Пятьсот двадцать головоломок

Ответы

1. Чек был выписан на сумму 31 доллар 63 цента. Человек получил 63 доллара 31 цент. После утери пятицентовой монетки осталось 63 доллара 26 центов, что в два раза превышает сумму, указанную в чеке.

2. Когда человек вошел в магазин, у него было с собой 99 долларов 98 центов.

3. Наибольшая сумма равна 1 доллару 19 центам и составлена из одной монеты в полдоллара, одной монеты в четверть доллара, четырех монет по 10 центов и четырех монет по 1 центу.

4. Сначала просителей было 20 человек и каждый получил по 6 долларов. Пятнадцать человек (на 5 человек меньше) получили бы по 8 долларов каждый. Но их стало 24 (возросло на четыре человека), и каждый получил только по 5 долларов. Сумма еженедельного пожертвования составляет, таким образом, 120 долларов.

5. Группа детей состояла из трех мальчиков и трех девочек. Каждый ребенок получил по две булочки третьего сорта и по одной булочке второго сорта, общая стоимость всех булочек и составляет 7 центов.

6. Вилли-Лежебока проработал 16⅔ дня и прогулял 13⅛ дня. Сумма, которую он получил за проработанное время (из расчета 8 долларов в день), точно совпадает с той суммой, которую он выплатил за прогулы (из расчета 10 долларов в день).

7. Десять мешков должны содержать соответственно 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256 и 489 однодолларовых купюр. Первые девять чисел составляют геометрическую прогрессию. Если сумму этой прогрессии вычесть из 1000, то получится содержимое десятого мешка.

8. У игроков А, В, С, D, E, F и G перед началом игры было соответственно 4 доллара 49 центов, 2 доллара 25 центов, 1 доллар 13 центов, 57 центов, 29 центов, 15 центов и 8 центов. Ответ можно получить, двигаясь от конца задачи к началу, однако более простой способ таков: 7 + 1 = 8; 2 × 7 + 1 = 15; 4 × 7 + 1 = 29 и т. д. (первые сомножители представляют собой последовательные степени двойки, то есть числа 2, 4, 8, 16, 32 и 64).

9. Абрахам (А) должен получить треть всей суммы, а Бенджамин (Б) — две трети. Пусть, например, Б может выкопать канаву за 2 ч и выбросить весь грунт за 4 ч. Тогда А выкапывает канаву за 4 ч и выбрасывает весь грунт за 8 ч. Следовательно, при рытье канавы их силы относятся, как 2 к 4, а при выбрасывании грунта — как 4 к 8 (то есть отношение сил остается неизменным). При этом А может выкопать канаву за то же время, за которое Б может выбросить весь грунт (4 ч), а Б может выкопать канаву за четвертую часть того времени, которое А тратит на выбрасывание грунта. Любые другие конкретные числа, удовлетворяющие условиям задачи, приведут к двум аналогичным отношениям сил обоих землекопов. Следовательно, Абрахаму причитается треть всей суммы, а Бенджамину — в два раза больше, то есть две трети.

10. Кэтрин, Джейн и Мери получили соответственно 122, 132 и 142 доллара, что как раз вместе и составляет общую сумму их доли наследства 396 долларов. По условию задачи Джон Смит получает столько же, сколько и его жена Кэтрин (122 доллара), Генри Снукс — в полтора раза больше своей жены Джейн (198 долларов), а Том Кроу — в два раза больше своей жены Мери (284 доллара), поэтому общая сумма наследства равна 1000 долларов. Следовательно, имена жен указаны верно.

11. Фермер купил 19 коров за 950 долларов, 1 овцу за 10 долларов и 80 кроликов за 40 долларов, что составляет в совокупности 100 голов общей стоимостью в 1000 долларов. Арифметически задачу нетрудно решить с помощью метода средних: средняя стоимость одной головы скота та же, что и стоимость одной овцы.

Алгебраически задачу можно решить следующим образом. Поскольку x + y + z = 100, то ½x + ½y + ½z = 50.

(цены даются в долларах), или 99x + 19y = 1900. Итак, задача сводится к решению неопределенного уравнения. Единственный[28] набор x и y, удовлетворяющий этому уравнению, имеет вид x = 19, y = 1. Чтобы общее число голов равнялось 100, z должно быть равно 80.

12. Все семь торговок продавали яблоки по 1 центу за 7 штук: в тех случаях, когда оставшихся яблок оказывалось менее семи, их придавали по 3 цента за штуку. Таким образом, каждая торговка выручила по 20 центов. Не оспаривая ни в коей мере остроумия этой задачи, я всегда считал ее решение неудовлетворительным из-за его неопределенности, даже если допустить, что при таком эксцентричном способе торговли можно в полном смысле слова говорить о единой «цене» на яблоки. С тем же успехом мы могли бы считать, что торговки продают яблоки по одной цене, но с разными скидками; продают яблоки разных сортов по разным ценам; продают по одной цене за корзину, продают на вес, в то время как яблоки имеют разную величину, сбавляют цену с менее свежих яблок и т. д.

В общем случае можно сказать, что п торговок, у которых имеется соответственно na + (n - 1), n(a + b) + (n- 2), n(a + 2b) + (n- 3), ..., n[a + b(n- 1)] яблок, могут продавать их кучками по n штук на 1 цент, а оставшиеся яблоки — по b центов за штуку, причем каждая из торговок получит выручку в a + b(n - 1) центов. В случае нашей задачи a = 2, b = 3, n = 7.

13. Старший сын получил в наследство 55 долларов, средний — 275, младший — 385 и госпиталю была завещана сумма 605 долларов, что вместе составляет 1320 долларов.

14. В наследство оставлено 1464 доллара (немного меньше чем 1500). Доли каждого из пяти детей равны соответственно 1296, 72, 38, 34 и 18 долларам. Гонорар нотариуса составляет 6 долларов.

15. Доли Альфреда и Бенджамина равны соответственно 24 и 76 долларам. Действительно, если 8 (одна треть от 24) вычесть из 19 (одна четверть от 76), то останется 11.

16. Сумма 2500 долларов, которую внес в дело Роджерс, очевидно, составляет третью часть всего капитала, который, таким образом, до его вступления в долю равнялся 7500 долларам. Следовательно, пай Смага составлял 4500 долларов (в 1½ раза больше, чем пай Вильямсона), а пай Вильямсона — 3000 долларов. Поскольку их паи должны стать одинаковыми, Смаг получит из взноса Роджерса 2000 долларов, а Вильямсон — 500 долларов.

17. У Томкинса, когда он вышел из дому, было с собой 2 доллара 10 центов.

18. Наименьшая сумма (в центах), которая могла быть у одного из участников вечера, должна на единицу превышать число участников. Суммы, принадлежащие остальным участникам, можно найти последовательным удвоением и вычитанием 1. Следовательно, мы получим 10, 19, 37, 73, 145, 289, 577, 1153 и 2305 центов. Пусть тот, у кого больше всего денег, начинает первым. Тогда в конце у каждого участника останется по 2⁹ (512) центов, то есть по 5 долларов 12 центов.

19. Продавец при каждом снижении сбавлял цену на ⅜ стоимости мотоцикла. Следовательно, при очередном снижении он предложит цену 156 долларов 25 центов.

20. Задача сводится к решению неопределенного уравнения 344x = 265y + 33. Методы решения таких уравнений известны достаточно хорошо, поэтому мы не будем на них останавливаться. Решив уравнение, найдем, что x = 252 и y = 327. Итак, если торговец купит 252 лошади по 344 доллара и 327 волов по 265 долларов, то лошади обойдутся ему на 33 доллара дороже, чем волы.

21. Было куплено 75 индюков по 80 центов за штуку на общую сумму 60 долларов. Оставив себе 15 птиц, фермер продал оставшихся 60 индюков по 90 центов за штуку, всего на сумму 54 доллара, как и требовалось. Таким образом, он получил по 10 центов прибыли с каждой из перепроданных 60 птиц.

22. Бакалейщик отложил на черный день 168 бумажных долларов, 168 монет по полдоллара и 168 монет по четверти доллара на общую сумму 294 доллара. В каждом из шести мешков должно быть по 28 денежных знаков каждого типа; в каждом из семи мешков — по 24 и в каждом из восьми мешков — по 21 денежному знаку каждого типа.

23. Объяснение простое. Каждый способ продажи приведет к одинаковым результатам лишь в том случае, если число яблок, проданных по три штуки на цент, будет относиться к числу яблок, проданных по две штуки на цент, как 3 к 2.

Так, например, если бы у первой торговки осталось 36 яблок, а у второй 24, то выручка составила бы 24 цента вне зависимости от того, продали бы они эти яблоки сами или это сделала бы их подруга. Однако если они отдадут подруге по равному числу яблок, то потеря в выручке составит 1 цент на каждые 60 штук. Таким образом, если бы они оставили подруге по 60 штук, то потеряли бы на этом 2 цента. Если бы они дали ей 180 штук (по 90 каждая), то потери составили бы 3 цента и т. д.

Утрата одного цента в нашем случае происходит по той причине, что торговка, продававшая по три яблока на цент, выигрывает 2 цента, а та, которая продавала по два яблока на цент, теряет 3 цента.

Возможно, самым справедливым было бы поделить выручку в 24 цента, дав первой торговке 9½ цента, а второй 14½ цента, то есть так, чтобы каждая потеряла по ½ цента на всей операции.

24. Общая сумма взносов, выраженная в центах, равна 300 737. Это число представимо в виде произведения двух простых сомножителей: 311 и 967. Поскольку нам известно, что в Лиге Красной Смерти не более 500 членов, то число членов равно 311, а взнос составляет 967 центов, или 9 долларов 67 центов.

Других решений быть не может.

25. Цыпленок стоит 2 доллара, утка 4 и гусь 5 долларов.

26. У каждого мальчика вначале было 12 центов, и он дал по 1 центу каждой девочке. У каждой девочки было 36 центов, из которых она дала по 3 цента каждому мальчику. После этого у всех детей стало по 18 центов.

27. Костюм Мелвилла стоил 150 долларов, причем пиджак стоил 75, брюки 50 и жилет 25 долларов.

28. У Ричарда было 4 доллара, а у Джона — 2 доллара 50 центов.

29. Сотня яблок стоила 96 центов.

30. По истечении 18 лет капитал равнялся 22 781 доллару 25 центам.

31. Поскольку одна и та же фальшивая банкнота участвовала во всех операциях, то все они оказались недействительными. Следовательно, каждый остался по отношению к своему должнику в том же положении, что и до того момента, как банкир нашел банкноту. Кроме того, мясник еще должен фермеру 5 долларов за теленка[29].

32. Тому 7 лет, а Мэри 13 лет.

33. Миссис Вильсон 39 лет, Эдгару — 21, Джеймсу — 18, Джону — 18, Этель — 12, Дейзи 9 лет. Ясно, что Джеймс и Джон — одногодки.

