魔術三角形變變變

魔術三角形變變變

許綺 云

台北市立第一女子高級中學

Abstract

Compare to the conventional magic triangle, the subtractive magic triangle is a new concept. Due to the interest in the subject, I study constructions of subtractive magic triangles of order n, the optimal maximum and minimum of the magic difference d. We then combine this with the conventional one to study the perfect magic triangle, which is both conventional and subtractive. Besides, the study also includes the configuration of tetrahedrons and polygons. When do- ing the research, I first find patterns and give conjectures. We then prove the conjectures. Finally think about whether it can suit other parts of the study. From the study I get the optimal maximum and minimum of the magic difference d for subtractive magic triangles of order n: when n is even and n ≥ _{6, n}(n+₂)_/4 ≤ d ≤ _3n²_/4−_2;

when n is odd,(n−1)(n+11)/4≤ d≤ 3(n+1)²/4−4. The result can be proved by constructing a subtractive magic triangle whose magic difference satisfies the maximum or minimum.

摘

摘摘要要要: 可減魔術三角形相對於傳統魔術三角形是個全新的概念, 基於對 此主題的興趣, 本文研究 n 階可減魔術三角形的建構方法以及魔術差 d 的最佳上下界. 然後結合傳統魔術三角形, 探討同時是傳統和可減魔

術三角形的完美魔術三角形, 另外也將結果推廣到四面體及多邊形的

情況. 研究過程中先尋找規律, 再大膽猜測, 並證明自己的想法, 最後思 考是否能適用於其他部分. 本研究得出 n 階可減魔術三角形魔術差 d 的最佳上下界: 當 n 是偶數且 n ≥6 時, n(n+2)/4 ≤ d≤ 3n²/4−2;

當 n 是奇數時,(n−1)(n+₁₁)_/4≤d≤3(n+₁)²_/4−4.並透過找到 建構方法證明之.

1 簡 簡 簡介 介 介

1.1 研 研 研究 究 究 動 動 動機 機 機

在一次專題研究課後, 老師希望我們進行科展資料蒐集的工作, 找出自己有 興趣的主題. 在《數學傳播》, 我發現一篇有趣的文章 [3], 其中討論有別於 傳統魔術三角形的「可減魔術三角形」. 我覺得這個主題很有意思, 而且文 中提出的許多問題都尚未解決, 於是決定作更深入的研究.

1.2 研 研 研究 究 究背 背 背景 景 景

Ajose 在 1983 年 5 月的 Mathematics Teacher 發表了一篇文章, 名為 Sub- tractive magic triangles [1], 文中提出「可減魔術三角形」的概念. 王湘君 將此篇文章翻譯為〈可減的魔術三角形〉[3] 登於《數學傳播》第 9 卷第 2 期上. 傳統魔術三角形與其推廣, 皆以「和」為基礎, 在這方面的研究很多, 更多的資料請詳見 Heinz 的網站 [2]; 但重點在「差」的可減魔術三角形屬 於比較少人知道的區域. 以下簡單介紹魔術三角形: 如圖 1, 若三角形每邊有 三個數且數字和都是定值, 稱為 3 階 (傳統) 魔術三角形; 如圖 2, 若每邊有三 個數且較大兩數和減最小數的差都是定值, 稱為 3 階可減魔術三角形; 如圖 3,若每邊有四個數且較大兩數和減較小兩數和的差都是定值, 稱為 4 階可減 魔術三角形. 有關它們的定義詳見第 1 至 5 節名詞定義.

2

1 1 4 1

6 5 6 3 7 3

2 4 3 2 4 5 5 8 9 6

9 = 1 + 6 + 2 7 = (6 + 2) - 1 6 = (7 + 5) - (4 + 2)

= 1 + 5 + 3 = (5 + 3) - 1 = (6 + 3) - (2 + 1)

= 2 + 4 + 3 = (5 + 4) - 2 = (9 + 8) - (6 + 5) 圖 1. 3 階可減魔術三角形. 圖 2. 3 階可減魔術三角形. 圖 3. 4 階可減魔術三角形.

1.3 過 過 過去 去 去相 相 相關 關 關成 成 成果 果 果

前面提到 Ajose 的文章主要包括下列成果。首先, 有關存在性的部分, 文中 對於 3 ≤ n ≤ 7, 給出一些 n 階可減魔術三角形的例子; 但是當 n > 7 時, 因為沒有找到例子, 尚未確定是否存在 n 階可減魔術三角形. 其次, 概略估 計魔術差的範圍: 當 n 是偶數時, n²/4 ≤ d ≤ n(5n−6)/4; 當 n 是奇數時, (n+1)²/4≤d≤5(n²−1)/4;並聲明這並非最佳上下界. 也提出一些性質:

將每個元素增加一定數 m, 仍維持為可減魔術三角形, 且魔術差變為 d+m (但我發現當 n 為偶數時, 魔術差不變). 將每個元素乘上一定數 k, 若「 n 為 偶數」或「 n 為奇數且 k 為正數」, 則維持為可減魔術三角形, 且魔術差變 為|k| ×d;若「 n 為奇數且 k 為負數」, 則不保持其魔術性. 此外, 算術數列 亦能排成可減魔術三角形.

1.4 研 研 研究 究 究目 目 目的 的 的

針對前述 Ajose 文章中的已知結果, 以及他所提出來的一些未解問題, 我的 研究目的主 要有下列數點:

1. 探討 n 階可減魔術三角形的存在性.

2. 尋找魔術差的最佳上下界.

3. 尋找 n階可減魔術三角形的性質與建構方法.

4. 推廣至 n 階完美魔術三角形, 可減魔術四面體及可減魔術多邊形.

1.5 名 名 名詞 詞 詞 定 定 定義 義 義

傳統魔術三角形 (conventioal magic triangle) 是由一群從 1 開始的連續自 然數, 排列成中空正三角形的樣子, 使得這個三角形每邊的數字和 D (稱為 魔術和) 都相同. 若三角形每邊有 n 個數, 稱為 n 階的傳統魔術三角形, 以符 號表示為 CTn.

可減魔術三角形 (subtractive magic triangle) 的排列方法同上, 設三角 形每邊有 n 個數, 從每邊的 n 個數中, 可得到兩個部分和. 若 n 為奇數, 則 l 是 (n+1)/2個較大數的和, s 是(n−1)/2個較小數的和; 若 n 為偶數, 則 l 是 n/2個較大數的和, s 是 n/2 個較小數的和. 令 d 表 l 與 s 的差 (稱為魔 術差), 若三角形每邊的 d 相等, 稱為 n 階的可減魔術三角形, 以符號表示為 STn.

同時為傳統和可減的魔術三角形稱為完美魔術三角形 (perfect magic triangle),若三角形每邊有 n 個數, 稱為 n 階的完美魔術三角形, 以符號表示 為 PTn.

