点：减少三个自由度。
几何不变体系的要求：杆件和支承数量要足够，组成方式 要合理。
可变
不变
可变
可变
可变
不变
二、二元体规则：一个点与一个刚片之间的连接方式。 1.约束：一个平面内的点有两个自由度，采用两个联系， 可使其几何不变。 2.规律I：一个刚片与一个点用不在同一直线上的两根 链杆相连，则组成没有多余约束的几何不变体系。
三、刚片与自由度
刚片：在平面内可以看成是几何形状不变的物体。 一根梁、一个柱、一根链杆、地基基础、地球
或体系中已经肯定为几何不变的某个部分都可看作 一个平面刚片。
四、约束（联系）： 减少自由度的装置或连接。
常见的约束：
(1)链杆：两端用铰与其它物体相连的杆。 链杆可以是直杆、折杆、曲杆。
y
O
x
进行几何组成分析时，应注意：
1）体系中的每根杆件和约束都不能遗漏，也不能 重复使用。 2）当分析无法进行下去时，一般是使用的刚片或 约束不恰当，应重新选择刚片或约束再试。 3）对于某一体系，可能有多种分析途径，但结论 是唯一的。
练习：分析图示体系的几何组成。
D
C
ED
C
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A
B
A
B
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科技信息 ‘ ０高校讲台ｏ ＳＣＩＥＮＣＥ＆ＴＥＣＨＮＯＬＯＧＹＩＮＦＯＲＭＡＴＩＯＮ ２００７年第２１期 Ｓｔｅｉｎｅｒ三连系的构造与计数 雷小磊翕万禧 （安徽理工大学土木工程系 安徽淮南２３２００１）
摘要：提出了２ｔ＋１阶Ｓｔｅｉｎｅｒ三连系的构造方法和计数方法，阐述了完全三分图及完全二分图在组合设计中的应用。证明了关于２ｔ＋ｌ阶 Ｓｔｅｉｎｅｒ三连系存在和构造方面的定理。介绍了７ｘ２０个１９阶Ｓｔｅｉｎｅｒ三连系构造的全过程。 关健词：三连系；阶；构造；计数；存在 Ｔｈｅ ｃｏｎｓｔｒｕｃｔｉｏｎ ａｎｄ ｅｎｕｍｅｒａｔｉｏｎ ｏｆ Ｓｔｅｉｎｅｒ ｔｒｉｐｌｅ ｓｙｓｔｅｍｓ ｏｆ ｏｒｄｅｒ ２ｔ＋１ Ｌｅｉ ｘｉａｏ－ｌｅｉ Ｃｈｏｕ Ｗａｎ－ｘｉ ・（Ｄｅｐｔ ｏｆ Ｃｉｖｉｌ Ｅｎｇｉｎｅｅｒｉｎｇ．Ａｎｈｕｉ Ｕｎｉｖｅｒｓｉｔｙ ｏｆ Ｓｃｉｅｎｃｅ ａｎｄ Ｔｅｃｈｎｏｌｏｇｙ，Ｈｕａｉｎａｎ Ａｎｈｕｉ ２３２００１・Ｃｈｉｎａ） Ａｂｓｔｒａｃｔ：Ｔｈｅ ｄｅｆｉｎｉｔｉｏｎｓ ｏｆ ｂｏｔｈ ｃｏｎｓｔｒｕｃｔｉｎｇ ａｎｄ ｅｎｕｍｅｒａｔｉｎｇ Ｓｔｅｉｎｅｒ ｔｒｉｐｌｅ ｏｆ ｏｒｄｅｒ ２ｔ＋１ ａｒｅ ｐｒｏｐｏｓｅｄ． ｅ ａｐｐｌｉｃａｔｉｏｎ ｇｒａｐｈｓ ｉｎ ＢＩＢＤ ｃｏｎｓｔｒｕｃｔｉｏｎ ｉｓ ｄｅｓｃｒｉｂｅｄ．Ｔｈｅ ｅｘｉｓｔｅｎｃｅ ａｎｄ ｃｏｎｓｔｒｕｃｔｉｏｎ ｔｈｅｏｒｅｍ ｏｆ Ｓｔｅｉｎｅｒ ｔｒｉｐｌｅ ｓｙｓｔｅｍｓ ｏｆ ｏｒｄｅｒ ２ｔ＋ｌ ｉｓ ｐｒｏｖｅｄ．１４０ Ｓｔｅｉｎｅｒ ｔｒｉｐｌｅ ｓｙｓｔｅｍｓ ｏｆ ｏｒｄｅｒ