34. Де Морган родился в 1806 г. Когда ему было 43 года, то текущий год равнялся квадрату его возраста — 1849. Дженкинс родился в 1860 г. Ему было 5² + 6² (61) лет в 5⁴ + 6⁴ (1921) году. В 2 × 31² (1922) году ему исполнилось 2 × 31 (62) года. И, наконец, его возраст был равен 3 × 5 (15) годам в 3 × 5⁴ (1875) году.

35. Больным было соответственно 64 и 20 лет.

36. Демохар прожил 60 лет.

37. Отцу и матери было по 36 лет, а трое детей были шестилетними близнецами. Суммарный возраст равен как раз 90 годам, и все остальные условия задачи также выполнены.

38. Майку сейчас 1, Пэту 29, и Бидди 24 года. Когда Пэт под окном своей гостиной построил свинарник (7 года назад), Майку было 3, Пэту 22 и Бидди 17 года. Через 11 года Майку будет 22 (столько, сколько было Пэту, когда он построил свинарник). Пэту будет 41 и Бидди 36 года, что в сумме составит 100 лет.

39. 30 и 12 лет.

40. Мальчику 10, а сестре 4 года.

41. Детям было соответственно 2, 5, 8, 11, 14, 17, 20, 23, 26 лет, а отцу 48 лет.

42. Человек родился в 1856 г. и умер в 1920 г., достигнув возраста 64 лет. Пусть x — возраст в момент смерти. Тогда 29x — дата рождения. Дата рождения плюс возраст составят дату смерти: 29x + x = 30x. Далее, из условия задачи ясно, что человек был жив в 1900 г. и умер к 1930 г. Поэтому смерть произошла между этими датами, а поскольку дата равна 30x:, то она делится на 30. Следовательно, этой датой может быть только 1920 г., что при делении на 30 дает 64. Итак, в 1900 г. человеку было 44 года.

43. Читатель родился в полдень 19 февраля 1873 г. и к полудню 11 ноября 1928 г. прожил по 10 176½ дня в каждом веке. Разумеется, XIX в. закончился в полночь 31 декабря 1900 г., который не был високосным, а 11 ноября 1928 г. читателю исполнилось 55 лет и (приблизительно) 9 месяцев.

44. Между рождением Клеопатры и смертью Боадицеи прошло 129 лет, но, поскольку их суммарный возраст равнялся всего лишь 100 годам, был период времени в 29 лет, когда ни одной из них не было на свете (то есть период между смертью Клеопатры и рождением Боадицеи). Следовательно, Боадицея родилась через 29 лет после смерти Клеопатры, последовавшей в 30 г. до н. э., а именно в 1 г. н. э.

45. Робинсону 32 года, его брату — 34, сестре — 38, а матери 52 года.

46. Если бы это были обыкновенные часы, то они показывали бы 4 ч 23 мин. Но поскольку минутная стрелка двигалась в направлении, противоположном часовой, то истинное время составляло 4 ч 36 мин. Чтобы получить истинное время, надо из 60 вычесть то количество минут, которое показывают часы.

47. Это бывает в 9 ч 6¾ мин, когда часовая стрелка проходит путь в 45 (6¾ в квадрате) минутного деления (после XII). Если бы мы допустили дроби, меньшие одной минуты, то нашлось бы еще одно решение, а именно: 12 ч 5 с ( мин).

48. Впервые это произойдет в 12 ч 5 мин, что можно будет неправильно истолковать (из-за идентичности стрелок) как 1 ч мин.

49. Если циферблат треснет так, как показано на рисунке, то сумма цифр в каждой из четырех частей будет равна 20. Искушенный читатель сразу заметит, что поскольку три десятки (римская цифра X имеется ввиду и в числах IX и XI) соседствуют друг с другом, то две из них должны быть объединены в одной части. Это можно сделать двумя способами.

[В первом издании своих занимательных задач Дьюдени дал воистину дьявольское решение этой головоломки: IX надо было рассматривать вверх ногами и истолковывать как XI[30]. (Именно так и делается на исходном рисунке.) Позже автор привел решение, показанное здесь. Существует еще двенадцать решений. Читателю предлагается самому отыскать их.

Предполагается, что римские цифры неподвижно прикреплены к ободку циферблата. Трещина может пересекать цифру, как показано на рисунке, но не может окружить какую-либо цифру, отделив ее от ободка. — М. Г.]

50. Вечер начался в 10 ч 59 мин, а когда гости посмотрели на стрелки, поменявшиеся местами, те показывали 11 ч 54 мин.

51. Истинное время равнялось 2 ч 5 мин.

52. В 3 ч 23 мин.

53. В 3 ч 41 мин.

54. Для того чтобы угол между стрелками был прямым, минутная стрелка должна быть точно на 15 мин впереди или сзади часовой. Каждое из этих положений встретится за 12 ч 11 раз, то есть через каждые 1 ч 5 мин. Если восемь таких промежутков времени пройдет после 9 ч, то часы будут показывать 5 ч 43 мин. С другой стороны, если после 3 ч пройдет два таких промежутка, то мы получим 5 ч 43 мин. Это и есть те два момента времени, которые требовалось найти в задаче, причем второй момент наступит, разумеется, раньше первого.

55. В 8 ч 23 мин и в 4 ч 41 мин. В головоломках с часами мы исходим из предположения, что на часах можно определить дробные доли минуты.

56. До вершины холма 6¾ км. Вверх Вилли-Лежебока взбирался 4½ ч, а вниз спустился за 1½ ч.

57. Поскольку человек проходит 27 шагов за то время, за которое автомобиль проезжает расстояние в 162 шага, ясно, что автомобиль движется в 6 раз быстрее человека. Человек движется со скоростью 3½ км/ч; следовательно, скорость автомобиля 21 км/ч.

58. Если бы каждый бегун, достигнув верхней площадки лестницы, сделал целое число полных шагов и неукороченный последний шаг, то наименьшим возможным числом ступенек было бы, конечно, 60 (3 × 4 × 5). Но из исходного рисунка видно, что у А, шагающего через 3 ступеньки, последний шаг будет длиной лишь в одну ступеньку. Б, перепрыгивающий через 4 ступеньки, на последнем шаге преодолеет всего лишь 3 ступеньки. И К, перепрыгивающему по 5 ступенек, на последнем шаге останется перескочить только через 4 ступеньки. Следовательно, нам надо найти наименьшее число, которое при делении на 3 дает в остатке 1, при делении на 4 дает 3 и при делении на 5 дает остаток, равный 4. Это число равно 19. Таким образом, лестница содержит 19 ступенек, из которых только 4 не изображены на рисунке.

59. Надо заметить (и в этом ключ к решению), что человек из Б. проходит 7 км за то же время, за которое человек из Э. проходит 5 км. Пусть, к примеру, расстояние между городами 24 км, тогда они встретились на расстоянии 14 км от Э. Человек из Э. двигался со скоростью 3 км/ч, а человек из Б. — со скоростью 4⅘ км/ч. Оба закончили свой путь в 7 час. вечера.

60. Велосипедист проедет один километр за 3 мин, или со скоростью км/мин. Ветер изменяет его скорость на км/мин. Следовательно, по ветру он движется со скоростью км/мин, а против ветра — со скоростью км/мин, так что 1 км он проезжает за 3 и за 4 мин соответственно, как и утверждалось.

61. За 3 мин. Команда в стоячей воде проходит ⅕ всего расстояния в минуту, а течение — всего расстояния в минуту. Разность и сумма этих дробей равны соответственно и . Следовательно, путь против течения займет (или 8) мин, а по течению (или 3) мин.

62. Если я прошагаю 26 ступенек; то мне потребуется на спуск 30 с, а если 34, то — 18 с. Умножая 30 на 34 и 26 на 18, мы получим 1020 и 468, разность между этими числами равна 552. Разделив ее на разность между 30 и 18 (то есть на 12), мы получаем в ответе 46, число ступенек на эскалаторе, который движется со скоростью 1 ступенька за 1½ с. Скорость, с которой я двигаюсь по эскалатору, роли не играет, поскольку ступенька, с которой я схожу, достигает платформы в один и тот же момент вне зависимости от того, что я делал до этого.

63. Пусть Андерсон проедет 11 км, бросит велосипед и оставшуюся часть пути пройдет пешком. Браун будет идти пешком до тех пор, пока не подберет велосипед, а затем проедет на нем оставшуюся часть пути. При этом он прибудет в пункт назначения одновременно с Андерсоном, и весь путь займет у них 3 ч 20 мин. Можно также разделить 20 км на 9 участков по 2 км каждый, причем Андерсон должен будет ехать первым. В этом случае Андерсон проедет каждый из своих 5 участков за ч и пройдет пешком каждый из оставшихся 4 участков за ч, затратив на весь путь 3⅓ ч. Браун проедет каждый из своих 4 участков за ч и пройдет пешком каждый из оставшихся 5 участков за ч, затратив на весь путь также 3⅓ ч. Расстояния, которые проедут Андерсон и Браун соответственно, относятся друг к другу как 5 к 4, а расстояния, которые они пройдут пешком, как 4 к 5.

64. Андерсон проезжает 7, Браун 1, а Картер 11 км, что в сумме составляет 20 км. Они могут ехать в любом порядке, но при этом каждый должен воспользоваться велосипедом только один раз, а второй ездок должен идти пешком и до и после езды. Путешествие займет у каждого 3 ч, и, следовательно, все прибудут в пункт назначения одновременно.

65. Аткинс везет Кларка 40 км и высаживает, чтобы оставшиеся 12 км тот прошел пешком. Затем он возвращается назад, в 16 км от старта подбирает Болдуина и везет его до конца пути. Все трое тратят на дорогу 5 ч. Другое решение состоит в том, что Аткинс сначала 36 км везет Болдуина и возвращается за Кларком, прошедшим к этому времени 12 км. Мотоцикл в обоих случаях проехал по 100 км, в том числе 24 км без пассажиров.

66. Проделанное связным расстояние равно квадратному корню из удвоенного квадрата 40, прибавленному к 40, что составляет 96,568 км, или приблизительно 96½ км.

67. Относительная скорость встречных поездов составляет 600 футов в 5 с, или 81 миль/ч. Когда поезда движутся в одном направлении, то их относительная скорость составляет 600 футов в 15 с, или 27 миль/ч. Отсюда мы получаем, что скорость более быстрого поезда равна 54 миль/ч, а скорость более медленного — 27 миль/ч.

68. Существуют два расстояния, удовлетворяющих условию задачи, — 210 и 144 мили. Последней случай исключен, так как в условии сказано, что поезда движутся со скоростями, «не слишком отличающимися от обычных». (Если бы мы приняли расстояние в 144 мили, то А прошел бы 140 миль за то же время, за которое B и D прошли бы 4 мили. Так что если бы последние шли со скоростью 2 миль/ч, то первый делал бы 70 миль/ч — скорость, которую, конечно, нельзя назвать «не слишком отличающейся от обычных»!) Если расстояние равно 210 милям, то окажется, что скорости B и D в два раза меньше скорости A, а скорость C составляет ¾ скорости A, что выглядит вполне разумным.

