【问题解决M3—M5】

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M3。 (a) 在 图 1 上，平面上布满了花朵的后跟方块。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？

(b) 在 图 1, b 上，平面上布满了不同族和颜色的六边形，使得相同颜色的六边形的中心形成相同正三角形格子的顶点。类似的结构可以有多少种颜色？

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第三种颜色的解决方案。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，如果您感兴趣，请发送不完整的解决方案。比如说，想一想，第二个问题有没有十三种颜色的解法？

解决方案*）

现在，我们将仅考虑用正方形（或六边形）填充平面的正确情况，其中与任何一种颜色对应的网格具有与与任何其他颜色对应的网格相同的正方形（或三角形）边的尺寸和方向。换句话说，所有网格必须并行地从彼此获取。当然，不同的网格不能涂上相同的颜色。一般情况（正方形和六边形）的问题解决方案是相似的，我们将同时考虑这两种情况。

1. 我们首先证明，如果填充平面按照所示的方式，那么颜色的数量在正方形的情况下等于$k^2 + l^2$，在六边形的情况下等于$k^2 + kl + l^2$，其中$k, l$是非负整数（但不能同时等于零**）。

*) 解决这个问题的开始，请参见«Kvant»第7号，第54页。
**) 还有其他公式可以表示相同的数字组，例如，$k^2 - kl + l^2$ 代表六边形，

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长度单位是两个相邻的正方形或六边形的中心之间的距离。

让我们绘制一个网格，其中粗黑线穿过相同颜色的正方形或六边形的中心，例如红色 (图 2, 3)。

对于六边形，我们将仅在两个方向上绘制线，这样网格就不会由正三角形组成，而是由菱形组成。

令 $ABCD$ 为网格中的一个正方形或一个菱形。让我们推导出它的面积公式。

对于正方形，我们通过点 $A$ 和 $B$ 画直线，平行于包围的正方形的边，并将它们的交点表示为 $M$。长度$AM=k$和$BM=l$是整数（其中之一可以为零）。 图 1 $k=3$、$l=2$。那么$AB=\sqrt{k^2+l^2}$，$ABCD$的面积就是$k^2+l^2$。

对于菱形，我们通过点 $A$ 和 $B$ 画直线，平行于六边形的远点，并将它们的交点表示为 $M$。角度$AMB$可能等于$120^\circ$或$60^\circ$。让我们画直线，使其等于 $120^\circ$。长度$AM=k$和$BM=l$是整数（其中之一可以为零）。 图 2 $k=1$、$l=2$。那么$AB=\sqrt{k^2+kl+l^2}$，菱形的面积就是$\frac{\sqrt{3}}{2}(k^2+kl+l^2)$。

我们将证明参与着色的颜色数量等于面积$ABCD$与一个圆周正方形（情况（a））或六边形（情况（6））的面积之比，因此等于：

对于正方形 $k^2+l^2$，

如果是六边形 $k^2+kl+l^2$

（因为一个六边形的面积是$\frac{\sqrt{3}}{2}$）。

这直接从下一个引理得出。

主要引理。部分$ABCD$，用着色中涉及的任何颜色绘制，要么代表一个正方形（在情况（a）中），对应于六边形（在情况（6）中），要么由碎片组成（对于红色 - 四个，对于其他颜色 - 两个），可以从中折叠相同的正方形或六边形。

引理的证明并不困难，请读者自己进行

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图 4. 平面上充满了面积为13个正方形的相同图形。尝试找到以这种方式填充的平面的“基本”部分，并用它粘合一个环面，就像我们对正方形所做的那样。

笔记。您需要选择 13 个图形，从中您需要形成一个多边形，该多边形不会是正方形，但仍然可以轻松粘合成环面。这应该用一张胶纸来完成。

它是靠它自己的。我们只需要注意，粗体网格的所有正方形（菱形）的颜色都是相同的，也就是说，如果您从平面上切出一个正方形（菱形）$ABCD$并将其叠加在相邻的正方形（菱形）上，那么涂有任何颜色的部分$ABCD$将与涂有相同颜色的相邻正方形（菱形）的部分完全匹配。