可減魔術四面體 (subtractive magic tetrahedron) 是由一群從 1 開始的 連續自然數, 排列成中空正四面體的樣子, 使得這個四面體每條稜邊的魔術 差都相同, 若四面體每條稜邊有 n 個數, 稱為 n 階的可減魔術四面體, 以符 號表示為 STen.

可減魔術多邊形 (subtractive magic polygon) 是由一群從 1 開始的連 續自然數, 排列成中空正多邊形的形狀, 使得這個多邊形所有邊的魔術差都 相同, 若多邊形有 m 條邊, 每邊有 n 個數, 稱為 n 階的可減魔術 m 邊形, 以 符號表示為 SmPn.

1.6 本 本 本文 文 文 主 主 主要 要 要結 結 結果 果 果

在這份研究報告裡, 我們的主要結果簡述如下:

存在性: n ≥3 ⇔_{存在 STn}; n ≥5存在 PTn; n≥4且 n 是偶數⇔_存在 STen.

魔術差 d 的最佳上下界:

n n 是奇數 n 是偶數

STn

(n−1)(n+11)

4 ≤d≤ ³

4(n+1)²−4 6≤d≤9, n=4 n(n+2)

4 ≤d≤ ³

4n²−2, n≥6

STen 不存在 hn(n+2)

4 ,3 4n²−3i

≤d≤ ³ 2n²−4 d≤ ^m

4n²+^m 2n−⁹

8m, m≡0 (mod8) SmPn

d≤ ^m 4n²−^m

2 −¹

2, m 是奇數

d≤ ^m 4n²+^m

2n−⁹ 8m±³

8, m≡ ±1 (mod8) d≤ ^m

4n²+^m 2n−⁹

8m∓¹

4, m≡ ±2 (mod8) d≤ ^m

4n²+^m 2n−⁹

8m±¹

8, m≡ ±3 (mod8) d≤ ^m

4n²−^m

2, m 是偶數

d≤ ^m 4n²+^m

2n−⁹ 8m+¹

2, m≡4 (mod8)

1.7 感 感 感謝 謝 謝詞 詞 詞

能完成這份研究, 要感謝很多人的幫忙. 感謝鄭凱鐘老師字斟句酌幫我修改 語句, 讓我的想法能更完整地傳達, 也不時提出建議, 使得研究內容更加豐 富. 感謝張鎮華教授讓我的報告更加簡要, 也讓我更了解正式的寫法. 感謝父 母親在身旁默默的支持我, 使我不須顧慮太多. 還有許多或多或少幫助我的 人, 實在無法一一細數, 真的很謝謝你們!

2 文 文 文獻 獻 獻探 探 探討 討 討

Ajose在他的文章中提出 7 個問題並給了這些問題的簡答. 有些問題並沒有 完整解釋, 而且有一個小錯誤, 討論如後.

2.1 文 文 文章 章 章概 概 概要 要 要

Ajose 的文章開頭舉了三階傳統魔術三角形, 三階和四階可減魔術三角形的 例子, 並定義這兩種魔術三角形. 提出的 7 個問題與簡答簡述如下:

1. 除了開頭的例子, 是否有其他可減魔術三角形? 簡答: 有, 並舉了另兩 個三階和四階的例子.

2. 對每一自然數 n (n ≥2) 而言, 是否可由前 3n 個自然數組成一可減魔 術三角形? 簡答: 當 2 ≤n ≤6, 可以, 並舉出例子: 但當 n> _{6, 尚未確} 定.

3. 把每一邊每一元素增加一定數 m, 此可減魔術三角形是否保持魔術性?

簡答: 是.

4. 每一元素乘上一定數 k, 結果如何? 簡答: 若可減魔術三角形為「偶數 階」或「奇數階且 k 為正數」, 則保持魔術性.

5. 在 3, 4 問中, 魔術差是多少? 簡答: 增加一定數 m, 魔術差變為 d+m;

乘上一定數 k, 若保持魔術性, 魔術差變為|k| ×d.

6. 已知階次 n, 魔術差最大, 最小為多少? 簡答: 當 n 是偶數時, n²/4 ≤ d ≤n(_5n−₆)/4; 當 n 是奇數時,(n+₁)²_/4 ≤d≤₅(n²−₁)_/4.

7. 算術數列是否能排成可減魔術三角形? 簡答: 可以.

2.2 文 文 文 中 中 中的 的 的小 小 小錯 錯 錯誤 誤 誤

第 2.1 節中第 5 題前半部: 把 STn 的每個元素增加一個定數 m, 魔術差是多 少? 其簡答是: 魔術差變為 d+m. 但事實上, 當 n 是偶數, 將 STn 的每個元 素增加定數 m, 較大的和變為 l+mn/2,較小的和變為 s+_{mn/2, 所以新的} 魔術差 d⁰ = (l+mn/2) − (s+mn/2) = l−s =原來魔術差 d. 也就是說, 正確的答案是:「若 n 為偶數, STn 魔術差維持 d; 若 n 為奇數, STn 魔術差變 為 d+m」.

2.3 文 文 文 中 中 中魔 魔 魔術 術 術差 差 差 上 上 上下 下 下界 界 界的 的 的由 由 由來 來 來

第 2.1 節中第 6 題: 已知階次 n, 魔術差最大, 最小為多少? 文中的簡答為:

當 n 是偶數時, n²/4 ≤d ≤ n(5n−6)/4; 當 n 是奇數時,(n+1)²/4≤ d≤ 5(n²−1)/4. 但這個範圍只是 d 的上下界, 並非最佳上下界. 由於作者並沒 有寫到如何解出這個範圍, 所以我揣測他的想法是這樣給出來的:

假設魔術差 d 發生於三角形的某一邊, 其所含的 n 個數 a1 > a2 >

· · · > an. 當 n 是偶數時, 較大的 n/2 個數滿足 ai ≤ 3n−2−i, 其中 1 ≤i≤n/2; 而較小的 n/2 個數滿足 aj ≥n+1−i,其中 n/2+1≤ j≤n, 所以

d≤^(3n−3) + (3n−4) + · · · + (⁵

2n−2)^− (1+2+ · · · + ⁿ 2)

= ⁿ

4(5n−6).

其次, 對 1 ≤ i ≤ _{n/2, 因為 ai} > a_i+1 > · · · > a_i+_n/2, 所以 ai−a_i+_n/2 ≥ n/2, 因此

d = (a1−a₁+_n/2) + (a2−a₂+_n/2) + · · · + (a_n/2−a_n/2+_n/2)

≥ ⁿ 2 ×ⁿ

2 = ⁿ

2

4 .

當 n 是奇數時, 較大的 (n+1)/2 個數滿足 ai ≤ 3n−2−i, 其中 1 ≤ i ≤ (n+1)_{/2; 而較小的} (n−1)/2個數滿足 aj ≥ n+1−j,其中(n+3)/2 ≤ j ≤_{n, 所以}

d≤^(3n−3) + (3n−4) + · · · + (⁵ⁿ 2 −⁵

2)^−^1+2+ · · · + ¹

2(n−1)^

= ⁵

4(n²−1).

