问题解决方案M16—M20； F24—F28

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解决方案

M16。证明具有整数系数的多项式$p(x)$，对于$x$的三个不同整数值取值1，不能有任何整数根。

解决方案，即请注意，对于任何具有整数系数的多项式 $p(x)$ 以及对于任何两个整数 $a$ 和 $b$，差值 $p(b) - p(a)$ 可以被 $b - a$ 整除，因为对于任何自然数 $m$，差值 $b^m - a^m$ 可以被$b - a$整除：

$$b^m - a^m = (b - a) (b^{m-1} + b^{m-2}a + b^{m-3}a^2 + \ldots + ba^{m-2} + a^{m-1}).$$

如果有四个整数$c_1, c_2, c_3$和$a$使得$p(c_1) = p(c_2) = p(c_3) = 1$和$p(a) = 0$，那么

$$p(c_1) - p(a) = p(c_2) - p(a) = p(c_3) - p(a) = 1,$$

因此每个数字$c_1 - a, c_2 - a, c_3 - a$只能等于1或-1，这意味着所有这些数字不能不同。这一决定是由来自加里宁地区 Volchkovo 村的 A. Veselov、来自明斯克的 I. Suprunenko 和其他读者添加的。

如果您知道多项式除法是什么*)，那么解决方案的开头可能会有所不同。让我们用“角度”多项式$p(x)$除以$x - a$，其中$a$是多项式的整数根。然后$p(x) = (x - a)q(x)$，其中$q(x)$也是具有整数系数的多项式。确实，由于多项式$x - a$的系数等于1，那么当我们用角点将多项式除以$x - a$时，多项式的所有系数都将由已经存在的加减乘运算得到，即它们也将是整数。余数为零，因为 $a$ 是多项式的根：$p(a) = 0$。因此，$(a - c_1)q(c_1) = (a - c_2)q(c_2) = (a - c_3)q(c_3) = 1$，进一步的推理与第一个解决方案完全相同。

M17。临近$60^\circ$角分岔的两条路的岔路口，农民问道：“怎样去NN村？”他们回答他：“沿着左边的路到N村——距离这里有八英里——在那里你会看到一条大平坦的路以直角向右延伸——这正是去NN的路。或者你可以走另一条路：现在沿着右边的路走；当你到达铁路时，这意味着你已经走了一半的路；在这里左转，或者沿着枕木一路走到NN。” - “那么，哪条路会更短？ - “无论是这条路还是那条路，都没有什么区别。”农民走上了正确的道路。

他需要步行多少英里才能到达 NN？多于十个还是少于十个？如果从岔路口直接走到NN怎么办？ （所有道路均被视为笔直。）

解决方案即令$A$为道路的岔路口，$B$为村庄$N$，$C$为村庄NN，$D$为右侧道路进入铁轨的点。根据条件（距离以俄里为单位）$AB = 8$、$\angle A = 60^\circ$、$AD = DC$、$\angle B = 90^\circ$、$AB + BC = 2AD$。让 $AD = 2x$、$DH \perp AB$ 和

*) 请参阅 A. N. Vilenkin 的文章“代数分数的约简”（«Kvant» No. 11）。

DK⊥BC (图1)。那么AH = x，KD = BH = 8 - x，AB + BC = 2AD = 4x，BC = 4x - 8，BK = DH = x√3，KC = |BC - BK| = |4x - 8 - x√3|并满足问题的所有条件*) 满足等式 CK² + KD² = AD² 或 (4x - 8 - x√3)² + (8 - x)² = 4x² 是必要且充分的，

其中 8 - x > 0 且 4x - 8 > 0，即 2 < x < 8。变换后，我们得到 (2 - √3)x² - 2(5 - √3)x + 16 = 0。

让我们用 f(x) 表示左侧的三项式。很容易验证，只有方程 f(x) = 0 (图 2) 的较小根 x₀ 才满足条件 0 < x < 8。可以写成这样的形式

x₀ = (5 - √3 - √6√3 - 4) / (2 - √3) = 7 + 3√3 - √44 + 26√3.

