问题解决方案M21—M25； F29—F34

26

解决方案

在杂志的这一部分中，我们继续发布拼图«Kvant»问题的解决方案。其中一些问题即使对于数学家和物理学家来说也很困难。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的讨论。每个解决方案都是一篇简短的单独文章，即使对于那些以前没有尝试过解决问题的人，我们也建议您熟悉它。

在大多数情况下，我们会注明向我们发送最成功解决方案的读者的姓名，但是，当然，我们无法回复所有向我们发送信件的读者。

M21
正方形内部，边1上有几个圆，它们的长度之和为10。无法证明存在直线。那么AB边上的每个点最多被三个圆的投影覆盖（图1），否则穿过该点并垂直于AB的直线将与三个以上的圆相交。因此，所有投影的总和，即圆的直径的长度之和，不超过3；因此，圆的长度之和不超过3π，而根据条件则等于10>3π。由此产生的矛盾证明了问题的陈述。

这项决定是由列宁格勒的 D. Grigoriev 和莫斯科的 N. Rassin 补充的。

下面更一般的陈述可以用同样的方式证明。我们将凸图形的直径称为可以放置该图形的最窄条带的宽度。 （可以证明，这个定式对任何有界图形都有效。）那么，如果在直径为 h 的图形内有 n 个图形，其直径之和大于 kh，则有一条直线与这些图形中的至少 k + 1 个相交。

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让我们将这个表达式的平方重写如下：

$$P_n^2 = \frac{1^2}{2^2} \cdot \frac{3^2}{4^2} \cdot \frac{5^2}{6^2} \cdot \dots \cdot \frac{(2n-1)^2}{(2n)^2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{3^2}{2 \cdot 4} \cdot \frac{5^2}{4 \cdot 6} \cdot \dots \cdot \frac{(2n-1)^2}{(2n-2) \cdot 2n} \cdot \frac{1}{2n}.$$

因为对于任何整数 $k > 1$

$$\frac{(2k-1)^2}{(2k-2) \cdot 2k} = \frac{(2k-1)^2}{(2k-1)^2 - 1} > 1,$$

那

$$P_n^2 > \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2n} \text{ и } P_n > \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2n}}.$$

另一方面，因为一直以来

$$\frac{(2k-1)(2k+1)}{(2k)^2} = \frac{(2k)^2 - 1}{(2k)^2} < 1,$$

那

$$P_n^2 = \frac{3}{2^2} \cdot \frac{3.5}{4^2} \cdot \frac{5.7}{6^2} \cdot \dots \cdot \frac{(2n-1)(2n-3)}{(2n-2)^2} \cdot \frac{2n-1}{(2n)^2} < \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2n} \text{ и}$$

$$P_n < \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2n}}.$$

D. Gritsoriev 提出了一个略有不同的解决方案（该解决方案也被该杂志的其他读者泄露）。让我们和这个表达式一起考虑

$$P_n = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{5}{6} \cdot \dots \cdot \frac{2n-3}{2n-2} \cdot \frac{2n-1}{2n}$$

下列：

$$Q_n = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \dots \cdot \frac{2n-4}{2n-3} \cdot \frac{2n-2}{2n-1}.$$

由于乘积$Q_n$的每个因子都不大于相应的因子$P_n$，则$P_n > Q_n$，从而得到$P_n^2 > P_nQ_n = \frac{1}{4n}$，即$P_n > \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2n}}.$

另一边，

$$R_n = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{6}{7} \cdot \dots \cdot \frac{2n-2}{2n-1} \cdot 1 > P_n,$$

可摆姿势 $P_n^2 < P_nR_n = \frac{3}{8n}$ 和 $P_n < \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2n}}.$

不是用 1/2 而是用 2/3 来求 $R_n$ 似乎更自然。但对于$P_n$，结果将是比问题条件下所需的更粗略的估计。相反，如果我们在$R_n$中留下的不是一个，而是更多等于第一个因子$P_n$的因子，那么对于$P_n$，我们会得到更准确的$P_n < \frac{c}{\sqrt{n}}$形式的估计，其中$c$是小于$\sqrt{\frac{3}{8}}$的某个数字。同样的说法也适用于对方的评价。