其次, a1 ≥_{n 而且對 2} ≤i ≤ (n+1)_{/2, 因為 ai} >a_i+1a > · · · > a_i+(n−1)/2, 所以 ai−a_i+(n−1)/2 ≥ (n−1)/2, 因此

d=a₁+ (a₂−a_2+(n−1)/2)

+ (a₃−a_3+(n−1)/2) + · · · + (a_(n+1)/2−a_{(n+1)/2+(n−1)/2})

≥n+ⁿ−1

2 (ⁿ−1

2 ) = (n+1)² 4 .

上述論證所得到的上下界不會是最佳上下界, 因為我們把大的 ai (1 ≤ i ≤ _{n/2)以及小的 aj(n/2}+₁ ≤ _j ≤ n) 都用最壞的情況估計, 如果把三邊 的 a_i 值拿出來用, 平均來講就應該有顯著的不同.

3 可 可 可減 減 減 魔 魔 魔術 術 術 三 三 三角 角 角形 形 形

為了方便呈現, 我們利用 3×_{n 矩陣表示 STn}. 矩陣的每一列代表 STn 的每 一邊, 以 E1, E2, E3分別表示矩陣的第一, 二, 三列, 兩端頂點上的數則置於 一列的兩側. 令頂點上的數 v1 <v2 <v3, E₁的頂點為 v1和 v2, E2的頂點為 v1和 v3, E3的頂點為 v2和 v3. 除了頂點上的數之外, 將每一列的數由左而 右, 從小到大排列, 如圖 4 所示. 設 di為 Ei的 d (i =1, 2, 3), 當 d1 =d2 =d3

時, 即為一個 STn.







v1 a1 a2 · · · an−2 v2

v1 b1 b2 · · · bn−2 v3

v2 c1 c2 · · · cn−2 v3







3×n

圖 4. STn 的圖形及矩陣表示.

定定定理理理 3.1. 當當當 n≥6且為偶數時, 存在魔術差是 3

4n²−2 或 n(n+₂)

4 的 ST_n. 證證證明明明. 首先, 考慮下面的 STn:

v1 =1, v2=3n−5, v3 =3n−3;

ai =3i+1(i=1, 2,· · ·, n−3), an−2 =3n−4;

b_i =_3i(i =_{1, 2,}· · ·_{, n}−₃)_, b_n−2 =_3n−_7;

c_i =_3i−₁(i=_{1, 2,}· · ·_{, n}−₃)_, c_n−2 =_3n−_6.







1 h4 7 · · · 3n−8i 3n−4 3n−5 1 h3 6 · · · 3n−9i 3n−7 3n−3 3n−5 h2 5 · · · 3n−10i 3n−6 3n−3





 可以計算各邊的魔術差如下:

d₁ =^(_3n−₄) + (³

2n+₁)^−^(³

2n−₂) +₁^+³ⁿ 2 (ⁿ

2 −₂) = ³

4n²−_2, d₂ =^(3n−7) +³

2n

−^(³

2n−6) +1 +³ⁿ

2 (ⁿ

2 −2) = ³

4n²−2, d3 =^(3n−3) + (3n−5) + (3n−6)^

−^(³

2n−1) + (³

2n−4) + (³

2n−7)^+ ³ⁿ 2 (ⁿ

2 −3) = ³

4n²−2, 所以這是一個魔術差為 3n²/4−2 的 STn. 其次考慮下面的 STn:

v₁ =n, v2 =3n/2−1, v3=2n−2;

a_i =i(i =1, 2,· · ·, n−2);

b1 =n−1, bi =n−1+i(i =2, 3,· · ·, n/2−1),

bi =n+i(i=n/2, n/2+1,· · ·, n−3), bn−2 =2n−1;

ci =2n−1+i(i=1, 2,· · ·, n−2).









n h1 2 3 4 5 6 · · · n−2i ³

2n−1 n n−1 hn+1 n+2 · · · i h³

2n 3

2n+1 · · · i 2n−1 2n−2 3

2n−1 h2n 2n+_{1 2n}+_{2 2n}+_{3 2n}+_{4 2n}+₅ · · · 3n−3i 2n−2







 可以計算各邊的魔術差如下:

d1=^(³

2n−1) +n

−^n 2 + (ⁿ

2 −1)^+ ⁿ 2(ⁿ

2 −2) = ⁿ(n+₂) 4 , d2= (ⁿ

2 +1)ⁿ

2 = ⁿ(n+2) 4 , d3=^(⁵

2n−1) + (⁵

2n−2)^

−^(_2n−₂) + (³

2n−₁)^+ⁿ 2(ⁿ

2 −₂) = ⁿ(n+2) 4 , 所以這是一個魔術差為 n(n+2)/4 的 STn.

但當 n = 4 時, 列出 ST4 所有情況之後, 發現魔術差的最小上界不是 3/4·4²−2 =10, 而是 9. 圖 5 是魔術差為 3n²/4−2 的例子; 圖 6 是魔術差 為 n(n+2)_{/4 的例子.}







1 4 7 10 14 13 1 3 6 9 11 5 13 2 5 8 12 5













6 1 2 3 4 8 6 5 7 9 11 10 8 12 13 14 15 10







圖 5. ST6, d=25. 圖 6. ST6, d=12.

定定定理理理 3.2. 對於 n ≥ 4 且為偶數時, 存在 3(n−1)²+1

4 ≤ d ≤ ³

4n²−3 的 STn

證證證明明明. 首先, 考慮下面的 STn:

a1 =1, a2 =5, ai =3i(i =3, 4,· · ·, n−2); b1 =3, b2=4, bi =3i−1(i=3, 4,· · ·, n−2); c1=2, c2 =6, ci =3i−2(i =3, 4,· · ·, n−2).







3n−5 1 5 h9 12 · · · 3n−6i 3n−4 3n−5 3 4 h8 11 · · · 3n−7i 3n−3 3n−4 2 6 h7 10 · · · 3n−8i 3n−3







可以計算各邊的魔術差如下:

d₁ =^(_3n−₄) + (_3n−₅) + (³

2n+₆) + (³

2n+₃)^

−^3

2n+ (³

2n−3) +5+1 +³ⁿ

2 (ⁿ 2 −4)

= ³

4n²−3,

d2 =^(3n−3) + (3n−5) + (³

2n+5) + (³

2n+2)^

−^(³

2n−₁) + (³

2n−₄) +4+3 +³ⁿ

2 (ⁿ 2 −₄)

= ³

4n²−3,

d3 =^(3n−3) + (3n−4) + (³

2n+4) + (³

2n+1)^

−^(³

2n−2) + (³

2n−5) +6+2 +³ⁿ

2 (ⁿ 2 −4)

= ³ 4

2

−3,

所以這是一個魔術差為 3n²/4−3 的 STn. 將頂點上三數 3n−3, 3n−4, 3n−5與比這三個數小 3 的數 3n−6, 3n−7, 3n−8交換, 計算各邊的魔術 差均為 3n²/4−6, 所以這是一個魔術差為 3n²/4−6 的 STn. 依此類推, 可 得到魔術差為 3n²/4−9, 3n²/4−12,· · ·,[3(n−1)²+1]/4 的 STn.