69. Расстояние от Англчестера до Клинкертона составляет 200 миль. Поезд прошел 50 миль со скоростью 50 миль/ч и 150 миль со скоростью 30 миль/ч. Если бы поломка произошла на 50 миль дальше, то поезд прошел бы 100 миль со скоростью 50 миль/ч и 100 миль со скоростью 30 миль/ч.

70. Когда Браун оставил позади всего лишь ⅙, или , всей дистанции, Томкинс уже прошел ⅚ минус , или , всей дистанции. Следовательно, скорость Томкинса в раза больше скорости Брауна. Брауну осталось пробежать ⅚, а Томкинсу — только ⅙ всей дистанции. Следовательно, Браун, чтобы прибежать хотя бы одновременно, должен развить скорость, в 5 раз превышающую скорость Томкинса, то есть в 5 раз большую , или бежать в раза быстрее, чем он бежал первоначально. Однако вопрос ставился не «во сколько раз», а «на сколько», а «в раза быстрее» — это все равно, что быстрее на первоначальной скорости Брауна. Правильным ответом, следовательно, будет: на 20¼ первоначальной скорости быстрее, хотя похоже на то, что такая рекомендация практически неосуществима.

71. Утверждение о равенстве средних скоростей ошибочно. В действительности средние скорости кораблей не равны. Первый корабль проходит милю за ч в одном направлении и за ⅛ ч в обратном. Полусумма этих дробей равна . Следовательно, средняя скорость, с которой первый корабль проходит 400 миль, равна 1 миле за ч. Средняя скорость второго корабля составляет 1 милю за ч.

72. Расстояние между двумя пунктами равно 18 км. Точки встречи отстоят от A и B на 10 и 12 км соответственно. Умножьте 10 (первое расстояние) на 3 и вычтите второе расстояние — 12. Что может быть проще? Испробуйте другие расстояния до точек встречи (следя за тем, чтобы первое расстояние составляло более ⅔ второго) и вы обнаружите, что это правило действует с неизменным успехом.

73. Собака бежала со скоростью 16 км/ч. Ключом к решению задачи служат следующие рассуждения. Расстояние, которое человеку осталось пройти рядом с собакой, составляло 81 м, или 3⁴ (пес возвращался 4 раза), а длина дорожки равнялась 625 м, или 5⁴. Поэтому разность скоростей (выраженных в км/ч) человека и собаки (то есть 12) и сумма их скоростей (20) должны находиться в отношении 3 : 5.

74. Вполне очевидно, что Бакстер догонит Андерсона через один час, поскольку к этому времени они пройдут по 4 км в одном направлении. Далее, скорость собаки составляет 10 км/ч; следовательно, за этот час она пробежит 10 км! Когда эту головоломку предложили одному французскому профессору математики, тот воскликнул: «Mon Dieu, quelle sґerie!»,[31] совершенно не заметив, как просто она решается.

75. Девять исследователей A, B, C, D, E, F, G, H, J проезжают 40 миль, затратив на это по полному баку горючего. Затем A передает по 1 галлону остальным восьми участникам и поворачивает назад, причем у него остается 1 галлон на обратную дорогу. Остальные восемь участников едут еще 40 миль, затем B передает по 1 галлону семи другим исследователям. Двух галлонов ему как раз хватает на обратный путь. Семеро исследователей проезжают еще 40 миль, затем C передает остальным шести по 1 галлону и возвращается домой, затратив на обратный путь 3 галлона. Шестеро исследователей проезжают еще 40 миль, после чего D передает каждому по 1 галлону и возвращается назад. Пятеро оставшихся проезжают еще 40 миль, затем E дает каждому по 1 галлону и возвращается назад. Теперь уже четверо исследователей продвигаются еще на 40 миль в глубь пустыни, F раздает каждому по 1 галлону и возвращается назад. G, H, J преодолевают еще 40 миль, G дает каждому по 1 галлону и едет назад. H и J проезжают еще 40 миль, H отдает 1 галлон J и возвращается. Наконец, последний путешественник J проезжает еще 40 миль, располагая 9 галлонами на обратный путь. Таким образом, J достигает пункта, расположенного в 360 милях от начального. Это наибольшее расстояние, которое можно проехать по прямой при заданных условиях.

76. Уокинхолм складывает 5 рационов на 90-мильной отметке (см. рисунок) и возвращается на базу (5 дней). Затем он оставляет 1 рацион на отметке 85 миль и возвращается к отметке 90 миль (1 день). Один рацион профессор оставляет на отметке 80 миль и возвращается снова к отметке 90 миль (1 день). Переносит 1 рацион на отметку 80 миль, возвращается к отметке 85 миль, подбирает оставшийся там 1 рацион и переносит его на отметку 80 миль (1 день). «Забрасывает» 1 рацион на отметку 70 миль и возвращается к отметке 80 миль (1 день), затем возвращается на базу (1 день). Таким образом, на отметках 70 и 90 миль остается по 1 рациону. Уокинхолм переносит 1 рацион на отметку 5 миль и возвращается на базу (1 день). Если ему нужно пройти 20 миль, то он может это сделать, дойдя до отметки 10 миль и вернувшись на базу. Переносит 4 рациона на отметку 10 миль и возвращается на базу (4 дня). Оставляет 1 рацион на отметке 10 миль и возвращается к отметке 5 миль, подбирает оставленный там 1 рацион и переносит его к отметке 10 миль (1 день). Переносит 2 рациона на отметку 20 миль и возвращается к отметке 10 миль (2 дня). Переносит 1 рацион к отметке 25 миль и возвращается к отметке 20 миль (1 день). Оставляет 1 рацион на отметке 30 миль, возвращается к отметке 25 миль, забирает оставленный там 1 рацион и переносит его на отметку 30 миль (1 день). Идет к отметке 70 миль (2 дня). Идет на базу (1½ дня). Всего 23½ дня.

Предпринимались попытки уменьшить это время, но все они были основаны на трюках, так или иначе запрещенных. Например, Уокинхолма «вынуждали» оставлять не целый суточный рацион, а лишь его часть, совершать марш-бросок или съедать суточный рацион перед уходом с очередной отметки, чтобы он мог нести еще два суточных рациона и т. п. В последнем случае Уокинхолм на самом деле нес бы три рациона: один в желудке и два за плечами!

Если бы маршрут профессора пролегал по пустыне, то кратчайшее время равнялось бы 86 дням, а поступать следовало бы так.

Сложить 42 рациона в 10 милях от базы, вернуться на базу (42 дня). Отнести 1 рацион на отметку 15 миль, вернуться к первому складу в 10 милях от базы (1 день). Оставить 20 рационов в 20 милях от базы и вернуться к складу, расположенному в 10 милях от базы (20 дней). Отнести 1 рацион на расстояние 20 миль от базы и вернуться в точку, отстоящую на 15 миль от базы, взять ранее оставленный там 1 рацион и перенести его к отметке 20 миль (1 день). Перенести 10 рационов в точку, отстоящую на 30 миль от базы, и вернуться к отметке 20 миль (10 дней). Отнести 1 рацион к отметке 35 миль и вернуться к отметке 30 миль (1 день). Отнести 4 рациона на отметку 40 миль и вернуться к отметке 30 миль (4 дня). Отнести 1 рацион к отметке 40 миль и вернуться к отметке 35 миль. Взять там 1 рацион и перенести его к отметке 40 миль (1 день). Отнести 2 рациона в точку, отстоящую на 50 миль от базы, и вернуться к отметке 40 миль (2 дня). Отнести 1 рацион к отметке 55 миль и вернуться к отметке 50 миль (1 день). Перенести 1 рацион к отметке 60 миль и вернуться к отметке 55 миль. Взять там 1 рацион и перенести его на отметку 60 миль (1 день). Совершить оттуда переход до конечного пункта маршрута (2 дня). Всего — 86 дней.

77. Если человек, выйдя из A, пройдет 1⅔ км со скоростью 5 км/ч, то на это он затратит 20 мин. Обратный путь со скоростью 4 км/ч займет у приятелей 25 мин. Таким образом, человек догонит приятеля-инвалида в 12.35. Последний к тому времени проедет ⅔ км за 35 мин со скоростью 1 км/ч.

78. Предположим, что поезд идет в течение часа и имеет невероятную длину 3 км. Тогда (см. рисунок) за это время он пройдет от B до C 60 км, а пассажир переместится от A до C, или на 63 км. С другой стороны, если бы пассажир шел от паровоза в хвост поезда, то поезд успел бы пройти расстояние от B до C (снова 60 км), в то время как пассажир переместился бы лишь на расстояние от B до C, то есть на 57 км. Следовательно,в первом случае скорость пассажира относительно железнодорожного полотна составляет 63, а во втором — 57 км/ч[32].

79. Поскольку поезд идет 5 ч, разделим путь на 5 равных интервалов. Когда леди выезжает из Вюрцльтауна, 4 встречных поезда уже находятся в пути, а пятый лишь отправляется со станции. Каждый из этих 5 поездов она встретит. Когда леди проедет ⅕ пути, из Мадвилля отправится новый встречный поезд, когда она проедет ⅖ пути — еще один, ⅗ — еще один, ⅘ — еще один и, наконец, когда она прибудет в Мадвилль, оттуда как раз будет отправляться очередной, пятый, поезд. Если мы примем, как и следует сделать, что она не встречает «по пути» ни этот последний поезд, ни тот, который прибыл в Вюрцльтаун, когда ее поезд отправлялся оттуда, то по дороге из Вюрцльтауна в Мадвилль леди повстречает 9 поездов.

80. Слуга должен нести чемодан 1⅓ км и передать его джентльмену, который донесет чемодан до станции. Садовник должен нести другой чемодан 2⅔ км, а потом отдать его слуге, который и донесет чемодан до станции. Таким образом, каждый из них пронесет один чемодан 2⅔ км — иначе говоря, труд, который затратят на переноску багажа джентльмен, слуга и садовник, будет одинаковым.

81. Пусть n — число ступенек эскалатора; время, которое требуется, чтобы одна ступенька исчезла внизу, примем за единицу.

Тротмен проходит 75 ступенек за n - 75 единиц времени, или со скоростью 3 ступеньки за (n - 75)/25 единиц, времени. Следовательно, Уокер проходит 1 ступеньку за (n - 75)/25 единиц времени. Но он же проходит и 50 ступенек за n - 50 единиц времени, или 1 ступеньку за (n - 50)/50 единиц времени. Следовательно, (n - 50)/50 = (n - 75)/25, откуда n = 100.

82. Путешествие длилось 10 ч. Аткинс прошел пешком 5 км; Браун — 13 км, а ослик, принадлежавший Крэнби, пробежал в общей сложности 80 км. Надеюсь, ослику после такого подвига дали хорошенько отдохнуть.

