参考解析

一、二维理想气体的单粒子能量统计

系统处于温度为 $T$ 的正则平衡态，因此粒子在动量空间中的概率密度正比于

$\exp\left(-\beta\frac{p_x^2+p_y^2}{2m}\right)$，

其中 $\beta=\frac{1}{k_{\mathrm B}T}$。

在二维动量空间中引入极坐标

$p=\sqrt{p_x^2+p_y^2}$。

动量空间面积元为

$\mathrm dp_x\,\mathrm dp_y=2\pi p\,\mathrm dp$。

又因为

$E=\frac{p^2}{2m}$，

所以

$p\,\mathrm dp=m\,\mathrm dE$。

因此，能量从 $E$ 到 $E+\mathrm dE$ 所对应的动量状态数正比于

$2\pi m\,\mathrm dE$。

这说明二维自由粒子的能量态密度与能量无关，是一个常数。于是单粒子能量分布可写为

$f(E)=A e^{-\beta E}$。

利用归一化条件

$\int_0^\infty f(E)\,\mathrm dE=1$，

得到

$A=\beta$。

因此

$\boxed{f(E)=\beta e^{-\beta E}}$。

二、平均动能

平均动能为

$\langle E\rangle=\int_0^\infty E\beta e^{-\beta E}\,\mathrm dE$。

令 $u=\beta E$，则

$\langle E\rangle=\frac{1}{\beta}\int_0^\infty u e^{-u}\,\mathrm du$。

由于

$\int_0^\infty u e^{-u}\,\mathrm du=1$，

所以

$\boxed{\langle E\rangle=\frac{1}{\beta}=k_{\mathrm B}T}$。

这也与能量均分定理一致。二维粒子具有两个平动二次型自由度，每个自由度贡献 $\frac{1}{2}k_{\mathrm B}T$，总平均动能为 $k_{\mathrm B}T$。