１９ ａｎｄ ｔｈｅｉｒ ｅｎｔｉｒｅ ｃｏｎｓｔｒｕｃｔｉｏｎ ｐｒｏｃｅｄｕｒｅ ａｒｅ ｐｒｅｓｅｎｔｅｄ． Ｋｅｙ ｗｏｒｄｓ：Ｔｒｉｐｌｅ ｓｙｓｔｅｍｓ；ｏｒｄｅｒ；ｃｏｎｓｔｒｕｃｔｉｏｎ；ｅｎｕｍｅｒａｔｉｏｎ；ｅｘｉｓｔｅｎｃｅ
１．基本思路 定义１：设顶集Ｖ（Ｇ）＝｛Ｃｌ，ｃ２，…ｃ ｝，边集Ｅ（Ｇ）＝｛Ｃ１Ｃ ｃ１Ｃ３，…，Ｃ１Ｃ ｃａｃ３…， ｃａｃ 一・，Ｃｖ－ｌＣ ｝，Ｇ为完全图Ｋ ，若将Ｋ 的ＩＥ（Ｇ）Ｉ＝ｖ（ｖ一１）／２个边按自然顺 序排成三角阵，使得任意边ｃ ｃ 与顶点Ｃ。和顶点Ｃｊ存在着关联关系，则 所得三角阵称为边矩阵，并记为Ｋ 。 定义２：设顶集ｖ（Ｇ】＝｛ｃｉ，ｃ …ｃｖ｝，Ｖ（Ｇ）的３个子集Ｖ ＝｛Ｃｍ，Ｃ ＋１＇…， ｃ ｝，Ｖｊ＝｛ｃ 一，ｃ 一１｝，Ｖｋ＝｛ｃｑ＇ ｑ＋１，…，ｃ －１｝，若Ｖｉ的每个顶与 的ｔ 个顶和ｖ 的ｔ个顶相邻接，Ｖ．的每个顶与Ｖｋ的ｔ个顶相邻接，则图Ｇ 称为完全三分图，记为Ｋ：＝＝ｋ ，ＫＬｕ０ｄ，ｋ）的３个子图称为完全二分图，分别记
为 ， ， 并有 ＝ ｕ ｕ 。 倘若存在于完全三分图 中的ｔｘｔ个完全图Ｋ３已被分离出，则 所形成的ｔｘｔ三连系矩阵ｌ（：： 可表述为：
： ｛ｍ，ｐ，ｑ） ｛ｍ，ｐ＋ｌ，ｑ￣１） …｛ｍ，ｐ＋ｔ一１，ｑ＋ｔ一１） ｛ｍ＋ｌ，ｐ＋ｌ，ｑ） ｛ｍ＋ｌ，ｐ＋２，ｑ＋１） … ｛ｍ＋ｌ，ｐ，ｑ＋卜１） ； ｉ ｉ ｛ｍ＋ｔ一１，ｐ＋ｔ－ｌ，ｑ） ｛ｍ＋卜１，ｐ，ｑ＋１） … ｛ｍ＋卜１，ｐ＋ｔ一２，ｑ＋ｔ一１）
易见，仅将Ｖ ，Ｖｊ，Ｖ 中顶点的最小序号ｍ，Ｐ，ｑ代人矩阵Ｋ：＝＝＝『 ，即得 ｔｘｔ个完全图 。但 ： 不是唯一的，Ｋ 的构造有ｔ种选择。 定理１：设顶集ｖ（Ｇ）＝｛Ｃｌ，Ｃ …Ｃ ｝，ＩＶ（．Ｇ）Ｉ＝ｖ＝２ｔ＋ｌ，ｔ为已存在Ｓｔｅｉｎｅｒ 三连系的阶，则存在ｖ＝２ｔ＋ｌ阶Ｓｔｅｉｎｅｒ三连系，且ｖ＝２ｔ＋ｌ阶Ｓｔｅｉｎｅｒ三 连系的构造等价于一个完全图Ｋ的ｖ（ｖ一１）／６个完全图Ｋ３的分解。 证明：设Ｋ 为ｖ＝２ｔ＋ｌ阶完全图Ｋ 的边矩阵，则Ｋ 的ｉ行ｊ列及 对角线上的３（ｖ一１）／２个边可并成ｖ一１）／２个完全图Ｋ３，Ｋ 的ｉ行ｊ列及
对角线以外区域可划分出ｔ（１—１）／６个各由３个完全二分图Ｋ２。 ，Ｋ２２
，Ｋ２０， ｋ 的２ｘ２三连系矩阵Ｋ： ，从而形成ｖ ｖ一１），６个三连系。定理１
得证。 ’ 命题１：设顶集ｖ（Ｇ）＝｛Ｃｌ，Ｃ ・ｃｖ｝，ＩＶ（Ｇ）Ｉ＝ｖ＝２ｔ＋ｌ，ｔ为已存在Ｓｔｅｉｎｅｒ 三连系的阶，Ｇ为完全图Ｋ，Ｋ 为完全图Ｋ 的边矩阵，则Ｋｖ 的ｔ（ｔ—ｌｙ ２个２ｘ２子矩阵的划分方案有Ｐ一，ｐ２，…，ｐ什１等ｖ＋１种，其中方案Ｐ 表 示：Ｋ 的ｉ行ｊ列及对角线所占为Ａ区，Ａ区以外的Ｂ区域划分为ｔ“一 １）／２个２ｘ２子矩阵。 证明：设ｔ＝３，ｖ＝２ｔ＋ｌ＝７，则 的ｔ（ｔ一１）／２＝３个２ｘ２子矩阵划分方 案数为ｖ＋ｌ＝８，即有Ｐ ，Ｐ２，…，Ｐ 等８种方案，经过子矩阵划分后，边矩 阵分别为 “”， “ ，…， “ 。命题１得证。