83. Велосипедисты A, B, C, D могут проехать один километр соответственно за ⅙, , и ч. Следовательно, они совершают полный круг за , , и ч и, таким образом, в первый раз встречаются через ч (или, что то же, через 6⅔ мин). Четыре раза по 6⅔ мин составит 26⅔ мин. Поэтому четвертая встреча всех четырех велосипедистов произойдет в 12 ч 26 мин 40 с.

84. Брукс догонит Картера через 6⅔ мин.

85. 1) Муха встретит B в 1 ч 48 мин.

2) Определять расстояние, которое пролетит муха, не нужно. Это слишком трудная задача. Зато можно просто найти время, когда бы могли столкнуться автомобили, — 2 ч. На самом деле муха пролетает (в километрах):

сумма этой бесконечно убывающей геометрической прогрессии равна 300 км.

86. Наименьшее общее кратное чисел 2, 3, 4, 5, 6 и 7 равно 420. Вычитая из него 1, получаем 419 — возможное число ступенек. Кроме того, условиям задачи будут удовлетворять числа, полученные последовательным прибавлением чисел, кратных 420, к 419. Следовательно, число ступенек в эскалаторе может быть равно 419, 839, 1259, 1679 и т. д. Поскольку интересующий нас эскалатор содержит меньше 1000 ступенек и на линии есть еще один эскалатор с меньшим числом ступенек, обладающий теми же свойствами, что и первый, то эскалатор на «Керли-стрит» содержит 839 ступенек.

87. Молодые люди едут втрое быстрее, чем идут пешком; следовательно, ¾ всего времени им необходимо затратить на обратный путь и только V4 ехать на автобусе. Таким образом, они будут ехать в течение 2 ч, покрыв расстояние в 18 км, и идти пешком 6 ч. Возвратятся они ровно через 8 ч после отъезда.

88. Водитель должен провезти четверых солдат 12 км и высадить их в 8 км от пункта назначения. Затем он должен вернуться на 8 км и подобрать еще четверых солдат (из восьми), которые к тому времени там окажутся, провезти их 12 км и высадить в 4 км от пункта назначения. Вернувшись затем на 8 км за остальными солдатами, которые к тому времени успеют пройти 8 км от исходного пункта, везти их 12 км до конца. Все солдаты прибудут на место назначения одновременно, причем автомобиль пройдет 52 км за 2⅗ ч. Следовательно, солдаты прибудут на место в 2 ч 36 мин.

89. Расстояние между пунктами составляет 300 км.

90. Расстояние равно 13⅛ км; так что в город мистер Уилкинсон идет 2⅝ ч, а возвращается 4⅜ ч, затратив на путь в общей сложности 7 ч.

91. Расстояние от Лондона до Баглминстера составляет 72 км.

92. Робинсон догонит Брауна через 12 мин после старта.

93. Для решения задачи не требуется алгебраических выкладок, не нужно знать и расстояние между городами. Отправим оба поезда от места встречи, где бы она ни произошла, обратно с теми же скоростями. Тогда за час первый поезд пройдет 60 км, а второй 40 км. Поэтому расстояние между поездами за час до встречи равно 60 + 40, или 100 км.

94. Через 20 мин после начала путешествия Пэт сообщил, что пройдена половина того расстояния, которое оставалось до Пигтауна. Следовательно, путь от Богули до Пигтауна занимает 1 ч.

Отъехав от Пигтауна на 5 миль, Пэт и полковник Крэкхэм оказались вдвое ближе к Болифойну, чем к Пигтауну. Еще через час они достигли Болифойна. Следовательно, путь от Пигтауна до Болифойна занимает 3 ч. Поскольку 5 миль попутчики проехали за 2 ч, то за 4 ч они проезжали 10 миль. Следовательно, искомое расстояние 10 миль.

95. Второй человек, увидев, что его приятель повернулся и идет ему навстречу, стал пятиться и прошел таким образом 200 м. Конечно, его поведение было весьма эксцентрично, но он поступил именно так, и это единственный ответ на вопрос задачи. В результате приятели смогли, глядя друг на друга, двигаться по прямой в одном направлении.

96. Если бы весы были неверными из-за различного веса их чашек, то истинный вес пудинга составлял бы 154 г; первое показание весов дало бы 130, а второе 178 г. Половина суммы показаний весов (среднее арифметическое) равна 154. Но из рисунка к условию задачи видно, что чашки весят поровну и что ошибка проистекает из-за разницы в длине плеч коромысла[33]. Следовательно, показания весов равнялись 121 и 169 г, а истинный вес составляет 143 г. Извлекая квадратный корень из произведения показаний весов, мы получим 143 (среднее геометрическое). Длины плеч весов относятся как 11 к 13.

Если мы обозначим через х истинный вес, то для разобранных случаев получим соответственно следующие уравнения:

97. Поскольку одна банка весит 1 кг, то, глядя на левую часть рисунка, мы видим, что 8 пакетов уравновешивают 3 кг и, следовательно, один пакет уравновешивает ⅜ кг. Во втором случае один пакет уравновешивает 6 кг. Умножив ⅜ на 6, мы получим . Извлекая затем квадратный корень из , получаем , или 1½ кг. Это и есть истинный вес одного пакета. Значит, восемь пакетов весят 12 кг.

98. Важно отметить, что отец, ребенок и собака вместе весили 180 фунтов, как это показано на рисунке. Далее, разность между 180 и 162 равна 18, что совпадает с удвоенным весом собаки. Значит, собака весит 9, а ребенок 30 фунтов, так как, если из 30 фунтов вычесть 70% этого веса, получится ровно 9.

99. На первых весах мы видим, что яблоко и 6 слив равны по весу груше, поэтому на вторых весах можно, не нарушая равновесия, заменить грушу на яблоко и 6 слив. Затем можно убрать по 6 слив с каждой чашки и обнаружить, что 4 яблока весят столько же, сколько и 4 сливы. Следовательно, одно яблоко равно по весу одной сливе. Заменяя на первых весах яблоко сливой, мы получаем, что одна груша равна по весу 7 сливам. Как пишут в старых учебниках: ч. т. д.

100. 1. Положив на разные чашки гири в 5 и 9 фунтов, отвесить 4 фунта. 2. С помощью 4 фунтов отвесить еще 4 фунта. 3. Отвесить в третий раз 4 фунта. 4. Отвесить в четвертый раз 4 фунта, причем остаток будет также равен 4 фунтам. 5. —9. Поделить с помощью весов каждую порцию в 4 фунта на две равные части.

102. Решениями будут числа 39 157 и 57 139. В каждом случае произведение чисел 39 и 57 минус 1 равно 2222.

103. Если квадрат целого числа оканчивается повторяющимися цифрами, то этими цифрами могут быть лишь 4, как в случае 144 = 12². Но число таких повторяющихся цифр не может превосходить трех; следовательно, ответом служит число 1444 = 38².

104. Расположив цифры следующим образом:

мы увидим, что обе суммы равны.

105. Умножив 273 863 на 365, получим 99 959 995. Заметим, что любое восьмизначное число, у которого первые четыре цифры повторяются, делится без остатка на 73 (и на 137). Кроме того, если такое число оканчивается на 5 или 0, то оно делится также и на 365 (или на 50 005). Зная эти факты, можно сразу же выписать ответ.

106. Разделим 7 101 449 275 362 318 840 579 на 7 «уголком», как нас учили в школе. При делении 7 на 7 получим 1, следующая цифра 1 даст в частном 0, затем снова 1 и т. д., пока мы не дойдем до конца. Сверив частное с делимым, мы увидим, что оно действительно получается при переносе первой семерки делимого в конец. Частное, получающееся при перестановке в конец первой цифры делимого, можно найти для любого делителя и любой цифры.

Очень интересно исследовать задачу в общем виде.

Выбрав делитель равным 2, получим число 2-10-52-6-31 578-94-736-8-4-.

Далее цикл замыкается. Черточки стоят в тех местах, где при делении на 2 нет остатка. Заметьте, что непосредственно за черточкой следуют цифры 1, 5, 6, 3, 9, 7, 8, 4, 2. Следовательно, если необходимо, чтобы число начиналось с 8, то я возьму 842 105 и т. д., отправляясь от цифры 8, стоящей после черточки. Если имеется полный цикл, как в этом случае, а также в случае делителей, равных 3, 6 и 11, то количество цифр искомого числа равно делителю, умноженному на 10 минус 2. Если вы возьмете в качестве делителя 4, то получите пять отдельных циклов. Так, 4-10 256- даст вам числа, начинающиеся с 4 или 1; 20-512-8- — с 2, 5 или 8; 717 948- с 7; 3076-92 — с 3 или 9; 615 384- даст числа, начинающиеся с 6.

Для некоторых делителей, например для 5 и 9, хотя они и порождают несколько отдельных циклов, требуется такое же количество цифр, как если бы они порождали один полный цикл. Наш делитель 7 порождает три цикла: один, показанный выше и дающий числа, у которых первой цифрой служат 7, 1 или 4; второй — для чисел, начинающихся с 5, 8 или 2; третий — с 6, 9 или 3.

107. Мы можем разделить 857 142 на 3, просто перенеся 2 из конца в начало, либо разделить 428 571, перенеся 1.

108. Вот как можно выразить число 64 с помощью двух четверок и арифметических знаков:

[Интерес к задаче «Четыре четверки» с момента ее опубликования периодически оживлялся. Об относительно недавней дискуссии, посвященной этой задаче, я писал в январском номере журнала Scientific American за 1964 г. (см. также заметку в разделе ответов в следующем номере того же журнала). Таблицу, в которой с помощью четырех четверок выражены все числа от 1 до 100, можно найти в книгах: L. Harwood Clarke «Fun With Figures» (N. Y., 1954, pp. 51—53) и Angela Dunn «Mathematical Baffers» (N. Y., 1964, pp. 5—8).

Число 64 легко выразить как с помощью четырех четверок: (4 + 4) × (4 + 4), так и с помощью трех четверок: 4 × 4 × 4. М. Бикнел и В. Е. Хоггат в журнале Recreational Mathematics Magazine (14, 1964) указывают 64 способа, которыми можно выразить 64 с помощью четырех четверок.

Кнут в журнале Mathematics Magazine (37, 1964, pp. 308—310) показал, как представить 64, используя только одну четверку и три рода символов: знак квадратного корня, знак факториала и скобки. Чтобы выразить таким образом число 64, требуется 57 знаков квадратного корня, 9 знаков факториала и 18 скобок. С помощью вычислительной машины удалось выяснить, что все положительные целые числа, не превосходящие 208, можно выразить аналогичным образом. Кнут высказывает предположение, что этот метод применим ко всем целым положительным числам.

Дьюдени частично прав в своем утверждении относительно 113. Насколько мне известно, никто не сумел представить это число без использования весьма нестандартных символов или чрезвычайно сложных процедур, вроде той, которую предложил Кнут. — М. Г.]

