EarthMessenger 博客

有電容有外力單杆

Sat, 07 Mar 2026 00:00:00 GMT

典

經典的有電容有外力單杆：

PS：圖是 Gemini 畫的，直接輸出 Typst 代碼。感覺加訓 pelican riding a bicycle 有效果。

很容易列出幾個方程：

$$ \begin{gather*} Ft - ILBt = mv - 0 \ It = q \ E = vBL \ C = \frac{q}{U} \ I = \frac{E - U}{R} \ \end{gather*} $$

我去，這怎麼做。

還好，高中只會考 $R = 0$ 的情況。由於電阻是 $0$，所以能瞬間達到穩態。于是可以認爲 $E = U$。

但是 $I = \frac{E - U}{R}$ 是什麼？這下子成 $0/0$ 未定式了。先不管它。

那：

$$ It = q = CU = CvBL $$

于是：

$$ \begin{gather*} Ft - CvB^2L^2 = mv \ v = \frac{Ft}{m + CB^2L^2} \ \end{gather*} $$

好吧，求出速度了。然後其它的都可以求了，比如 $I = \dot{q} = CaBL = \frac{FCBL}{m + CB^2L^2}$。

幹

可是某同學不太能理解電阻爲 $0$，憑什麼就瞬間穩態，所以他想出來可以先求解電阻 $R$ 不爲 $0$ 的情況，再分析 $R \to 0$ 的極限。

先消元，把 $v$ 用 $q$ 表示：

$$ \begin{align*} I = \dot q &= \frac{vBL - \frac{q}{C}}{R} \ v &= \frac{\dot q R + \frac{q}{C}}{BL} \ \end{align*} $$

帶回動量守恆：

$$ \begin{align*} Ft - qLB &= mv \ Ft - qLB &= m \frac{\dot q R + \frac{q}{C}}{BL} \ \frac{mR}{LB} \dot q + \left( \frac{m}{LBC} + LB \right)q - Ft &= 0 \ \end{align*} $$

只用把 $q$ 解出來就行了。

解

姜萍會偏微分方程，而這是一個簡單的一階常係數不齊次微分方程。

爲了讓式子不要太亂，我們其實就相當於解：

$$ A \dot q + B q = F t $$

某同學于是找物理競賽同學借了一本《高等數學》，仔細研讀了一節晚自習。

衆所周知，解不齊次微分方程只需要用一個特解疊加上齊次方程的通解。

先來看通解，這個在導中有介紹。即先把 $Ft$ 當成 $0$：

$$ A \dot q + B q = 0 $$

解得 $q_h(t) = C_0\e^{-\frac{B}{A}t}$

然後只需要找一個特解，我們使用待定係數法，因爲 $Ft$ 關於 $t$ 是一次的，所以應該假設 $q_p(t) = b_0 t + b_1$。帶入：

$$ \begin{align*} A b_0 + B (b_0 t + b_1) &= F t \ (B b_0 - F) t + A b_0 + B b_1 &= 0 \ \end{align*} $$

故解得：

$$ \begin{cases} b_0 = \frac{F}{B} \ b_1 = -\frac{AF}{B^2} \ \end{cases} $$

即特解：$q_p(t) = \frac{F}{B} t - \frac{AF}{B^2}$。

然後疊加。

$$ \begin{align*} q(t) &= q_p(t) + q_h(t) \ &= \frac{F}{B}t - \frac{AF}{B^2} + C_0 \e^{-\frac{B}{A}t}\ \end{align*} $$

要滿足初始條件 $q(0) = 0$：

$$ q(0) = - \frac{AF}{B^2} + C_0 = 0 $$

故 $C_0 = \frac{AF}{B^2}$。

最後帶回來，這裏 $A = \frac{mR}{LB}, B = \frac{m}{LBC} + LB$：

$$ q = \frac{F}{\frac{m}{LBC} + LB} t + \frac{\frac{mR}{LB} F}{\left( \frac{m}{LBC} + LB \right)^2}\left( \e^{-\frac{\frac{m}{LBC} + LB}{\frac{mR}{LB}} t} - 1 \right) $$

停停停。我們雖然是解出來了，但是這個有點太醜了。不過可以看出，當 $R=0$ 時，後面項就是 $0$，于是 $q = \frac{FLB}{m + L^2B^2C}t$ 很合理，也和上面推出來的吻合。

等

其實電容和杆子是有驚人的相似性的。

再看一眼動量守恆的式子：

$$ Ft - ILBt = mv - 0 $$

我們不妨把 $ILBt = qLB$ 當作電容的動量，這樣剛好動量守恆：$Ft = mv + qLB$。

既然這樣，不如假設電容有「等效質量」$M$ 和「等效速度」$u$，那麼：

$$ Mu = qLB $$

爲了讓這個等效的質量速度有和諧美好的性質，$M$ 和 $u$ 可不能隨便亂取，最好還要滿足能量守恆：

$$ \frac12 Mu^2 = \frac12 CU^2 = \frac12 \frac{q^2}{C} $$

于是解得：

$$ \begin{cases} M = L^2B^2C \ u = \frac{q}{LBC} \ \end{cases} $$

豁然開朗啊。這個 $M = L^2B^2C$ 似曾相識。

甚至當 $u = v$ 的時候，相當於：

$$ \begin{align*} \frac{q}{LBC} &= v \ \frac{q}{C} &= vBL \ \end{align*} $$

恰好是穩態條件。所以下次再遇到一個電容加一個帶初速度的杆子的時候，可以直接寫出最終穩態時杆子速度 $v = \frac{mv_0}{m + L^2B^2C}$。

例

感謝成都七中二診模擬考試供題。

如图所示，在水平面内有间距为 $d$ 的两根导轨平行放置。每根导轨由两段光滑的直金属杆组成，连接点 $O_1, O_2$ 分别由一小段绝缘材料平滑连接。在整个导轨区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为 $B$。在靠近 $A_1 A_2$ 处静止放置一根金属棒，$B_1, B_2$ 之间连接有电感为 $L$ 的线圈，$A_1, A_2$ 之间连接有电容值为 $C$ 的电容和阻值为 $R$ 的电阻。电容带有初始电量 $Q_0$，靠近 $A_2$ 的极板带正电。除电阻 $R$ 外，所有的导轨、金属棒和元件的电阻均忽略不计。导轨连接处的绝缘材料不会对金属棒的运动产生干扰。$O_1, O_2$ 左右两边的导轨均足够长。现闭合开关 S，金属棒开始运动。已知金属棒质量为 $m$（线圈中产生的自感电动势大小为 $E = L \frac{\Delta I}{\Delta t}$，简谐振动的周期为 $2\pi \sqrt{\frac{m}{k'}}$）。

求金属棒第一次在 $O_1 A_1 A_2 O_2$ 区域达到稳定状态的速度；
求金属棒第一次经过 $O_1 O_2$ 到下一次经过 $O_1 O_2$ 经历的时间；
若有 $\frac{B^2 d^2 C}{m} = k > 1$，求金属杆第 $n$ 次经过 $O_1 O_2$ 时，电阻上消耗的总热量占电容初始储存能量的比例，用 $k$ 表示。

圖大概：

          O1
  A1 +-----*----------+ B1
     |    |           |
   S \ .. | ......... |
     | .. | ......... $
   R # .. | ......... $ L
     | .. | ......... $
   C = .. | ......... | 
     |    |           |
  A2 +-----*----------+ B2
          O2

第一問口算 $v_0 = \frac{Q_0dB}{m + d^2B^2C}$。

第二問主要是注意到右邊沒有電阻，所以 $vBd = L\dot I$，積分就是 $xBd = LI$，所以 $I = \frac{xBd}{L}$，安培力 $F = \frac{xB^2d^2}{L}$，可以等效於彈簧振子。

第三問，出題老師這個 $\frac{B^2 d^2 C}{m} = k > 1$ 體現他深諳以上電容等效的道理。容易發現杆子的運動相當於每次在左側與電容發生完全非彈性碰撞，然後在右側速度反向。

假設在左側的時候電容杆子速度共爲 $v$，則去右側後回來就是 $v' = \frac{kmv - mv}{km + m} = \frac{k-1}{k+1}v$，公比 $q = \frac{k-1}{k+1}$ 這就出來了，後面的隨便做。

RC

考慮一個簡單的 RC 串聯電路。電容初始有 $q_0$ 的電荷量。可以列方程：

$$ \begin{gather*} I = \frac{U}{R} \ C = \frac{q}{U} \ I = - \dot q \ \end{gather*} $$

於是：

$$ \dot q + \frac{1}{RC} q = 0 $$

然後很顯然可以看出。

$$ q = q_0 \e^{-\frac{1}{RC}t} $$

令 $\tau = RC$，量綱分析這個 $\tau$ 就是一個時間。$\tau$ 很有意義，比如 $q(\tau) = \frac{1}{\e} q_0$，恰好是電荷量變成初始 $\frac{1}{\e}$ 的時候。

好吧，更大的意義是就可以把上面 $q$ 寫成：

$$ q = q_0 \e^{-\frac{t}{\tau}} $$

由此可見，理論上 RC 串聯電路永遠不會達到穩態。

簡

我們現在可以來通過設一些比較有意義的常數把上面的 $q$ 化簡了。就按照上面的，令：

$$ \begin{gather*} M = L^2B^2C \ u = \frac{q}{LBC} \ \end{gather*} $$

那麼

$$ \begin{align*} q &= \frac{F}{\frac{m}{LBC} + LB} t + \frac{\frac{mR}{LB} F}{\left( \frac{m}{LBC} + LB \right)^2}\left( \e^{-\frac{\frac{m}{LBC} + LB}{\frac{mR}{LB}} t} - 1 \right) \ &= \frac{FLBC}{m + M}t + \frac{mRLBC^2F}{(m+M)^2}(\e^{-\frac{m + M}{mRC}t} - 1) \ \end{align*} $$

不妨令 $\tau = \frac{mRC}{m + M}$：

$$ \begin{align*} q &= \frac{LBCF}{m + M}t + \frac{LBCF\tau}{m+M}(\e^{-\frac{t}{\tau}} - 1) \ &= LBC\left( \frac{F}{m + M}t + \frac{F\tau}{m+M}(\e^{-\frac{t}{\tau}} - 1) \right) \ \end{align*} $$

那麼：

$$ \begin{align*} u &= \frac{q}{LBC} \ &= \frac{F}{m + M} \left( t + \tau(\e^{-\frac{t}{\tau}} - 1) \right) \ \end{align*} $$

回過來求 $v$。別忘了，我們可以直接動量守恆：

$$ \begin{gather*} mv + Mu = Ft \ \begin{align*} v &= \frac{Ft - Mu}{m} \ &= \frac{Ft - M\frac{F}{m + M} \left( t + \tau(\e^{-\frac{t}{\tau}} - 1) \right)}{m} \ &= \frac{F}{m + M}\left(t - \frac{M}{m}\tau\left(\e^{-\frac{t}{\tau}} - 1\right)\right) \ \end{align*} \end{gather*} $$

