【问题解答M1—M3； F1-F6]

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从本期开始，我们将开始印刷《量子问题书》的解答。
期刊这一部分提出的大多数问题都相当困难，其中一些问题的讨论应该专门针对更大的雕像。其中许多引发了关于一整类问题、关于处理某些现象的方法、关于在实践中使用各种现象的讨论。有时我们会在杂志上发表这样的对话。但通常读者自己应该思考如何推广给定的解决方案，或者如何简化它，作业中提到的现象应用在哪里等等。

第七期已准备在三月底印刷，因此，我们后来收到的带有决定的信件自然不在此考虑。未来预计将在问题发布后六个月左右发布解决方案。同时，我们成功地“按时”熟悉了最新的解决方案——不晚于相应问题发布后的一个半月。当然，我们无法回复所有给我们来信的读者。最佳解决方案将发布在杂志上。那些提出与已发布的解决方案截然不同的解决方案的人必须自己弄清楚它是否正确，如果不正确，那么错误是什么。

最后一件事。提出问题通常比解决问题更困难。这更困难，但也更有趣。尝试提出问题并将其发送给我们。我们将在量子问题书中发布最好的问题。

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M1。在总统米拉弗洛雷斯统治的安丘里亚国家，新的总统选举即将到来。该国大约有2000万选民，其中只有百分之一（安丘里亚正规军）支持米拉弗洛雷斯。米拉弗洛雷斯自然希望当选，但另一方面他也希望选举显得民主。米拉弗洛雷斯所说的“民主投票”是这样的：所有选民被分成几个平等的群体，然后每个群体又由若干个平等的群体组成，最后这些群体又被分成平等的群体，等等；在最小的团体中，选出选举人团体的代表，然后选举人在更大的团体中提交投票，等等；最后，最大群体的代表根据自己的意愿选择一名代表，并指示其政党如何投票。他能否组织“民主选举”，从而当选总统？ （如果票数相等，反对派获胜。）

回答。是的，我们可以。

首先，我们来看看，拥有少数票的候选人如何才能在“多阶段”选举中获胜。 （顺便说一句，许多资本主义国家都是按照这种制度投票的。）这种情况最简单的例子就是图1：这里九个选民——四个“黑人”和五个“蓝色”——被分成三组，每组三个选民，这样黑人在两组中获胜，因此，通过这种“两阶段选举”，黑人候选人将当选，尽管他一方的人数只占选民总数的$\frac{4}{5}$。 （不难报道，在选民众多的两阶段选举中，足以获胜的票数比例可能会更少，但一切都完成在25%以上。）显然，在三阶段选举制度中，这个比例可以更低。例如，如果我们将一百个人中的每个选民替换为 图 1，这样投票组中所有这些选民都在投票，而黑人组中有 51 名黑人和 49 名蓝裔，那么我们就会得到一个例子，即黑人只占选民总数的$\frac{4}{9} \cdot \frac{51}{100} = \frac{17}{75}$，但仍然获胜。

在这些初步消息之后，问题的解决方案就出现了。

让我们将所有选民分为 5 组，每组 400 万人，这样两组将完全由米拉弗洛雷萨的反对者组成（我们称这些组为“蓝色”，其他三个组为“黑色”）。每一个

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这些“第一等级”组将再次分为5个第二等级组，组成第一等级黑色组的五个组中，有三个是黑色的，依此类推，如表所示。

显然，这样的划分，米拉弗洛雷斯要想获胜，人们投票给他就足够了

$$\frac{3^{11}}{2^8 \cdot 5^7} = \frac{177 \cdot 147}{20 \cdot 000 \cdot 000} < \frac{1}{100}$$

全体选民的一部分。因此，既然军队构成了选民的$\frac{1}{100}$部分，并且支持米拉弗洛雷斯，那么他就能获胜。

一些读者试图解决以下更普遍的问题：如果选民总数为$N$，米拉弗洛雷斯最少需要多少支持者才能赢得“民主选举”？当然，这个问题的答案并不取决于数字$N$的大小，而是取决于它是如何因式分解的。比如说，如果 $N$ 是素数，那么选民就不能以任何方式分成相等的组（除了简单的方法：$N$ 一组，每组一个人），并且要获胜，您需要有一个简单的更大的工具。我们将向您展示如何回答任何 $N$ 的问题。