109. Какие символы считать допустимыми — дело вкуса, но я бы лично предпочел обойтись без всяких log.

Вот несколько решений:

110. Если мы умножим 497 на 2, то получим 994. Если же мы сложим эти два числа, то получим 499. Цифры в обоих случаях одни и те же. Аналогичный результат справедлив для 263 и 2. Мы получим соответственно 526 и 265.

[Г. Линдгрен указывает, что, вводя девятки после первой цифры, можно получить два ответа при любом желаемом числе цифр: 4997 + 2 = 4999; 499 × 2 = 9994; 2963 + 2 = 2965; 2963 × 2 = 5926; аналогично для 49 997+(или ×)2; 29 963+(или ×)2 и т. д. — М. Г.]

111. Квадрат числа 836, равный 698 896, содержит четное число цифр, причем его можно читать как обычным способом слева направо, так и справа налево. Среди всех квадратов, содержащих данное четное число цифр, палиндромический квадрат наименьший.

112. Если число нулей, заключенных между двумя единицами, равно любому числу, кратному 3, плюс 2, то два сомножителя всегда можно выписать немедленно с помощью следующего любопытного правила: 1001 = 11 × 91; 1 000 001 = 101 × 9901; 1 000 000 001 = 1001 × 999 001; 1 000 000 000 001 = 10 001 × 99 990 001. В последнем случае мы получаем требуемый ответ, а 10 001 = 73 × 137. Кратность вхождения 3 в 11 равна 3 (11 = 3 × 3 + 2). Следовательно, в каждый сомножитель мы вставляем по три нуля и добавляем лишнюю девятку.

Если бы наше число, как я предположил, содержало 101 нуль, то наибольшее число, на которое можно умножить 3, чтобы произведение не превосходило 101, равнялось бы 33 и сомножители содержали бы 33 нуля и 34 девятки и имели бы вид, указанный выше. Если бы количество нулей в нашем числе было четным, то вы смогли бы найти два сомножителя следующим образом: 1001 = 11 × 91; 100 001 = 11 × 9091; 10 000 001 = 11 × 909 091 и т.д.

113. Число 1 234 567 890 разлагается на множители следующим образом: 2 × 3 × 3 × 5 × 3607 × 3803. Если 3607 мы умножим на 10, а 3803 на 9, то получим два составных множителя: 36 070 и 34 227, дающих в произведении 1 234 567 890 и обладающих наименьшей разностью.

114. Для того чтобы число делилось на 11, нужно, чтобы либо четыре чередующиеся цифры в сумме давали 17, а остальные пять — 28, либо, наоборот, четыре цифры давали в сумме 28, а пять — 17. Так, в приведенном примере (482 539 761) цифры 4, 2, 3, 7, 1 дают в сумме 17, а 8, 5, 9, 6 дают 28. Далее, четыре цифры могут в сумме дать 17 девятью различными способами, а пять цифр могут дать 17 двумя способами. Всего получается 11 способов. В каждом из этих 11 случаев четыре цифры можно переставить 24, а пять цифр — 120 способами, что дает 2880 вариантов. Всего благоприятных исходов получается 2880 × 11 = 31680. Поскольку девять цифр можно переставить 362 880 способами, то мы получаем 115 против 11 за то, что наугад взятое число не будет делиться на 11[34].

115. Запишем под нашим числом справа налево числа 1, 10, 11, как показано ниже:

Умножим теперь числа 1 и 10, стоящие внизу, на числа, записанные над ними, и сложим полученные произведения; затем проделаем то же самое с числами 11 и вычтем из первой суммы вторую. В результате получим: 13 + 08 + 29 + 49 = 99; 11 × (2 + 3 + 1) = 66. Разность равна 33 и совпадает как раз с остатком от деления нашего числа на 37.

Вот ключ к решению задачи. Если мы поделим 1, 10, 100, 1000 и т. д. на 37, то будем последовательно получать остатки: 1, 10, 26 и снова 1, 10, 26 и т. д. Удобнее вычесть 37 из 26 и сказать, что остаток равен минус 11. Если вы примените данный метод к числу 49 629 708 213, то получите, что первая сумма равна 99, а вторая сумма равна 165. Разность равна минус 66. Прибавьте 37 и вы получите минус 29. Но, поскольку ответ отрицательный, прибавьте еще раз 37, и вы получите верный ответ, равный 8. Теперь вы можете применить аналогичный метод и к другим простым делителям. В случае 7 и 13 это сделать легко. В первом из них вы пишите 1, 3, 2 (1, 3, 2), 1, 3, 2 и т. д. справа налево, причем числа в скобках берете со знаком минус. Во втором случае надо записать 1 (3. 4, 1), 3, 4, 1 (3, 4, 1) и т. д.

116. Обозначим наше число через ABCABCABC. Если суммы цифр, обозначенных буквами A, B и C, равны соответственно:

то в первых трех случаях 11A - 10B = C, в следующих двух 11A - 10B - C = 111(3 × 37). И наконец, в последних двух случаях 10B + C - 11A = 111. Если имеет место один из этих случаев, то независимо от конкретного значения соответствующих цифр наше число делится на 37. Вот пример первого случая:

где сумма A-цифр равна 18, B-цифр равна 19 и C-цифр равна 8.

Нетрудно видеть, что первые три случая могут встречаться в 22, вторые два — в 10 и последние два — в 10 вариантах, то есть всего в 42 вариантах. Но в каждом варианте число перестановок цифр A равно 6, цифр B равно 6 и цифр C тоже равно 6. Общее число перестановок будет 6 × 6 × 6 = 216. Умножив число вариантов на число перестановок, мы получаем 9072 благоприятных (число делится на 37) исходов. Поскольку число перестановок девяти цифр равно 362 880, то вероятность благоприятного исхода равна 9072/362880, или . Можно сказать иначе: имеется 39 шансов против 1 за то, что число не разделится на 37.

117. Существуют четыре решения: 2 438 195 760, 3 785 942 160, 4 753 869 120, 4 876 391 520. Последняя цифра обязана быть нулем. При любом размещении цифр с четной цифрой перед нулем число делится на 2, 3, 4, 5, 6, 9, 10, 12, 15 и 18. Остается рассмотреть только 7, 11, 13, 16 и 17. (Делимость на 8 и 14 следует из делимости на 16 и 7.) Для делимости на 11 цифры, стоящие на четных местах, должны в сумме давать 28, а на нечетных — 17, или наоборот. Для того чтобы наше число делилось на 7 × 11 × 13 = 1001, число, образованное первой тройкой цифр, и число, образованное последней тройкой (мы отбрасываем нуль), в сумме должны давать число, образованное средней тройкой цифр. (Отметим, что третий из приведенных случаев есть на самом деле: 474 --1386 - 912, где 1 перенесена вперед и прибавлена к 4.) Однако самое лучшее, что мы можем сделать, это умножить наименьшее общее кратное (н. о. к.) наших делителей (12 252 240) на самое маленькое число (82), при котором произведение (1 004 683 680) будет содержать 10 цифр, а затем прибавлять н. о. к. до тех пор, пока все цифры не станут различными.

Умножив н. о. к. на 199, получим первое решение, умножив на 309 — второе, на 388 — третье и на 398 — четвертое решение. Выкладки можно существенно сократить, перескакивая через группы чисел, в которых цифры очевидным образом повторяются. Все ответы можно получить с помощью арифмометра за каких-нибудь двадцать минут.

118. Наименьшим возможным числом будет 3 333 377 733. Оно делится на 3 и на 7, и тем же свойством обладает сумма его цифр (42). Число должно содержать по крайней мере 3 семерки и 7 троек, причем семерки следует перенести как можно дальше вправо.

119. Искомыми числами являются 5832, 17 576 и 19 683. Сумма цифр каждого из них, равная соответственно 18, 26 и 27, совпадает с соответствующим кубическим корнем.

120. Наименьшее число, удовлетворяющее всем условиям, равно 35 641 667 749. Другие числа получаются прибавлением к данному любого целого, кратного числу 46 895 573 610.

121. Искомыми числами будут 162, 243, 324, 392, 405, 512, 605, 648, 810 и 972. Этим, по-видимому, исчерпываются все возможные случаи.

122. Существуют три решения: 56 169 (237²), где 56 + 69 = 125 (5³); 63 001 (251²), где 63 + 01 = 64 (4³) и 23 104 (152²), где 23 + 04 = 27 (3³).

123. Произведение чисел 989 010 989 и 123 456 789 равно 122 100 120 987 654 321, что и требовалось найти.

124. Ответ профессора гласил:

где разность прогрессии равна соответственно 267, 273, 327 и 333. Он указал на то, что для каждой из шести перестановок средних трех цифр можно найти соответствующее решение.

[В. Тебо в книге «Parmi les Nombres Curieux» показал, что существует 760 таких прогрессий. Кроме 456 и его перестановок, среднее число может быть любой перестановкой следующих групп из трех цифр: 258, 267, 348 и 357. — М. Г.]

125. Если вы умножите 6666 на сумму четырех заданных цифр, то получите правильный ответ. Поскольку 1, 2, 3, 4 в сумме дают 10, то, умножая 6666 на 10, получаем ответ 66 660. Если мы будем искать сумму всех выборок по четыре различные цифры, то получим 16 798 320, или 6666 × 2520.

126. Эту задачу можно решить несколькими способами. Ответ, разумеется, одинаковый во всех случаях, равен 201 599 999 798 400. Сумма девяти цифр равна 45 и

Записав далее

девять раз, сложив и приписав в конце 00, получим ответ.

127. С помощью четырех перестановок , , , мы получим число 157 326 849, равное квадрату числа 12 543. Однако правильное решение — , , — даст число 523 814 769, равное квадрату числа 22 887. При этом совершается всего три перестановки.

128. Наименьший квадрат равен 1 026 753 849 (32 043²); наибольший — 9 814 072 356 (99 066²).

129. Задача имеет только два решения: числа 567 (567² = 321 489) и 854 (854² = 729 316). При поиске решения следует рассматривать лишь такие трехзначные числа, сумма цифр которых равна 9, 18 и 27 или 8, 17 и 26. Наименьшее трехзначное число, квадрат которого шестизначен, равно 317.

130. Суммы цифр данных шести чисел соответственно равны

Складывая цифры сумм (если потребуется — не один, а несколько раз), мы получим в результате однозначные числа, стоящие во втором ряду. Назовем эти однозначные числа цифровыми корнями исходных чисел. Цифровые корни можно объединить в группы из трех чисел восьмью различными способами

(Внизу выписаны цифровые корни.) Как показано в моей книге «Математические развлечения», цифровой корень квадрата должен равняться 1, 4, 7 или 9. Поэтому искомые числа должны иметь цифровые корни 4, 7, 7. Две семерки можно выбрать тремя способами. Но если бы пятое число содержалось среди искомых, то их сумма оканчивалась бы на 189 или на 389, что невозможно для квадрата, ибо в нем перед 89 должно стоять четное число или 0. Следовательно, ответ имеет вид

В правой части стоит число, равное квадрату 3645.