其次考慮下面的 STn:

v₁ =3n−6, v₂=3n−5, v₃ =3n−4;

a_i =3i−2(i =1, 2,· · ·, n−2);

b_i =3i(i =1, 2,· · ·, n−3), bn−2=3n−3;

c_i=3i−1(i =1, 2,· · ·, n−2).







3n−₆ h_{1 4} · · · _3n−₈i _3n−₅ 3n−6 h3 6 · · · i 3n−3 3n−4 3n−5 h2 5 · · · 3n−7i 3n−4





 可以計算各邊的魔術差如下：

d1= (3n−6) − (³

2n−2) +³ⁿ 2 (ⁿ

2 −1) = ³

4n²−4, d2= (3n−4) − ³

2n+³ⁿ 2 (ⁿ

2 −1) = ³

4n²−4, d₃= (_3n−₅) − (³

2n−₁) +³ⁿ 2 (ⁿ

2 −₁) = ³

4n²−_4,

所以這是一個魔術差為 3n²/4−4 的 STn. 將頂點上三數 3n−4, 3n−5, 3n−6與比這三個數小 3 的數 3n−7, 3n−8, 3n−9交換, 計算各邊的魔術 差均為 3n²/4−7, 所以這是一個魔術差為 3n²/4−7 的 STn. 依此類推, 可 得到魔術差為 3n²/4−10, 3n²/4−13, · · ·, 3n²/4−3n/2+2 的 STn.

再考慮下面的 STn:

v1 =3n−_{7, v2} =3n−_{6, v3}=3n−_5;

a_i =_3i−₁(i=_{1, 2,}· · ·_{, n}−₃)_, a_n−2 =_3n−_4;

b_i =3i−2(i =1, 2,· · ·, n−2);

c_i =3i(i=1, 2,· · ·, n−3), c_n−2 =3n−3.







3n−7 h2 5 · · · i 3n−4 3n−6 3n−7 h1 4 · · · 3n−8i 3n−5 3n−6 h3 6 · · · i 3n−3 3n−5





 可以計算各邊的魔術差如下：

d₁= (_3n−₆) − (³

2n−₁) +³ⁿ 2 (ⁿ

2 −₁) = ³

4n²−_5, d₂= (3n−7) − (³

2n−2) +³ⁿ 2 (ⁿ

2 −1) = ³

4n²−5, d3= (3n−5) − ³

2n+³ⁿ 2 (ⁿ

2 −1) = ³

4n²−5,

所以這是一個魔術差為 3n²/4−_{5 的 STn}. 將頂點上三數 3n−_{5, 3n}−_6, 3n−₇與比這三個數小 3 的數 3n−_{8, 3n}−_{9, 3n}−_{10交換, 計算各邊的魔} 術差均為 3n²/4−8, 所以這是一個魔術差為 3n²/4−8 的 STn. 依此類推, 可得到魔術差為 3n²/4−11, 3n²/4−14,· · ·, 3n²/4−3n/2+1 的 STn.

圖 7, 圖 8 分別為 ST4, ST6的例子.







5 2 8 6 5 1 4 7 6 3 9 7













6 1 4 7 6 3 9 8 7 2 5 8













7 1 5 8 7 3 4 9 8 2 6 9







d=7 d =8 d=9

圖 7. ST6, d=7,· · ·, 9.







8 2 5 11 14 9 8 1 4 7 13 10 9 3 6 12 15 10













9 1 4 7 13 10 9 3 6 12 15 11 10 2 5 8 14 11













10 1 5 7 13 11 10 3 4 8 14 12 11 2 6 9 15 12







d =19 d=20 d=21







11 2 5 8 14 12 11 1 4 7 10 13 12 3 6 9 15 13













12 1 4 7 10 13 12 3 6 9 15 14 13 2 5 8 11 14













13 1 5 7 10 14 13 3 4 8 11 15 14 2 6 9 12 15







d =22 d=23 d=24

圖 8. ST6, d=19,· · ·, 24.

定定定理理理 3.3. 當 n ≥3且為奇數時, 存在魔術差是3

4(n+1)²−4 或 (n−1)(n+11) 的STn. 4

證證證明明明. 首先, 考慮下面的STn:

v₁ =3n−5, v2 =3n−4, v3 =3n−3;

a_i =3i−2(i =1, 2,· · ·, n−2); b_i =3i−1(i =1, 2,· · ·, n−2); c_i =3i(i=1, 2,· · ·, n−2).







3n−₅ h_{1 4} · · · _3n−₈i _3n−₄ 3n−₅ h_{2 5} · · · _3n−_{7 3n}−₃ 3n−4 h3 6 · · · 3n−6 3n−3





 可以計算各邊的魔術差如下:

d1 = (3n−₄) +³ⁿ−₃

2 (ⁿ−₁ 2 ) = ³

4(n+1)²−_4, d₂ =^(3n−3) + (3n−5)^−³ⁿ−5

2 + ³ⁿ−3

2 (ⁿ−3 2 ) = ³

4(n+1)²−4, d₃ = (3n−4) +³ⁿ−3

2 (ⁿ−1 2 ) = ³

4(n+1)²−4, 所以這是一個魔術差為 3(n+1)²/4−4 的 STn.

其次考慮下面的 STn:

v₁=2n−3, v₂ =2n−1, v₃=3n−3;

a_i =i(i =1, 2,· · ·, n−2);

b_i =n−2+i(i =1, 2,· · ·, n−2);

c₁ =2n−2, c_i =2n−2+i(i =2, 3,· · ·, n−2).







2n−3 h1 2 · · · n−2i 2n−1 2n−3 hn−1 n · · · 2n−3i 3n−3 2n−1 2n−2 h2n 2n+1 · · · i 3n−3





 可以計算各邊的魔術差如下:

d₁=^(2n−1) + (2n−3) + (n−2)^−^n−1

2 +ⁿ−3 2

+ⁿ−1

2 (ⁿ−5 2 )

= (n−1)(n+11)

4 ,

d2=^(3n−3) + (2n−3) + (2n−4)^−^3n−5

2 +³ⁿ−7 2



+ⁿ−1

2 (ⁿ−5 2 )

= (n−1)(n+11)

4 ,

d3= (3n−3) + ⁿ−1

2 (ⁿ−1

2 ) = (n−1)(n+11)

4 ,

所以這是一個魔術差為(n−1)(n+11)/4 的 STn.