好吧，其實挺美觀的，不是嗎。

那時間跟質量乘除有什麼直觀物理意義呢？不知道，也許讓式子美觀就是它的意義。

语文好题

Thu, 19 Feb 2026 00:00:00 GMT

寒假作业罢了。

很多东西是 OCR 的，OCR 工具是从依云老师的玩具项目改的。OCR 结果中间有莫名其妙的空格，但是应付一下得了。

绵阳二诊 A 卷

观点。

5.学校将以“物种进化是否存在过渡阶段”为辩题举行辩论赛。如果让你作为正方辩手，除了始祖鸟化石的证据外，你还可以从上述材料中找到哪些证据来支撑你方观点。（6分）

达尔文“已有功能改变”论：生物进化是旧结构逐步逐步演化出新用途的过程，能够表明过渡阶段的存在；（道理论据）
地质记录发掘存在局限：目前对地壳研究开采不全面，但未发现不等于不存在，因此不能以证据缺失否定过渡阶段的存在；（事实论据）
近缘物种现存特征：近缘种常混合生长，它们构造存在细微差异，这是亲种在进化过程中产生过渡类型的证据。（事实论据）

论点、论据、论证。论据包括道理论据和事实论据。

13.(1) 天其将亡予邪？不说吾过，极吾罪也。

难道是上天要使我灭亡吗？（因为）不指出我的过错，却尽数罗织我的罪名。

14.材料二中王充是如何用“屈原”的例子来证明“天用灾异遗告人”的观点是错误的。（3分）

将屈原与邹衍的冤屈程度和产生结果进行比较：邹衍只是被拘禁，屈原却是沉江殉国。屈原含冤而死，但楚国并无“夏口降霜”的灾异。
归谬结论若邹衍能“诚感降霜”，则屈原更应引发灾异，但历史事实并无记载。
因此，邹衍降霜的传说纯属虚妄，进而证明“天用灾异谴告人”之说站不住脚。

邹衍蒙冤入狱，盛夏时节仰天悲哭引发天降寒霜，后成为冤狱或冤情的经典喻体。

语境（cf. 2025 新二卷“思想境界”）。

祝英台近辛弃疾

……一瓢饮。人问翁爱飞泉，来寻个中静。绕屋生喧，怎做静中境？我眠君且归休，维摩方丈，待天女、散花时问。

16.有人认为“我眠君且归休”一句既贴合本词语境又反映了词人心境。请结合全词，简要分析。（6分）

贴合语境：此句照应词前小序“余醉，未及答”的这一场景，“我眠”呼应醉态，“君且归休”呼应“未及答”；同时是对前文“喧静之辩”的收束，既结束对话，又自然引出后文维摩典故 反映心境：表现出词人超然物外的闲适；同时，词人想结束对话，不愿再谈，暗含对对客问不当的不满，点明“心静则静”的主旨。

2025-2026 学年高三阶段性综合素质测评

教考结合。

2.下列对原文相关内容的分析和评价，不正确的一项是（3分）

A.文章前几段具有综述性质，对已有结论既有引述，又有评价。 B.文章第④段结尾的疑问是用类比暗示“五花马”得名于毛色。 C.文章展示的争议与《天文学上的旷世之争》有异曲同工之妙。 D.文章“新辨”“五花马”的过程，也是打破学科壁垒的过程。

名著阅读。

5.多是“妨主”的“凶马”的卢为什么变成了帮助刘备的“吉马”？请从《三国演义》塑造刘备这个人物形象的角度给出两种有解释力的说法并加以说明。（4分）

推动情节说。《三国演义》中，刘备此时不能死，凶马的卢助其脱险，有传奇性。
刘备天命说。《三国演义》中，刘备乃天命所归，天命使马“妨主”变“救主”。
刘备仁德说。《三国演义》中，刘备被塑为仁君，其仁德足以逢凶化吉，转恶为善。

观点。

14.材料二认为孔子对宰予的批评存在一些问题，请结合文本，简要说明。（3分）

批评标准的问题：以“大恶”责“小过”，违背《春秋》褒贬的原则；
逻辑矛盾的问题：若宰予性恶则不应入孔门，若性善则批评过重；
言行不一的问题：孔子认同“毋求备于一人”，却对宰予求全责备。

福建省九师联盟2025-2026学年高三上学期12月月考（过手训练 0123）

文学短评（cf. 2023 年高考题《给儿子》陈村）。

9.老师在指导同学们评价两个文本时，给出一组关键词：探索·价值。请结合文本谈谈你的理解。(6分)

（示例）：

两个文本提到诸多科学家对太空的探索，表达了作者的崇敬之意。文本一写到中外观测星空的仪器和成果，文本二写到张衡、伽利略对天体的观测，牛顿、爱因斯坦对宇宙规律的探索。
两个文本认识到宇宙的广阔永恒和人类的渺小短暂，进而思考人类的价值。文本一作者在面对群星时，感悟人的价值来自其自身输出光热。文本二指出人生虽然短暂，但在自己创造的事业中获得永生。

西江月

张孝祥

蕲体李君达才，当靖康、建炎之间，以诸生起兵河东，屡摧强敌，盖未知其事，重为感叹，赋此。

不识平原太守，向来水北山人。世间功业谩亏成。华发萧萧满镜。幸有田园故里，聊分风月江城。西湖西畔晚波平。袖手时来照影。

主语。诗歌写李达才借以表达自己。

黑龙江省九师联盟2026届高三上学期1月第5次质量检测（过手训练 0120）

教考结合。

5.文中认为建安军宣文学的核心任务是“占据正义”，而曹操的《短歌行》被视为政治宣传的代表作。请结合本文分析《短歌行》是如何体现这一特点的。（6分)

用悲情唤起情感共鸣：以对人生的忧思开篇，感慨时光流逝，引发年轻人对建功立业的向往，将个人抱负升华为时代使命。
用包容气度凝聚人心：以“山不厌高，海不厌深”的比喻感召天下，形成政治向心力。
以周公自况，将自身定位为求贤若渴、匡扶汉室的圣主，占领道义制高点。

李老师评：答案和“占据正义”不够切合。

观点。

司马迁认为“在彼不在此”，即“治理国家的关键在于道德，而不是严酷的刑法”。请结合材料二分析他是如何得出这样的结论的。(5分）

引用孔子和老子的观点，证明德的重要性。
举秦朝和汉朝不同的治理方法为例并将二者对比，证明德治胜于严酷的刑法。

常见论证方法：举例论证、道理论证、对比论证、比喻论证、引用论证。

词语辨析。

2025年9月以来，我国一些粮食主产区（包括陕西南部、山西南部、河南大部、山东大部、安徽淮北）降……

秋收连阴雨是指在秋季农作物（如玉米、棉花、大豆、水稻等)成熟收割关键期(通常为9月至10月)出……

文中加点的两个词语“包括”和“如”能否互换位置？请指出来并说明理由。（4分）

不能。“包括”：列举具体所致的部分，不能多，也不能少。“如”：表示举例，但所举的例子具有不确定性。

AI 注：

举例辨析：

（严谨） 参加人员包括张三、李四。（表示只有他们两人）

（举例） 参加人员如张三、李四。（表示还有其他人，只列举了这两个）

（重庆南开中学）重庆市高2026届高三第五次质量检测语文试卷（过手训练 0114）

教考结合。

5.从《祝福》《阿Q正传》《边城》《老人与海》中任选一篇，分析其如何体现本文第⑦段和第⑧段有关“对偶美学”的观点。（6分）

①第七段主要观点是小说中对比人物呈现出对立与融合的特点。②《边城》中大老沉稳，不擅长唱情歌，二老活泼，擅长唱情歌：性格迥异的两人都喜欢翠翠，彼此的对立在善良、真诚的性格底色上实现融合互补。

①第八段主要观点是小说的基本理念呈对偶特征。②《边城》中自然美、人情美、风俗美等美好和翠翠等人的悲剧形成对比：美好中潜藏着悲剧。

政宽则民慢，慢则纠之以猛；猛则民残，残则施之以宽。

下士以一言而敌还，以安社稷，其霸不亦宜乎？

政策宽厚，百姓就会轻慢（法令），百姓轻慢了，就用严厉（的手段）来纠正；政策严厉，百姓就会受到伤害，百姓受到伤害了，就再实行宽厚的（政策）
（楚庄王）谦恭地对待士人，凭借（他们）一句话就让敌人退兵，从而使国家安定，他称霸不也是应该的吗？

慢：轻慢。残：伤害。下：谦恭对待（eg. 礼贤下士）。

钱钟书在《谈艺录》中曾以“水中盐”喻诗中之理趣，认为其最高境界在于“体匿性存，无痕有味”。由此观之，诗中佳句的诞生，往往不是①的逻辑推演，而是一种②的灵感迸发。这种灵感，看似偶然，实则是诗人长久沉浸于文化传统与生活体验后，各种要素在脑海中的结晶。它要求诗人对前人成法既能入乎其内，如蜜蜂采蜜般广泛吸纳；又能出乎其外，③，最终酿造出自己的芬芳。正因如此，读者面对“无理而妙”的千古名句时，常会经历一种④的审美体验：初觉其有悖常理，细品之下，却发现它直抵人心深处更为本真的情理。

19.依次填入文中横线上的词语，全都恰当的一项是(3分)

A.按部就班灵光一现别出心裁恍然大悟 B.循序渐进妙手偶得推陈出新豁然开朗 C.按部就班妙手偶得别出心裁茅塞顿开 D.循序渐进灵光一现推陈出新如梦初醒

答案：B

按部就班：按照条理步骤办事；现多指拘泥程序，缺乏创新(略带消极色彩)。
灵光一现：灵感突然闪现(强调瞬间性，不必然指向创作成果)。
别出心裁：独创一格，与众不同(侧重个人创意的新颖性）。
恍然大悟：一下子完全明白过来(强调认知上的突然领悟)。

循序渐进：按顺序逐步推进或提高(强调过程有序，含积极意味)。
妙手偶得：专指文艺创作中因偶然灵感得到精妙作品(强调成果的偶然性与艺术性)。
推陈出新：淘汰旧的，创造新的(强调新旧更替的变革性）。
豁然开朗：由昏暗狭窄突然开阔：比喻顿时领悟(侧重思想视野的打开)。

C. 茅塞顿开：忽然理解明白(多用于解开思想困惑，与“恍然大悟”近义)。

D. 如梦初醒：像刚醒梦：比喻从糊涂或错误中醒悟过来(侧重滞后性，常带修正错误的意味)。

河南省郑州市2026届高三上学期第一次质量预测

高难度现代文 1 选择题。

1.下列对原文相关内容的理解和分析，正确的一项是（3 分）

A.“乐而不淫，哀而不伤”体现了孔子节制情感表达的思想，其最终目的是维护礼教，维持社会政治秩序的稳定。

B.“乐而不淫，哀而不伤”是季札的审美观念与孔子“礼之用，和为贵”思想相融合的产物，寄寓着孔子对艺术情感快适度的思考。

C.“乐而不淫，哀而不伤”作为一种诗学观念，既对中国诗学影响深远，也催生了中国古典诗歌中含蓄蕴藉的艺术风格。

D.“乐而不淫，哀而不伤”之所以能为诗人如何获得艺术情感的快适度提供大体的答案，是因为它是一种有节制的、智慧的情感。

答案：D

A项于文无据，“其最终目的是维护礼教，维持社会政治秩序的稳定”有误。 B项曲解文意。“寄寓着孔子对艺术情感快适度的思考”有误。 C项“也催生了中国古典诗歌中含蓄蕴藉的艺术风格”理解有误，原文“与孔子的乐而不淫，哀而不伤’的诗学思想有密切的关系”并不意味着是“乐而不淫，哀而不伤”“催生”了中国古典诗歌中含蓄蕴藉的艺术风格。