Чтобы подчеркнуть ценность этого нового метода, я позволю себе процитировать профессора Роуза Бола:

«Данное приложение целиком обязано своим появлением мистеру Дьюдени. Свойства цифр мало известны математикам, и мы надеемся, что его пример поможет привлечь внимание к этому методу... При решении некоторого класса арифметических задач метод цифрового корня оказывается чрезвычайно полезным».

131. 7 + 1 = 8; 9 - 6 = 3; 4 × 5 = 20.

132. Приведем пять решений задачи:

133. Цифры 4, 6 и 8 должны стоять во втором разряде, поскольку никакое простое число не может оканчиваться на эти цифры. Цифры 2 и 5 могут появиться в разряде единиц только в том случае, если простое число однозначно, то есть если нет других цифр. После этого решение без особого труда доводится до конца:

134. В каждом из следующих восьми примеров девять цифр используются по одному разу, а разность между соседними суммами равна 9.

135. Число 94 857 312 при умножении на 6 дает 569 143 872, причем все девять цифр в каждом случае используются один и только один раз.

[Известны еще два решения: 89 745 321 × 6 = 538 471 926 и 98 745 231 × 6 = 592 471 386. — М. Г.]

136. Нетрудно представить число 24 с помощью трех четверок, пятерок, восьмерок или девяток:

Число 24 можно изобразить и с помощью трех единиц, шестерок и семерок. Действительно,

137. Бочки можно разместить 42 различными способами. Положение бочек 1 и 9 всегда остается неизменным. Условимся сначала помещать бочку 2 так, чтобы она оказывалась под бочкой 1. Тогда, если бочка 3 расположится под бочкой 2, то мы получим пять вариантов размещения бочек. Если же бочка 3 расположится справа от бочки 1, то в пяти вариантах под бочкой 2 оказывается бочка 4, в пяти — бочка 5, в четырех — бочка 6 и в двух — бочка 7. Всего получается 21 вариант. Но бочку 2 не обязательно ставить под бочку 1. С тем же успехом ее можно расположить справа от бочки 1. При этом мы получим еще 21 вариант. Эта партия размещений при внимательном рассмотрении оказывается не новой: все варианты переходят в один из первых вариантов при зеркальном отражении и при переворачивании «с головы на ноги». В центре всегда располагаются бочки 4, 5 или 6.

138. Необходимо лишь поменять местами 8 и 9, перевернув предварительно девятку так, чтобы она превратилась в шестерку. Тогда сумма чисел в каждом столбце станет равной 18.

139. Два числа, составленные из одних лишь единиц и дающие одинаковый результат при сложении и умножении, — это 1,1 и 11. Их сумма и произведение равны 12,1.

140. Вопрос Джорджа не застал Дору врасплох. Она немедленно дала верный ответ: 0.

141. Искомое число равно 142 857. Оно совпадает с периодически повторяющейся последовательностью цифр, стоящих в дробной части числа , записанного в десятичной форме.

142. Искомое число равно 153. Кубы чисел 1, 5 и 3 равны соответственно 1, 125 и 27, а их сумма 153.

[Автор не заметил четвертого числа: 371. Если не считать 1, то 407, 370, 153 и 371 — единственные четыре числа, совпадающие с суммой кубов своих цифр. Относительно более общей задачи отыскания чисел, совпадающих с суммой n-ных степеней своих цифр, смотри книгу Joseph S. Madachy «Mathematics on Vacations» (N. Y., 1966, pp. 163—165). — M. Г.]

143. Вот как выглядит подробная запись деления:

[Когда Дьюдени впервые опубликовал эту головоломку, один читатель прислал ему доказательство единственности решения, однако оно слишком длинно, чтобы его здесь можно было привести. — М. Г.]

144. Полностью восстановленный пример выглядит так:

Три нуля внизу показывают, что последнее четырехзначное число делится как на 625, так и на 1000. Следовательно, оно разлагается в произведение следующих множителей: 5, 5, 5, 2, 2, 2, x, где x — число, которое меньше 10. У трехзначного делителя по крайней мере один из составляющих его множителей должен равняться 5. Следовательно, последняя цифра делителя равна 5 или 0. Вычитание из единственного нуля незадолго до конца показывает, что она равна 5. Отсюда мы сразу получаем последнее число: 5000. Делитель не содержит 2 (иначе он не оканчивался бы на 5); следовательно, последняя цифра частного должна равняться 8 (2 × 2 × 2), делитель равен 625, а x представляет собой четвертую пятерку. Остальное делается совсем просто.

145. Ответ:

Если первое число разбить на пары (45, 39 и т. д.), то их можно переставлять в любом порядке, лишь бы пара 06 не стояла в начале, а пара 45 — в конце.

146. Довольно легко обнаружить, что делитель должен равняться 312, а в частном не может содержаться девятка, поскольку делитель, умноженный на 9, даст повторяющиеся цифры. Таким образ.ом, известно, что частное содержит все цифры от 1 до 8 по одному разу. Остальное уже сравнительно легко сделать. Мы обнаружим, что имеется четыре возможных случая и что только в одном из них отсутствует повторение цифр, а именно:

[Возможно и другое решение:

147. Приводим ответ:

Если читатель проделает указанные действия, то обнаружит, что все условия головоломки выполнены.

148. Разделив 4 971 636 104 на 124 972, мы получим 39 782. Читатель может сам произвести деление и убедиться, что все условия выполнены. Если мы разрешим ввести дополнительные семерки в делимое, то ответ будет иметь вид

[Возможны еще три решения:

149. Первый пример на деление имеет вид

а второй

150. Ответ имеет вид

Ясно, что R не может быть равным 1; следовательно, оно должно равняться 5 или 6 для того, чтобы во второй строке появилось R. Далее, цифра D должна быть нулем, чтобы в пятой строке получилось V . Точно так же как M должно быть 1, 2, 3 или 4, если R равно 5, но может быть и 5, если R равно 6. Цифра S должна быть четным числом, если R равно 5, чтобы D равнялось 0, а если R равно 6, то 5 должно равняться 5. Выяснив все эти факты, мы уже легко получим ответ с помощью небольшого числа проб.

151.

152. 6543 × 98 271 = 642 987 153.

153. Единственное слово (а не бессмысленный набор букв), удовлетворяющее заданным условиям, — это ПОДСВЕЧНИК. Сумма расшифровывается следующим образом:

154. Ключ к коду имеет вид

откуда мы получаем

a BEESWAX означает число 4 997 816.

155.

156.

157.

158. Очевидно, что A равно 1, а B и C обозначают либо 6 и 2, либо 3 и 5. Из третьего уравнения видно, что они равны 3 и 5, поскольку D должно равняться 7. Буква E равна 8, так как в произведении D × E появляется C = 5. Остальное закончить совсем легко, и мы получаем следующий ответ:

159. Из зерна крестьянина должно было получиться 1 мешка муки, что после уплаты всей муки как раз и даст ровно один мешок.

160. Ответ задачи: полкурицы плюс полкурицы, то есть одна курица. Если полторы курицы несут полтора яйца за полтора дня, то одна курица несет по одному яйцу за полтора дня. Курица, которая несется лучше в полтора раза, несет полтора яйца за полтора дня, или по яйцу а день. Поэтому она снесет 10½ яиц (десяток яиц с половиной) за 10½ дня (полторы недели).

161. У Адама было 60 овец, у Бена 50, у Клода 40 и у Дана 30. После всех перераспределений у каждого оказалось по 45 овец.

162. Наименьшее возможное количество яиц равно 103, а женщина ежедневно продавала по 60 штук. Любые кратные этих чисел можно использовать в качестве ответа на вопрос задачи. Например, женщина могла привезти 206 яиц и продавать по 120 штук или привезти 309 яиц и продавать по 180. Поскольку требовалось найти наименьшее число, то ответ единствен.

163. Нужно просто разделить данное число на 8. Если оно разделится нацело, без остатка, то мышка — во второй бочке. Если остаток будет равен 1, 2, 3, 4 или 5, то номер бочки совпадет с этим остатком. Если остаток получится .больше 5, то его нужно вычесть из 10. Полученная разность равна номеру бочки. Число 500 при делении на 8 дает в остатке 4, так что на искомой бочке изображена цифра 4.

164. Пять бригад насчитывают соответственно по 5670, 6615, 3240, 2730 и 2772 человека. После приведения всех дробей к общему знаменателю (12 012) числители станут равны соответственно 4004, 3432, 7007, 8316 и 8190. Комбинируя все различные делители, содержащиеся в этих числах, мы получаем 7 567 560, что при делении на каждое из чисел даст соответственно 1890, 2205, 1080, 910 и 924. Поскольку в условии говорится, что соединение насчитывает «немногим более 20 тыс. человек», мы умножаем полученные числа на 3, что и дает правильную общую численность в 21 027 человек.

165. Всего голосовавших было 207. Сперва 115 избирателей проголосовало «за» и 92 «против», причем большинство составило 23 голоса, что как раз и равно одной четверти от 92. Но когда 12 человек, для которых не нашлось стульев, присоединились к оппозиции, оказалось, что «за» подано 103, а «против» — 104 голоса. Так что победили противники забастовки большинством в один голос.

166. Артур может выполнить всю работу за 14) Бенджамин — за 17 и Чарлз — за 23 дня.

167. Сумма номеров тех домов, которые расположены по одну сторону от данного, совпадет с суммой номеров по другую сторону от него в следующих случаях: 1) если номер данного дома равен 1 и других домов вообще нет; 2) если номер равен 6 и всего имеется 8 домов; 3) если номер равен 35, а всего домов 49; 4) если номер дома 204, а всего домов 288; 5) если номер дома 1189, а всего домов 1681 и т. д. Однако нам известно, что число домов больше 50 и меньше 500; следовательно, искомый номер равен 204.

Решив уравнение (x² + x)/2 = y² в целых числах, получим ответы:

и т. д.

168. Номер дома Брауна 84, а всего на улице 119 домов. Сумма чисел от 1 до 84 равна 3570, а сумма чисел от 1 до 119 составит 7140, что, как и требовалось, ровно в 2 раза больше.

Выпишем последовательные решения (в целых числах) уравнения 2x² - 1 = y²:

и т. д. Тогда целая часть[37] x/2 даст нам номер дома, а целая часть y/2 — общее число домов. Так (опуская тривиальный случай 0—0), мы получаем 2—3, 14—20, 84—119, 492—696 и т.д.

169. На нечетной стороне улицы номер дома равен 239, а всего на ней расположено 169 домов. На четной стороне улицы номер дома равен 408, а всего на ней расположено 288 домов.

В первом случае мы ищем решение в целых числах уравнения 2x² - 1 = y². Получаем следующие ответы:

и т. д.

Во втором случае мы ищем решение в целых числах уравнения 2(x² + x) = y². Получаем следующее:

и т. д.