三、累积热能份额坐标

定义

$x(E)=\frac{\int_0^E E'f(E')\,\mathrm dE'}{\int_0^\infty E'f(E')\,\mathrm dE'}$。

分母就是单粒子的平均动能

$\int_0^\infty E'f(E')\,\mathrm dE'=k_{\mathrm B}T$。

代入 $f(E')=\beta e^{-\beta E'}$，得到

$x(E)=\beta\int_0^E E'\beta e^{-\beta E'}\,\mathrm dE'$。

令 $u=\beta E$，并在积分中令 $t=\beta E'$，则

$x(E)=\int_0^u t e^{-t}\,\mathrm dt$。

利用

$\int t e^{-t}\,\mathrm dt=-(1+t)e^{-t}$，

得到

$\boxed{x(E)=1-(1+\beta E)e^{-\beta E}}$。

该函数满足

$x(0)=0$，

$x(\infty)=1$，

以及

$\frac{\mathrm dx}{\mathrm dE}=\beta^2E e^{-\beta E}>0$。

因此，$x(E)$ 将能量范围 $0\leq E<\infty$ 单调映射到单位区间 $0\leq x<1$。

对于由 $E_a$ 和 $E_b$ 确定的能带，其包含的平均热能份额为

$\frac{\int_{E_a}^{E_b}E f(E)\,\mathrm dE}{\langle E\rangle}=x(E_b)-x(E_a)$。

所以在变量 $x$ 中，一个能带所含的热能份额，恰好等于该能带对应的 $x$ 区间长度。

这意味着原来无限长、热能分布不均匀的能量轴，可以变换成一根长度为 $1$ 的均匀“热能木棍”。

后面的博弈因此与 2026 年 IMO 第 3 题的木棍分割问题完全同构。

四、有限粒子数下能带能量的平均值

对于单个粒子，定义随机变量

$Y=\begin{cases}E,&E_a\leq E<E_b,\0,&\text{其他情况}。\end{cases}$

则该能带中的总动能为

$U_{ab}=\sum_{j=1}^{N}Y_j$。

由于粒子彼此独立且服从相同分布，

$\langle U_{ab}\rangle=N\langle Y\rangle$。

记

$u_a=\beta E_a$，

$u_b=\beta E_b$。

有

$\langle Y\rangle=\int_{E_a}^{E_b}E\beta e^{-\beta E}\,\mathrm dE$。

换元 $u=\beta E$，得到

$\langle Y\rangle=k_{\mathrm B}T\int_{u_a}^{u_b}u e^{-u}\,\mathrm du$。

因此

$\langle Y\rangle=k_{\mathrm B}T\left((1+u_a)e^{-u_a}-(1+u_b)e^{-u_b}\right)$。

于是

$\boxed{\langle U_{ab}\rangle=Nk_{\mathrm B}T\left((1+u_a)e^{-u_a}-(1+u_b)e^{-u_b}\right)}$。

也可以写成

$\boxed{\langle U_{ab}\rangle=Nk_{\mathrm B}T\left(x(E_b)-x(E_a)\right)}$。