还有另一种方式来呈现这个证明，更漂亮，但需要一些想象力。让我们首先将自己限制在方形网格的情况下。让我们从平面上表达一个正方形$ABCD$，并用它制作一个管子 - 一个圆柱体，有色的一面在外面，与边$AB$和$DC$兼容。该管由源自边 $AB$ 和 $DC$ 的两个圆界定。让我们将这些圆粘合在一起（通过将点 $A=D$ 与点 $B=C$ 组合起来）。为此，纸管必须被固化，但我们仍然将其整个涂漆表面视为一个整体，而不是通过折叠将其分成多个部分。所得图形的表面积为$k^2+l^2$，涂有任何一种着色颜色的部分是一个大小为$1 \times 1$的正方形。我们建议您使用一张正方形纸来完成所有这些操作，并用第五种或更多颜色对其进行着色。

对于六边形，如果我们以相同的方式标记一个矩形，其一侧与菱形$ABCD$公共，另一侧等于菱形的高度，我们将得到类似的结果。

您可以用其他相等的图形填充平面，其中不同颜色阴影的区域相等。例如，在基辅发来的问题（a）的解决方案中（Belinsky Lane 8，apt.32，未标明作者姓氏），建议用边$k$和$l$的两个正方形组成的图形填充平面。假设对于 $k=2$ 和 $l=3$（13 种颜色），该数字将与 图 4 中的相同。

二.现在让我们给出数字$m=k^2+l^2$或$n=k^2+kl+l^2$。让我们证明，平面可以根据条件用$m$颜色的正方形或$n$颜色的六边形填充。

让我们用相等的正方形或正六边形填充平面，然后开始按如下方式将它们切割出来。

让我们把其中一个涂成红色。让我们从一个方向数出$k$个正方形（六边形），然后将其旋转$90^\circ$（正方形）和$60^\circ$（六边形），并沿新方向数$l$正方形（六边形），我们还将到达的正方形（六边形）涂成红色。在连接两个红色正方形（六边形）中心的线段上，如侧面所示，我们将构造一个正方形 (a) 或一个正三角形 (6)。通过将相等的正方形（正三角形）附加到它上面，我们得到所有正方形（六边形）的中心，必须将其涂成红色；平行移动所有大豆

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红色正方形（六边形）的集合，每次我们都会得到一个新的未绘制的正方形（六边形）集合，并用新的颜色对其进行绘制，直到我们绘制了整个平面。根据上面的证明，在情况（a）中颜色数量将等于$k^2+l^2$，在情况（b）中颜色数量将等于$k^2+kl+l^2$。

三．哪些自然数可以表示为$k^2+l^2$或$k^2+kl+l^2$？为了记下这些数字的前几个，可以方便地创建两个表：表 1 代表 $k^2+l^2$，表 2 代表 $k^2+kl+l^2$。

对角线下方的数字重复已写入的数字，无需写入。有些数字在表中出现两次；相应的单元格会突出显示。这意味着对于如此多的颜色，有两种截然不同的填充平面的方式。现在很容易找到并按升序写出这些数字。

第一个表： 1, 2, 4, 5, 8, 9, 10, 13, 16, 17, 18, 20, 25, 26, …
第二张表： 1, 3, 4, 7, 9, 12, 13, 16, 19, 21, 25, 27, 28, …

假设我们已经将这些数字写到某个点并正在寻找下一个最大的数字。

第一个表上绘制的红线有助于做到这一点。为了解释它们是如何执行的，我们注意到在第一个表中，每个数字都等于从它所在的单元格中心到左上角的点 0 的距离的平方（我们将单元格的边作为长度单位）。因此，如果我们画几个以0为圆心的圆，那么它们就会把我们的数字（即它们所在单元格的中心）按升序分成几组。如果您尝试在第二张表中手工绘制类似的线条，它们可能看起来是笔直的。但这当然不是真的。事实上，这些图对应的形式是

$$k^2+kl+l^2=c=\text{const}$$

在原点为 0 且轴移动的坐标系中：轴 $k$ - 向右，轴 $l$ - 向下。转到另一对变量：$x=k+l$、$y=k-l$，您可以看到它们是沿 $y^*$ 轴方向拉长的椭圆）。