Эти два случая, равно как и предыдущие две головоломки, похожи друг на друга и используют хорошо известное уравнение Пелля.

170. Ошибка Хильды состояла в том, что заданное число она умножила не на 409, а на 49. Разделив величину от полученной погрешности на разность этих чисел, получим требуемое число 912.

171. Семнадцать лошадей требовалось поделить в пропорциях: ½, ⅓, . Это не означает, что сыновья должны получить такие доли от числа 17. Пропорции можно записать также в виде , и . так что сыновья получат соответственно по 9, 6 и 2 лошади каждый и завещание будет строго соблюдено. Следовательно, нелепый старый метод, о котором упомянул Проджерс, случайно приводит к правильному решению.

Один читатель прислал мне следующее хитроумное решение:

172. Перечислим шесть прямоугольных треугольников, имеющих одинаковый, наименьший из возможных (720), периметр: 180, 240, 300; 120, 288, 312; 144, 270, 306; 72, 320, 328; 45, 336, 339; 80, 315, 325.

173. Запишем следующую последовательность чисел, впервые исследованную Леонардо Фибоначчи (родился в 1175 г.), который практически ввел в европейский обиход привычные нам арабские цифры:

Каждое последующее число равно сумме двух предыдущих. Сумма всех чисел, от первого до данного на 1 меньше числа, идущего через один после данного. Если удвоить любой член последовательности и прибавить к нему предыдущий, то получится член, который следует через один после данного. Далее, в первый год приплод будет составлять 0 телок, во второй 1, на третий 1, на четвертый 2 и т. д. При этом как раз и получатся члены данной последовательности. Двадцать пятый член равен 46 386, и если мы сложим все 25 членов, то получим правильный ответ 121 392. Но на самом деле нет необходимости выполнять это сложение. Найдя, двадцать четвертый и двадцать пятый члены, мы просто скажем, что 46 368, умноженное на 2, плюс 28 657 равно 121 393, и вычтем затем 1.

174. Взяв любое число, а потом другое, равное 1 плюс дробь, у которой в числителе стоит 1, а в знаменателе число, на 1 меньшее данного, мы получим пару чисел, дающих в сумме и в произведении одно и то же. Вот несколько примеров: 3 и 1½, 4 и 1⅓, 5 и 1¼ и т. д. Следовательно, получив 987 654 321, я немедленно написал 1. Сумма и произведение равны в этом случае 987 654 322.

Пару 2 и 2 рассматривают как исключение потому, что знаменатель в этом случае равен 1, а второе число тоже оказывается целым 1 = 2. Но можно заметить, что и этот случай подчиняется общему правилу. Число может оказаться как целым, так и дробным, а в условии не говорится, что мы должны найти обязательно целое число, поскольку тогда единственным решением действительно был бы случай 2 и 2. Разумеется, допускаются и десятичные дроби, как, например, 6 и 1,2; 11 и 1,1; 26 и 1,04.

Итак, соответствующее число, парное к n, имеет вид

175. Наименьшее возможное решение имеет вид

176. 1) 6 м; 2) приблизительно 1,57 м; 3) м.

177. При делении данных чисел на искомое получаются одинаковые остатки. Следовательно, если мы вычтем, как показано ниже, одно число из другого, то разность разделится на искомое число без остатка.

Простые делители числа 28 203 равны 3, 7, 17, 79, а 214 406 — 2, 23, 59, 79. Единственный общий делитель двух разностей равен 79. Следовательно, искомое число равно 79, а общий остаток — 51. Просто, не правда ли?

178. Запишем подряд остатки от деления чисел, стоящих в первом столбце, на 2. Получится 1000011, или, если записать в обратном порядке, 1100001. Но последнее число равно 97 в двоичной системе счисления, то есть 1 + 2⁵ + 2⁶. Сложив числа, стоящие во втором столбце против остатков, равных 1, мы получим 23 × 1 + 23 × 2⁵ + 23 × 2⁶ = 2231. Теперь уже ясно, почему получается верный ответ: просто мы действуем в двоичной системе.

179. Правы были эксперты. Пушка делает 60 выстрелов за 59 минут, если она действительно стреляет со скоростью 1 выстрел в минуту. Время отсчитывается с момента первого выстрела, так что второй выстрел будет произведен по истечении первой минуты, третий — по истечении второй и т. д. Можно провести аналогию. Допустим, что на прямой мы отметили 60 точек на равных расстояниях друг от друга. Тогда между первой и последней точкой будет расположено 59, а не 60 отрезков.

180. Существуют разные способы решения этой головоломки, но простейший из них состоит, как я полагаю, в следующем. Допустим, что шестизначное число равно 843 712.

1) Делится ли оно без остатка на 2? Да.

2) Делится ли частное без остатка на 2? Да.

3) Делится ли новое частное без остатка на 2? Да.

Двадцать ваших вопросов должны быть все одинаковыми. Запишите справа налево вместо каждого «да» 0, а вместо каждого «нет» 1. Задав 20-й вопрос, вы получите 11001101111111000000. Это не что иное, как наше число 843 712, записанное в двоичной системе. Поскольку справа стоит 6 нулей, то первая справа единица означает 2⁶, следующая 2⁷ и т. д. Сложив все степени двойки от 6-й до 15-й и прибавив к ним 2¹8 и 2¹9, вы получите число 843 712 в десятичной записи.

Если число не слишком велико, например равно 100 000, то достаточно было бы задать 17 вопросов, знай вы только, что частное равно 0. Три последних вопроса добавят лишних 3 нуля в старших разрядах вашего двоичного числа. Во избежание недоразумений лучше с самого начала считать, что 0 делится на 2 без остатка, а частное равно 0.

181. В каждой стопке число карт должно равняться 13 минус достоинство самой нижней из них. Следовательно, 13, умноженное на число стопок, минус сумма нижних карт и плюс число оставшихся карт должно равняться общему числу карт в колоде, то есть 52. Значит, сумма нижних карт равна 13, умноженному на число стопок, минус 52 и плюс число оставшихся карт. Но это то же самое, что 13, умноженное на число стопок без 4, плюс число оставшихся карт. Читатель с алгебраическими наклонностями легко сможет выразить все это на языке привычных символов.

182. У каждого из родителей было по 3 ребенка от первого брака, и.6 детей родилось от второго брака.

183. Нед Смит и его сестра Джейн получили по 3 яблока. Том и Кэт Брауны получили соответственно 8 и 4 яблока, Бил и Энн Джонсы — 3 и 1 яблоко, а Джэку и Мэри Робинсонам досталось 8 и 2 яблока. Всего было роздано 32 яблока.

184. Мать Мэри звали миссис Джонс. Покупки и затраты распределились следующим образом.

Среди дочерей:

Хильда купила 4 м за 16 центов,

Глэдис купила 6 м за 36 центов,

Нора купила 9 м за 81 цент,

Мэри купила 10 м за 1 доллар.

Среди матерей:

Миссис Смит купила 8 м за 64 цента,

миссис Браун купила 12 м за 1,44 доллара,

миссис Уайт купила 18 м за 3,24 доллара,

миссис Джонс купила 20 м за 4 доллара.

185. Чтобы найти число, представляющее собой одновременно и квадрат, и треугольное число, надо решить уравнение Пелля: 8x² + 1 = y² Последовательные значения для x равны 1, 6, 35 и т. д., а для y равны 3, 17, 99 и т. д. Ответом служит число 1225 (35²), обладающее требуемыми свойствами.

188. Разумеется, можно найти несколько решений данной задачи, но, по-видимому, наименьшими числами будут:

При отыскании общего решения используется тот факт, что любое простое число вида 4m + 1 представляет собой сумму квадратов. Быть может, читателю захочется найти это решение.

187. Ответом служит число 2⅔. Чтобы найти его, требуется составить пропорцию: 5 : 4 = 3⅓ : 2⅔.

188. Ответ имеет вид

Данное число можно умножить на 4 и разделить затем на 5, просто перенеся 2 из начала в конец.

189. Следующие четыре числа, составленные из пяти нечетных цифр, в сумме дают 14: 11, 1, 1, 1.

190. 1) 8 111½; 2) 18⅔; 3) 7 и 1; 4) 1⅕; 5) 8¼: 6) .

191. У Джека было 11 голов скота, у Джима — 7 и у Дана — 21, то есть всего 39 голов скота.

192. «Галочки» можно расставить 9 864 100 способами.

193. Кубы всех чисел от 14 до 25 включительно (всего 12) в сумме дают 97 344 = 312². Следующим за наименьшим ответом будут пять кубов 25, 26, 27, 28 и 29, сумма которых равна 315².

194. 7³ = 343, 8³ = 512, 512 - 343 = 169 = 13².

195. 642³ = 264 609 288; 641³ = 263 374 721 и разность между кубами равна 1 234 567.

196. Ответом служит число 225 625 (квадраты чисел 15 и 25, выписанные подряд один за другим), равное квадрату 475.

197. Ответ: 482, 3362, 6242. Разность этой прогрессии равна 2880. Первое и второе числа в сумме дают 62², первое и третье — 82², а второе и третье — 98².

198. Если прибавить 125 к 100 и 125 к 164, то получатся числа 225 = 15² и 289 = 17².

199. У офицера было 1975 солдат. Когда он образовал каре 44 × 44, то у него осталось 39 лишних солдат, а когда он попытался образовать каре 45 × 45, ему не хватило 50 человек.

200. Вообще мы можем взять числа вида 625m⁶ и 2 × 625m⁶. Так, если мы возьмем m = 1, то получим 625² + 1250² = 125³ и 625³ + 1250³ = 46 875².

201. Молочник должен добавить ¼ л снятого молока.

202. Наименьшее число орехов равно 2179. Лучше всего сначала иметь дело только с первыми двумя случаями и выяснить, что 34 (или 34 плюс любое кратное 143) удовлетворяет условию для 11 и 13 обезьян. Затем следует найти наименьшее число такого вида, удовлетворяющее условию для 17 обезьян.

203. Число яблок у первого мальчика относится к числу яблок у второго мальчика и к числу яблок у третьего соответственно как 6 : 4 и 6 : 3. Сумма чисел 6, 4, 3 равна 13. Следовательно, мальчики получат , и , или 78, 52 и 39 яблок.

204. Двое работников должны напилить 3 м³ дров.

205. В пяти пакетах содержится 27, 25, 18, 16, 14 орехов. Содержимое каждого пакета можно найти, вычитая из 100 общую сумму орехов в тех парах пакетов, куда не входит данный пакет.Так, в третьем пакете содержится 100 - (52 + 30) = 18 орехов.

206. Первоначально было 1021 орех. Томми получил 256, Бесси 192, Боб 144 и Джесси 108 орехов. Всего девочки получили 300, а мальчики 400 орехов. Тетушка Марта оставила себе 321 орех.

207. У торговки было 40 яблок. Том оставил ей 30, Боб 22 и Джим 12 яблок.