让我们考虑将 $N$ 人分成几组（第一、第二等），其中米拉弗洛雷斯获胜，并且他一方的人数尽可能少。显然，可以假设，在投票反对他的群体中，没有一个人站在他一边，并且所有同一级别的黑人群体的划分完全相同。使用通讯方便$[1]$——“整数部分”（$[x]$——最大整数，不超过$x$；例如$[2] = 2$、$[3\frac{1}{2}] = 3$）。显然，如果一个非正统黑人群体由$k$个下一级群体组成，那么其中至少有$[\frac{k}{2}] + 1$个黑人。将每个$r$等级（$r = 1, 2, \dots, m-1$）的小组分为$k_r$等级较低的小组，并让最后$m$等级的小组由1人组成。那么要获胜你必须至少有

$$B = \left( \left[ \frac{k_1}{2} \right] + 1 \right) \left( \left[ \frac{k_2}{2} \right] + 1 \right) \dots \left( \left[ \frac{k_m}{2} \right] + 1 \right)$$

黑人的声音。我们的任务归结为：将给定的 $N$ 分解为最大值 $k_1, k_2, \dots, k_m$ 的乘积，使得乘积 $B$ 最小。

让

$$N = k_1 k_2 \dots k_m$$

• 这样的分解。正如下一个引理所示，我们可以提出，在这个扩展中，不存在$k = pq$形式的因子$k$，其中$p$和$q$大于2（如果存在这样的因素，我们可以在不增加$B$的情况下检查进一步的扩展）。

引理。

$$\left( \left[ \frac{p}{2} \right] + 1 \right) \left( \left[ \frac{q}{2} \right] + 1 \right) \leq \left[ \frac{pq}{2} \right] + 1$$

对于所有大于 2 的整数 $p$ 和 $q$。

证明。如果$p$和$q$都是偶数，则不等式可以重写为：

$$\left( \frac{p}{2} + 1 \right) \left( \frac{q}{2} + 1 \right) \leq \frac{pq}{2} + 1,$$

$(p + 2) (q + 2) \leq 2pq + 4,$

$pq - 2q - 2p + 4 \geq 4, \quad (p - 2)(q - 2) \geq 4,$

这对于 $p > 2$ 和 $q > 2$ 显然是正确的。

当其中一个数字$p, q$（例如$p$）为偶数而另一个为奇数时，我们有：

$$\left( \frac{p}{2} + 1 \right) \left( \frac{q}{2} + 1 \right) \leq \frac{pq}{2} + 1,$$

$(p + 2) (q + 1) \leq 2pq + 4,$

$pq - 2q - p + 2 \geq 0, \quad (p - 2)(q - 2) \geq 0.$

$p$和$q$为奇数的情况也同样进行分割。引理已得证。从这里开始，奇数 $N$ 必须“一直”分解为质因数。剩下的就是处理平局了。

我们可以假设展开式不包含$2q$形式的因子，其中$q$是奇数，因为$2$是有秩的

$$2 \left( \left[ \frac{q}{2} \right] + 1 \right) = \left[ \frac{2q}{2} \right] + 1.$$

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颈穿过圆心和球心。事实上，两个圆相对于平面$P$对称，如果它们在平面$P$的一侧有一个公共点，那么它们在另一侧$P$上也必须有一个对称的公共点，但它们只有一个公共点。如果这些圆的半径相同$r$，那么它们的“中心”之间的距离就等于$2r$，因为在球体与平面$P$（图 2，$\theta$）相交所形成的大圆上，圆的直径（黑色线段）和连接它们“中心”的线段（红色）收缩的弧相等。