农民将不得不走4x₀路线。直接从方程中更容易算出该数字是否大于 10 还是小于 10。由于 f(5/2) = 1/4(14 - 5√3) > 0，很明显 x₀ > 5/2，即 4x₀ > 10。让我们证明该方向上的距离 AC 小于 10。事实上，对于 2 < x₀ < 8，不等式 √8² + (4x₀ - 8)² < 10 相当于： (4x₀ - 8)² < 36, 4x₀ - 8 < 6, x₀ < 7/2。如上所述，我们确信 f(7/2) = 1/4(22 - 21√3) < 0，因此 x₀ < 7/2，因此 AC < 10。

这个问题的解决方案是由来自托木斯克的 M. Preezer、来自 Ekibastuz 的 A. Mikhailov 和其他读者发送给我们的。

S. Berkolaiko（别尔哥罗德地区）发现了 AB + BC > 10 的简短证明。在我们的符号中，它看起来像这样：

*) 事实上，很容易证明垂线 K 的底位于线段 BC 之外（如图所示），但这在我们的解决方案中没有使用。

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由三角形 ABD 的余弦定理
$$BD^2 = 4x_0^2 + 64 - 16x_0;$$
另一方面，三角不等式给出
$$BD < BC + CD = 6x_0 - 8,$$
在哪里
$$4x^2 + 64 - 16x < (6x - 8)^2, 2x^2 - 5x > 0,$$
考虑到$2 < x_0 < 8$，我们得到$x_0 > \frac{5}{2}$。根据这封信的作者的说法，距离 $AB + BC$ 的更准确值是：11.044 俄里。

有些读者误解了问题的条件，认为$\angle D = 90^\circ$，即三角形ADC是等边直角的。当然，这不是真的。

M18。 a) 证明对于正三角形ABC外接圆的任意点$M$，三段MA、MB、MC之一等于另外两段之和。
6) 当相等时，圆$\gamma_1, \gamma_2, \gamma_3$成对地彼此接触，并且在它们周围描述一个圆$\gamma$，它接触所有三个：$\gamma_1, \gamma_2$和$\gamma_3$。证明对于圆$\gamma$的任意一点$M$，从点$M$到三个圆$\gamma_1, \gamma_2, \gamma_3$之一所画的切线等于从点$M$到另外两个圆所画的切线之和。

解a) 令点$M$位于外接圆的圆弧$AB$上。让我们围绕点 $A$ 旋转三角形 AMB $60^\circ$，使其占据位置 AKC (图 3)。由于角度 MBA 和 MCA 相等（它们位于同一圆弧 AM 上），因此点 $K$ 位于线段 MC 上。由于 AM = AK 且 $\angle MAK = 60^\circ$（通过构造），三角形 AMK 是等边三角形，因此 MK = AM。所以，
$$MA + MB = MK + KC = MC.$$

另一个解是直接从托勒密定理得出的，根据该定理，在任何循环四边形中，对角线的乘积等于对边乘积之和：如果在等式$MC \times AB = MA \cdot BC + MB \cdot AC$中，我们将$BC$和$AC$替换为$AB$，我们得到$MC \times AB = (MA + MB) AB$，从而得到$MC = MA + MB$。

我们的读者已经解决了很多这个问题。来自彼尔姆的 A. Braverman、来自加里宁地区的 A. Veselov、来自安加尔斯克的 V. Metlitsky、来自阿克秋宾斯克的 N. Mirolyubova、来自埃夫列夫的 O. Khudaverdyan 甚至添加了几种解决方案。

6. 让我们证明一个更普遍的事实。设半径为$r$的三个圆的圆心为等边三角形$C_0C_1C_2$的顶点，$O$为围绕它的半径为$a$的外接圆的圆心。那么对于任意点$M$