Ｋ， （ ）＝ Ａ Ｂ Ｂ Ｂ Ｂ Ａ Ａ Ｂ Ｂ Ｂ Ｂ Ｂ Ｂ Ｂ Ｂ Ａ Ｂ Ｂ Ｂ Ｂ Ａ ｃ１ ｃ２ ｃ５ ｃ６ ｃ２ ｃ３ ｃ４ ｃ５ ｃ６ ｃ７ ｆＡ Ａ Ｂ Ｂ Ｂ Ｂ ＡＡＡＡＡ Ｂ Ｂ Ｂ Ｂ Ａ Ｂ Ｂ Ｂ Ｂ Ａ
Ｃ１ Ｃ２ Ｃ３ ｃ｜ Ｃ５ Ｃ６
ＫＴ＇（ ）＝ Ｋ１ （ ）＝
Ａ Ａ Ｂ Ｂ Ｂ Ｂ Ａ Ｂ Ｂ Ｂ Ｂ Ａ Ａ Ｂ Ｂ Ａ Ａ Ａ Ｂ Ｂ Ａ ｃ２ ｃ３ ｃ４ ｃ５ ｃ６ ｃ７ ｆＡ Ｂ Ｂ Ｂ Ｂ Ａ Ｂ Ｂ Ｂ Ｂ Ａ Ａ Ｂ Ｂ Ａ Ｂ Ｂ Ａ Ａ Ａ Ａ ＫＴ＇Ｈ）＝ Ｋ， （ ）＝ ｃ２ ｃ３ ｃ４ ｃ５ ｃ６ ｃ７ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ｂ Ｂ Ｂ Ａ Ｂ Ｂ Ｂ Ａ Ａ Ｂ Ｂ Ａ Ａ Ａ Ｂ Ｂ Ａ
Ａ Ａ Ｂ Ｂ Ｂ Ｂ Ａ Ｂ Ｂ Ｂ Ｂ Ａ Ａ Ｂ Ｂ Ａ Ｂ Ｂ Ａ Ａ Ａ
２．１９阶Ｓｔｅｉｎｅｒ三连系的构造 当ｖ＝２ｔ＋ｉ＝１９时。作为已存在的Ｓｔｅｉｎｅｒ三连系应当是ｔ＝９阶 Ｓｔｅｉｎｅｒ三连系。用于构造１９阶Ｓｔｅｉｎｅｒ三连系的是以下Ｄ（ｖ）＝ｖ一２＝７ 个不同构造且互不相交的９阶Ｋｉｒｋｍａｎ三连系，但是９阶Ｋｉｒｋｍａｎ三 连系的个数Ｎ＞７，且Ｎ＝Ｎ ｘＮ ，Ｎ ＝（ｖ一２）（ｖ－４）…ｖ一２ｍ）为含ｃ１三连系 ｛Ｃｌ，Ｃ Ｃｂ｝．．・的构造的选择数，Ｎ ＝（ｖ一５）（ｖ一７）…ｖ一２ｍ）为含ｃ２三连系｛ｃ Ｃｉ，Ｃｊ｝．．．的构造的选择数，…，１０５个９阶Ｋｉｒｋｍａｎ三连系的构造结果证 实了９阶Ｋｉｒｋｍａｎ三连系的计数方法。 ＫＴ１‘ ’＝｛｛１，２，３），｛１，４，７），｛１，５，６），｛１，８，９），｛２，４，５），｛２，６，８），｛２，７，９），｛３，４，８）， ｛３，５，９），｛３，６，７），｛４，６，９），｛５，７，８｝】 ＫＴ２‘ ＝｛｛１，２，４），｛１，３，９），｛１，５，８），｛１，６，７），｛２，３，６），｛２，５＇７），｛２，８，９），｛３，４，５）， ｛３，７，８），｛４，６，８），｛４＇７，９），｛５，６，９｝】 ＫＴ３‘ ＝｛｛１，２，５），｛１，３，７），｛１’４，９），｛１，６，８），｛２，３，４），｛２，６，９），｛２，７，８），｛３，５，６）， （３，８，９ｌ，（４，５，８ｌ，（４，６，７ｌ，（５，７，９｝１ ＫＬ‘ ＝“１，２，６），｛１，３，４），｛１，５，９），｛１，７，８），｛３，５，７），｛２，５，８），｛２，４，７），｛２，３，９）， ｛４，８，９），｛６，７，９），｛３，６，８），｛４，５，８｝】 ＫＴ５‘ ＝｛｛１，２，７），｛１，３，５），｛１，４，８），｛１，６，９），｛２，３，８），｛２，４，９），｛２，５，６），｛３，４，６）， ｛３，７，９），｛４，５，７），｛５，８，９），｛６，７，８｝】 