令$A_0, A_1, A_2, \dots, A_n$为圆$\gamma_0, \gamma_1, \dots, \gamma_n$的“中心”，这将在问题的条件中讨论。那么$A_0A_1 = A_0A_2 = \dots = A_0A_n = A_1A_2 = A_2A_3 = \dots = A_nA_12r$，换句话说，$A_0A_1A_2 \dots A_n$是一个正则$n$角形参数，内接于半径为1、顶点为$A_0$的给定球体，其所有侧面都是边长等于$2r$的等边三角形。因此，构造一个满足这些条件的paramid就足够了，那么点$A_0, A_1, \dots, A_n$将是半径为$r$、“中心”$A_0, A_1, \dots, A_n$的某些圆，这显然满足问题的条件。

由于顶点为 $A_0$ 的凸 $n$ 面角的平面角之和小于 $360^\circ$：
$$n \cdot 60^\circ = A_1A_0A_2 + A_2A_0A_3 + \dots + A_nA_0A_1 < 360^\circ,$$
然后$n < 6$。对于$n = 3, 4$和5，构造必要的paramid并不困难。

设 $O$ 为球体中心。帕拉酰胺的高度$h$及其边缘的长度$2r$是根据以下考虑得出的：帕拉酰胺底部的半径$KA_1$是腿$\Delta A_0KA_1$和边$\Delta A_1KA_2$，其中$\Delta A_1KA_2 = 2\pi/n$（图3，$a, \delta$），

$$\sqrt{4r^2 - h^2} \sin \frac{\pi}{n} = r.$$

从$\Delta A_0OA_1$我们有$r = \frac{h}{2r}$。

因此$h = 2r^2$，$r = \sqrt{1 - \frac{1}{4 \sin^2 \frac{\pi}{n}}}$。

因此，

在$n = 3$：$r = \sqrt{\frac{2}{3}} \left( \sin \frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2} \right)$；

在$n = 4$：$r = \sqrt{\frac{1}{2}} \left( \sin \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2} \right)$；

在 $n = 5$: $r = \sqrt{\frac{5 - \sqrt{5}}{10}}$

（公式 $\sin \frac{\pi}{5} = \frac{\sqrt{10 - 2\sqrt{5}}}{4}$ 可以从 图 4 导出，借助该公式可以构造正十边形和正边形）。

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知道$r$和$h$，我们就可以构造正确的paramidas，由于上述关系，它将满足所有必要条件：所有面都是边长为$2r$的等边三角形，外接球的半径为1。

构造的paramid与正多面体密切相关

kami，其面是三角形。这样的多面体只有三种：四面体、八面体和二十面体 (图 5)，如果我们从这些多面体中的每一个中切掉“顶部”——与一个顶点相邻的所有面——那么我们就会得到与我们正在研究的完全相同的三个帕酰胺。您可以在 G. S. Kokter 的优秀著作《几何导论》（《科学》，1966 年，第 10 章“五个柏拉图立体”和第 11 章“黄金比例和叶序”）中阅读有关正多面体和五边形构造的更多信息。

来自沃洛科拉姆斯克的十年级学生 Serdey Makeev 以不同的方式解决了这个问题（没有使用“球心”）。

我们还要注意，问题条件中的约束$n \geq 3$可以完全用$n \geq 2$代替。存在三个圆 $\gamma_0, \gamma_1, \gamma_2$ 的相应排列（图 6；圆的“中心”位于正三角形的顶点 -

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图 6.

ka 内接于一个大圆），并且要计算 $r$，奇怪的是，我们证明$3 \leq n \leq 5$ 的公式也适用

$$r = \sqrt{1 - \frac{1}{4 \sin^2 \frac{\pi}{2}}} = \frac{\sqrt{3}}{2}.$$

M3。 a) 在图7、$a$平面上布满了五种颜色的方块。相同颜色的正方形的中心位于正方形网格的顶点。可以使用多少种颜色对平面进行类似填充？

6. 在 图 7、$b$ 上，平面上覆盖着这些颜色的六边形，因此相同颜色的六边形的中心形成相同正三角形格子的顶点。类似的填充可以使用多少种颜色？

笔记。在第一个问题中，颜色的数量可以是一种（所有方块都是相同的颜色）或两种（就像在棋盘上一样）。在第二个问题中，您可以轻松找到一种颜色和三种颜色的图案。建议给出问题的完整解决方案，即描述满足指定条件的所有颜色。但是，如果您觉得有趣，请发送不完整的解决方案。例如，想一想，有十三种颜色可以解决第二个问题吗？