2.下列对原文相关内容的分析和评价，不正确的一项是(3分）

A.“艺术情感的快适度”是指适宜的情感强度，只要在适宜的情感强度之内，即使是消极的情感也可以令人愉快。

B.孔子意识到“乐”有从适意到狂喜、“哀”有从惋惜到悲怆的不同级别，而“淫”和“伤”是二者不可突破的限度。

C.对艺术情感而言，如果它过分强烈，就会破坏情感快适度，抹去它与实际功利间的心理距离，导致审美心境完全丧失。

D.材料由评析“乐而不淫，哀而不伤”，到剖析“艺术情感快适度”，再到揭示“如何获取艺术情感快适度”，逻辑上层层深入。

答案：B

张冠李戴。“孔子意识到乐’有从适意到狂喜、哀’有从惋惜到悲怆的不同级别”有误，根据第③段中的“同样一种情感体验则又有强度的区别，例如，快乐可以从适意到狂喜，愤怒可以从微愠到暴怒，哀伤可以从惋惜到悲怆。孔子的乐而不淫，哀而不伤’实际上已意识到情感强度的区别”可知，“乐’有从适意到狂喜、哀’有从惋惜到悲怆的不同级别”是作者所举的例子，而非孔子意识到的内容。

审题。

4.作者认为“孔子的乐而不淫，哀而不伤’是对季札审美观念的继承和发挥”。请简要说明作者得出这种看法的推理过程。（4分）

继承，即相同点。发挥，即不同点。

季札对音乐有“乐而不淫”“哀而不愁”的评语，而孔子的“乐而不淫，哀而不伤”与季札的评语大同小异，因此孔子的话可视为对季札审美观念的继承。
季札“乐而不淫”“哀而不愁”等话语是用来评论音乐的，而孔子的“乐而不淫，哀而不伤”是用来评论诗歌的，评论对象发生了变化，因此孔子的话可视为对季札审美观念的发挥。

分点。

文本二：

法西斯侵略战争给我们民族的创伤太深了，给我们这一代人的影响也太大了，全面地记载这次战争是历史家的事。我只能从一个方面，一个学校，几个家庭，一些人物，来反映那山河都在动荡的时代。

（摘编自宗璞《我与（东藏记〉》）

文本三：

“纳须弥于芥子”，是宗璞先生的创作宗旨。所谓“纳须弥于芥子”的境界，正是一位惯看历史风云、曾经沧海的老作家的自我期许。宗璞将“野葫芦”自谦为“芥子”，里面的内容则为“须弥”。暗含着“器”虽小，包容的却是芸芸大千世界、渺渺宇宙之道。

（摘编自何英《（野葫芦引》：要在葫芦里装宇宙》）

9.宗璞的创作宗旨是“纳须弥于芥子”，请结合三则材料谈谈文本一是如何体现这一创作理念的。(6分)

CoT：

创作理念是什么？
“一个方面”：聚焦孟宅小家庭反映大战争。
“一个学校”（文中没提到）、“几个家庭”（一个）、“一些人物”（（主人公）个体 ⟹ 普遍性）

答案：

由文本二、三可知，“纳须弥于芥子”指“以一个学校、几个家庭、一些人物反映动荡时代”，用日常生活和普通平凡的人物，反映历史风云与宏大的社会面貌，实现“器小容大”。
文本一以孟宅这一小家庭中的家庭成员对宛平城开战的对话与反应，表现卢沟桥事变这一重大历史事件，以日常生活小场景反映大历史。
文本一以送冰人、送菜人、卫葑、碧初等不同阶层的普通人的生活言行，表现战乱初期社会各阶层的真实状态，以个体状况呈现整个民族的境遇。

2026届高三八省联考（T8）语文试题

李娟。

9.文本二提出“我正是这样慢慢地写啊写啊，才成为此刻的自己的”，请结合两则文本，谈谈李娟如何通过“慢慢地写”完成自我建构。（6分）

对阿勒泰当地的人和事展开书写，让作者确立了扎根“阿勒泰生活”的创作与生命方向，完成作品《我的阿勒泰》。
对补鞋老人等平凡生命个体的观察、思考和共情，让作者在困窘、迷茫、孤寂的生活中感到温暖，获得心灵的安定、精神的成长。
“慢慢地写”出经历过的牧区生活，让作者形成个人真实而真诚的文学风格。（？）

(1) 蠢然而蚁集，见物则争趋之，其何异于猴哉？

（士兵们）骚动紊乱，像蚂蚁一样聚集在一起，见到财物就争相追逐，他们和那些猴子又有什么区别呢？

广东省广州市2026届高三年级12月调研测试

戏剧。

田福贵（A）：谢什么谢？你们还不赶快转移到安全的地方去？赶快转移！

朱卉琪：你是三团的？李槐树：三团一营一连战士李槐树……（B）

田福贵（C）：如果像你说的演个节目能有这么大的作用，那就给每个红军战士发个木头匣子——哦，发个留声机得了，还要枪和手榴弹干吗？

田福贵（一怔）：你、你们……（D）我从一个赤卫队员干到红军营长，大小仗打过上百次啦，啥事儿没遇到过？可从来还没遇到过今天这么难完成的任务！

8.话剧剧本中圆括号里的舞台说明，或明确人物的动作，或提示人物的语气，或说明人物的心理……，请结合上下文，在剧本中A、B、C、D各处分别补出合理的舞台说明。（4分）

| | A 人物语气 | B 人物动作 | C 人物语气 | D 人物心理 | | ---- | ------ | ------ | ------ | ------ | | 舞台说明 | | | | |

A 焦急

B 责怪身体晃动

C 强忍疼痛嘲讽

D 既恼怒又无奈

9.作者为什么把留声机的“扔”与“留”设计为戏剧冲突？请结合文本简要分析。（6分）

符合舞台表演特点：“扔”与“留”的冲突设计，使矛盾迅速聚焦，剧情紧凑，易于在有限舞台时空展开；强化动作与对抗，视觉性强，适合舞台呈现；通过争执、冲突，人物形象更鲜明立体。
凸显作者创作意图：留声机象征精神武器与革命信念，“扔”与“留”的冲突突显了文艺与信念在革命斗争中的重要作用。（主旨）

文。

13.(2) 宾散，言无所遗失，岳抚其肩曰：“若斯文不绝，其在尔乎。”

宾客散去后，沈麟士复述所听内容，没有丝毫遗漏，沈岳拍着他的肩膀说：“如果沈家的文脉不会断绝，恐怕就在你吧。”

四川省成都市部分中学2026届高三上学期期中考试（过手训练 1129）

8.小说多次出现"半个头"“一个头"“一马之遥"等表示距离的词，这样写有怎样的艺术效果 (6分)

CoT：

总共 11 次出现。

1-4：“半个头”⟹ 群马奋蹄竞技 ⟹ 场面热烈紧张。
5-8：“半”→“一”⟹ 日尕爆发力、耐力。
9-11：“半”“一”“整”⟹ 日尕领先，胜利。（排比）

答案：

营造激烈紧张的比赛氛围；
突出日尕的卓越实力、坚韧品质和不凡智慧；
增强叙事的节奏感，强化场景的画面感与代入感。

13.(2) 彼岂必有抟虎之力，射雕之技哉？不过深明古今之事，能决机宜之便耳。

他们难道一定有搏虎的力气、射落大雕的技艺吗？只不过是深刻通晓古今的事理，能够判断时机和事务的适宜之处罢了。

成实外教育集团高 2023 级高三 12 月联考

心境（cf. 2025 新二卷“思想境界”）。

辋口遇雨忆终南山因献王维

裴迪

积雨晦空曲，平沙灭浮彩。辋水去悠悠，南山复何在？

答裴迪忆终南山

王维

淼淼寒流广，苍苍秋雨晦。君问终南山，心知白云外。

16.在此次唱和中，裴迪与王维的心境有何不同？请结合诗歌内容简要分析。（6分）

CoT：

裴诗：主观情感与环境交融，积雨、灭浮彩暗示心情低沉（季节不好、天气不好）。“南山复何在”问终南山（往日生活怀念，人生方向迷茫），也问终南山之人（对友人王维的思念）。
王诗：苍茫浩大的景象。晦暗秋雨不过自然之理。自然本就如此，表现出超脱、淡然、随缘的心境。

答案：

裴迪的心境：迷惘与追寻。以“晦”“灭”二字展现昏暗的景象，而“南山复何在”的疑问，则流露出因眼前之景而产生的迷惘，以及对精神归宿的追寻。
王维的心境：豁达与通透。以“淼淼”“苍苍”两个叠词勾勒出苍茫宏阔的意境，后以“心知自云外”作答，表明“终南山”是内心的精神象征，体现其超然物外的豁达与通透。

终南山：

归隐之所。
终南捷径：唐代盧藏用舉進士，然不受重用，遂隱居終南山以求高名，後果被召任官的故事。見《新唐書．卷一二三．盧藏用傳》。後用於比喻求官或求名利的便捷途徑。
佛→禅理→生命自如的状态。

成都七中 2025—2026 学年度上期高 2026 届一诊模拟考试

人称。

8.文本一多次出现“你爷爷”“你奶奶” 这样的表述，产生了怎样的叙述效果？请简要分析。（6 分）

用“父亲” 的视角讲述祖辈和父辈的故事：使讲述更有对话感、更加真实
串联故事：串联起了爷爷、父亲和“我” 三个人的故事，叙述更立体全面。
深化主题：由赞扬祖辈父辈的革命精神到凸显精神的传承。

新高考教学教研联盟2026届高三年级12月联考（过手训练 1202）

研究方法。

5.为深入解读青年的“躺平”心态，作者采用了哪些研究方法？请根据文本概括。（6分）

调查采访获取第一手资料。
查找文献（引用学者观点）作为理论参考。
分析“躺平”的心理动机和语义流变。（？）
追溯“躺平”心态的民族文化根源。（？）

史论文。

14.材料二属于史论文。如果将材料一视为材料二第一段的唯一史料来源，那么材料二第一段中的哪些论断是没有事实根据，或者与史料矛盾的？请简要概括。 (5 分)

材料二认为老人的意图不在于授予张良书籍，这一论断与史料矛盾。材料一记载老人说“读此则为王者师矣”，可见老人对授予书籍十分重视。
材料二认为老人为张良从前的冒险举动而惋惜，这一论断没有事实根据。材料一没有证据表明老人知道张良的身份或事迹。
材料二认为老人有意“深折其少年刚锐之气，使之忍小忿而就大谋”，这一论断没有根据。
材料二认为张良面对老人的无礼举动能够心平气和， “油然而不怪”，这一论断与史料矛盾。材料一记载： “良鄂然，欲殴之”“强忍”。