还有一种基于数学归纳法的解决方案。 E. G. Nikolaev 的笔记《数学归纳法的案例》（参见 «Kvant» No. 7, 1970, p. 37 和 «Kvant» No. 12, 1970, p. 58）正是以这个问题为例，指出有时更强的不等式比更弱的不等式更容易通过归纳法证明。

29

根据已证明的不等式，随着 $n$ 的增加，$P_n$ 值趋于零，$P_n \sqrt{n}$ 值介于 $\frac{1}{2}$ 和 $\frac{1}{2} \sqrt{\frac{3}{2}}$ 之间。可以证明（例如，参见 A. M. Yaglom 和 I. M. Yaglom 所著的《Non-elementary issues in anelementarypresentation》，GITTL, M., 1954 中的问题 145, 160, 161），$n \to \infty$ $P_n$ 趋向于等于 $\sqrt{\frac{1}{\pi}}$ 的极限。

M24

证明任何分数 $\frac{m}{n}$，其中 $0 < \frac{m}{n} < 1$，都可以表示为

$$\frac{m}{n} = \frac{1}{q_1} + \frac{1}{q_2} + \frac{1}{q_3} + \dots + \frac{1}{q_r},$$

其中 $0 < q_1 < q_2 < \dots < q_r$ 是整数，每个 $q_k$ ($k=2, 3, \dots, r$) 可被 $q_{k-1}$ 整除。

哪个分数 $\frac{m}{n}$ 可以整除，分母除以它们的最公约数，并用等于它的不可约分数代替。例如，$\frac{288}{504} = \frac{4.72}{7.72} = \frac{4}{7}$。接下来我们将只考虑这样的不可约分数。

让我们通过对 $m$ 的归纳来证明问题的陈述。对于 $m=1$ 来说，很明显：分数 $\frac{m}{n}$ 本身已经具有所需的形式。现在我们将证明，如果问题的陈述对于所有分子小于 $m$ 的分数都成立，那么对于分子等于 $m$ 的分数也成立。令 $\frac{m}{n}$ 为这样的分数 ($1 < m < n$)。将 $n$ 除以 $m$ 余数；你得到商（$d_0-1$）和余数（$m-k$），即

$$n = m (d_0-1) + (m-k) = md_0-k,$$

其中$d_0 > 1$和$0 < k < m$。让我们像这样重写 (1)：$md_0=n+k$，或者

$$\frac{m}{n} = \frac{1}{d_0} \left( 1 + \frac{k}{n} \right).$$

由于$0 < k < m$，分数$\frac{k}{n}$可以用所需的形式表示：

$$\frac{k}{n} = \frac{1}{d_1} + \frac{1}{d_1 d_2} + \dots + \frac{1}{d_1 d_2 \dots d_r},$$

其中$d_1, d_2, \dots, d_r$是一些大于1的自然数。从(2)和(3)我们得到

$$\frac{m}{n} = \frac{1}{d_0} + \frac{1}{d_0 d_1} + \frac{1}{d_0 d_1 d_2} + \dots + \frac{1}{d_0 d_1 d_2 \dots d_r}.$$

分数$\frac{m}{n}$以所需的形式呈现。

请注意，从我们对问题的解决方案中，不难提取出一个简单的算法 - 如何将任何给定分数表示为和 (3) 的规则。让我们用一个例子来演示一下。让我们得到分数 $\frac{5}{7}$：

$$7 = 2.5 - 3; \quad \frac{5}{7} = \frac{1}{2} \left( 1 + \frac{3}{7} \right);$$

$$7 = 3.3 - 2; \quad \frac{3}{7} = \frac{1}{3} \left( 1 + \frac{2}{7} \right);$$

$$7 = 4.2 - 1; \quad \frac{2}{7} = \frac{1}{4} \left( 1 + \frac{1}{7} \right).$$

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所以，

$$\frac{5}{7} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2.3} + \frac{1}{2.3.4} + \frac{1}{2.3.4.7} = \frac{1}{2} + \frac{1}{6} + \frac{1}{24} + \frac{1}{168}.$$