从某种意义上说，我们已经找到了答案，但也许可以简化。例如，如果在其他问题中我们得到答案：所有$k^2+l^2+m^2+n^2$形式的数字，两个$k$，$l$，$m$，$n$都是整数，那么它可以重写如下：任何非负整数，因为所有自然数都可以用这种形式表示。可能是按照我们的顺序

*) 那些读过 N.B. 的书的人瓦西里耶夫和 V.L.古腾马赫的《直线与曲线》当然注意到，红线是函数$k^2+l^2$和$k^2+kl+l^2$在平面$(k, l)$上的水平线。

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是否包含从某个位置开始的所有自然数？为了证明事实并非如此，可以使用虚线系统。

让我们在第一个表中画一个以 0 为圆心、半径为 $n$ 的红色圆圈。所有包含小于或等于$n^2$的数字的单元格的中心位于该圆的圆心角为$45^\circ$的扇形的内部或边缘上。因此，所有这些单元都位于图形内部；如果我们向该扇区添加与其接壤的宽度为 1 的条带，则可以从该扇区获得它们。这个图形的面积小于$\frac{\pi n^2}{8} + 3n + 4$。

因此，前$n^2$自然数中有$\frac{\pi n^2}{8} + 3n + 4$，可表示为$k^2 + l^2$。对于大 $n$，第一个数的第二个数大约为 $\frac{\pi}{8}$。事实上，由于表中有些数字是相等的，所以$k^2 + l^2$形式的数字就更少了。很容易看出，用$k^2 + kl + l^2$表示的数字的分数甚至更小。

M4. 给定线段$AB$。在该集合的平面上找到点 $C$，使得在三角形 $ABC$ 中，从顶点 $A$ 绘制的中值等于从顶点 $B$ 绘制的高度。

解决方案

编辑们收到了很多关于这个问题的解决方案的来信，但几乎所有的都是不完整的。许多读者忘记了，在寻找点的几何轨迹（GLP）时，需要明确验证两件事：1）找到的集合中的所有点都满足条件；2） 2）所有满足条件的点都属于搜索结果。要求1）很多东西没有教。我们将提出两种解决该问题的方法：一种是纯几何方法，第二种是使用坐标方法。

第一个决定。让我们从2）开始。给我们一条线段$AB$和一条路径$C$——满足条件的点，$AD$——三角形$ABC$的中线。让我们通过将中线 $AD$ 延伸到点 $E$ 从而得到 $AD=DE$，将三角形完成为平行四边形。这里有两种可能的情况：$AEB$是锐角或钝角。

(a) 设角 $AEB$ 为锐角 (图 5, a)。我们画$BF \perp AC$、$AK \parallel BF$，然后在直角三角形$AEK$中，边$AK$等于斜边$AE$的一半，因此$\angle AEB=30^\circ$。

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(6) 设角 AEB 为 (图 5, 6) 类型。执行 BF ⊥ AC, AK || BF，与情况（a）类似，我们得到∠AEK=30°，因此∠AEB=150°（与情况（a）的区别在于，现在点K和B位于E的相对侧）。

因此，如果 C 是所需的点，则从 E 点以 30° 或 150° 的角度可以看到线段 AB。众所周知，所有这些点 E 都位于两个圆 O1 和 O2 上，这两个圆被弦 AB 分为 300° 和 60° 的圆弧（图 6，a），因此，所有点 C 都位于相同的圆 O'1 和 O'2 上，这是从 O1 和 O2 沿 B 到 A 的方向平行转移到线段 l=AB 得到的（图 6， 6).