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以 $O$ 为圆心、半径为 $R = a + r$ 的圆，从点 $M$ 到半径为 $r$ 的两个圆之一所画的切线等于从点 $M$ 到另外两个圆所画的切线之和。注意，对于$r = 0$，得到了问题a)的结果。

让半径$OM$与半径$OC_k$($k = 0, 1, 2$)形成角度$\alpha_k = \alpha_0 + k \cdot 120^\circ$(图4)；则$MC_k^2 = R^2 + a^2 - 2Ra \cos \alpha_k^*$），从$M$点到对应圆的切线的平方为$MC_k^2 - r^2 = R^2 + a^2 - 2Ra \cos \alpha_k - (R - a)^2 = 2Ra (1 - \cos \alpha_k)$。

因此，切线等于 $2\sqrt{Ra} \sin \frac{\alpha_k}{2} \left( \sin \frac{\alpha_k}{2} \geq 0, \text{ поскольку } 0 \leq \alpha_k < 2\pi \right)$。剩下的就是检查是否相等 $\sin \frac{\alpha_0}{2} + \sin \frac{\alpha_2}{2} = \sin \frac{\alpha_1}{2}$。这已经很简单了：$\sin \frac{\alpha_0}{2} + \sin \frac{\alpha_2}{2} = 2 \cos 60^\circ \cdot \sin \frac{\alpha_0 + \alpha_2}{4} = \sin \frac{\alpha_1}{2}$。

M. Preezer 使用解析几何提出了该问题的解决方案。 A. Braverman 给我们发了一个有趣的证明（使用托勒密定理），证明了问题 a) 的以下概括：令 $M$ 为围绕正则 ($2n + 1$) 边形 $A_1A_2A_3 \dots A_{2n}A_{2n+1}$ 外接圆的圆弧 $A_1A_{2n+1}$ 上的一点；然后

$$MA_1 + MA_3 + \dots + MA_{2n+1} = MA_2 + MA_4 + \dots + MA_{2n}.$$

（解决方案是写出四边形 $MA_1A_2A_3, MA_2A_3A_4, \dots, MA_{2n-1}A_{2n}A_{2n+1}, MA_{2n+1}A_{2n}A_1, MA_{2n+1}A_2A_1$ 的托勒密方程，将所有包含 $MA_{2k}$ 的项放在等式的左侧，将所有包含 $MA_{2k+1}$ 的项放在等式的右侧，然后将所有等式相加。）考虑如何使用三角函数来证明此陈述以及问题 6）的类似推广。

M19。在无尽的忠实细胞链中，每个细胞都可以处于两种状态之一：“休息”和“兴奋”。如果在给定时刻一个细胞被激发，那么它会发出一个信号，经过一个时间单位（例如一毫秒）后，该信号到达与其相邻的两个细胞。当且仅当每个细胞接收到来自其相邻细胞之一的信号时，每个细胞才会兴奋；如果信号同时从两侧到达，那么它们就会熄灭，并且细胞不会激发。

在初始时间$t = 0$只让一个细胞兴奋。 15个月后有多少细胞会处于兴奋状态？ 65个月内？ 1000个月后？ $t$ 个月内？

如果链不是无限的，而是仅包含 $N$ 个连接成圆圈的单元，会发生什么 - 激励会长期保持无限还是会消失？

解决方案。追踪单个细胞的激发如何传播超过十到十五个时钟周期 (图 5) 就足以注意到以下模式。

1. 在时间$t = 2^k$，即$k = 0, 1, 2, \dots$，只有两个细胞被激发：$x = -2^k$和$x = 2^k$。

2. 在时间$t = 2^k - 1$，从$x = -2^k + 1$到$x = 2^k - 1$的$2^k$细胞被激发，其中$x$为奇数。

3. 让$0 \leq t < 2^k$。那么在时间 $2^k + t$ 时，兴奋的细胞数量是时间 $t$ 时的两倍。

为了证明这些规律性（通过$k$归纳），我们可以利用以下事实：在时间$2^k$活跃的两个细胞中的每一个产生的“激发波”直到时间$t = 2^{k+1} - 1$才重叠，因此它们中的每一个的结构都与来自一个细胞在$t < 2^k$时的激发波完全相同。

*) $\cos(2\pi - \alpha) = \cos \alpha$，因此该公式对于$\alpha > \pi$也有效。

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图 5.