圖 9 是魔術差為 3(n+1)²/4−4 的例子; 圖 10 是魔術差為(n−1)(n+ 11)_{/4 的例子.}







4 1 5 1 2 6 5 3 6













3 1 5 1 2 6 5 4 6







圖 9. ST3, d=8. 圖 10. ST3, d=7.

定定定理理理 3.4. 對於 n ≥ 3 且為奇數時, 存在 3

4n²+¹

4 ≤ d ≤ ³

4(n+1)²−4 的 STn.

證證證明明明. 首先, 考慮下面的 STn:

v1 =3n−5, v2 =3n−4, v3 =3n−3;

ai =3i−2(i =1, 2,· · ·, n−2); b_i =_3i−₁(i =_{1, 2,}· · ·_{, n}−₂)_; c_i =_3i(i=_{1, 2,}· · ·_{, n}−₂)_.







3n−5 h1 4 · · · 3n−8i 3n−4 3n−5 h2 5 · · · 3n−7i 3n−3 3n−4 h3 6 · · · 3n−6i 3n−3





 可以計算各邊的魔術差如下:

d1 = (3n−4) +³ⁿ−3

2 (ⁿ−1 2 ) = ³

4(n+1)²−4, d2 =^(3n−₃) + (3n−₅)^−³ⁿ−₅

2 + ³ⁿ−₃

2 (ⁿ−₃ 2 ) = ³

4(n+1)²−_4, d3 = (3n−4) +³ⁿ−₃

2 (ⁿ−₁ 2 ) = ³

4(n+1)²−4,

所以這是一個魔術差為 3(n+1)²/4−4 的 STn. 將頂點上三數 3n−3, 3n−4, 3n−5與比這三個數小 3 的數 3n−6, 3n−7, 3n−8交換, 計算各 邊的魔術差均為 3(n+1)²/4−7, 所以這是一個魔術差為 3(n+1)²/4−7 的 STn. 依此類推, 可得到魔術差為 3(n+1)²/4−10, 3(n+1)²/4−13,· · ·, 3n²/4+5/4 的 STn.

其次考慮下面的STn:

v₁ =_3n−_6, v₂ =_3n−_5, v₃ =_3n−_4;

a_i =3i(i =1, 2,· · ·, n−3), a_n−2=3n−3;

b_i =3i−2(i=1, 2,· · ·, n−2); c_i =3i−1(i =1, 2,· · ·, n−2).







3n−6 h3 6 · · · i 3n−3 3n−5 3n−6 h1 4 · · · 3n−8i 3n−4 3n−5 h2 5 · · · 3n−7i 3n−4





 可以計算各邊的魔術差如下:

d1 = (3n−5) +³ⁿ−₃

2 (ⁿ−₁ 2 ) = ³

4(n+1)²−5, d₂ =^(3n−4) + (3n−6)^−³ⁿ−7

2 + ³ⁿ−3

2 (ⁿ−3 2 ) = ³

4(n+1)²−5, d₃ = (_3n−₅) +³ⁿ−3

2 (ⁿ−1 2 ) = ³

4(n+₁)²−_5,

所以這是一個魔術差為 3(n+1)²/4−5 的 STn. 將頂點上三數 3n−4, 3n−5, 3n−6與比這三個數小 3 的數 3n−7, 3n−8, 3n−9交換, 計算各 邊的魔術差均為 3(n+1)²/4−8, 所以這是一個魔術差為 3(n+1)²/4−8

的 STn. 依此類推, 可得到魔術差為 3(n+1)²/4−11, 3(n+1)²/4−14,· · ·, 3n²/4+1/4 的 STn.

再考慮下面的 STn:

v1 =3n−7, v2 =3n−6, v3=3n−5;

ai =3i−1(i=1, 2,· · ·, n−3), an−2 =3n−4;

bi =3i(i =1, 2,· · ·_{, n}−₃), bn−2 =3n−_3;

c_i =_3i−₂(i=_{1, 2,}· · ·_{, n}−₂)_.







3n−7 h2 5 · · · i 3n−4 3n−6 3n−7 h3 6 · · · i 3n−3 3n−5 3n−6 h1 4 · · · 3n−8i 3n−5





 可以計算各邊的魔術差如下:

d1 = (3n−6) +³ⁿ−3

2 (ⁿ−1 2 ) = ³

4(n+1)²−6, d2 =^(3n−5) + (3n−7)^−³ⁿ−₉

2 + ³ⁿ−₃

2 (ⁿ−₃ 2 ) = ³

4(n+1)²−6, d3 = (3n−6) +³ⁿ−₃

2 (ⁿ−₁ 2 ) = ³

4(n+1)²−6,

所以這是一個魔術差為 3(n+1)²/4−6 的 STn. 將頂點上三數 3n−5, 3n−6, 3n−7與比這三個數小 3 的數 3n−8, 3n−9, 3n−10交換, 計算各 邊的魔術差均為 3(n+1)²/4−9, 所以這是一個魔術差為 3(n+1)²/4−9 的 STn. 依此類推, 可得到魔術差為 3(n+1)²/4−12, 3(n+1)²/4−15,· · ·, 3n²/4+9/4 的 STn.

圖 11, 圖 12 分別為 ST3, ST₅的例子.







3 6 4 3 1 5 4 2 5













4 1 5 4 2 6 5 3 6





 d=7 d=8 圖 11. ST3, d=_{7, 8.}







6 3 9 12 7 6 1 4 10 8 7 2 5 11 8













7 1 4 10 8 7 2 5 11 9 8 3 6 12 9













8 2 5 11 9 8 3 6 12 10 9 1 4 7 10







d =19 d =20 d=21







9 3 6 12 10 9 1 4 7 11 10 2 5 8 11













10 1 4 7 11 10 2 5 8 12 11 3 6 9 12







d =22 d =23

圖 12. ST5, d=19,· · ·, 23.

定定定理理理 3.5. STn 存在若且唯若 n ≥3.

證證證明明明. n =1, 只有一個數, 不構成三角形的條件. 當 n=2, 只有一種排法, 如 圖 13, 而三邊的魔術差不相等. 所以「若 STn 存在, 則 n ≥_3」.

當 n ≥3 時, 如果能找到一個 STn 的建構方法, 就證明了「若 n≥3,則 STn 存在」. 所需的 STn 的建構方法參見定理 3.1 及 3.3.





 1 2 1 3 2 3







圖 13.

如圖 14 為一個 ST4, 由以下三式觀察 d 發現:

6= (7+5) − (4+2) 6= (6+3) − (2+1) 6= (₉+₈) − (₆+₅)







2 4 7 5 2 1 3 6 5 8 9 6







圖 14. ST4, d=6.