现在我们证明圆O’₁和O'2的任意点M属于所需的点集。设 M 为这些圆之一的任意点；然后通过画 MK=AB, MK||AB，我们得到圆 O₁ 或 O2 (图 7, a, 6) 之一上的点 K。在图7上，a’BF⊥MA，AL||BF，AL=BF，则（由ΔAKL）AL=1/2AK，即M点满足条件。同理图 7, 6 BF ⊥ MA，AL=BF，AL||BF，∠AKB=150°，∠AKL=180°−∠AKB=30°，即AL=1/2 AK，M点也满足条件。因此，除了点 N 和 A 之外，所有点 O'1 和 O'2 都满足条件。

请注意，许多解决了几何问题的读者都得到了圆 O’₁ 和 O'2 的一部分作为答案。 （例如，图 8，a 由格罗德诺市的 V. Mashanov 获得，图 8, 6 由费多西亚市的 S. Ivanenko 获得，图 8 由奔萨地区的 A. Alyaeva 获得。）正确的解决方案（尽管与此处给出的略有不同）是由奔萨市的 L. Stolyarov 添加的。

第二个解决方案。 （对来自托木斯克的 A. Grishkov 发送的解决方案进行了稍微简化。）让我们引入一个以 A 点为原点的直角坐标系，让 B 点的坐标为（2; 0），所需的 C 点的坐标为（x; y）。设 AF 为三角形 ABC 的中线，BK ⊥ AC (图 9)。很容易证明点 F 的坐标为 (x+2/2; y/2)。那么AF²=(x+2/2)²+y²/4。根据条件BK²=AF²，故

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图 8，一个。 图 8，b． 图 8，第 8 页。

根据三角形 AKB 和 ACD 的相似性，可以得出 $\frac{BK^2}{AK^2} = \frac{CD^2}{AD^2}$ 或
$$\frac{\left(\frac{x+2}{2}\right)^2 + \frac{y^2}{4}}{4 - \left[\left(\frac{x+2}{2}\right)^2 + \frac{y^2}{4}\right]} = \frac{y^2}{x^2}.$$

对式(1)进行变换，可得
$$y^4 + (2x^2 + 4x - 12)y^2 + (2x + x^2)^2 = 0.$$

这是连接所需点坐标的方程。有读者进一步写道，它定义了一条四阶曲线，绘制起来相当困难。

事实上，等式（2）左边被因式分解：
$$[(x+1)^2 + (y+\sqrt{3})^2 - 4] [(x+1)^2 + (y-\sqrt{3})^2 - 4] = 0.$$

图 9. 图 10.

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你可以猜测一下，比如这样。

让我们介绍一下符号：$y^2 = z$。那么(2)是关于$z$的二次方程。让我们对其左侧进行因式分解。为此，我们需要求根 (2)。

$$z_{1,2} = \frac{12 - 2x^2 - 4x \pm \sqrt{(12 - 2x^2 - 4x)^2 - 4(2x + x^2)^2}}{2} =$$

$$= \frac{12 - 2x^2 - 4x \pm \sqrt{48(3 - x^2 - 2x)}}{2} = 6 - x^2 - 2x \pm 2\sqrt{3(3 - x^2 - 2x)} =$$

$$= (\sqrt{3 - x^2 - 2x} \pm \sqrt{3})^2.$$

方程（2）现在可以表示如下：

$$\left| z - (\sqrt{3 - x^2 - 2x} + \sqrt{3}) \right| \left| z - \sqrt{3 - x^2 - 2x} - \sqrt{3} \right|^2 = 0$$

或者

$$\left| y^2 - (\sqrt{4 - (x + 1)^2} + \sqrt{3}) \right| \left| y^2 - (\sqrt{4 - (x + 1)^2} - \sqrt{3}) \right|^2 = 0.$$