我们尚未收到此问题的完整解决方案。

六年级学生 Serey Eliseev（莫斯科）向我们发送了具有 13 种颜色的六边形网格的着色，我们在打印能力允许的范围内在 图 8 上复制了该颜色；

图7a，b。

他指出（没有解释）一般的答案是：

在问题 a) 中，如果颜色数量等于两个整数的平方和，则所需的着色是可能的：

$$1 = 0^2 + 1^2; \quad 2 = 1^2 + 1^2; \quad 4 = 0^2 + 2^2; \quad 5 = 1^2 + 2^2; \quad 8 = 2^2 + 2^2; \quad 9 = 0^2 + 3^2; \quad 10 = 1^2 + 3^2; \quad 13 = 2^2 + 3^2; \quad 16 = 0^2 + 4^2$$等

在问题 b) 中，解决方案可能是颜色数量等于序列 0、1、3、6、10、15、… 中的两个数字之和。 。 。 , $\frac{n(n+1)}{2}$, . 。 。

$$1 = 0 + 1; \quad 3 = 0 + 3; \quad 4 = 1 + 3; \quad 6 = 0 + 6; \quad 7 = 1 + 6; \quad 9 = 3 + 6$$等

尝试看看这些答案是否正确？我们稍后会回到这个问题，但现在让我们注意问题表述中的一点（来自莫斯科的读者V. Gutenacher是第一个注意到这一点的）。

让我们从任务 a) 开始。它需要找到“相同颜色的正方形中心位于正方形网格的顶点”的着色。但条件并没有说这个“大”的方格对于不同的颜色应该是相同的。看图 9。这里，三种颜色的每一种的方块也形成一个网格，但对于红色，网格的“台阶”（方块的边）是$\sqrt{2}$，对于白色和绿色，它是2，甚至网格也是表面的-

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图 8.

鹰嘴豆之间的相对关系。但是，如果从字面上理解问题的条件（这正是笔试或奥林匹克竞赛中应该做的事情），那么图 9 的颜色就满足问题的条件。有了这种理解，问题 a) 的答案将是：对于任意数量的颜色。事实上，从任何具有 $n$ 颜色（其中之一是白色）的着色中，很容易使用 $(n+1)$ 颜色进行着色：您需要使用白色和新的 $(n+1)$ 红色以“棋盘顺序”对白色方块进行着色（这就是从棋盘红白着色获得图 9 的着色的方式）。

有了这个理解，任务 6) 就变得非常简单了。

回答。对于任何数量大于 2 的颜色。事实上，用两种颜色着色是不可能的，因为如果在三个六边形中，每两个六边形都有一个公共边，其中两个被相同的颜色覆盖，那么所有六边形都必须用这种颜色着色。 3 种和 4 种颜色的着色页很容易找到，然后用三种颜色为白色六边形着色并不困难，增加 2 种颜色，然后再增加 2 种，等等。

当然，你可以通过这种方式获得很多不同的着色页。具有任何着色$A(k)$颜色，突出显示

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F1。三个连通水的容器，其中心距离$a$相同，覆盖有相同厚度、相同材料的活塞。垂直相同的杆连接到活塞，活塞铰接地连接到杆 $AB$。如果与活​​塞和负载的质量相比，杆和杆的质量可以忽略不计，则可以在杆上的什么点处将负载连接到杆上，以便在平衡位置，杆保持水平。容器的直径分别为 $d_1$、$d_2$ 和 $d_3$。

扭矩$AB$和活塞在七个力的作用下处于平衡状态：力$Q$，来自负载的作用力，作用在活塞上的重力——这些力与活塞的面积成正比：$P_1 = k_1 d_1^2$； $P_2 = -k_1 d_2^2$； $P_3 = k_1 d_3^2$ 和作用在活塞上的三个流体压力：$N_1$、$N_2$、$N_3$ (图 10)。由于容器内的液位相同，所以所有活塞上的压力相等，压力与活塞的面积有关：$N_1 : N_2 : N_3 = d_1^2 : d_2^2 : d_3^2$。因此$N_1 = k_2 d_1^2$、$N_2 = k_2 d_2^2$、$N_3 = k_2 d_3^2$。