现在很容易回答问题中提出的问题了。 15个月后，从图可以看出，将有16个可能的细胞。 64 = 2⁶ 之后将有两个，因此 65 之后将有四个。对于任意特定的 t，我们可以通过连续多次应用属性 3 来计算 f(t)——t 时刻可能的单元格数量：每次我们都可以从 t 中减去最大可能的 2 的幂；这将使 f(t) 减少一半。例如：

$$1000 - 2^9 = 1000 - 512 = 488, \quad f(1000) = 488 - 2^8 = 488 - 256 = 232, \quad = 2f(488) = 232 - 2^7 = 232 - 128 = 104, \quad = 4f(232) = 104 - 2^6 = 104 - 64 = 40, \quad = 8f(104) = 40 - 2^5 = 40 - 32 = 8, \quad = 16f(40) = 8 - 2^3 = 8 - 8 = 0, \quad = 32f(8) = 64.$$

f(t) 等于 2ⁿ，其中 m 是根据双数系统的数字 t 表示法中的单位数。

这个规则很容易通过归纳证明，对于第一个 t 你可以检查它 - 在右边的 图 5 上你可以看到数字 t 的双重展开。

也许，该杂志的读者还记得 D.B. 的这篇文章。福克斯和 M.B. Fuchs“生物系数的算术**”，提请注意这样一个事实：图 5 上可能的单元位置与帕斯卡三角形模 2 中的单位位置完全一致（封面上的图像«Kvant» 6 号）。这样，我们同时解决了以下问题：帕斯卡三角形模 2 的第 t 行有多少个单位，即生物系数 Cᵢᵢ (k = 0, 1,…, t) 的环境中有多少个是奇数？

任务条件中提出的第二个问题的答案——如果N个单元格排列成一个圆圈，会发生什么？ - 当然，不仅取决于 N，还取决于

***）（参见 I. M. Yaglom 的文章“数字系统”（«Kvant» No. 6）或 S. V. Fomin 的同名小册子。
***) («Kvant» № 6.

生命没有被拉伸，势能在最大拉伸到来的那一刻到来：除了重力和拉力之外，支架的反作用力也作用在身体上。这个力所做的功显然不为零。这是在身体离开看台后，我们可以假设身体的总能量和到达量不会改变。

让我们写下负载离开支架时来自负载的能量的表达式。此时负载的速度为$V = at$
$$a \sqrt{\frac{M(g-a)}{k \cdot a}}.$$

动能$\frac{MV^2}{2} = \frac{M^2(g-a)a}{k}$和势能$Mg(x_0-x) = Mgx_0 - \frac{M^2(g-a)g}{k}$（当拉伸最大值到达时，我们认为负载的势能为零）。

由于此时到达点被拉伸到$x = \frac{M(g-a)}{k}$的长度，因此到达点的潜在变形能等于$\frac{kx^2}{2} = \frac{M^2(g-a)^2}{2k}$。

将身体和到达的能量相加，我们发现它们的总能量等于
$$W_1 = \frac{M^2(g-a)a}{k} + Mgx_0 - \frac{M^2(g-a)g}{k} + \frac{M^2(g-a)^2}{2k} = Mgx_0 - \frac{M^2(g-a)^2}{2k}.$$