（参见 图 10，其中一组为红色，另一组为绿色）。

让我们进一步改造(4)：

$$\left| y - \sqrt{4 - (x + 1)^2} + \sqrt{3} \right| \left| y + \sqrt{4 - (x + 1)^2} - \sqrt{3} \right| [\dots] [\dots] = 0;$$

因此我们得到(3)*。

来自基辅的九年级学生 P. Kriksunov 和其他一些给我们写了这个问题的解决方案的读者注意到，以下更普遍的问题可以用类似的方式解决：找到一组点 $C$，使得在三角形 $ABC$ 中，中线 $AD$ 与高度 $BF$ 的比率等于给定数字 $k$（上述两种解决方法中的任何一种都适用）。

M5。在由 $n$ 元素组成的集合 $E$ 中，识别出 $m$ 不同的子集（不同于 $E$ 本身），以便对于 $E$ 中的每两个元素，恰好有一个给定子集包含这两个元素。

证明$m \geq n$。在什么情况下可以提出解决方案？

解决方案

从读者的来信中可以看出，这项任务极其艰巨，但也很有趣。严格来说，这里我们要处理两个问题：1）证明$m \geq n$，2）在什么情况下可能有解决方案？

至于第一个问题，只有$A$才彻底解决。来自列宁格勒的生物。他的证明基于线性代数的基本定理之一，该定理指出，如果 $n$ 向量多于 $n$，则它们是线性相关的。

对于那些熟悉这个概念的人来说，提出这样的证明会很有趣。至于第二个问题，它被显示出来，这并不奇怪，因为下面将显示它与一个已知但未解决的数学问题有关。

为了便于表述，一些读者提出了该问题的其他表述。这是其中两个。

*) 方程 $(x - a)^2 + (y - b)^2 = c^2$ 定义了一个以点 $(a; b)$ 为圆心、半径为 $c$ 的圆（例如，参见 I. M. Gelfand、E. G. Glagoleva、A. A. Kirr ilov，坐标方法，“Nauka”，1968）。

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图 11.

a) 同校的学生经常三五成群地出去吃冰淇淋。这次拜访之后，他们争吵得很厉害，从此以后他们两个都没有一起吃冰淇淋。到了年底，他们发现以后只能一家一家去冰淇淋店了。证明如果此时访问的学生数量大于1，那么它不小于学校的学生数量。

6. 设 $n$ 点。每两个点恰好有一条直线，且每条直线包含的点不超过 $(n-1)$ 个。我们需要证明行数至少为$n$。

这些任务与原来的任务相同吗？

无论如何，在思考这个问题的时候，可以方便地把元素想象成“点”，把底想象成“线”，穿过这些点，自己做图，就像我们的图11和12一样。（一般来说，不可能不保证所有的线都是直的；如���题 M36，图12所示，不可能纠正它，使得红色直线是直的，因此问题 6) 与原来的问题不等价。）

接下来，我们按照问题作者 N. Bourbaki*) 的指示提出问题的解决方案，并且为了方便起见，我们重写问题的条件。

给定$n$不同的元素，并有一个由这些元素组成的集合系统$m$，并且：

1. 我们的系统中没有一个集合同时包含所有元素；
2. 每两个给定的 $n$ 元素都出现在系统的一个集合中；
3. 如果两个元素出现在其中一个集合中，那么它们不会一起出现在系统的任何其他集合中。

让我们证明$m \geq n$。

让我们举一些这样的元素排列的例子。设 $n=5$ 且有元素：$a, b, c, d, e$。让我们创建一个由一组这些元素组成的系统；

$(a, b), (a, c, e,), (b, e), (b, c), (b, d), (a, d), (d, e), (c, d)$.

显然，它满足条件1）、2）、3）。这里是$m=8$，顺便说一下$8 \geq 5$。

为了使证明更加清楚，我们有时会参考这个例子。

证明。请注意，$n>2$ 并且对于包含至少两个元素的集合系统，足以证明不等式 $m \geq n$。

1. 该系统至少由两个集合组成，那么根据条件 2），该集合将同时包含所有元素，这与条件 1）相矛盾。

*) 参见 N. Bourbaki，集合论，Mir, M.，1965 年，第 14 页220.