五、有限粒子数下的能量方差 单粒子随机变量 $Y$ 的二阶矩为 $\langle Y^2\rangle=\int_{E_a}^{E_b}E^2\beta e^{-\beta E}\,\mathrm dE$。 换元 $u=\beta E$，得到 $\langle Y^2\rangle=(k_{\mathrm B}T)^2\int_{u_a}^{u_b}u^2e^{-u}\,\mathrm du$。 利用 $\int u^2e^{-u}\,\mathrm du=-(u^2+2u+2)e^{-u}$， 得到 $\langle Y^2\rangle=(k_{\mathrm B}T)^2\left((u_a^2+2u_a+2)e^{-u_a}-(u_b^2+2u_b+2)e^{-u_b}\right)$。 所以 $\operatorname{Var}(Y)=\langle Y^2\rangle-\langle Y\rangle^2$。 由于不同粒子相互独立， $\boxed{\operatorname{Var}(U_{ab})=N\operatorname{Var}(Y)}$。 即 $\boxed{\operatorname{Var}(U_{ab})=N\left(\langle Y^2\rangle-\langle Y\rangle^2\right)}$。 当能带具有固定的非零宏观能量份额时，$\langle Y\rangle$ 和 $\operatorname{Var}(Y)$ 都与 $N$ 无关。 因此 $\langle U_{ab}\rangle\propto N$， 而 $\sqrt{\operatorname{Var}(U_{ab})}\propto\sqrt N$。 于是相对涨落满足 $\frac{\sqrt{\operatorname{Var}(U_{ab})}}{\langle U_{ab}\rangle}\propto\frac{1}{\sqrt N}$。 所以 $\boxed{\frac{\sqrt{\operatorname{Var}(U_{ab})}}{\langle U_{ab}\rangle}=O(N^{-1/2})}$。 在热力学极限 $N\to\infty$ 下，每个宏观能带所含的热能份额趋于确定值，随机涨落可以忽略。 --- ## 六、固定能带后为什么应当每次选择最大的能带 设轮到某位玩家选择时，剩余能带的能量份额按从大到小排列为 $r_1\geq r_2\geq\cdots$。 假设该玩家没有选择最大的 $r_1$，而是选择了某个较小的 $r_j$。 那么对手下一步可以选择 $r_1$。 如果把这两个选择交换，让当前玩家选择 $r_1$，对手选择 $r_j$，则当前玩家的总收益增加 $r_1-r_j\geq0$。 其他能带的后续选择顺序不受影响。 因此，选择当前最大的剩余能带不会比选择较小能带更差。 双方的最优策略都是 $\boxed{\text{每次选择当前能量最大的剩余能带}}$。 若最终各能带能量份额按从大到小排列为 $q_1\geq q_2\geq\cdots\geq q_M$， 则刘邦获得 $\boxed{L=q_1+q_3+q_5+\cdots}$， 项Yu获得 $\boxed{X=q_2+q_4+q_6+\cdots}$。 --- ## 七、刘邦的下界策略 令 $Q=2^{n+1}-1$。 刘邦把总热能份额分成比例 $1:2:4:\cdots:2^n$ 的 $n+1$ 个初始能带。 因此，各能带份额依次为 $\frac{1}{Q},\frac{2}{Q},\frac{4}{Q},\ldots,\frac{2^n}{Q}$。 为了简化证明，将所有份额同时乘以 $Q$。这样，初始各能带的权重为 $1,2,4,\ldots,2^n$， 总权重为 $Q=1+2+4+\cdots+2^n=2^{n+1}-1$。 项Yu再增加至多 $n$ 个阈值，所以最终至多产生 $2n+1$ 个能带。 将最终能带的权重按从大到小排列为 $y_1\geq y_2\geq\cdots\geq y_{2n+1}\geq0$。 如果实际能带数少于 $2n+1$，可以在序列末尾补上若干个权重为零的虚拟能带。 按照最优选择策略，项Yu得到的总权重为 $Y=y_2+y_4+\cdots+y_{2n}$。 下面证明 $\boxed{Y\leq2^n-1}$。 ---