当达到最大拉伸时，负载的速度及其动能为零。因此，负载和到达的能量将等于$W_2 = \frac{kx_0^2}{2}$。

记下$W_1 = W_2$，我们得到方程
$$\frac{kx_0^2}{2} - Mgx_0 + \frac{M^2(g-a)^2}{2k} = 0.$$

求解，我们发现
$$x_0 = \frac{Mg}{k} \pm \frac{M\sqrt{a(2g-a)}}{k}.$$

最大拉伸必须大于身体平衡时的拉伸，当作用在身体上的重力$Mg$与拉力$T = kx_1$平衡时：当身体经过平衡位置时，会有一定的速度，所以肯定会计算出来。因此，由于$x_1 = \frac{Mg}{k}$和$x_0 > x_1$，则
$$x_0 = \frac{Mg}{k} + \frac{M\sqrt{a(2g-a)}}{k}.$$

$x_0$的第二个含义有物理意义吗？是的，但当身体摆动时，它不会给出最大的拉伸增益，而是给出最小的拉伸增益。如果我们认为当拉伸达到 $x_0$ 时，物体的势能等于 0，那么当拉伸达到最小时，根据能量守恒定律，我们将得到与最大拉伸相同的方程。

确定身体振动的幅度并不困难。它等于$x_0$方程根的值，即
$$\frac{2M\sqrt{a(2g-a)}}{k}.$$

如果$a \geq g$，则一旦支架开始移动，主体就会脱离支架。写下能量守恒定律后，我们发现在这种情况下到达的最大拉伸等于 $\frac{2Mg}{k}$

该问题的正确解决方案是由鄂木斯克的 N. Fedin 发送的。

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图 8.

F25。如果光电池阳极的电势高于阴极电势，则电流$I_0=10\text{ ma}$（所谓的）流过光电池。否则，没有电流流过光电管。忽略电池的内阻，求图 8 所示电路中光电管两端的电压（图 中以千为单位表示电阻值）。

解决了并且e。我们首先考虑第一种方案。我们假设没有电流流过光电管。在这种情况下，电流 $I = \frac{200\theta}{1\text{ кОм} + 2\text{ кОм}} = \frac{1}{15}a$ 将流过 1 和 2 千卢姆的电阻。在这种情况下，2公里电阻上的电压降等于$2 \cdot 10^3\text{ ом} \cdot \frac{1}{15}a \approx 133\theta$。这意味着在这种情况下，光电池阴极电势为 $200\theta - 133\theta = +67\theta$。但阳极电位为$+100\theta$，即高于阴极电位。我们遇到了矛盾，因为在这种情况下电流必须流过光电管。这意味着电流$I_0 = 10\text{ ma}$流过光电管。让我们找出阳极和阴极之间的电势差。阳极的电势为$+100\theta$（我们假设$P$点的电势为零）。因此，我们需要找到阴极电势。为此，您需要确定 1 公里电阻上的电压降。

假设流过电阻的电流沿图上箭头所示的方向流动，并将它们表示为$I_1$和$I_2$，我们可以写成$I_0 + I_2 = I_1$。

为了找到$I_1$和$I_2$，我们需要创建另一个方程。让我们讨论一下由电阻和 e 源组成的电路。 d.s. 200$\theta$。由于在电场中转移电荷的功等于电势差乘以电荷的大小，我们可以写成

$$E - u_1 - u_2 = 0$$

或者

$$E = I_1 \cdot R_1 + I_2 \cdot R_2.$$

联立方程(1)和(2)，可得$I_1 \approx 73\text{ ma}$。这意味着阴极电势为$I_1R_1 = 73\theta$，阳极和阴极之间的电势差为27$\theta$。

我们以同样的方式来看第二个方案。如果我们像第一种情况一样，

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假设没有电流流过光电管，那么我们可以假设有两条链，其中一条由串联的 1 和 3 kΩ 电阻组成，第二条由 2 kΩ 和 4 kΩ 电阻组成，两条链并联并连接到具有电动势的源。和。 100$\beta$。那么，电流$I = \frac{100\beta}{4 \cdot 10^3 \text{ ом}} = 2,5 \cdot 10^{-2} a = 25 \text{ мa}$将流过1和3千卢姆的电阻，1公里电阻上的电压降将等于25$\beta$。这意味着阳极电势为$\varphi_A = 100\beta - 25\beta = 75\beta$。同样，您可以找到阴极电势。在这种情况下，它等于 $33\frac{1}{3} \beta$。事实证明，阳极电位高于阴极电位，电流必须流过光电管。