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2. 每个元素至少包含在系统的两组中。如果一个元素仅包含在一个集合中，则根据 2)，它必须包含所有 $n$ 元素，这与 1) 相矛盾。

3. 一个相同的元素不能同时包含在系统的所有集合中。让某个元素，称为$x$，包含在系统的所有集合中。那么，根据条件 3)，除了元素 $x$ 之外，没有两个集合包含相同的元素。因此，除了 $x$ 之外，任何集合中都不会出现任何两个元素，但这与 2) 相矛盾。

4. 让我们将每个元素与它所在的系统集合的编号联系起来，即我们统计它在这个系统中重复了多少次。在示例中，元素$a$映射到数字3，元素$b$映射到4，依此类推。

哪一组系统与其包含的元素数量相当？在第一组的示例中，数字 2 关联，第二组与 3 关联，依此类推。

元素对应的所有数字之和等于集合对应的所有数字之和。在示例中$3+4+3+4=2+3+2+2+2+2+2+2=17$。

事实上，如果我们认为两个元素在包含在不同集合中时是不同的，那么它们的总和就是系统所有集合的元素数量。

5. 符号。让我们取与最小数字相对应的元素之一，即包含在系统集合的最小数字中的元素。在这个例子中，我们可以取$a$，或者$c$，或者$e$；我们以$a$为例。让我们用$a_n$表示这个元素，用$k_n$表示它所在的集合的编号。在示例中$a_5=a$，$k_5=3$。凭借段落。 2和3我们有$2 \leqslant k_n < m$。

包含 $a_n$ 的集合将按某种顺序表示为 $A_1$、$A_2$、…、$A_{k_n}$，其余的表示为 $A_{k_n+1}$、…、$A_m$。在示例中$A_1=(a, b)$、$A_2=(a, c, e)$、$A_3=(a, d)$、$A_4=(b, e)$、…、$A_8=(c, d)$。

考虑第一个$k_n$集合$A_1$，$A_2$，…，$A_{k_n}$。以与第 3 点相同的方式进行推理，我们发现它们中没有两个包含相同的元素，除了 $\dot{a}_n$ 之外。因此，我们可以从这些集合中的每一个中取出一个元素，并分别用 $a_1$、$a_2$、…、$a_{k_n}$ 表示它们。我们用 $a_{k_n+1}$、$a_{k_n+2}$、…、$a_n$ 按某种顺序表示剩余元素。在示例中$a_1=b$、$a_2=c$、$a_3=d$、$a_4=e$；然后$A_1=(a_1, a_5)$、$A_2=(a_2, a_4, a_5)$、$A_3=(a_3, a_5)$、$A_4=(a_1, a_4)$、$A_5=(a_1, a_2)$、$A_6=(a_1, a_3)$、$A_7=(a_3, a_4)$、$A_8=(a_2, a_3)$。

现在让我们用$k_1$，$k_2$，…，$k_{n-1}$以相同的顺序表示与元素$a_1$，$a_2$，…，$a_{k_n}$，…，$a_{n-1}$对应的数字。例如，元素$a_n$对应于数字$k_n$，并且它是所有数字$k_1$、$k_2$、…、$k_{n-1}$、$k_n$中最小的。

最后，让我们用$s_1$，$s_2$，…，$s_{k_n}$，…，$s_m$以相同的顺序表示对应于集合$A_1$，$A_2$，…，$A_m$的数字。

让我们再次注意我们如何对元素和集合进行编号。

首先，$k_n$是$k_1, k_2, ..., k_{n-1}$中最小的数字。

其次，$k_n$是包含元素$a_n$的最后一个集合的编号，因此，元素$a_n$不包含在集合$A_{k_n+1}$，…，$A_m$中。

集合$A_i$包含元素$a_i$，但如果$1 \leqslant i \leqslant k_n$、$1 \leqslant j \leqslant k_n$和$i \neq j$则不包含元素$a_j$。另外，根据第4段，$k_1 + \dots + k_n = s_1 + \dots + s_m$。