当然，他们可以找到几种形式（3）的表示，例如：

$$\frac{3}{8} = \frac{1}{4} + \frac{1}{8} = \frac{1}{3} + \frac{1}{24}.$$

该问题的解决方案由 D. Gritsorye 发送。

M25

在由$n$个元素组成的集合中，选择$2^{n-1}$个子集，每三个子集都有一个公共元素。证明所有这些子集都有一个共同元素。

总共，在由 $n$ 个元素组成的集合 $A$ 中，有 $2^n$ 个不同的子集，包括集合和集合本身 $A$（参见 N. Ya. Vilenkin 的文章“Combinatorics”，«Kvant» No. 1，1971）。我们用字母$B, C, \dots$来表示不同的子集$A$，集合$B$和$C$的交集，即由公共元素$B$和$C$组成的集合，通常表示为：$B \cap C$；整个集合$A$的附加子集$B$，即由所有不包含在$B$中的元素$A$组成的集合，表示为：$\bar{B}$。

根据条件，选择了$2^{n-1}$个子集，即所有可能的子集的一半，并且每个选定的子集，其中任意两个（甚至三个）的交集不为空。因此，从每对子集$(B, \bar{B})$（彼此互补直至$A$）中，恰好选择一个。此外，如果选择$B$和$C$，则也会选择$D = B \cap C$，因为无法选择$\bar{D}$（所有三个子集$\bar{D}, B$和$C$不能具有公共元素，因为公共元素$B$和$C$包含在$D$中）。使用这个非常强的指示，我们可以证明如果选择$B_1, B_2, \dots, B_k$，那么所有这些子集的交集$B_1 \cap B_2 \cap \dots \cap B_k$也会被选择。因此，所有$2^{n-1}$选择子集的交集也属于选择子集，这意味着它不为空。

因此，我们证明了只有这样的子集系统满足问题的条件：集合$A$中的某个元素$a$是固定的，并且包含该元素的所有子集都被选择。

N·B·瓦西里耶夫

F29

求在温度$20^\circ\text{C}$下单位表面积的水蒸发到真空中的速率。 （该温度下的饱和蒸气压为17.5毫米汞柱。） 如果将普通茶碟装满，室内的水需要多长时间才能蒸发？少量水的蒸发实际上不会改变房间内的空气湿度，等于70%。

为了解决这个问题，你需要找到在 1 秒内离开其表面 1 cm$^2$ 的液体分子的数量。乘以水分子的质量，就可以求出蒸发率，即1秒内单位水表面积蒸发的水质量。

Bydem的理由是这样的。如果液体上方有饱和蒸汽，那么 1 秒内离开液体的液体分子数将与没有蒸汽时相同。与此同时，有一天，进入液体的分子数量与从液体中出来的分子数量完全相同。这使我们能够计算

31

1 秒内有多少分子从水中飞出，因为计算进入液体的分子数量非常简单。

让我们使用以下理想气体模型：所有气体分子具有相同的速度$v$，并且每个分子只能沿坐标轴（图4）沿三个相互垂直的方向之一移动。而且，在这三个方向上运动的分子数量是相同的。如果其中一个坐标轴垂直于液体，则在时间 $\tau$ 内，大量蒸汽进入液体，其距离液体为 $l = v \cdot \tau$。设单位体积内有$n$个蒸气分子，则$N = \frac{1}{6} nv\tau S$个蒸气分子落在面积为$S$的表面积上：沿垂直于液体表面的坐标轴，位于体积$v\tau S$内的部分$\frac{1}{3}$部分蒸气分子运动，其中一半的速度是背离液体的。如果蒸气分子的质量为 $m$，则在 $\tau$ 时间内，蒸气质量 $M = \frac{1}{6} nv\tau Sm$ 进入液体。 $n \cdot m$ 是蒸气密度$\rho$。这就是为什么

$$M = \frac{1}{6} v\tau S\rho.$$

蒸汽分子的速度可以用其压力和密度来表示。考虑一个立方体容器，其边为 $l$，面垂直于坐标轴 (图 4)。蒸气分子与壁面发生弹性碰撞时，动量变化$2mv$——碰撞前分子动量为$mv$，碰撞后为$mv$：分子远离壁面。由于分子与同一壁的两次连续碰撞之间经过时间$t = \frac{2l}{v}$，因此根据牛顿第二定律，我们可以假设平均力$f = \frac{2mv}{2l} = \frac{mv^2}{l}$从壁的一侧作用在分子上。根据牛顿第三定律，同样大小的力作用在墙上。由于沿着每个运动轴有 $N = \frac{1}{3} nl^3$ 个分子，每个分子都会对壁产生压力，因此作用在壁上的总力等于