语感。

林黛玉这样说话，是她的性格() ；除此之外，林黛玉作为贵族少女，如果直接指责贾宝玉() 有失身份，使用双关修辞旁敲侧击，则显得含蓄、得体；

21.依次填入文中括号内的词语，全都恰当的一项是(3 分) ( ) A. 使然难免 B. 使然不免 C. 所致难免 D. 所致不免

B。

出题人说：“所致”往往是消极的；“难免”带有同情、体量的意味，“不免”则没有同情意味，仅表示委婉语气。

四川省 2025-2026 学年高三一轮复习阶段性测评

9.作者认为“他们不问亲疏，不问恩怨，甚至不问人畜，都成了彼此最后的依靠”，请结合文本，谈谈你对这句话的理解。

不依靠子女，不计较恩怨，将邻居和牲畜作为重要的情感寄托。
三个“不问” 由人到物，层层递进，体现了依靠对象的扩大。
群体间的相互依靠，是村民们对抗孤独的一种方式，展现了乡土社会中人情的温暖与生命的坚韧。

元旦

Thu, 01 Jan 2026 00:00:00 GMT

2024 年末，我在重慶，在八中集訓。

下午八中就放學了。熱情的廣東學校教練帶着我們去八中旁邊的徐鼎盛喫飯。

廣東的孩子，平日飲食和川渝這邊風格大不一樣，沒喫幾道菜就辣的不行。我雖是四川的，平日裏喫辣也不太行，喫的面紅耳赤，嘴皮子發燙。

孤僻的信競選手不善於人際交往，這一桌裏頭，竟沒一個能認識一下。這就是 00 後的飯局吧：不必要談點什麼，敬杯酒；只需糊里糊塗喫點什麼，看看手機，就過去了。

大家一起回到酒店，電梯裝不下這麼多人，走幽黑的樓梯上樓。閒人幹點什麼，玩玩遊戲，跨個年。

我打開 B 站直播——這還是我第一次認真看 B 站的跨年晚會。

元旦前一段時間，八中還有午飯晚飯時間在食堂前的表演活動。現場就能報名獻唱，高一到高三，甚至有老師都有參加的。真是——八中學生多才多藝。一頓飯的時間，就能聽到三四首周杰倫的歌。音樂聲音飄揚，晚飯後在機房都能聽到，機房大家常常指指點點，但都沒有人真的去唱的。

我理解不了那些勇敢唱歌的人，像八中的中飯晚飯唱歌的人，NOI 及 WC 文藝演出表演的人。或許人內心深處還是希望表現自己的，可惜既沒有歌喉，更沒有勇氣。

下樓去超市買兩包薯片，兩瓶可樂。是夜晚十一點左右。酒店旁的便利店還二十四小時營着業。深夜的重慶，寒風徐徐吹過，街上少有行人。匆匆回到酒店，不知心中是冷還是暖。

葉總愛玩殺戮尖塔，我玩玩 Hypixel，看看 B 站晚會。然後就跨年了。

莫名想起哭泣少女樂隊。仁菜隻身一人來到川崎。有點夢想，更有現實逼迫無奈。寄居他鄉、孤立無援。她站在漆黑的房屋中央，手裏拿着新的電燈泡，伸出手，卻搆不着。

重慶的集訓強度很大。我頭一次感覺，原來停掉文化課集訓競賽，應該這麼訓。先前在成外，確實太悠閒了。

後來去了冬令營，後來又在八中訓了一段時間，後來省選掛了。

2025 末，我就在成外。

回歸文化課居然已有九個月。開始時覺得天塌了，後來也覺得沒什麼，很長一段時間沒有寫過代碼了。文化課成績大概還可以，但遠比不上班上如 ckq 之類人，他競賽回來不久就能年級第 9，太可怕了。

下午我騎着自行車，去綠道騎了一下午。好久沒有這樣騎了。冬天，風颳得很冷，下巴吹的麻，還有流鼻涕。

騎到哪裏是次要的。上坡、下坡、上坡、下坡。只管前進。

有時停下來，看看橋下小河，道旁湖泊。人還是應該多親近大自然。

綠道旁是一個紡織專科學校。這裏的學生其實也就比我大幾歲吧。

晚上不知道幹什麼，就是無所事事，也沒看什麼節目。能聽到煙花聲音，也算是跨年儀式了。

明年的我會在哪裏？

測電阻

Sat, 08 Nov 2025 00:00:00 GMT

伏安法測量電阻，根據電壓表所測範圍是否包含電流表，可以分爲內接法和外接法。

如圖，左邊是內接法，右邊是外接法。由於我確實不知道內外接的英文叫什麼😅，姑且用 i(nner) 表示內接，o(uter) 表示外接。

衆所周知，內接測量出來的電阻：

$$ R_i = R_x + R_A $$

外接的：

$$ R_o = \frac{R_xR_V}{R_x+R_V} $$

大內小外

我們希望比較內接和外接的誤差，可以比較相對誤差。內接是：

$$ \eta_i = \frac{R_i-R_x}{R_x} = \frac{R_A}{R_x} $$

外接：

$$ \eta_o = \frac{R_x-R_o}{R_x} = \frac{R_x}{R_x+R_V} $$

當內接優於外接的時候，即：

$$ \begin{aligned} \eta_i &< \eta_o \ \frac{R_A}{R_x} &< \frac{R_x}{R_x+R_V} \ R_A(R_x+R_V) &< R_x^2 \end{aligned} $$

即應該比較 $R_A(R_x+R_V)$ 和 $R_x^2$ 的大小關係。不過正常來說，$R_V$ 應該比 $R_x$ 大很多，乾脆把 $R_x+R_V$ 當成 $R_V$，所以就有了我們背的 $\sqrt{R_AR_V}$ 和 $R_x$ 比大小。

根據測量數據選擇內外接

測量未知電阻，內接法測出 $U_i = 1.75\text{V}, I_i = 0.33\text{A}$，外接法測出 $U_o = 1.65\text{V}, I_o = 0.34\text{A}$，問應該使用內接還是外接？

正確解法是：認爲內接的 $I_i$ 是準的，外接的 $U_o$ 是準的，於是內接的 $U$ 相對誤差爲 $0.1/1.65=2/33$，外接的 $I$ 相對誤差是 $0.01/0.33=1/33$，所以電流表變化較小，更精準，因此選用外接。

有點不好理解，有人會問：$U$ 和 $I$，計算電阻的時候，一個在分子，一個在分母，兩個怎麼能直接比較相對誤差呢？比如 $1/0.1=10$，分子差 $1%$ 是 $1.01/0.1 = 10.1$，分母差 $1%$ 則是 $1/0.101\approx 9.901$。貌似不太一樣，能不能比較精確地分析呢。

令 $R_i = U_i/I_i$，$R_o = U_o/I_o$，根據衆所周知，有：

$$ \begin{aligned} \frac{1}{R_x + R_A} &= \frac{1}{R_i} \ \frac{1}{R_x} + \frac{1}{R_V} &= \frac{1}{R_o} \ \end{aligned} $$

兩個方程三個未知數，肯定解不了。假設 $R_A$ 已知，則可以消元：

$$ \begin{aligned} R_x &= R_i-R_A \ R_V &= \frac{R_xR_o}{R_x-R_o} = \frac{R_o(R_i-R_A)}{R_i-R_A-R_o}\ \end{aligned} $$

注意：這裏頭分母帶減法了，分母可能爲 0。但此時，$R_x = R_o$，說明外接絕對精確，$R_V$ 當作無窮大，就是理想電錶，其實很合理。

帶到大內小外的判別式裏頭（sympy 算的）：

$$ R_A(R_x+R_V) - R_x^2 = \frac{\left(R_{A} - R_{i}\right)^{2} \left(2 R_{A} - R_{i} + R_{o}\right)}{R_{i} - R_{A} - R_{o}} $$

居然可以因式分解！不考慮分母爲 0 的情況，由於小外偏小，分母一定正。所以我們得到：

當 $R_A = R_i$ 的時候，呃，相當於 $R_x = 0$ 了，內外接都可以。
當 $R_A < \frac{R_i - R_o}{2}$ 的時候，用內接。等於皆可。大於外接。

太神奇了。

假如說我們知道的是 $R_V$，同樣的方法：

$$ \begin{aligned} R_x &= \frac{R_VR_o}{R_V-R_o} \ R_A &= R_i - R_x = \frac{R_iR_V - R_iR_o - R_VR_o}{R_V - R_o}\ \end{aligned} $$

由於小外偏小，$R_V-R_o$ 肯定大於 0。

不用算判別式了，直接帶上面的結論，內接更好時：

$$ R_{A} = \frac{R_iR_V - R_iR_o - R_VR_o}{R_V - R_o} < \frac{R_i - R_o}{2} $$

解得，$R_V < \frac{(R_i+R_o)R_o}{R_i-R_o}$。

但是，我們其實還有信息沒用完。由於內外接測量的時候都是同一個電源（$E,r$），我們可以寫出閉合電路歐姆定律：

$$ E = I_o(r+R_A+R_o) = U_i\left(\frac{1}{R_V} + \frac{1}{R_i}\right)r + U_i $$

多了 $r$ 這一個自由元，也多了一個方程，什麼都解不了。

先考慮 $r=0$ 的簡單情況，即：

$$ I_o\left(R_A + R_o\right) = U_i $$

解得：

$$ R_A = \frac{U_i}{I_o} - R_o = \frac{U_i - U_o}{I_o} $$

帶入數據算得：$R_A \approx 0.294 > (R_i - R_o) / 2 \approx 0.225$，所以外接👍。

對於 $r > 0$……

有億點💩：

from sympy import *
init_printing()

Ui,Ii,Uo,Io,r,RV,RA,Rx = symbols("U_i, I_i, U_o, I_o, r, R_V, R_A, R_x", positive=True)
Ri = Ui/Ii
Ro = Uo/Io
eq1 = Io*(r+RA+Ro) - (Ui*(1/RV + 1/Ri)*r+Ui)
eq2 = 1/Ro - (1/Rx+1/RV)
eq3 = Ri - (Rx + RA)

sol = solve([eq1, eq2, eq3], [RV, RA, Rx])

for RV_sol, RA_sol, Rx_sol in sol:
    D = sympify(RA_sol*(RV_sol + Rx_sol) - Rx_sol**2)
    print(D)

結果大家自己跑吧😊。

附

繪製電路圖代碼：

\documentclass{standalone}
\usepackage[european]{circuitikz}
\begin{document}

\begin{circuitikz}
  \draw
  (0, 0) to[battery1] (2, 0) to[switch] (4, 0)
  (0, 0) to (0, 1)
         to[R=$R_x$] (2, 1)
         to[ammeter={$I,R_{A}$}] (4, 1)
         to (4, 0)
  (0, 1) to (0, 2.5)
         to[voltmeter={$U,R_{V}$}] (4, 2.5)
         to (4, 1);