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6. 如果元素$a_i$不属于某个集合$A_j$，则$k_i \geqslant s_j$。事实上，让集合$A_j$不包含元素$a_i$并且由$s_j$不同元素组成。那么元素 $a_i$ 必须与系统的某些剩余集合中的每个元素一起出现。另一方面，这些元素中没有两个可以出现在这些集合中，因为它们已经出现在 $A_j$ 中。因此，元素$a_i$不小于$s_j$的集合数。

7. 考虑第一个$k_n$集合$A_1, A_2, \dots, A_{k_n}$和$a_1, a_2, \dots, a_{k_n}$的第一个$k_n$元素。它们的选择方式是，每个集合$A_i$包含一个具有相同编号的元素$a_i$，但不包含具有其他编号的元素，那么，根据第6段，$s_1 \leqslant k_2, s_2 \leqslant k_1$如果$k_n = 2$并且

$$\begin{align*} s_1 &\leqslant k_2, \quad s_2 \leqslant k_1, \quad \dots, s_{k_n} \leqslant k_1, \\ s_1 &\leqslant k_{k_n}, \quad s_2 \leqslant k_{k_n}, \quad \dots, s_{k_n} \leqslant k_{k_n-1}, \end{align*}$$

如果$k_n > 2$。

在示例中 $k_n = 3$ 和

$$\begin{align*} 2 &= s_1 \leqslant k_2 = 3, \quad 3 &= s_2 \leqslant k_1 = 4, \quad 3 &= s_3 \leqslant k_1 = 4, \\ 2 &= s_1 \leqslant k_3 = 4, \quad 3 &= s_2 \leqslant k_3 = 4, \quad 3 &= s_3 \leqslant k_2 = 3. \end{align*}$$

8. 把所有的不等式加起来，我们得到

$$(k_n - 1)(s_1 + s_2 + \dots + s_{k_n}) \leqslant (k_n - 1)(k_1 + \dots + k_{k_n})$$

或者

$$s_1 + s_2 + \dots + s_{k_n} \leqslant k_1 + \dots + k_{n}.$$

9. Teller 我们可以证明问题中所需的不等式$m \geqslant n$。我们假设$m < n$。我们来比较两个金额

$$S = (s_1 + s_2 + \dots + s_{k_n}) + s_{k_n+1} + \dots + s_m$$

和

$$K = (k_1 + k_2 + \dots + k_n) + k_{k_n+1} + \dots + k_n.$$

请注意，我们已经对集合进行了重新编号，使得元素$a_n$不属于集合$A_{k_n+1}, \dots, A_m$；这意味着$s_{k_n+1} \leqslant k_n, \dots, s_m \leqslant k_n$，甚至$s_{k_n+1} \leqslant k_{k_n+1}, \dots, s_m \leqslant k_m$，因为$k_n$是所有数字$k_i$中最小的。在这种情况下，从$m < n$开始，我们得到：$k_{k_n+1} + \dots + k_n > s_{k_n+1} + \dots + s_m$，然后是$S < K$，这与第4项相矛盾。

$m \geqslant n$完整的证明。

10. 让我们尝试找出在什么情况下可以实现平等。如果 $m = n$，则从第 8、9、4 项可得：

$$k_1 + \dots + k_{k_n} + \dots + k_n = s_1 + \dots + s_{k_n} + \dots + s_n.$$

显然，为此需要平等

$$k_1 + \dots + k_{k_n} = s_1 + \dots + s_{k_n}$$

第 8 段中的所有不平等都被简化为平等。由于$k_n$是$k_i$中最小的，我们有

$$s_{k_n+1} = \dots = s_n = k_{k_n+1} + \dots + k_n.$$

接下来我们考虑两种情况。

（一）$k_n = 2$。在这种情况下，很容易看出，以下集合系统是可能的（图9）：$(a_n, a_1), (a_n, a_2, a_3, \dots, a_{n-1}), (a_1, a_2), (a_1, a_3), \dots, (a_1, a_{n-1})$。对于任何$n$，它满足问题的条件。