$$F = \frac{mv^2}{l} \cdot \frac{1}{3} nl^3 = \frac{1}{3} nml^2v^2,$$

壁上的蒸气压等于

$$P = \frac{F}{l^2} = \frac{1}{3} nmv^2 = \frac{1}{3} \rho v^2.$$

32

所以
$$v = \sqrt{\frac{3P}{\rho}}.$$

将$v$的表达式代入公式(*)，我们得到
$$M = \frac{1}{6} \tau S \rho \sqrt{\frac{3P}{\rho}}.$$

我们还用压力来表示蒸汽的密度。它们通过克拉佩龙方程相关：
$$P = \frac{\rho}{\mu} RT,$$

其中 $\mu$ 是一克分子蒸气的质量，$T$ 是其温度，$R = 8,3 \frac{\partial \kappa}{\partial \rho} - \text{газовая постоянная}.$

从这个公式我们发现$\rho = \frac{P \mu}{RT}$。因此$M = \frac{1}{6} \tau S \frac{P \mu}{RT} \sqrt{\frac{3RT}{\mu}}.$

因此，如果液体上方有蒸汽，则 1 秒内每单位表面的蒸汽质量等于
$$\frac{M}{\tau S} = \frac{1}{6} P \sqrt{\frac{3\mu}{RT}}.$$

这意味着液体蒸发到真空中的速率等于
$$\frac{1}{6} P \sqrt{\frac{3\mu}{RT}}.$$

代入数值$T = 293^\circ \text{K}$、$\mu = 18 \frac{\kappa_2}{\kappa_0 \text{м}^2}$、$P = 2,3 \cdot 10^3 \frac{\mu}{m^2}$（$P$为$T = 293^\circ \text{K}$时的饱和蒸气压），可得蒸发率为$14,8 \cdot 10^{-8} \frac{\kappa_2}{m^2 \cdot \text{сек}}.$

考虑到分子以不同的速度和所有可能的方向移动，我们可以更准确地解决问题*)。然而，这不会改变我们获得的定性结果。只有最后一个公式中的数字因子会改变。

现在不难求出房间里的水倒入茶碟后蒸发的时间。在这种情况下，在液体表面均匀的情况下，总质量等于$\frac{1}{6} P_0 \sqrt{\frac{3\mu}{RT}} \left( P_0 = 10^{-5} \frac{\mu}{m^2} \right)$的分子在1秒内飞出，并且等于$\frac{1}{6} P \sqrt{\frac{3\mu}{RT}}$的蒸汽质量（其中$P = \eta \cdot P_0 = 0,7P_0$）进入液体。因此，液体蒸发速率为
$$\frac{1}{6} \left( P_0 - P \right) \sqrt{\frac{3\mu}{RT}}.$$

如果水的表面积为$S$，质量为$M$，那么及时所有的水都会蒸发
$$t = \frac{M}{\frac{1}{6} S \left( P_0 - P \right) \sqrt{\frac{3\mu}{RT}}}.$$

*）Ya的文章中给出了这样的计算。 A.斯莫罗金斯基“理想气体”（«Kvant»第10期，1970）。

33

假设碟子里有 100 $e$ 水，其直径为 10 $cm$，房间内的空气温度为 $17^\circ C=290^\circ K$（在此温度为 $P_0 = 2,3 \cdot 10^3 \frac{H}{M^2}$ 和 $P = 1,6 \cdot 10^3 \frac{H}{M^2}$），我们求出 $t=1$ 秒。

结果是自相矛盾的。我们哪里错了？水表面附近的蒸气压的大小。这里的蒸汽压力明显大于房间内的蒸汽压力。在表面附近的薄层中，蒸气几乎饱和。只有这样，水才能蒸发得足够慢。