ＫＴ６ ＝“１，２，８），｛１，３，６），｛１，４，５），｛１，７，９），｛２，３＇７），｛２，４，６），｛２，５，９），｛３’４，９）， ｛３，５，８），｛４，７，８），｛５，６，７），｛６，８，９｝】 ＫＴ７ ０ ＝｛｛１，２，９），｛１，３，８），｛１，４，６），｛１，５，７），｛２，３，５），｛２，４，８），｛２，６，７），｛３，４，７）， ｛３，６，９），｛４，５，９），｛５，６，８），｛７，８，９｝】 当完全图Ｋ１。的边矩阵Ｋ１９ 形成后，按方案Ｐ。将Ｋｌ９ 划出ｔ（ｔ一１）／２＝
３６个完全二分图 ：，Ｋ ， 的边矩阵，再根据ＫＴ１‘ ’将ｔ（ｔ一１），２个完
全二分图 ， ，Ｋ￣ｔ（ｔ一１）／２＝１２＋２ｘ２三连系矩阵 ， ， ， 而将Ｋ 的１行１列及对角线上的３（ｖ一１）／２个边并成ｖ一１）／２个完全图
，最后得Ｐ 类１９阶Ｓｔｅｉｎｅｒ三连系的第一个三连系ＳＴ￣“ （１９），再依 据ＫＴ２ ９】，ＫＴ３（９】，…，ＫＴ７（９’依次将Ｋ口 ‘ 分解出ｖ（ｖ一１）／６个完全图Ｋ３，即 得其余６个三连系ＳＴｐ１‘ （ ，ＳＴｐ１‘”㈣，…，ＳＴｐ１‘ ㈣。
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０ 彩靠 ∞ ０ 岛靠 ∞ 如靠 维普资讯 http://www.cqvip.com 科技信息 ０高校讲台０ ＳＣＩＥＮＣＥ＆ＴＥＣＨＮＯＬＯＧＹ ＩＮＦＯＲＭＡＴＩＯＮ ２００７年第２１期 Ｖ２ ｖ３ Ｖ４ Ｖ７ ｖ９
ＳＴ（１）ｐｌ（１９） ＝｛｛１，２，３｝，｛１，４，５｝，｛１，６，７｝，｛１，８，９｝，｛１，ｌＯ，１１｝，｛１，１２，１３｝，｛１，１４，１５｝， ｛１，１６，１７｝，｛１，１８，１９｝，｛２，４，６｝，｛２，５，７｝，｛２，８，１４｝，｛２，９，１５｝，｛２，１０，１２｝，｛２，１１，１３｝， ｛２，１６，１８｝，｛２，１７，１９｝，｛３，４，７｝，｛３，５，６｝，｛３，８，１５｝，｛３，９，１４｝，｛３，１０，１３｝，｛３，１１，１２｝， ｛３，１６，１９｝，｛３，１７，１８｝，｛４，８，１０｝，｛４，９，１１｝，｛４，１２，１６｝，｛４，１３，１７｝，｛４，１４，１８｝， ｛４，１５，１９｝，｛５，８，ｌ１｝，｛５，９，１０｝，｛５，１２，１７｝，｛５，１３，１６｝，｛５，１４，１９｝，｛５，１５，１８｝，｛６，８，１６｝， ｛６，９，１７｝，｛６，１０，１８｝，｛６，１１，１９｝，｛６，１２，１４｝，｛６，１３，１７｝，｛７，８，１７｝，｛７，９，１６｝，｛７，１０，１９｝， ｛７，１ １，１８｝，｛７，１２，１７｝，｛７，１３，１４｝，｛８，１２，１８｝，｛８，１３，１９｝，｛９，１２，１９｝，ｌ９，１３，１８｝， ｛１０，１４，１６｝，｛１０，１５，１７｝，｛ｌ１，１４，１６｝，｛１１，１５，１６｝｝； ＳＴ（２１ｐｌ（１９）