(b) $k_n > 2$。在这种情况下，我们得出第 7 段中的所有不等式必须是

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急于平等。比较所有这些等式，我们得到$s_1=s_2=\dots=s_{k_n}=k_1=k_2=\dots=k_{k_n}$。

与情况 (a) 相同：$s_{k_n+1}=\dots=s_n=k_{k_n+1}=\dots=k_{n-1}=k_n$。
显然，数字 $s_1, s_2, \dots, s_{k_n}$ 至多是数字 $k_{k_n+1},\dots,k_{n-1}$ 之一，因此是 $s_1=s_2=\dots=s_n=k_1=k_2=\dots=k_n=l>2$。

结果，我们发现在这种情况下满足以下条件：

4. 哪个集合恰好包含 $l$ 个不同的元素，哪个元素恰好包含在 $l$ 个不同的集合中。

为此，$n=l(l-1)+1$是必要的。事实上，考虑一些元素$x$。它必须完全出现在 $l$ 集合中，因此所有这些集合都包含所有 $n$ 元素，就像 $x$ 必须与所有元素一起出现一样。此外，它们不能包含相同的元素，因为它们都包含元素$x$。从这里我们获得了所需的平等。

对于$l=3$，即$n=7$，很容易构造所需的集合系统（图 10）。但对于$n$类型$l^2-l+1$一组$n$元素来说，存在满足条件1）、2）、3）和4）的子集系统的问题结果是非常困难的。

这样的系统有一个特殊的名字：$l-1$阶有限射影平面。 （在 图 12 上描绘了 2 阶射影平面，由 7 个点和 7 条线组成。）很容易证明，对于任何有限射影平面，也满足以下属性，即属性 2 的“对偶”）：

5. 我们系统中的任何两个集合都有一个共同元素（显然只有一个）；换句话说，哪两条线相交于一点。

让我们展示如何构造一个 $p$ 阶的有限射影平面（带有 $n=p^2-p+1$），其中 $p$ 是素数。为此，您需要使用 $p$-算术中的“数字”（请参阅​​文章“比较模数和余数算术”，«Kvant» 第 5 期，第 27-33 页）- 余数模$p$ 的算术。在这种数学中，如果 $p$ 是素数，则可以将任何“数字”除以任何其他非零数字。让我们使用一个点来定义三元组“数字”$(x_1, x_2, x_3)$，考虑到比例（即，三元组$(x_1, x_2, x_3)$和$(kx_1, kx_2, kx_3)$定义同一点）。我们同意三个 $(0, 0, 0)$ 不应该被视为一个点。

直线由三重数字$(a_1, a_2, a_3)$（除了三重$(0, 0, 0)$）给出，考虑比例。当且仅当$a_1x_1+a_2x_2+a_3x_3=0$时，点$(x_1, x_2, x_3)$接受直线$(a_1, a_2, a_3)$。

检查此类特定线和点是否满足所有条件 1)–5)。确保对于 $p=2$，您得到的正是为 图 12 选择的 2 阶投影平面的示例。

类似地，我们可以证明存在$p^k$阶射影平面，其中$p$是素数，$k$是任意自然数。已证明，对于无限多个 $N$（特别是$N=6$、$N=14$），$N$ 阶射影平面不存在。但对于$N=10$，$N$阶射影平面是否存在是未知的：没有计算机可以简单地枚举所有可能的组合。

您可以在 G. J. Reiser 所著的《组合数学》（“Mir”，1966 年，“Matematika Collection Library”系列）一书中阅读有关有限射影平面和相关问题组合器的理论。

A. 图姆、J. 拉博特、W. 古特纳彻