  \draw
  (5, 0) to[battery1] (7, 0) to[switch] (9, 0)
  (5, 0) to (5, 1)
         to[R=$R_x$] (7, 1)
         to[ammeter={$I,R_{A}$}] (9, 1)
         to (9, 0)
  (5, 1) to (5, 2.5)
         to[voltmeter={$U,R_{V}$}] (7, 2.5)
         to (7, 1);
\end{circuitikz}

\end{document}

四川省高考報名截圖技巧

Sun, 26 Oct 2025 00:00:00 GMT

首先登錄高考報名網站：https://zhbm.sceea.cn。

學校要求截圖打印高考報名填寫信息，但是網頁做的很💩，截圖比較麻煩。

簡單分析可以發現其 url 形如：

https://zhbm.sceea.cn/#/redirect/iframeMethod?url=https://zhbm.sceea.cn/scgkks/h5/index.html?hideHeader=1&hideFooter=1#/sso

明顯是網頁上下加了一個 nav 和 footer，中間夾一個實際內容的 iframe，我們只需要截 iframe 其實就夠了。顯然 iframeMethod?url= 後面的就是 iframe 實際內容。至於後面的 #/sso，這顯然是用某種 spa router 的時候更新頁面沒有更新 location，不要管他就行了。

具體進入：

https://zhbm.sceea.cn/scgkks/h5/index.html?hideHeader=1&hideFooter=1#/xgk/ybmInfo?index=1

就是所需的高考信息頁。左邊的 navigation drawer 可以收掉。然後 C-p 可以打印成 pdf，注意調整紙張大小以及方向，效果大概如圖：

但是這個 print 效果確實有點差。有人可能希望截圖。

大部分瀏覽器都有直接截全頁的功能，很貼心。但直接截圖的產物和電腦分辨率有關，往往不適合打印，如何產生高分辨率的截圖呢？

以 Firefox 爲例，Chormium 的應該差不多。首先 F12，有一個 Responsive Design Mode，對的就是那個模擬手機屏幕的功能。

添加一個自定義設備：寬度 1920 夠了，高度根據自己需要截取的內容大小調，關鍵的是這個 Device Pixel Ratio(DPR)，指的是瀏覽器會用幾個真實像素來渲染一個邏輯像素。比如 DPR=4，則瀏覽器會用 4x4 個像素來渲染一個像素，這樣得到的圖像更加精細。比如我設置 DPR=4，這樣可以得到 7680x4320 的超高清截屏。

最後選用這個自定義設備，然後截圖。

但這個截圖就不要用 Firefox 右鍵那個了。用頂欄（地址欄下方的欄）右側有一個 Take a screenshot of the viewport。它雖然不能截全圖，但是我們可以改設備的高度。比如高考報名頁面 1200px 高度差不多能裝下所有內容。

對於 Chromium，用 DevTools 裏頭的截圖，Ctrl-Shift+P 後有個 Capture full size screenshot。

最後能得到放大放大再放大連個羽毛都看的清清楚楚的高清大圖。👍

國家網絡安全周

Sat, 20 Sep 2025 00:00:00 GMT

這幾週是「國家網絡安全宣傳周」。許多上了川大網絡安全少年班班，網絡安全是幹什麼呢？我不知道。我只會玩電腦🤪，給大家講點玩電腦基本常識。

我想起在初一還是初二的時候，我們小組要講一個網絡安全主題班會。我給大家介紹了 HTTPS 和 RSA 相關內容，結果 RSA 講到一半就給 cyb 叫停了😭️。

但是這裏我想介紹什麼就介紹什麼。

RSA

假如 Alice 和 Bob 希望通信，但是兩人之間的信道是公開的，任何人都能知道 Alice 和 Bob 交換了什麼信息。那麼 Alice 和 Bob 還有有辦法加密通信嗎？

有的兄弟有的。假設是 Bob 要給 Alice 發消息。Alice 先生成一對密鑰，具體操作如下（以下內容中紅色表示被公開的信息，當然整個算法也是被公開的）：

選一對大素數 $p$ 和 $q$。
題外話，如果你也希望生成一個大素數的話，可以使用：openssl prime -generate -bits <位數>。比如 openssl prime -generate -bits 1024 就能生成一個 1024 位（二進制位）的素數。以前我寫字符串哈希的時候喜歡這樣幹，不過後來有人告訴我固定大素數模數然後運行時隨機 base 更能防 hack。
令 $n=pq$。
計算 $r = \varphi(n) = \varphi(p) \varphi(q) = (p-1)(q-1)$。
隨便選一個在 $\bmod r$ 意義下有逆元的數 $e$（也即 $\gcd(r,e)=1, 1 < e < r$，很多時候用的是 $65537=2^{16}+1$）。
計算 $e$ 的在 $\bmod r$ 意義下的乘法逆元，記作 $d$。
然後將 $\textcolor{red}{(n,e)}$ 公開，這是公鑰，$(n,d)$ 自己保管好，這是解密用的私鑰。

Bob 現在知道了 Alice 公開的 $\textcolor{red}{(n,e)}$，他有一段想要偷偷發給 Alice 的信息 $t$，那麼他只需要將 $\textcolor{red}{c} \equiv t^{\textcolor{red}{e}} \pmod {\textcolor{red}{n}}$ 發給 Alice。

最後 Alice 只需要解密消息，計算 $t \equiv \textcolor{red}{c}^d \pmod {\textcolor{red}{n}}$，便得到了 $t$。其原理是 $c^d \equiv \left(t^e\right)^d \equiv t^{ed} \equiv t^{ed \bmod \varphi(p)} \equiv t \pmod n$，即歐拉定理。

那麼安全性怎麼保證？這個也叫做 RSA Problem：已知 $e$，$n$，$c \equiv t^e \pmod n$，求 $t$。雖然和質因數分解不等價，但是目前比較好的解決方法也只有分解 N。所以 RSA 的安全性很大程度上依賴於質因數分解。然而質因數分解目前沒有多項式複雜度算法，所以想要分解長達 2048 甚至 4096 位的 $n$，幾乎是不可能的。

但是，RSA 運算太慢了，如今大家聊天軟件中隨隨便便就傳個幾 MB 甚至 GB 級別的文件，RSA 的速度無法接受。於是一個好的方案是，隨機生成一份強密碼，將這個密碼用 RSA 傳輸，具體的消息傳遞用更快速的對稱加密，如 AES 等。

Diffie–Hellman

這是一個專門用於交換密鑰的算法。

Alice 和 Bob 公開選一個素數 $\textcolor{red}{p}$ 和其一個原根 $\textcolor{red}{g}$。
Alice 隨機選一個私鑰 $a$，計算公鑰 $\textcolor{red}{A} \equiv \textcolor{red}{g}^a \pmod{\textcolor{red}{p}}$，並公開。
Bob 也同理隨機選一個私鑰 $b$，計算公鑰 $\textcolor{red}{B} \equiv \textcolor{red}{g}^b \pmod{\textcolor{red}{p}}$，並公開。
$K \equiv \textcolor{red}{B}^a \equiv \textcolor{red}{A}^b \equiv \textcolor{red}{g}^{ab} \pmod{\textcolor{red}{p}}$，這就是雙方協商出來的密鑰。

然後就可以拿這個 $K$ 去對稱加密通信了。

安全性在於想從計算 $A$ 和 $B$ 計算出 $K$，需要解出 $a$ 或 $b$，但這是離散對數問題，目前沒有多項式複雜度算法。

橢圓曲線

橢圓曲線不是圓錐曲線，而是類似 $y^2 = x^3 + ax + b$ 的曲線。在 $\bmod p$ 意義下橢圓曲線上的點可以定義加法乘法。所以自然能想到把上面這些算法搬到橢圓曲線上。

好處是橢圓曲線離散對數問題比 RSA 更難一點，因此用更短的密鑰能達到同等的安全性。

簽名

非對稱加密還有一個用途就是用於簽名，其實相當於將 RSA 逆用，RSA 的公鑰私鑰有明顯的對稱性。

Alice 有一對 RSA 公私鑰，然後又發佈了一條消息，怎麼證明這條消息確實是 Alice 發佈的？

Alice 只需要將這條消息的 hash 值用自己的私鑰加密得到 h，然後將其公佈。

如果你能用 Alice 的公鑰，將 h 解密得到正確的 hash 值，那麼就能證明 Alice 極可能有 RSA 私鑰。道理和之前的 RSA 通信是一樣的。

密鑰代表人嗎？

上面的過程依賴一件事情，Alice 發佈的密鑰真的是 Alice 發佈的。不安全的信道裏，很可能有不法分子在中途篡改 Alice 的消息，導致在最初傳遞密鑰的時候就出錯了。後面一切的加密都白搭。

所以怎麼辦呢，沒有好的辦法。

一個想法是，不要用不安全的信道傳輸消息。比如 Alice 和 Bob 可以線下碰頭，相互交換密鑰，這樣安全性會高很多。

但是問題來了，線下碰頭成本太高了。並非只有人與人交流纔有加密的需求，很多時候你訪問網站，確認網站發送的消息真的是網站發送的，保持一定的保密性，同樣很重要。結果很荒唐了，本來是爲連接世界的互聯網，結果爲了保證絕對安全，只在線下可以接觸的地方互聯，真是互聯了個寂寞。

還有想法是，建立權威的證書頒發機構，也就是 CA。大體思想是 CA 幫你驗證了很多網站的證書合法性，如果你相信 CA 的話，那就相信這些網站吧。但是建立權威的 CA 本身比較中心化，而且很可能有可信度問題。

但至少在這個層面上，人們往往願意用隱私換取便利。

量子計算機

Shor 算法可以多項式複雜度內分解質因數。所以隨着量子計算機的發展，所以上面提到的 RSA、DH，以及他們的橢圓曲線版本，在幾十年後都很可能失效。

好在人類還是發明了一些足以應對量子計算的加密算法，什麼 Kyber 之類，但是我不會😵‍💫。

所以，到這裏，如果暫時不管量子計算機的話，你可以發現，通過上面的加密手段，設計一個安全的代理、一個安全的通訊軟件、安全的存放文件，其實都不難，並且這樣的技術已經相當成熟了。

這是數學，永遠是對的。

加密與犯罪

加密技術既能維護用戶隱私安全，又可能被惡意分子濫用。警方無法從端到端加密軟件中獲取情報。那麼政府應該禁止這種端到端的通信軟件嗎？這是目前很多國家還在爭議的話題。

我認爲不應該。

這種軟件實現上並不困難。加密算法一旦公開，邊難以收回。政府封鎖往往只會讓守法公民受限，而犯罪分子猖獗。
保護公民隱私，防止信息洩露，對於打擊電信詐騙也有積極意義。
很多人認爲通信隱私權屬於基本人權。

密碼管理

但是這些東西很大程度上依賴於用戶的密碼，假如說加密用的密碼是 123456，那上面的一切加密都白搭了。

因此我特別推薦用密碼管理器，我用的是 KeePass，東西放在本地比放在雲端安全一點。多用複雜隨機生成的密碼，然後自己只需要記憶一個強的主密碼就行了。

上游

然而，有太多事情是你掌控不了的。比如你用的 Firefox 或者 Chromium，幾千萬行代碼，可能沒有漏洞嗎？於是安全性其實是建立在上億行你從來沒有看過，也不可能看過的代碼之上。開源軟件雖然給了人們閱讀甚至自己修改代碼的自由，但是不等於安全。而人們傾向於相信有更專業的人已經審閱過了，便無條件相信。況且，對於 99% 以上的人來說，也只能無條件相信，畢竟想要編譯 Firefox 都是要有一定水平的。