我们假设电流从上到下流过所有电阻，并从左到右流过光电管。然后我们可以写出以下等式：

$$I_4 + I_0 = I_2,$$
$$I_1 - I_0 = I_3,$$
$$I_1R_1 + U_0 - I_4R_4 = 0,$$
$$E = I_1R_1 + I_3R_3,$$
$$E = I_2R_2 + I_4R_4.$$

这里$U_0$是光电管上的电压降。

就像前面的方案一样，该系统中的前两个方程表达了电荷守恒定律。事实上，例如，在4kohm和2kohm的电阻与光电池的连接点处，每单位时间有电荷$I_0 + I_4$流入，并且$I_2$流出。

求解这个系统，我们得到$U_0 \approx 20,8\beta$。

F26。两个水平半平面的高度为$h$，彼此平滑地相互变换，如图 9 所示。沿与下降方向成$\alpha$ 角度的上半平面，一个小块以$v$ 的速度移动。它如何沿着下半平面移动？

假设该物块没有被破坏，即它移动时没有离开下降表面。我们来索赔吧。

图 9.

解决方案。让我们将木块的速度分解为两个分量：下坡方向的 $v_2 = v \cos \alpha$ 和垂直方向的 $v_1 = v \sin \alpha$ (图 10)。由于没有外力沿方向 $v_1$ 作用在块上，因此块速度的该分量不会改变。分量$v_2$增加。因此，酒吧的速度也会增加。

我们来求一下木块到达下半平面后的速度$u$是多少

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骨头。为此，我们可以使用能量守恒定律
$$\frac{mv^2}{2} + mgh = \frac{mu^2}{2}.$$
因此$u = \sqrt{v^2 + 2gh}$。

现在您可以找到块在底部移动的角度
半平面：
$$\sin \beta = \frac{v_1^2}{u} = \frac{v}{\sqrt{v^2 + 2gh}} \sin \alpha.$$
该解决方案由来自 GSSR 加格拉的 9 年级学生 G. Zaitsev 发送。

F27。紧紧地趴在桌子上的半球形钟，是从这个洞里倒出来的。
在水的顶部图 11. 当水到达洞口时，钟升起并开始流出。如果钟的半径为$R$，水的密度为$\rho$，求钟的质量。

解决了并且e。桌子上的压力等于钟和水的重力之和：$F = Mg + \frac{4}{3} \pi R^3 \rho g$。但在水来的那一刻
提起钟并开始漏水，钟本身并没有压在桌子上。因此，桌子上的压力等于水压乘以面积
船的底座。桌子上的水压在所有点上都是相同的
等于$\rho g R$，所以$F = \rho g R \cdot \pi R^2$。

这意味着$\pi R^3 \rho g = Mg + \frac{4}{3} \pi R^3 \rho g$。因此$M = \frac{1}{3} \pi R^3 \rho$。

高尔基的阿纳托利·沃洛夫扬斯基（Anatoly Vorovlyansky）提出了一个有趣的解决方案想法。

假设钟被放置在一个具有半径和高度的圆柱形容器中。让我们将这个容器装满水，并假设钟的质量可以忽略不计。
不难报告，由于钟设备上的压力和来自内部的所有点
彼此相等（这是根据帕斯卡定律以及钟非常薄的条件得出的），
如果钟声有的话，那么水的平衡就不会被扰乱。桌子上的水压
在这种情况下，它也不会改变。但这意味着我们放入圆柱形容器中的水压作用力与钟的作用方式相同，这意味着钟的质量恰好等于添加的水的质量

$$M = (V \text{ цилиндра} - V \text{ полушара}) \rho = \left( R \pi R^2 - \frac{2}{3} \pi R^3 \right) \rho = \frac{1}{3} \pi R^3 \rho.$$