施加到每个活塞上的力相等：$F_1 = N_1 - P_1 = (k_2 - k_1) d_1^2 = kd_1^2$、$F_2 = kd_2^2$、$F_3 = kd_3^2$。

用$x$表示从杆中部到负载附着点的距离，我们写下杆的条件：1）作用在杆上的所有力的总和等于零：$F_1 + F_2 + F_3 - Q = 0$和2）作用在杆上的所有力相对于杆中部的力矩总和等于0：$F_1 a - F_3 a - Qx = 0$。将$F_1$、$F_2$、$F_3$的表达式代入这些方程中，然后一起求解这些方程，我们发现

$$x = \frac{d_1^2 - d_3^2}{d_1^2 + d_3^2 + d_3^2} a.$$

提出该问题解决方案的读者都没有考虑到活塞的质量。但只有两个人——来自基洛沃巴德的 G. Kalshin 和来自伏罗什尔戈夫雷德地区 Lisiansk 镇的 A. Karpenko——解释了为什么可以这样做。由于活塞由相同的材料制成并且具有相同的厚度，因此本体上的附加压力不取决于活塞的直径。活塞平衡的条件是所有气缸中的身体压力相等（因为气缸中的水位相同）。活塞产生的附加压力自动满足此条件。

F2。质量为 $m_1$ 和 $m_2$ 的两个球位于水平面上，由刚度为 $c$ 的弹簧紧固在一起。飞机很平稳。球体弯曲，释放弹簧，然后同时释放。确定球的振动周期。

系统的质心不应移动（或可以匀速直线移动），因此球以相同的频率反相振动，其与平衡位置的偏差$x_1$和$x_2$满足长度为$l_1$和$l_2$的相应弹簧片（$l_1$和$l_2$是球到物体的距离）系统的质心；

$$l_1 = l \frac{m_2}{m_1 + m_2}, \quad l_2 = l \frac{m_1}{m_1 + m_2}).$$

弹簧第 $1/q$ 部分的伸长率始终小于整个弹簧的伸长率$q$ 倍，即弹簧第 $1/q$ 部分的刚度比伸长率大$q$ 倍

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整个弹簧的刚度。因此$c_1 = \frac{m_1 + m_2}{m_2} c$。由此可见，球的振动周期

$$T = 2\pi \sqrt{\frac{m_1 m_2}{(m_1 + m_2) c}}.$$

通过一些极限情况来检查答案是很有趣的。伏尔格达市第 20 学校的 10 年级学生 E. Tikhonov 就是这么做的。让我们假设 $m_2$ 的质量非常大：$m_2 \gg m_1$。那么质量为$m_1$的球应该像这样振荡；就好像第二个球是固定的，并且$T = 2\pi \sqrt{\frac{m_1}{c}}$。让我们检查一下我们的公式

$$T = 2\pi \sqrt{\frac{m_1}{c \left(1 + \frac{m_1}{m_2}\right)}} \approx 2\pi \sqrt{\frac{m_1}{c}}.$$

F3。两个弹簧由两根相同的钢丝制成。其中一个匝的直径为$d$，另一个为$2d$。第一个弹簧在负载的作用下，拉伸了其长度的十分之一。在相同的负载下，第二个弹簧会拉伸多少长度？

弹簧的伸长量等于 $\Delta l = n \cdot 2d \cdot \sin \frac{\alpha}{2}$，其中 $n$ 是弹簧的匝数，$\alpha$ 是弹簧相邻匝展开的角度 (图 11)。由于弹簧的伸长量很小，所以这个角度也很小$\sin \frac{\alpha}{2} \approx \frac{\alpha}{2}$。因此$\Delta l = nd\alpha$。

角度$\alpha$与力矩成正比

力$F$，拉伸线圈：$\alpha = F \cdot d$。力 $F$ 等于弹簧悬挂的负载的重量，并且在两种情况下相同，因此 $\Delta l \sim nd^2$。