Linus's law 說：given enough eyeballs, all bugs are shallow。但是真的有 enough eyeballs 嗎？最後網絡安全的大廈落在了極少數默默無聞開發者的良心上。

開源軟件的開發不應該只是慈善事業。

用戶應該有「不安全」的自由

這個「安全」打引號。

除了這些開源軟件尚且可以看一看源代碼，人們每天還依賴很多閉源商業公司產品，比如手機，戶晨風最喜歡的蘋果，其操作系統本來就是封閉的，許多 Android 手機的廠商定製系統也是封閉的。它們面向的客戶 99% 不懂技術，它們也不希望用戶懂技術。

打着安全的旗號，爲你好，無非只是希望你少用競爭對手的產品，爲自己更好地謀求利益罷了。

當然也不只是商業公司。

線下真實

網絡安全到最後，大道至簡，竟是社會工程學。技術絕對不是萬能的，很多時候安全問題不止在數學和算法。

前面這麼多這麼牛的加密方法，真的有用嗎？

應當明確一點，加密≠沒有特徵。所以不需要能夠解密你的加密數據，只需看出你的數據是刻意加過密的，便知道你很可能心裏有鬼。所以優秀的代理軟件往往會傾向於模仿正常流量，以免被注意。

如果有一天，刀子就架在你的脖子上了，到底是你的數據隱私重要，還是生命重要，只有你自己知道。

冪

Sat, 13 Sep 2025 00:00:00 GMT

大量~~抄襲~~參考 Wikipedia，這下成搬運工了。

作爲對與導的補充。

葉總說這一步不對：

$$ \def\x{\textcolor{red}{x}}

\begin{aligned} \e^{\x} &= \lim_{n\to \infty} \left(1 + \frac1n\right)^{n\x} \ &= \lim_{n\to \infty} \sum_{i=0}^{n\x} \binom{n\x}{i} \frac{1}{n^i} \ &= \lim_{n\to \infty} \sum_{i=0}^{n\x} \frac{\x^{i}}{i!} \ &= \boxed{\sum_{i=0}^{\infty}\frac{\x^i}{i!}} \ \end{aligned} $$

因爲 $nx$ 並不是整數，直接展開相當於用到了廣義二項式定理，就有循環論證的嫌疑了。

仔細想來，高中似乎並沒有講怎麼處理實數冪次，甚至連明確的定義都沒有。空中樓閣，怎麼都不可能證出來的。

所以我們要從冪的定義開始研究起。

但是我不會實分析。

Z Q

首先，當指數 $n$ 是整數的時候：

$$ b^n = \underbrace{b \times b \times b \cdots \times b}_{\text{$n$ 個 $b$}} $$

完全可以理解。我們還有指數的乘法規則：

$$ \def\n{\textcolor{red}{n}} \def\m{\textcolor{blue}{m}}

\begin{aligned} b^{\n} \times b^{\m} &= \underbrace{b \times \cdots \times b}{\text{$\n$ 個 $b$}} \times \underbrace{b \times \cdots \times b}{\text{$\m$ 個 $b$}} \ &= \underbrace{b \times \cdots \times b}_{\text{$(\n + \m)$ 個 $b$}} \ &= b^{\n + \m} \end{aligned} $$

當 $b \ne 0$ 時，由於 $b^0 \times b^n = b^{0+n} = b^n$，所以 $b^0 = 1$。

也容易得到 $\left(b^n\right)^m = b^{nm}$。

定義 $b^{\frac{1}{n}} = \sqrt[n]{b}$ 爲唯一的非負實數 $y$ 滿足 $y^{n} = b$。

然後由 $\left(b^n\right)^m = b^{nm}$，整個有理數上的定義就很容易了。

R

這確實是一個巨大的飛躍。一個簡單的想法是，定義：

$$ \boxed{ b^{x} = \lim_{r(\in \mathbb{Q}) \to x} b^{r} } $$

看着就特別對😊️。

題外話，在做題的時候經常會遇到這種抽象函數問題 $f(x+y) = f(x)f(y)$。如果我們設 $f(1) = a$，那麼可以得到在 $n \in \mathbb{Z}$ 時候，$f(n) = a^n$，然後就能容易得到 $r \in \mathbb{Q}$ 的時候 $f(r) = a^r$。

但是對於 $x \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$，$f(x) = a^r$ 卻不一定，除非有 $f(x)$ 連續的條件。

好消息是還有其他定義方法。

我們定義 $\exp(x)$ 爲：

$$ \boxed{ \def\x{\textcolor{red}{x}} \exp(\x) = \lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{\x}{n}\right)^{n} } $$

可以知道 $\exp(0) = 1$，$\exp(1) = \e$。

這裏指數上的 $n$ 可以理解爲數列極限，當成整數，可以放心用二項式定理展😋️。

$$ \boxed{ \def\x{\textcolor{red}{x}} \exp(\x) = \sum_{i=0}^{\infty} \frac{\x^i}{i} } $$

$\exp(x)$ 滿足上面說的指數乘法規則：

$$ \def\x{\textcolor{red}{x}} \def\y{\textcolor{blue}{y}}

\begin{aligned} \exp(\x)\exp(\y) &= \lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{\x}{n}\right)^n \left(1 + \frac{\y}{n}\right)^n \ &= \lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{\x}{n} + \frac{\y}{n} + \frac{\x\y}{n^2}\right)^n \ \end{aligned} $$

$\frac{xy}{n^2}$ 高階無窮小，忽略掉：

$$ \def\x{\textcolor{red}{x}} \def\y{\textcolor{blue}{y}}

\boxed{ \begin{aligned} \exp(\x)\exp(\y) &= \lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{\x + \y}{n}\right)^n \ &= \exp(\x + \y) \ \end{aligned} } $$

然後很容易就得到在 $x \in \mathbb{Q}$ 的時候，$\exp(x) = \e^x$。

因爲：

$$ \lim_{x \to 0} \exp(x) = 1 + \frac{x}{1} + \frac{x^2}{2} + \cdots = 1 $$

所以對於一個 $x \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$：

$$ \begin{aligned} \exp(x) &= \lim_{r (\in \mathbb{Q}) \to x} \exp(r) \exp(r-x) \ &= \lim_{r (\in \mathbb{Q}) \to x} \exp(r) \ \end{aligned} $$

符合上面那個定義，所以我們可以認爲在 $\mathbb R$ 裏頭，$\exp(x)$ 就是我們想要的 $\e^x$。

然後就是已經在導中已經闡述的，定義 $\ln x$ 爲 $\exp(x)$ 的反函數，最終就能定義：

$$ \boxed{ b^x = \exp(x\ln b) = \e^{x\ln b} } $$

C

$\e^x$ 自然能擴展到 $\mathbb C$ 上面。根據歐拉公式：

$$ e^{\i x} = \cos x + \i \sin x $$

所以可以容易得到：

$$ \boxed{ b^{x + \i y} = b^x[\cos(y\ln b) + \i \sin(y\ln b)] } $$

還可以算對數：

$$ \boxed{ \ln z = \ln r + \i (\theta + 2k\pi)\quad (k \in \mathbb Z) } $$

其中 $r$ 是 $z$ 的模長，$\theta$ 是 $z$ 的幅角。

底數是 $\mathbb C$ 的怎麼辦呢？

$$ \begin{aligned} z^{a+b\i} &= \e^{(a+b\i) \ln z} \ &= \e^{(a+b\i)[\ln |z| + i(\theta + 2k\pi )]} \ &= \e^{a\ln r - b\theta - 2bk\pi + \i(b\ln r + a\theta + 2ak\pi)} \ &= r^a \e^{-2bk\pi - b\theta} [\cos(b\ln r + a\theta + 2ak\pi) + \i \sin(b\ln r + a\theta + 2ak\pi)] \ \end{aligned} $$

太噁心了🤮，什麼都有多解。不好玩。

認真計算弱酸 pH

Sun, 31 Aug 2025 00:00:00 GMT

很久以前就寫好了，但是由於 Astro 不好配置 mhchem 一直沒發，沒想到更新到 Astro 5 然後突然就能用了🤯。

有了 $K_{a}$，$K_{w}$，以及兩個守恆之後，可以解出所有东西。假設某一元弱酸 $\ce{HA}$，其電離常數爲 $K_{a}$，水的電離常數爲 $K_{w}$，總共有 $\pu{n mol}$，體積爲 $\pu{V L}$。可以列出以下式子：

$$ \begin{cases} \ce{[H+]} \ce{[OH-]} = K_{w} \ \dfrac{\ce{[H+]} \ce{[A-]}}{\ce{[HA]}} = K_{a} \ \ce{[HA]} + \ce{[A-]} = \frac{n}{V} \ \ce{[H+]} = \ce{[OH-]} + \ce{[A-]} \end{cases} $$

總共有 4 個方程，同時也恰好有 4 個未知量，所以每個未知量都可解。

消元整理得到：

$$ \ce{[H+]}^{3} + K_{a} \ce{[H+]}^{2} - \left(K_{w} + \frac{K_{a} n}{V}\right)\ce{[H+]} - K_{a} K_{w} = 0 $$

簡單的一元弱酸，$\ce{[H+]}$ 與 $V$ 的關係居然是一個三次方程，並且沒法因式分解。對於 $n$ 元酸，則是 $n+2$ 次方程。

這個方程一共有三個實根，兩負一正。求解三次方程可以用 NumPy 的 roots 函數，使用方法如 np.polynomial.Polynomial([1, 1, 4]).roots()。也可以用 SymPy，但是 SymPy 是直接套的三次方程求根公式，求數值的時候會有精度問題。lambdify 後可能出現 invalid value encountered in sqrt，一個粗暴的解決方法是讓 lambdify 使用 mpmath 計算（傳入參數 modules=["mpmath"]）。

最終圖像（帶的是醋酸 $K_a=1.8 \times 10^-5$，$K_w = 1 \times 10^{-14}$）：

參考代碼：

import sympy as sp
import numpy as np
from mpmath import mp
import matplotlib.pyplot as plt

K_a, K_w, n, V = sp.symbols('K_a, K_w, n, V', positive=True, real=True)
H, OH, X, HX = sp.symbols('[H^{+}], [OH^{-}], [X^{-}], [HX]', positive=True, real=True)

root = sp.solve(H**3 + K_a * H**2 - (K_a * n / V + K_w) * H - K_a * K_w, H)

root_lambda = sp.lambdify(V, root[2].subs(((K_a, sp.Rational("1.8e-5")), (K_w, sp.Rational("1e-14")), (n, sp.Rational("1")))), modules=["mpmath"])
mp.dps=100