我们看到的例子表明，在解决物理问题时，了解现象的“物理原理”，即了解什么可以被忽视、什么不能被忽视是多么重要。

F30

电影摄影机和电影放映机每秒产生 8 帧。运动屏幕上有一辆带轮子的自动车辆，其实际直径为1 m。轮子的图像每秒旋转 2 圈。自动档的速度是多少？

由于在 8 帧通过投影仪的时间内，轮子的图像旋转了 2 圈，因此在每一帧上，与前一帧相比，轮子必须旋转 $\frac{2}{8} = \frac{1}{4}$ 圈。此外，屏幕上的自动车辆车轮的图像可以“向前”和“向后”旋转，尽管自动车辆本身在第一和第二个方向上移动，并沿相同方向运行（图5）。如果自动车辆的移动速度使得在帧 $\tau = \frac{1}{8} c$ 之间的时间内自动车辆的轮子完成 $n$ 满并绕轴再旋转 $\frac{1}{4}$ 转，则屏幕上的轮子“向前”旋转。如果在$t$中，轮子绕$n$满并绕轴旋转$\frac{3}{4}$，则屏幕上轮子的图像将“向后”旋转。因此，自动机的角速度为$\omega_{\text{вп}} = \frac{\left(n + \frac{1}{4}\right) 2\pi}{\frac{1}{8}} \frac{pa\partial}{c} = 16 \left(n + \frac{1}{4}\right) \pi \frac{pa\partial}{c}$或$\omega_{\text{н}} = 16 \left(n + \frac{3}{4}\right) \pi \frac{pa\partial}{c}$。这意味着轮轴以及随之而来的自动车辆以 $v = 16 \left(n + \frac{1}{4}\right) \pi R \frac{m}{c}$ 的速度移动（在这种情况下，车轮图像“向前”旋转）或以 $u = 16 \left(n + \frac{3}{4}\right) \pi R \frac{m}{c}$ 的速度移动（在这种情况下，车轮图像“向后”旋转）。将$n = 1, 2, 3, \dots$代入这些公式，我们就可以得到答案

$$v_1 \approx 12,6 \frac{m}{c} = 45 \frac{km}{час}, \quad v_2 \approx 223 \frac{km}{час}, \quad u_1 \approx 136 \frac{km}{час}, \quad u_2 \approx 316 \frac{km}{час}, \dots$$

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此外，由于自动速度不能超过 140 $\frac{\kappa M}{\mu ac}$，如果轮子图像“向前”旋转，则等于 45 $\frac{\kappa M}{\mu ac}$，如果屏幕上的轮子不“向后”旋转，则等于 136 $\frac{\kappa M}{\mu ac}$。

正确的解决方案是由尼古拉·伊林（伊尔库茨克州埃希里特-布拉加特区扎哈尔村）发送的。

F31

光压如何使球形飞船相对于太阳定向，一半是镜面的，另一半是黑色的，从而使来自太阳的辐射被完全吸收？船的重心位于球体的中心。

让我们假设船的方向使太阳光线同时照射到其表面的镜面区域和黑色区域 (图 6)。光压力是由于光子撞击表面改变了它们的动量。如果光线照射到镜面，就会被反射，从而满足反射定律：光束的入射角等于反射角。很容易报告，在这种情况下，光子动量变为垂直于船表面的矢量，即沿半径运行。根据牛顿第二定律和第三定律（见上一个问题），等于单位时间内光子束动量变化的力作用在船上。该力沿着船的半径方向。它不会产生使船转动以使船的镜面面向太阳的力矩。

船的黑色表面上的压力是另一回事。由于它吸收来自太阳的辐射，因此当光子下落时作用在船上的力沿着光束定向。这个力产生了一个力矩，使船转动，使船的镜面面向太阳。

显然，船的黑色表面面向太阳的位置也将是平衡位置。然而，这个平衡位置是不稳定的。如果由于某种随机原因，飞船相对于太阳的表面较小，那么它就会掉头，直到转向太阳的镜面一侧。

F32

一块方形木头漂浮在水面上。 图 7 所示的两个平衡位置中哪一个是稳定的？制作该块的材料的密度等于水密度的一半。

呈现给自身的系统总是占据其质心处于最低位置的位置。由于块体材料的密度等于水密度的一半，因此在这两种情况下，立方体的一半和杯子的重心都浸入体内

35

处于相同高度。水的重心则不同。当一个方块被浸没时，我们将水移动到表面，该位置被方块的浸没部分占据。在第一种情况下，排开的水体积的质心距其表面 0.25 a，而在第二种情况下，距离等于 $\frac{1}{3} \frac{a \sqrt{2}}{2} =$

$$= \frac{1}{6} a \sqrt{2} \approx 0,23 a,$$

其中$a$是块的边缘。这意味着在第二种情况下，当立方体浸入水中时水势能的变化小于第一种情况。因此，在第二种情况下，水的势能也较小。这意味着该块将漂浮在位置 II。