將三式相加可得 6×3= (3+5+6+7+8+9) − (1+2+2+4+5+ 6)_{. 因為所有的 ST4}都是由 1, · · ·, 9 組成, 1,· · ·, 9 的數字和為不變量, 所以 再將式子改寫為:

6×₃=^h(1+2+ · · · +9) +2+5+6i

−₂(1+2+2+4+5+6),

其中 2, 5, 6 為頂點上的數, 1+2+2+4+5+6為所有減數的和.

將這個做法推廣到 STn 之後, 易知 3d 等於三角形所有數之和減掉兩倍 的減數和再加上頂點上三數和:

3d =^h1+2+ · · · + (3n−3)ⁱ−2×^減_數和+_{頂點上三數和} (∗) 定定定理理理 3.6. 當 n ≥6且為偶數時, n(n+2)

4 ≤d≤ ³

4n²−2.

證證證明明明. 從(∗)得知, 要得到 d 的最小上界, 須使頂點上三數和盡可能大, 減數 和盡可能小, 即從 1 開始的連續自然數. 又頂點上的數對於它的兩邊都是其 中一個元素, 所以減數中最多可有三個數各重複一次, 即有三個數減了兩次, 但同時它也必須為「頂點上的數」. 據此可寫出:

3d≤^h1+2+ · · · + (3n−3)ⁱ

−2h

1+2+ · · · + (³

2n−3) + (x1+x2+x3)ⁱ+ (v1+v2+v3)

= (⁹

4n²−₃) −2(x1+x2+x3) + (v1+v2+v3).

其中, 因為減數中最多可有三個數各重複一次, 所以有三個數不確定, 設為 x1, x2, x3, 設兩集合 {x1, x2, x3}, {v1, v2, v3} 有 i個元素相同 (i =0, 1, 2, 3).

不失一般性, 令 x1 =v₁,· · ·_{, xi} =v_i,

3d≤ (⁹

4n²−3) −2 ⁱ

k

∑

v_k+

∑

x_k

+ (v₁+v₂+v₃)

= (⁹

4n²−₃) −₂

∑

x_k−

∑

v_k+

∑

v_k

≤ (⁹

4n²−3) −2

∑

(³

2n−k+1) −

∑

k+

∑

(3n−6+k)

= ⁹

4n²−⁹

2 −2(i−³ 2)².

因為 (i−3/2)² ≥ _{1/4, 所以 3d} ≤ 9n²/4−9/2−2/4, 也就是 d ≤ 3n²/4−5/3,其中 3n²/4為整數, 所以 d≤3n²/4−2.

我們用反證法證明下界, 假設存在一個 STn, 其魔術差 d ≤ n(n+ 2)/4−1. 對於任一邊, 假設其中的 n 個數 a1 > a2 > · · · > an, 則 ai− a_i−1+_n/2 ≥ (n−2)/2 對 2≤i≤n/2均成立. 所以

d= (a₁−an) + (a2−a₂−1+_n/2) + (a3−a₃−1+_n/2) + · · · + (an/2−a_n/2−1+_n/2)

≥a1−an+ⁿ−2

2 (ⁿ−2 2 ),

設 STn 中包含 3n−3 的邊是 Er, 此邊的最大數 a⁰₁ = 3n−_{3, 所以最} 小數 a⁰_n ≥ 3n/2−1; 設 STn 中包含 1 的邊是 Es, 此邊的最小數 a⁰⁰_n = 1, 所以最大數 a⁰⁰₁ ≤ 3n/2−1. 所以此兩邊相交的頂點上的數事實上等於 a⁰_n = a⁰⁰₁ = 3n/2−1. 因此, 剩下的第三邊包含了分別與 Er, Es 相交的頂點 上的數, 以及所有不在 Er 和 Es 出現的數, 這些數有 n/2 個大於 3n/2−1, n/2個小於 3n/2−1. 從這個邊去算魔術差可以得到,

d ≥^h(2n−1) + (2n−2) + (2n−3) + · · · +³ 2ni

−^h(³

2n−2) + (³

2n−3) + · · · +n+ (n−1)ⁱ = ⁿ(n+2) 4 , 和 d≤n(n+2)/4−1 的假設矛盾. 所以, 事實上 d≥n(n+2)/4.

由定理 3.1 得知上述的上下界為最佳上下界.

定定定理理理 3.7. 當 n ≥_{3且為奇數時,} (n−1)(n+11)

4 ≤d ≤ ³

4(n+₁)²−_4.

證證證明明明. 用與定理 3.6 證明中一樣的符號 x1, x2, x3, v1, v2, v3可以得到:

3d ≤^h1+2+ · · · + (3n−3)ⁱ

−2n

1+2+ · · · +^h3

2(n−1) −3i

+ (x₁+x₂+x₃)^o+ (v₁+v₂+v₃)

= (⁹

4n²+ ⁹

2n−⁵¹ 4 ) −₂

∑

x_k−

∑

v_k+

∑

v_k

≤ (⁹

4n²+ ⁹

2n−⁵¹ 4 ) −2

∑

h3

2(n−1) −k+1i

−

∑

k+

∑

(3n−6+k)

= ⁹

4n²+⁹

2n−⁶⁹

8 −2(i−³ 4)².

因為(i−3/4)² ≥1/16, 所以 3d ≤ 9n²/4+9n/2−69/8−1/8,也就 是

d≤ ³

4n²+³

2n−³⁵

12 = ³(n+1)²

4 −4+¹ 4,

其中 3n²/4+3n/2為整數加 1/4, 所以 d≤3(n+1)²/4−4.

為了得到最大下界, 考慮包含 3n−3 的邊,假設這一邊的 n 個數 a1 >

a2 > · · · > an, a₁ = 3n−3. 對 2 ≤ i ≤ (n+1)/2, a_i−a_i+(n−1)/2 ≥ (n−1)/2均成立, 因此

d = (3n−3) + (a2−a₂+(n−1)/2) + (a3−a₃+(n−1)/2) + · · · + (a_(n+1)/2−a_{(n+1)/2+(n−1)/2})

≥ (3n−3) +ⁿ−1

2 (ⁿ−1

2 ) = (n−1)(n+11)

4 .

由定理 3.3 得知上述的上下界為最佳上下界.

4 完 完 完美 美 美 魔 魔 魔術 術 術 三 三 三角 角 角形 形 形

定定定理理理 4.1. PTn 存在若且唯若 n ≥5.

證證證明明明. 設 PTn 的魔術和為 D, 魔術差為 d, 從每邊的 n 個數中, 可得到兩 個部分和. 令 Li 表 Ei 較大的數的集合, Si 表 Ei 較小的數的集合; li 表 Ei 較大數的和, si 表 Ei 較小數的和 (i = 1, 2, 3), 若 n 為奇數, 則 li 是 (n+1)/2個數的和, si是(n−1)/2個數的和; 若 n 為偶數, 則 li 是 n/2 個 數的和, si 是 n/2 個數的和. 由定義可知, D = l1+s1 = l2+s2 = l3+s3, d=_l1−_s1 =_l2−_s2 =_l3−_{s3,也就是說, l1}=_l2 =_{l3, s1} =_s2=_s3.