V_values = np.logspace(1, 8, 1000)
H_values = []

for i in V_values:
    res = root_lambda(i)
    H_values.append(res.real)

plt.plot(V_values, H_values, label='pH-V')
plt.xlabel("Volume (L)")
plt.ylabel("[H+] (mol)")
plt.yscale("log")
plt.xscale("log")
plt.grid(True, which="both", linestyle="--", linewidth=0.5)
plt.legend()
plt.show()

導

Sat, 30 Aug 2025 00:00:00 GMT

高中可能講了，但是高中講了不太可能。

萊布尼茨記法

高中一般都喜歡用拉格朗日記法來表示導數（如 $f'$ 這種），但是有一個弊端是不好表示自變量和因變量。而萊布尼茨記法就能更好地展現變量之間的關係。

比如 f 的關於 x 的一階導寫作：$\frac{\d f}{\d x}$，二階導：$\frac{\d^2 f}{\d x^2}$，三階導：$\frac{\d^3 f}{\d x^3}$。

這裏的 $\frac{\d f}{\d x}$ 其實就相當於 $\lim_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta f}{\Delta x}$ 的簡寫，因此在運算中可以像分數那樣操作。

如鏈式法則，將 $f[g(x)]$ 對 $x$ 求導：

$$ \boxed{ \frac{\d f}{\d x} = \frac{\d f}{\d g} \cdot \frac{\d g}{\d x} } $$

又比如 $y = f(x)$，則很顯然可以看出：

$$ \boxed{ \frac{\d x}{\d y} \cdot \frac{\d y}{\d x} = 1 } $$

這是反函數求導法則。

e

假如說你有 100 元，存到某銀行，1 年之後利率 100%，那麼一年之後你就有 200 元。

但是若能分 2 次結算利率，每次利率 $\frac12$，則兩次結算利率之後，就能得到 $100 \times \left(1 + \frac12\right)^2 = 225$ 元。

如果能分 3 次結算利率，每次利率 $\frac13$，則最後能得到 $100 \times \left(1 + \frac13\right)^3 \approx 237$ 元。

好像越來越多了，那麼當結算利率的次數無限多，最終收益就會變成：

$$ \lim_{n \to \infty} 100\left(1 + \frac1n\right)^n = 100\e $$

這就是 $\e$ 最早、最經典的定義就是用極限：

$$ \boxed{ \e = \lim_{n\to \infty} \left(1 + \frac1n\right)^n } $$

高中教材中曾經可能有這個定義，但是現在刪掉了。

此外，我們可以用均值不等式證明數列 $\left(1 + \frac1n\right)^n$ 單調遞增：

$$ \left(1 + \frac1n\right)^n = \textcolor{red}{1} \cdot \textcolor{blue}{\left(1 + \frac1n\right)}^n < \left(\frac{\textcolor{red}{1} + n \textcolor{blue}{\left(1 + \frac{1}{n}\right)}}{n + 1}\right)^{n+1} = \left(1 + \frac{1}{n+1}\right)^{n+1} $$

高中都學過二項式定理，我們把這個 $\e$ 的表達式展開：

$$ \begin{aligned} \e &= \lim_{n\to \infty} \left(1 + \frac1n\right)^n \ &= \lim_{n\to \infty} \sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i} \frac{1}{n^i} \ &= \lim_{n\to \infty} \sum_{i=0}^{n} \frac{n^{\underline i}}{i!} \frac{1}{n^i} \ \end{aligned} $$

這裏 $n^{\underline i}$ 是 $n$ 的 $i$ 次下降冪的意思。當 $n\to \infty$ 的時候，可以認爲 $n^{\underline i} = n^i$，於是就有：

$$ \boxed{ \e = \sum_{i=0}^{\infty}\frac{1}{i!} } $$

看到 $\e$ 不由自主想要求冪，還是類似上面的推導：

$$ \def\x{\textcolor{red}{x}}

\begin{aligned} \e^{\x} &= \lim_{n\to \infty} \left(1 + \frac1n\right)^{n\x} \ &= \lim_{n\to \infty} \sum_{i=0}^{n\x} \binom{n\x}{i} \frac{1}{n^i} \ &= \lim_{n\to \infty} \sum_{i=0}^{n\x} \frac{\x^{i}}{i!} \ &= \boxed{\sum_{i=0}^{\infty}\frac{\x^i}{i!}} \ \end{aligned} $$

證明 $\e^x$ 的導數等於其自身：

$$ \begin{aligned} \left(\e^x\right)' &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\e^{x + \Delta x} - \e^x}{\Delta x} \ &= \e^x\lim_{\Delta x \to 0} \frac{\e^{\Delta x} - 1}{\Delta x} \ \end{aligned} $$

把 $\e^{\Delta x}$ 展開：

$$ \e^x \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\textcolor{red}{1 + \frac{\Delta x}{1!} + \frac{\Delta x^2}{2!} + \cdots} - 1}{\Delta x} $$

高階無窮小丟掉，就是：

$$ \e^x \lim_{\Delta x \to 0} \frac{1 + \Delta x - 1}{\Delta x} = \e^x $$

從而我們就證明了 $\boxed{(\e^x)' = \e^x}$。

定義 $\ln x$ 爲 $\e^x$ 的反函數。要給 $\ln x$ 求導，不妨令 $y = \ln x$，也有 $x = \e^y$。

$$ \begin{aligned} \frac{\d y}{\d x} &= \frac{1}{\frac{\d x}{\d y}} \ &= \frac{1}{\e^y} \ &= \frac{1}{x} \ \end{aligned} $$

由此就證明了 $\boxed{(\ln x)' = \frac{1}{x}}$。

$\e$ 太偉大了。現在我們可以來求 $x^n$ 的導數，但是這個其實不好搞，我們先對它取個對數再 $\exp$。

$$ \begin{aligned} (x^n)' &= (\e^{n \ln x})' \ &= (n\ln x)' \cdot \e^{n \ln x} \ &= \frac{n}{x} \cdot x^{n} \ &= nx^{n-1} \ \end{aligned} $$

並沒有用到廣義二項式定理。

可以求 $a^x$ 的導數：

$$ \begin{aligned} (a^x)' &= (\e^{x \ln a})' \ &= (x \ln a)' \cdot \e^{x \ln a} \ &= a^{x}\ln a \ \end{aligned} $$

甚至還可以求 $f^g$ 的導數：

$$ \begin{aligned} (f^g)' &= (\e^{g\ln f})' \ &= \left(g'\ln f + \frac{g}{f}f'\right)f^g \end{aligned} $$

天不生 $\e^x$，萬古如長夜。

洛必達法則

由於是高中，不用討論函數能不能導問題。

先從一個很顯然的東西出發。

羅爾定理：若函數 $f(x)$ 滿足 $f(a) = f(b)$，則 $\exists c \in (a, b)$ s.t. $f'(c) = 0$。

假如說 $f(x)$ 是常函數，那麼顯然有導數爲 0 的地方。

否則，$f(x)$ 中間一定有最大值或者最小值，不妨假設有最大值 $f(x_0)$。則 $x_0$ 左側導數：

$$ \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x - \Delta x) - f(x)}{-\Delta x} \ge 0 $$

右側導數：

$$ \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x + \Delta x) - f(x)}{\Delta x} \le 0 $$

這兩個導數要相等，所以在 $x_0$ 處的導數應該爲 0。

這個是 $f(a) = f(b)$ 的情況，那麼如果 $f(a) \ne f(b)$ 該怎麼辦呢。一個簡單的思路是把 $f(x)$ 減去過 $(a, f(a))$，$(b, f(b))$ 的直線，即 $y = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a) + f(a)$。這樣就轉化成了羅爾定理的情況。

令 $g(x) = f(x) - \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a) - f(a)$，根據羅爾定理，這個函數在 $(a, b)$ 之間也有導數爲 0 的地方。對 $g(x)$ 求導，得：

$$ g'(c) = f'(c) - \frac{f(b)-f(a)}{b-a} = 0 $$

即：

$$ f'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a} $$

這就是拉格朗日中值定理。

直觀來看中值定理，說的就是平面上固定兩點的可微曲線，一定存在一點使得這點的切線斜率和兩端點之間的斜率相同。

若這個線甚至不是函數，而是類似 $(f(t), g(t))$ 描述的曲線，類似的結論呢？

首先我們要知道這種曲線怎麼求切線斜率，類比求導：

$$ \begin{aligned} k &= \lim_{\Delta t \to 0} \frac{g(t + \Delta t) - g(t)}{f(t + \Delta t) - f(t)} \ &= \lim_{\Delta t \to 0} \frac{g(t + \Delta t) - g(t)}{\Delta t} \cdot \frac{\Delta t}{f(t + \Delta t) - f(t)} \ &= \frac{g'(x)}{f'(x)} \ \end{aligned} $$

即我們希望證明 $(a, b)$ 之間存在一點 $c$，使得 $\frac{g'(c)}{f'(c)} = \frac{g(b)-g(a)}{f(b)-f(a)}$。

類比拉格朗日中值定理的證法，搞一條過 $(f(a), g(a))$ 和 $(f(b), g(b))$ 的直線，然後相減。即構造：

$$ h(t) = g(t) - \frac{g(b)-g(a)}{f(b)-f(a)}(f(t)-f(a)) - g(a) $$

$h(a)$ 和 $h(b)$ 都爲 0，套用羅爾定理，存在 $c \in (a, b)$：

$$ h'(c) = g'(c) - \frac{g(b)-g(a)}{f(b)-f(a)}f'(c) = 0 $$

即：

$$ \frac{g'(c)}{f'(c)} = \frac{g(b)-g(a)}{f(b)-f(a)} $$

當然，有分數不太好，因爲很可能出現分母爲 0 的情況，即斜率不存在。我們還是最好全部化成乘積形式：

$$ g'(c)(f(b)-f(a)) = f'(c)(g(b)-g(a)) $$

這是柯西中值定理。

柯西中值定理的形式讓人想起洛必達法則。現在我們要求 $\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}$，但是 $f(a) = g(a) = 0$。

對於任意一個 $b > a$，根據柯西中值定理，我們知道在 $(a, b)$ 中存在一點 $c$ 滿足：

$$ \frac{f'(c)}{g'(c)} = \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} = \frac{f(b)}{g(b)} $$

當 $b \to a$，也有 $c \to a$。所以就有：

$$ \boxed{ \lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to a} \frac{f'(x)}{g'(x)} } $$

泰勒級數

退役 OIer 還不會泰勒展開正常嗎？但是我就是不會。

我們希望用一個多項式函數去逼近一個複雜函數。具體來說，我們設我們要逼近的函數 $f(x)$ 可以用 $(x-a)$ 爲基底的無窮次多項式表示：

$$ f(x) = c_0 + c_1(x-a) + c_2(x-a)^2 + c_3(x-a)^3 + \cdots $$

其中 $c_i$ 是待定的 $i$ 次項係數。

爲了逼近，首先在 $x=a$ 處式子左右兩邊一定要相等：

$$ \def\a{\textcolor{red}{a}} f(\a) = c_0 + c_1(\a-a) + c_2(\a-a)^2 + c_3(\a-a)^3 + \cdots $$