第二弹簧的线圈直径是第一弹簧的两倍，并且线圈的数量是第一弹簧的两倍，因此，第二弹簧的绝对伸长量是第一弹簧的两倍。因此，第二个弹簧将拉伸其长度的$\frac{2}{5}$。

许多试图正确解决这个问题的人发现第二个弹簧的伸长量是第一个弹簧的两倍，但他们忘记了第二个弹簧的长度是第一个弹簧的一半，因此第二个弹簧的相对伸长量等于$\frac{1}{5}$，和$\frac{2}{5}$。

F4。钢瓶内装有净化后的气体，但不知道是哪种气体。定压下将 1 酮气体温度升高 1 度需要 958.4 J，定体积下需要 704.6 J。这是什么气体？

当以恒定能量加热气体时，所消耗的能量仅用于改变气体的内能，而当以恒定压力加热时，它也用于做功。让我们写出这两种情况的能量守恒定律：

$$mc_V \Delta t = \Delta W,$$

$$mc_p \Delta t = \Delta W + A.$$

其中$c_p$为气体定压比热（即在定压下加热1 kE气体所需的热量），$c_v$为气体定体积比热，$\Delta t$为温度变化，$\Delta W$为气体内能变化，$m$为气体质量， $A = p \Delta V$ 是膨胀气体工作期间的最佳温度（$\Delta V$ - 体积变化，$p$ - 压力）。

因为当气体温度升高相同度数时，其内能的变化在恒定体积加热和加热时都相同。

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恒压加热，可写为：$c_p m \Delta t = c_v m \Delta t + p \Delta V$。利用气体状态方程（克拉佩龙-门捷列夫方程），气体所做的功可以通过气体的分子质量$\mu$和气体常数$R$：$p \Delta V = \frac{m}{\mu} R \Delta t$来表示。将这个对应关系代入方程（1），我们得到： $c_p = c_v + \frac{R}{\mu}$，由此可知

$$\mu = \frac{R}{c_p - c_v} \approx 32,7 \text{ ккал/кмоль}.$$

未知气体是氧气和极少量较重气体的混合物。

F5。在图处选择了一个电目标。如果将内阻非常高的电压表连接到$C$和$D$点，会显示什么？ $U_{AB} = 518$。

电压表将显示$E$ 和$D$ 点之间存在电压。为了找到它，首先确定点$F$和$B$之间的电压比较方便。为此，可以重写电路，如 图 12 所示。

$$R_0 = 3 \text{ ом}, R'_0 = \frac{3}{4} \text{ ом},$$

$$U_{FB} = U_{AB} \frac{R'_0}{R_0^1 + R_1} = \frac{3}{11} U_{AB}.$$

现在，以同样的方式，找到什么

$$U_{ED} = \frac{R_3}{R_2 + R_3} U_{FD} = \frac{1}{3} U_{FD} = \frac{1}{11} U_{AB} = 4,6 \text{ е}.$$

这个问题几乎所有给我们来信的读者都正确地解决了。

F6。如果距离中心 $R$ 处存在点电荷 $q$，求半径为 $r$ 的接地金属球的值。

球的势一定为零。球中心的场电势当然等于球的电势，是点电荷 $q$ 的场电势与球的电荷 $Q$ 产生的场之和。电荷 $Q$ 并不是均匀分布在球上，但如果将球分成带有电荷 $\Delta q$ 的小部分，则中心球的电荷产生的场的电势可以表示为精确电荷 $\Delta q$ 的场的总电势。因此，我们可以为球的中心写：

$$\Delta \varphi = \sum \frac{\Delta q}{r} = \frac{1}{r} \sum \Delta q = \frac{Q}{r} + \frac{q}{R} = 0.$$

因此$Q = -\frac{r}{R} q$。

许多读者得到了正确的答案，但我们得到的正确答案却很少。许多读者使用了电容器电容$C = \frac{\Delta Q}{\Delta \varphi}$的公式，假设球的电容为$r$。但这仅适用于具有均匀分布电荷的孤立球。