當 n =_{3, s為一個數, 且 s1} = s₂ = s₃, 但一個數不能同時出現於三邊, 因此顯然不存在 PT3.

當 n = 4, 因為 s 為兩個數的和, 若集合 Si, S_j (i, j= 1, 2, 3, i 6= _{j) 有一} 個共同的數, 則 Si, S_j有兩個共同的數, 矛盾, 所以 Si, S_j沒有共同的數; 同理, 集合 Li, L_j 也沒有共同的數. 因此只有 l1 = 9+3, l2 =8+4, l3 =7+5和 l₁ =9+4, l2 =8+5, l3 =7+6兩種可能, 得知集合 S 中的數都小於 6; 又 因為 Si, S_j沒有共同的數, 所以一定有一個 Si包含 6, 矛盾. 因此不存在 PT4. 由以上可得「若 PTn 存在, 則 n ≥5」. 另外, 當 n ≥_{5 時, 如果能找到} 一個 PTn 的建構方法, 就證明了「若 n ≥ 5,則 PTn 存在」. PTn 的建構方 法如下.

當 n≡1 (mod4), l 是奇數個數的和, s 是偶數個數的和:

v1 =3n−5, v2 =3n−4, v3 =3n−3;

ai =3i(i =1, 3,· · · ), ai =3i−2(i=2, 4,· · · ); b_i =_3i−₁(i=_{1, 2,}· · · )_;

c_i =_3i−₂(i =_{1, 3,}· · · )_, c_i =_3i(i=_{2, 4,}· · · )_.







3n−5 h3 4 9 · · · i 3n−4 3n−5 h2 5 8 · · · i 3n−3 3n−4 h1 6 7 · · · i 3n−3





 可以計算各邊的魔術和 Di與魔術差 di如下:

D₁=3(n−1)(n−2) 2

−2(ⁿ−3

2 ) + (3n−4) + (3n−5) = ³

2n²+¹ 2n−3, D2=3(n−1)(n−2)

2

− (n−2) + (3n−3) + (3n−5) = ³

2n²+¹ 2n−3, D₃=3(n−1)(n−2)

2

−2(ⁿ−1

2 ) + (3n−3) + (3n−4) = ³

2n²+¹ 2n−3, d₁= (3n−4) + ³ⁿ−3

2 (ⁿ−1 2 ) = ³

4n²+³

2n−¹³ 4 , d₂=^(_3n−₃) + (_3n−₅)^−³ⁿ−5

2 +³ⁿ−3

2 (ⁿ−3 2 ) = ³

4n²+³

2n−¹³ 4 , d₃= (_3n−₄) + ³ⁿ−3

2 (ⁿ−1 2 ) = ³

4n²+³

2n−¹³ 4 ,

所以這是一個魔術和為 3n/2²+n/2−3, 魔術差為 3n²/4+3n/2−13/4 的 PTn.

當 n≡2 (mod4), l 是奇數個數的和, s 是奇數個數的和:

v1 =_3n−_{5, v2} =_3n−_{4, v3} =_3n−_3;

a₁ =_2, a₂=_6, a_i =_3i−₂(i =_{3, 5,}· · · )_, a_i =_3i(i=_{4, 6,}· · · )_; b₁ =3, b₂ =4, b_i =3i−1(i =3, 4,· · · );

c₁ =1, c₂ =5, c_i =3i(i =3, 5,· · · ), c_i =3i−2(i =4, 6,· · · ).







3n−5 2 6 h7 12 13 · · · i 3n−4 3n−5 3 4 h8 11 14 · · · i 3n−3 3n−4 1 5 h9 10 15 · · · i 3n−3







可以計算各邊的魔術和與魔術差如下:

D1 =3(n+1)(n−4) 2

−2(ⁿ−4

2 ) + (3n−4) + (3n−5) +6+2

= ³

2n²+¹ 2n−3, D₂ =3(n+1)(n−4)

2

− (n−4) + (3n−3) + (3n−5) +4+3

= ³

2n²+¹ 2n−_3, D3 =3(n+1)(n−4)

2

−2(ⁿ−4

2 ) + (3n−3) + (3n−4) +5+1

= ³

2n²+¹ 2n−3,

d₁ =^(_3n−₄) + (_3n−₅) + (³

2n+₄) + (³

2n+₃)^

−^(³

2n−2) + (³

2n−3) +6+2 +³ⁿ

2 (ⁿ

2 −4) +2= ³

4n²−3, d2 =^(3n−3) + (3n−5) + (³

2n+5) + (³

2n+2)^

−^(³

2n−1) + (³

2n−4) +4+3 +³ⁿ

2 (ⁿ

2 −4) = ³

4n²−3, d3 =^(_3n−₃) + (_3n−₄) + (³

2n+₆) + (³

2n+₁)^

−^3

2n+ (³

2n−5) +5+1 +³ⁿ

2 (ⁿ

2 −4) −2= ³

4n²−3,







3n−5 2 6 h7 12 13 · · · i 3n−10 3n−6 3n−4 3n−5 3 4 h8 11 14 · · · i 3n−9 3n−8 3n−3 3n−4 1 5 h9 10 15 · · · i 3n−11 3n−7 3n−3





 所以這是一個魔術和為 3n²/2+n/2−3,魔術差為 3n²/4−3 的 PTn.

當 n≡3 (mod4), l 是偶數個數的和, s 是奇數個數的和:

v1 =3n−5, v2 =3n−4, v3 =3n−3;

a1=2, a2 =6, ai =3i−2(i =3, 5,· · · ),

ai =3i(i=4, 6,· · · ), an−3 =3n−10, an−2 =3n−6;

b1 =3, b2=4, bi =3i−1(i=3, 4,· · · ), bn−3 =3n−9, bn−2 =3n−8;

c₁=_1, c₂ =_5, c_i =_3i(i=_{3, 5,}· · · )_,

c_i =_3i−₂(i=_{4, 6,}· · · )_, c_n−3 =_3n−_11, c_n−2 =_3n−_7.