--- ## 八、关键引理 对任意 $k=1,2,\ldots,n$，都有 $\boxed{y_2+y_4+\cdots+y_{2k}\leq2^{n-1}+2^{n-2}+\cdots+2^{n-k}}$。 采用反证法。 假设结论不成立，取使该不等式第一次失败的最小正整数 $k$。 因为对 $k-1$ 仍然成立，所以 $y_2+y_4+\cdots+y_{2k-2}\leq2^{n-1}+2^{n-2}+\cdots+2^{n-k+1}$。 而对 $k$ 不成立，因此必有 $y_{2k}>2^{n-k}$。 由于序列单调递减， $y_1,y_2,\ldots,y_{2k}>2^{n-k}$。 原来的初始能带中，权重不超过 $2^{n-k}$ 的能带不可能被切割出权重大于 $2^{n-k}$ 的子能带。 因此，前 $2k$ 个最大的最终能带只能来自最大的 $k$ 个初始能带，即 $2^{n-k+1},2^{n-k+2},\ldots,2^n$。 这 $k$ 个初始能带的总权重为 $2^{n-k+1}+2^{n-k+2}+\cdots+2^n$。 所以 $y_1+y_2+\cdots+y_{2k}\leq2^{n-k+1}+2^{n-k+2}+\cdots+2^n$。 另一方面，因为 $y_{2j-1}\geq y_{2j}$， 所以 $2(y_2+y_4+\cdots+y_{2k})\leq y_1+y_2+\cdots+y_{2k}$。 于是 $y_2+y_4+\cdots+y_{2k}\leq\frac{1}{2}\left(2^{n-k+1}+2^{n-k+2}+\cdots+2^n\right)$。 即 $y_2+y_4+\cdots+y_{2k}\leq2^{n-k}+2^{n-k+1}+\cdots+2^{n-1}$。 这正是需要证明的不等式，与假设矛盾。 因此关键引理成立。 令 $k=n$，得到 $Y=y_2+y_4+\cdots+y_{2n}\leq1+2+\cdots+2^{n-1}=2^n-1$。 系统的总权重为 $Q=2^{n+1}-1$。 所以刘邦获得的权重至少为 $Q-(2^n-1)=2^n$。 恢复归一化后，刘邦获得的总能量份额至少为 $\boxed{L\geq\frac{2^n}{2^{n+1}-1}}$。 --- ## 九、刘邦的实际能量阈值 第 $k$ 个阈值之前的累积热能份额为 $\frac{1+2+\cdots+2^{k-1}}{Q}=\frac{2^k-1}{2^{n+1}-1}$。 因此，第 $k$ 个能量阈值 $E_k$ 应满足 $x(E_k)=\frac{2^k-1}{2^{n+1}-1}$。 代入 $x(E)=1-(1+\beta E)e^{-\beta E}$， 得到 $\boxed{1-\left(1+\frac{E_k}{k_{\mathrm B}T}\right)\exp\left(-\frac{E_k}{k_{\mathrm B}T}\right)=\frac{2^k-1}{2^{n+1}-1}}$。 这就是刘邦最优阈值的隐式表达式。 若使用 Lambert $W$ 函数，令 $u_k=\frac{E_k}{k_{\mathrm B}T}$， 以及 $s_k=\frac{2^k-1}{2^{n+1}-1}$。 则方程化为 $(1+u_k)e^{-u_k}=1-s_k$。 令 $z=-(1+u_k)$，可得 $ze^z=-\frac{1-s_k}{e}$。 因此 $z=W\left(-\frac{1-s_k}{e}\right)$。 由于要求 $u_k\geq0$，必须取 Lambert $W$ 函数的负一分支，所以 $u_k=-1-W_{-1}\left(-\frac{1-s_k}{e}\right)$。 最终得到 $\boxed{E_k=-k_{\mathrm B}T\left(1+W_{-1}\left(-\frac{1-s_k}{e}\right)\right)}$。 --- ## 十、两个简单例子 ### 情形一：$n=1$ 刘邦应把系统总热能分成 $\frac{1}{3}$ 和 $\frac{2}{3}$ 两部分。 阈值满足 $1-(1+u)e^{-u}=\frac{1}{3}$， 其中 $u=\frac{E_1}{k_{\mathrm B}T}$。 数值解为 $u\approx1.18883$。 因此 $\boxed{E_1\approx1.18883\,k_{\mathrm B}T}$。 刘邦可以保证获得至少 $\boxed{\frac{2}{3}}$ 的系统总动能。 ### 情形二：$n=2$ 刘邦应把总热能分成 $\frac{1}{7},\frac{2}{7},\frac{4}{7}$ 三部分。 两个阈值满足 $x(E_1)=\frac{1}{7}$， $x(E_2)=\frac{3}{7}$。 数值上有 $\boxed{E_1\approx0.66243\,k_{\mathrm B}T}$， 以及 $\boxed{E_2\approx1.45962\,k_{\mathrm B}T}$。 刘邦可以保证获得至少 $\boxed{\frac{4}{7}}$ 的系统总动能。 --- ## 十一、项Yu的上界策略 现在考虑刘邦任意选择的 $n$ 个初始阈值。 在累积热能坐标 $x$ 中，这些阈值把单位区间分成 $n+1$ 个部分，长度分别为 $a_1,a_2,\ldots,a_{n+1}$， 且 $a_1+a_2+\cdots+a_{n+1}=1$。 考虑这些数的所有子集和 $\sum_{i\in S}a_i$， 其中 $S$ 遍历集合 ${1,2,\ldots,n+1}$ 的所有子集。 一共有 $2^{n+1}$ 个子集和，并且所有子集和都位于 $0$ 与 $1$ 之间。 将这些子集和按从小到大排列为 $0=z_1\leq z_2\leq\cdots\leq z_{2^{n+1}}=1$。 相邻子集和之间共有 $2^{n+1}-1$ 个间隔，这些间隔的长度之和为 $1$。 因此，根据抽屉原理，至少存在一个相邻间隔，其长度不超过 $\frac{1}{2^{n+1}-1}$。 所以存在两个不同的子集 $S$ 和 $T$，使得 $\left|\sum_{i\in S}a_i-\sum_{i\in T}a_i\right|\leq\frac{1}{2^{n+1}-1}$。 将 $S$ 和 $T$ 中的公共元素同时删除，不会改变两个子集和之差。 因此可以假设 $S$ 和 $T$ 不相交。 记 $A=\sum_{i\in S}a_i$， $B=\sum_{i\in T}a_i$， 并设 $A\geq B$。 于是 $0\leq A-B\leq\frac{1}{2^{n+1}-1}$。 ---