這樣就得到了 $c_0 = f(a)$。

繼續，在 $x=a$ 處不但要相等，我們還希望它們的一階導數也要相等：

$$ \def\a{\textcolor{red}{a}} f'(\a) = c_1 + 2c_2(\a-a) + 3c_3(\a-a)^2 + 4c_4(\a-a)^3 + \cdots $$

於是 $c_1 = f'(a)$。

二階導：

$$ \def\a{\textcolor{red}{a}} f''(\a) = 2c_2 + 6c_3(\a-a) + 12(\a-a)^2 + 20(\a-a)^3 + \cdots \Rightarrow c_2 = \frac{f''(a)}{2} $$

……

規律不言自明了：$c_{i} = \frac{f^{(i)}(a)}{i!}$，這裏 $f^{(i)}(a)$ 是 $f(x)$ 的 $i$ 階導在 $x=a$ 處的值。

也可以寫作：

$$ \boxed{ f(x) = \sum_{i=0}^{\infty} \frac{f^{(i)}(a)}{i!} (x-a)^i } $$

特別地，當 $a=0$ 的時候，是馬克勞林級數：

$$ \boxed{ f(x) = \sum_{i=0}^{\infty} \frac{f^{(i)}(0)}{i!} x^i } $$

來試試把一些常用函數給泰勒展開一下：

首先是 $\e^x$，由於其任意次導數均爲 $\e^x$，而 $\e^{0} = 1$，則可以容易得到：

$$ \boxed{ \e^{x} = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3!} + \cdots + \frac{x^n}{n!} + \cdots } $$

和上面我們推的吻合。

然後來試試 $\sin x$。$\sin x$ 的導數有週期性，分別是 $\sin x, \cos x, -\sin x, -\cos x$，它們在 0 處的值分別爲 0, 1, 0, -1。容易得到：

$$ \boxed{ \sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \cdots + (-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} + \cdots } $$

$\cos x$ 同理，有：

$$ \boxed{ \cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \cdots + (-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!} + \cdots } $$

考慮將 $(1+x)^\alpha$ 展開：

$$ (1+x)^\alpha = 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha - 1)}{2!} x^2 + \frac{\alpha(\alpha - 1)(\alpha - 2)}{3!} x^3 + \cdots + \frac{\alpha^{\underline n}}{n!}x^n + \cdots $$

這個結果和廣義二項式定理的一致。

多項式有個好處是可以很自然地將擴展到複數域。

$$ e^{\i x} = \textcolor{blue}{1} \textcolor{red}{+\i x} \textcolor{blue}{- \frac{x^2}{2}} \textcolor{red}{- \frac{\i x^3}{3!}} + \cdots + \frac{(\i x)^n}{n!} + \cdots $$

其偶數次項正好是 $\textcolor{blue}{(-1)^k\frac{x^{2k}}{(2k)!}}$，也是 $\cos x$ 的展開項；奇數次項是 $\textcolor{red}{(-1)^k\i \frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}}$，是 $\i\sin x$ 的展開項。

於是就有了歐拉公式：

$$ \boxed{ \e^{\i x} = \cos x + \i\sin x } $$

微分方程

$f(x) = f'(x)$ 的唯一解是 $f(x) = C\e^{x}$，其中 $C$ 是常數。

假設有其它函數滿足這個條件，假設爲 $g(x)$，那麼我們考慮 $h(x) = \frac{g(x)}{\e^{x}}$。$h'(x) = \frac{g'(x)\e^x - g(x)\e^x}{\e^{2x}} = 0$，即 $h(x)$ 是個常數，所以得到 $g(x)$ 也屬於 $C\e^{x}$。

由於導數之間可以線性相加，所以如果一個微分方程有若干解 $f_1(x), f_2(x), f_3(x), \cdots$，則它們的線性組合 $C_1f_1(x) + C_2f_2(x) + C_3f_3(x) + \cdots$ 也是解。

物理中有很多物理量之間有導數的關係。比如位置 $x$，對時間 $t$ 求導是速度 $v$，再對 $t$ 求導是加速度 $a$。求解這些量之間的關係，就相當於解微分方程。

單杆問題

考慮這樣的問題：

平行導軌間距爲 $L$，連通且忽略電阻，有垂直與兩導軌所成平面的勻強磁場 $B$。有長度爲 $L$，電阻爲 $R$ 導體棒放置在平行導軌上，其初速度爲 $v_0$，方向沿導軌方向。問導體棒什麼時候停下來。

導體產生的電動勢：

$$ E = vLB $$

產生的電流：

$$ I = \frac{E}{R} = \frac{vLB}{R} $$

產生的安培力：

$$ F = ILB = \frac{vL^2B^2}{R} $$

牛二：

$$ F = ma $$

$a$ 是什麼？$a$ 是 $v$ 的導數，所以我們相當於有這樣一個方程：

$$ -\frac{vL^2B^2}{R} = m\dot v $$

這裏 $\dot v$ 是牛頓的導數記號，表示對時間求導。

我們只需要求出 $v$ 關於時間的表達式，然後解出 $v=0$ 對應的 $t$ 就行了。

看到這個導數形式讓人不由得想起了 $\e$，不妨假設 $v = C\e^{rt}$，只需解出 $C$ 和 $r$。 $C$ 很簡單：當 $t=0$ 的時候 $v=v_0$，所以 $C=v_0$。

解 $r$，將 $v = C\e^{rt}$ 直接帶入：

$$ -\frac{\e^{rt}L^2B^2}{R} = m r \e^{rt} $$

解得：

$$ r = -\frac{L^2B^2}{mR} $$

所以有：

$$ \boxed{ v = v_0 \e^{-\frac{L^2B^2t}{mR}} } $$

但是指數函數永遠不會變成 0，所以導體棒永遠不會停下來。

有沒有可能還有其它的解呢？類似前面關於 $f(x) = f'(x)$ 的解唯一的討論，可以證明沒有其它解。

簡諧振動

又來考慮簡諧震動。簡諧振動中有回復力：

$$ F = -kx $$

還有牛二：

$$ F = ma = m\ddot x $$

設 $x = \e^{rt}$，帶入可得：

$$ -k\e^{rt} = mr^2e^{rt} $$

解得：

$$ r = \textcolor{red}{\pm} \i \sqrt\frac{k}{m} $$

帶回去：

$$ \begin{aligned} v_1 &= \cos \left(\sqrt\frac{k}{m} t\right) \textcolor{red}{+} \i \sin \left(\sqrt\frac{k}{m} t\right) \ v_2 &= \cos \left(\sqrt\frac{k}{m} t\right) \textcolor{red}{-} \i \sin \left(\sqrt\frac{k}{m} t\right) \end{aligned} $$

爲什麼有兩個解？速度怎麼還有虛部？實際上，$v_1$ 和 $v_2$ 的所有線性組合都能滿足上面的方程，但我們應該選擇符合實際情況的。

假如振幅爲 $\textcolor{blue}{A}$，初相位爲 $\textcolor{red}{\varphi}$。

先看怎麼搞出來一個 $\textcolor{red}{\varphi}$，根據複數乘法規則（模長相乘，幅角相加），乘一個 $\cos \textcolor{red}{\varphi} + \i \sin \textcolor{red}{\varphi}$：

$$ (\cos \textcolor{red}{\varphi} + \i \sin \textcolor{red}{\varphi})v_1 = \cos \left(\sqrt\frac{k}{m} t + \textcolor{red}{\varphi}\right)

\i \sin \left(\sqrt\frac{k}{m} t + \textcolor{red}{\varphi}\right) $$

爲了能抵消掉虛部，給 $v_2$ 乘個 $\cos \textcolor{red}{\varphi} - \i \sin \textcolor{red}{\varphi}$:

$$ (\cos \textcolor{red}{\varphi} \textcolor{blue}{-} \i \sin \textcolor{red}{\varphi})v_2 = \cos \left(\sqrt\frac{k}{m} t + \textcolor{red}{\varphi}\right)

\i \sin \left(\sqrt\frac{k}{m} t + \textcolor{red}{\varphi}\right) $$

相加，再乘一個 $\frac{\textcolor{blue}{A}}{2}$ 就能得到：

$$ v = \textcolor{blue}{A}\cos \left(\sqrt\frac{k}{m} t + \textcolor{red}{\varphi}\right) $$

所以發現簡諧運動的週期：

$$ \boxed{ T = \frac{2\pi}{\sqrt\frac{k}{m}} = 2\pi \sqrt \frac{m}{k} } $$

最後結果可以看出來，初相位和振幅都不影響週期。而且在前面解出 $r = \pm \i \sqrt\frac{k}{m}$ 時，你就已經可以知道 $\omega = \sqrt\frac{k}{m}$ 了，因爲後面的線性操作都沒法影響到 $\omega$。

LC 振盪電路

最後我們看到 LC 振盪電路。

LC 振盪電路由一個電容和一個線圈組成。對於電容我們有：

$$ C = \frac{Q}{U_C} $$

對於線圈，我們也有：

$$ U_L = L \dot I $$

一條迴路電壓和應該爲 0：

$$ U_C + U_L = 0 $$

同時我們還知道 $I$ 是 $Q$ 的導數：

$$ I = \dot Q $$

聯立得微分方程

$$ \frac{Q}{C} + L\ddot Q = 0 $$

和簡諧振動那個幾乎一樣，解得：

$$ Q = \e^{\pm \i \sqrt{\frac{1}{LC}}} $$

所以 LC 振盪電路的週期：

$$ \boxed{ T = 2 \pi \sqrt{LC} } $$

後面不會了。

退役了

Sun, 02 Mar 2025 00:00:00 GMT

被 Day2 T1 送走了。直到快十點半的時候纔想到要把推箱子這個過程拆分成一步一步推這樣更原子的狀態，寫到十一點雙端隊列維護階梯，然後區間加梯形。感覺不能這麼賭，先寫寫後面部分分，T2 暴力寫了 4KB，一看怎麼都十二點過了，着急忙慌趕了 T3 8 分暴力，最後十二點半把 T1 寫完了，結果一測，第五個樣例第三個多測錯了。破防了，暴力也不好寫，沒法對拍，最終 T1 可能就爆零吧。

出了考場，一下子就哭了。昨天還對省隊滿懷期待的，今天就退役了。挺隨機的，沒有 A 隊的實力，誰能保證自己進省隊。回想高一的時候參加 SCOI，那時是自主命題，同樣是 Day1 一般、Day2 奇差，那時考得雖然爛，但是居然也被隨機區分到了全省二十來名，榮幸被三分之一卡掉。那時雖然沒進成省隊，但未來還有機會、還有盼頭。現在高二了，苟延殘喘，退役了就真的退役了。

挺遺憾的，學了六年多七年算法競賽了，結果沒有什麼特別有價值的獎項，然後要在只學三個學期的情況下和正常六個學期高中生比文化課，不知道比高二銀牌哪個更好，但高考終究是 99% OIer 的歸宿。

明天開始就要學文化課了，OI 就與我無關了。但我還想知道，我的 CWOI Problems，有人用嗎？我的 ddz_py，有人玩嗎？我的猜猜犇還能復活嗎？大概得戒網癮了。

剛剛看了一眼 Day 2 T1 題解，他媽怎麼能直接按照 t 排序做。更破防了。