♦ 33

两颗质量分别为$m_1$和$m_2$的珠子可以沿着光滑的水平钢丝环滑动而无摩擦。最初，珠子是用线连接的，珠子之间有一个卷制的弹簧。线被烧坏了。当珠子开始移动后，将弹簧移除。这么多珠子同时聚集在什么地方？珠子变得完全有弹性。

弹簧向两个珠子施加相同量的运动，因为它以相同的力同时作用在它们上：

$$m_1 v_1 = m_2 v_2$$

(1)

其中 $v_1$ 和 $v_2$ 是沿海珠状速度。因此，对于珠子在第一次碰撞之前所经过的路径$l_1$和$l_2$，我们也有$m_1 l_1 = m_2 l_2$。碰撞后，珠子的总动量仍应保持为零。这就是为什么

$$m_1 v_1' = m_2 v_2'.$$

(2)

写出能量守恒定律

$$\frac{m_1 v_1^2}{2} + \frac{m_2 v_2^2}{2} = \frac{m_1 v_1'^2}{2} + \frac{m_2 v_2'^2}{2},$$

(3)

利用(1)和(2)我们很容易发现撞击后有$v_1' = v_1$和$v_2' = v_2$。

因此，碰撞的结果是，珠子的速度大小并没有改变，只是方向相反。但很明显，下一次碰撞将发生在珠子开始运动的地方，等等。第十一次碰撞将发生在第一次发生的同一位置，即距坐标原点（沿圆弧）的距离之比等于珠子质量之比的点。

♦ 34

图8表示滴静电机（开尔文发生器）。带电势$\phi_0$的水滴从管中落入半径为$R$的绝缘金属球的区域中。球所能带电的最大电势如何取决于跌落高度？

一旦进入球中，水滴就会将污染物均匀地释放到球的表面上。在这种情况下，将会出现电场，从而改变液滴的下落，因为液滴和球受到相同符号的污染。

球表面附近的水滴速度可以利用能量守恒定律求得。水滴$E$的能量由动能、球场中的势能和球场中的静电能组成。

36

众所周知，均匀带电的球体外部的电场与精确电荷的电场相同，其大小与球体的电荷相等并且位于球体的中心。因此，在带有电荷$Q$的均匀带电球体的场中，精确电荷$q$的势能等于$qQ/d$，其中$d$是电荷到球体中心的距离。

下降开始时的能量
除法 $E_0 = mgh + \frac{qQ}{h-R}$，其中 $h$ 是水滴从桌面落下的高度 ($h > 2R$)。

在球表面，水滴的能量为

$$E_1 = \frac{mv^2}{2} + 2Rmg + \frac{qQ}{R}.$$

将这些能量等同起来，我们发现

$$\frac{mv^2}{2} = mg(h - 2R) - qQ \frac{h - 2R}{R(h - R)}.$$

随着球$Q$的电荷增加，其表面的水滴$v$的速度降低。显然，当该速度变为零时，球将停止充电。接下来的水滴将不再能够进入球内。从这个条件我们找到球的极限电荷：

$$Q = \frac{mgR(h - R)}{q}.$$

使用众所周知的静电公式$Q = \phi R$和$q = \phi_0 r$，对于球的极限电势，我们得到

$$\phi = \frac{mg(h - R)r}{2\phi_0}.$$

在推导该公式时，我们假设球在充电到所发现的极限电势之前不会溢出液体。然而，例如，如果水滴足够大，则总是会发生相反的情况：球会溢出，但水滴仍然能够落入其中。在这种情况下，球的极限潜力也很容易找到。

如果水滴的半径为$r$，球的半径为$R$，那么当$N = (R/r)^3$个水滴击中球时，球就会被填满。在这种情况下，球的电荷将等于$Q = qN$，其中$q = r\phi_0$是一滴的电荷，球的最大电势为$\phi' = Q/R = \phi_0 R^2/r^2$。

显然，在跌落静电机器中，球被完全引导，因为这会导致更高的极限电势。

正确的解决方案由来自莫斯科的 A. Egorov 和来自 Vinnitsa（乌克兰苏维埃社会主义共和国）的 N. Efimov 发送。

I.Sh.斯洛沃杰奇基