可以計算各邊的魔術和與魔術差如下:

D₁=3(n−1)(n−6) 2

−2(ⁿ−5 2 )

+ (_3n−₄) + (_3n−₅) + (_3n−₆) + (_3n−₁₀) +₆+₂= ³

2n²+¹ 2n−_3, D2=3(n−1)(n−6)

2

− (n−6)

+ (3n−3) + (3n−5) + (3n−8) + (3n−9) +4+3= ³

2n²+¹ 2n−3, D3=3(n−₁)(n−₆)

2

−₂(ⁿ−₇ 2 )

+ (3n−3) + (3n−4) + (3n−7) + (3n−11) +5+1= ³

2n²+¹ 2n−3,

d₁ =^(3n−4) + (3n−10) + ³ⁿ+5

2 +³ⁿ+3 2



− (³ⁿ−19

2 +6+2) +³ⁿ−3

2 (ⁿ−7 2 )

= ³

4n²+³

2n−¹³ 4 ,

d₂ =^(_3n−₃) + (_3n−₅) + (_3n−₈) + (_3n−₉) +³ⁿ+7

2 +³ⁿ+1 2



− (³ⁿ−5

2 +³ⁿ−11

2 +³ⁿ−17

2 +₄+₃) +³ⁿ−3

2 (ⁿ−11 2 )

= ³

4n²+³

2n−¹³ 4 ,

d3 =^(3n−₄) + (3n−₇) + (3n−₁₁) +³ⁿ+₉

2 +³ⁿ−₁ 2



− (³ⁿ−₁₃

2 +³ⁿ−₁₅

2 +5+1) +³ⁿ−₃

2 (ⁿ−₉ 2 )

= ³

4n²+³

2n−¹³ 4 ,

所以這是一個魔術和為 3n²/2+n/2−3, 魔術差為 3n²/4+3n/2− 13/4 的 PTn.

當 n≡0 (mod4), l 是偶數個數的和, s 是偶數個數的和:

v1=3n−5, v2 =3n−4, v3=3n−3;

ai =3i(i=1, 3,· · · ), ai =3i−2(i=2, 4,· · · ), an−3 =3n−10, an−2 =3n−6;

bi =3i−1(i=1, 2,· · · ), bn−3 =3n−9, bn−2 =3n−8;

ci =3i−2(i=1, 3,· · · ), ci =3i(i=2, 4,· · · ), c_n−3 =_3n−_11, c_n−2 =_3n−_7.







3n−5 h3 4 9 · · · i 3n−10 3n−6 3n−4 3n−5 h2 5 8 · · · i 3n−9 3n−8 3n−3 3n−4 h1 6 7 · · · i 3n−11 3n−7 3n−3





 可以計算各邊的魔術和與魔術差如下:

D₁ =₃^(n−3)(n−4) 2



−₂(ⁿ−4

2 ) + (_3n−₄) + (_3n−₅) + (_3n−₆) + (_3n−₁₀)

= ³

2n²+ ¹ 2n−_3, D2 =3(n−3)(n−4)

2 )

− (n−4) + (3n−3) + (3n−5) + (3n−8) + (3n−9)

= ³

2n²+ ¹ 2n−3, D3 =3(n−₃)(n−₄)

2



−2(ⁿ−₄

2 ) + (3n−3) + (3n−4) + (3n−7) + (3n−11)

= ³

2n²+ ¹ 2n−3,

d1 =^(3n−4) + (3n−5) + (3n−6) + (3n−10)^

−^(³

2n−2) + (³

2n−3) + (³

2n−8) + (³

2n−9)^+³ⁿ 2 (ⁿ

2 −4)

= ³

4n²−_3,

d2 =^(3n−3) + (3n−5) + (3n−8) + (3n−9)^

−^(³

2n−1) + (³

2n−4) + (³

2n−7) + (³

2n−10)^+³ⁿ 2 (ⁿ

2 −4)

= ³

4n²−3,

d₃ =^(3n−3) + (3n−4) + (3n−7) + (3n−11)^

−^3

2n+ (³

2n−5) + (³

2n−6) + (³

2n−11)^+³ⁿ 2 (ⁿ

2 −4)

= ³

4n²−3,

所以這是一個魔術和為 3n²/2+n/2−3,魔術差為 3n²/4−3 的 PTn.

定定定理理理 4.2. 3

2n²−⁵

2n+3 ≤D≤ ³

2n²+¹

2n−3為最佳上下界.

證證證明明明. 由魔術和 D 的定義, 易知三角形所有數之和加上頂點上三數和會等 於 3D. 也就是說, 3D= [1+2+ · · · + (3n−3)] +_{頂點上的數, 因此}

D = (n−1)(3n−2)

2 +¹

3 ×_{頂點上的數,} 從而

D≤ ³ⁿ

2−5n+2 2 +¹

3

h(_3n−₃) + (_3n−₄) + (_3n−₅)ⁱ = ³

2n²+¹ 2n−_3, D≥ ³ⁿ

2−5n+2 2 +¹

3(1+2+3) = ³

2n²−⁵ 2n+3.

由 定理 4.1 得知 3n²/2+n/2−3 為 最 小 上 界; 魔 術 和 為 3n²/2− 5n/2+_{3 的 PTn 的建構方法如下:}

當 n≡0 (mod4), l 是偶數個數的和, s 是偶數個數的和:

v₁=1, v2=2, v3 =3;

a₁=5, a2 =9, a_i =3i+3(i=3, 5,· · · ), a_i =3i+1(i =4, 6,· · · ); b1=6, b2 =7, b_i =3i+2(i=3, 4,· · · );

c1 =4, c2 =8, ci =3i+1(i=3, 5,· · · ), ci =3i+3(i =4, 6,· · · ).







1 5 9 h_{12 13 18} · · · i ₂ 1 6 7 h_{11 14 17} · · · i ₃ 2 4 8 h_{10 15 16} · · · i ₃





 可以計算各邊的魔術和與魔術差如下:

D₁ =3(n+1)(n−4) 2

+2(n−4) +9+5+2+1= ³

2n²−⁵ 2n+3, D2 =3(n+1)(n−4)

2



+2(n−4) +7+6+3+1= ³

2n²−⁵ 2n+3, D₃ =3(n+1)(n−4)

2

+2(n−4) +8+4+3+2= ³

2n²−⁵ 2n+3,

d₁=^(³

2n+7) + (³

2n+6) + (³

2n+1) + ³ 2n

− (9+5+2+1) +³ⁿ 2 (ⁿ

2 −4) = ³

4n²−3, d2=^(³

2n+8) + (³

2n+5) + (³

2n+2) + (³

2n−1)^

− (7+6+3+1) +³ⁿ 2 (ⁿ

2 −4) = ³

4n²−3, d₃=^(³

2n+₉) + (³

2n+₄) + (³

2n+₃) + (³

2n−₂)^

− (8+4+3+2) +³ⁿ 2 (ⁿ

2 −4) = ³

4n²−3,

所以這是一個魔術和為 3n²/2−5n/2+3,魔術差為 3n²/4−3 的 PTn.

5 可 可 可減 減 減 魔 魔 魔術 術 術四 四 四 面 面 面體 體 體

為了方便呈現, 利用 6×_{n 矩陣表示 STen}. 矩陣的每一列代表 STen 的每一 稜邊,以 E1, E2, · · ·, E6 分別表示矩陣的第一, 二,· · ·, 六列. 兩端頂點上的 數則置於一列的兩側. 令頂點上的數 v1 < v2 < v3 < v4, E1 的頂點為 v1