208. Нужно выдать покупателю четыре коробки по 17 и две по 16 фунтов, что и составит в точности 100 фунтов.

209. Алек может выполнить работу за 14 дня, Бил — за 17 дня и Кейзи — за 23 дня.

210. За шестьдесят и сорок дней.

211. Получив остаток от деления на 3, умножьте его на 70, остаток от деления на 5 умножьте на 21 и остаток от деления на 7 — на 15. Сложите результаты, и вы получите либо задуманное число, либо число, отличающееся от задуманного на целое кратное 105. Так, если было задумано 79, то 1, умноженное на 70, плюс 4, умноженное на 21, плюс 2, умноженное на 15, даст 184. Вычтите 105, и вы получите 79 — задуманное число.

212. Всего было 15 пчел.

213. Дева назвала число 28. Трюк состоит в том, чтобы проделать весь процесс вычислений в обратную сторону: умножить 2 на 10, вычесть 8, возвести результат в квадрат и т. д. При этом, например, надо помнить, что увеличить произведение на ¾ означает взять от него . Обратное действие состоит в том, что берется .

214. Печатник должен купить 22 литеры: А, Б, В, Г, Д, Е, И, Й, К, Л, М, Н, О, П, Р, С, Т, У, Ф, Ь, Ю, Я.

215. В рое было 72 пчелы.

216. Наименьшее число мышей равно 7, причем возможны три случая:

1) 2 хорошо видят, 1 слепа только на правый глаз и 4 полностью слепы;

2) 1 хорошо видит, 1 слепа только на левый глаз, 2 слепы только на правый и 3 полностью слепы;

3) 2 слепы только на левый глаз, 3 только на правый и 2 полностью слепы.

217. Поскольку в зверинце содержалось два чудовища (четырехногая птица и шестиногий теленок), всего в нем было 12 зверей и 24 птицы.

218. В стаде было 1025 овец. Легко понять, что ни одна овца не была покалечена.

219. Доля Чарлза составляет 3456 овец. Вероятно, кое-кто из читателей вначале нашел долю Альфреда, а затем вычел из нее 25%, но такое решение, разумеется, неверно.

220. Номер такси 121.

221. Истекло 54 года арендного срока.

222. Всего в подразделении было 4550 человек. Сначала солдаты шли колонной в 70 шеренг по 65 человек в каждой; затем они перестроились в 5 шеренг по 910 солдат в каждой.

223. Год 1927:

224. Офицер на складе должен выдавать требуемое число снарядов ящиками по 18 снарядов до тех пор, пока не останется число снарядов, кратное 5. Если число снарядов не равно 5, 10 или 25, то остальные снаряды нужно выдавать ящиками по 15 и 20 снарядов. Наибольшее число снарядов, для которого система оказывается негодной, равно 72 плюс 25, то есть 97. Если число снарядов на складе больше, например равно 133, причем 108 снарядов упакованы в 6 ящиков по 18 снарядов в каждом, то офицер должен выдать лишь 1 ящик с 18 снарядами, а оставшиеся 115 снарядов переложить в 1 ящик, вмещающий 15 снарядов, и 5 ящиков, содержащих по 20 снарядов каждый. Если на складе имеется 97 снарядов, то, лишь выдав 72 снаряда, офицер получит остаток, кратный 5, то есть 25 снарядов.

225. Сначала было 7890 саженцев, из которых получился квадрат 88 × 88, и осталось лишних 146 деревьев. Купив еще 31 дерево, садовник смог увеличить квадрат до 89 × 89, а деревьев в саду стало 7921.

226. Наименьшее число кубиков в коробке 1344. Строя рамку вокруг пустого квадрата 34 × 34, первая девочка составила квадрат 50 × 50, вторая — квадрат 62 × 62 и третья — квадрат 72 × 72 с четырьмя лишними кубиками по углам.

227. Стороны треугольника равны 13, 14 и 15, причем основание равно 14, высота 12 и площадь 84. Существует бесконечно много рациональных треугольников, стороны которых выражаются последовательными целыми числами, как, например, 3, 4 и 5 или 13, 14 и 15, но только в одном из них высота удовлетворяет нашим условиям.

Треугольниками, у которых стороны выражаются тремя последовательными целыми числами, а площадь — целым числом, являются следующие:

Их можно найти очень просто:

или в общем виде U_n = 4U_n-1 - U_n-2. Существует и другой способ построения треугольников. Найдите x такое, чтобы 3(x² - 1) было точным квадратом. Ему будет соответствовать треугольник со сторонами 2x, 2x + 1, 2x - 1.

228. Так как корова и коза в день съедают , корова и гусь и коза с гусем всей травы в день, мы легко находим, что корова съедает , коза и гусь всей травы в день. Следовательно, все вместе они съедают в день (или ) всей травы, так что, поскольку прироста травы не будет, всю траву они съедят за 40 дней.

229. Всего в альбоме было 2519 марок.

230. Существуют два решения, не превосходящие десяти: 3 и 5, 7 и 8.

Общее решение получается следующим образом. Обозначив числа через a и b, получим

Следовательно,

откуда

где m может быть любым целым числом, большим 1, и a выбирается так, чтобы число b было целым. В общем виде

231. Четырежды 2 плюс 20 равно 28. Четыре дрозда ( часть) были подстрелены; вот они-то и остались, потому что остальные дрозды улетели.

232.

233. В XX веке существует 215 дат с указанным свойством, если включать случаи вроде - 00. Наиболее «плодовитым» в этом отношении оказался 1924 г., в котором было 7 таких дат: 24/1 - 24, 12/2 - 24, 2/12 - 24, 8/3 - 24, 3/8 - 24, 6/4 - 24, 4/6 - 24. Чтобы решить задачу, нужно лишь отыскать года, содержащие как можно большее число делителей.

234. Чтобы умножить 993 на 879, нужно действовать так. Вычесть 7 из 879 и прибавить к 993. При этом получаются два числа, 872 и 1000, произведение которых равно 872 000. 993 - 872 = 121. Если 121 умножить на 7, то получится 847. Сложив эти два результата, мы найдем верный ответ: 872 847[38].

235. Искомое число равно 987 654 321, что при умножении на 18 дает 17 777 777 778 с 1 и 8 соответственно в начале и в конце. То же справедливо и для других сомножителей, за исключением 90, когда мы получаем 88 888 888 890 с 90 на конце.

[Автор не заметил таких чисел, как 1001, 10 101 и 100 101, составленных из 0 и 1, с 1 на концах и не содержащих двух идущих подряд 1, каждое из которых также является решением задачи. — М. Г.]

236. Основная трудность заключается в том, чтобы правильно начать, и здесь можно предложить следующий метод. Из номеров по горизонтали наиболее обещающим выглядит номер 18. Тремя одинаковыми цифрами могут быть 111, 222, 333 и т. д. Номер 26 по вертикали равен квадрату номера 18 по горизонтали. Следовательно, номер 18 по горизонтали равен либо 111, либо 222, поскольку квадраты чисел 333, 444 и т. д. содержат более пяти цифр. Из номера 34 по горизонтали мы узнаем, что средняя цифра номера 26 по вертикали равна 3, отсюда число, стоящее под номером 26 по вертикали, есть квадрат числа 111, или 12 321.

Теперь мы знаем номер 18 по горизонтали, что позволяет найти номера 14 по вертикали и по горизонтали. Затем мы находим номер 7 по вертикали. Это четырехзначный куб, оканчивающийся на 61, что полностью его определяет. Далее рассмотрим номер 31 по горизонтали. Это треугольное число, то есть число, полученное суммированием 1, 2, 3, 4, 5 и т. д. Но 210 — единственное треугольное число, у которого средняя цифра 1. Отсюда мы получаем номера 31 по горизонтали, 18 по вертикали, 21 по вертикали и 23 по горизонтали. Затем мы можем найти номер 29 по горизонтали, что даст нам число, стоящее под номером 30 по вертикали. Из номера 29 по вертикали мы можем получить первые две цифры номера 15 по горизонтали и затем полностью определить номер 15 по горизонтали и номер 29 по вертикали. Остальные числа найти не сложно.

237. Во время боевых действий было убито 472 человека. Производя расчеты, читатель обнаружит, что в каждой из четырех лагерных групп было по 72 человека.

Общее решение можно получить из неопределенного уравнения

где x равно числу оставшихся в живых. Решая его обычным образом, мы получаем x = 528. Следовательно, число убитых равно 472 (1000 - 528).

238. Мячик пройдет расстояние в 218 фута.

239. Изготовлено 8 секций по 20 м, 1 секция длиной 18 м и 7 секций по 17 м. Таким образом, всего получилось 16 секций общей длиной 297 м, что и требовалось заказчику.

240.

и

241. Сторона одного участка составляет 38 м (1444 плиты), сторона другого — 26 м (676 плит).

242. Всего было 180 колонок, а длина всей линии, окружающей памятник, составляла 33 м. Если ставить колонки через 10 см, тогда не хватит 150 колонок, а если ставить их через 30 см, то будет достаточно 110 и еще 70 колонок останется.

243. Сначала мы находим возраст обезьяны (1½ года) и возраст ее матери (2½ года). Следовательно, обезьяна весит 2½ фунта и столько же весит груз. Затем мы находим, что вес веревки составляет 1¼ фунта, или 20 унций, а поскольку каждый фут весит 4 унции, то длина веревки равна 5 футам.

244. Всего было 900 человек. Первоначально выехало 100 фургонов по 9 человек в каждом. После того как сломалось 10 фургонов, в оставшихся оказалось по 10 человек («по одному лишнему человеку»). Когда при отправке домой сломалось еще 15 фургонов, в каждом из 75 оставшихся фургонов ехало по 12 человек («на три человека больше, чем было во время отъезда утром»).

245. Пэт сказал: «Какое число ни назови, все едино, а раз тут десять человек да еще я сам, то назову-ка я одиннадцать и начну счет с себя». Разумеется, первым отправился на порку он сам. Следовательно, если начинать с номера 1, то наименьшим числом, роковым для англичан, будет 11. На самом деле Пэту следовало назвать 29 и начинать счет с номера 9. Тогда экзекуции подверглись бы все носильщики. Эти два числа минимальны.

246. Бакалейщик должен смешать 70 фунтов чая по 32 цента и 30 фунтов чая по 40 центов за фунт.

247. Рыба весит 72 унции, или 4½ фунта. Хвост весит 9 унций, туловище 36 и голова 27 унций.

248. Ясно, что 999 919 не может быть простым числом и что, поскольку нужно найти единственное решение, оно должно разлагаться в произведение двух простых сомножителей. Этими сомножителями будут 991 и 1009. Нам известно, что каждая кошка поймала больше мышек, чем было кошек. Значит, всего была 991 кошка, и каждая из них поймала по 1009 мышек.

249. Пусть номер ящика равен n. Тогда в нем будет 2n- 1 перегородок в одном направлении и 2n- 3 в другом, что даст 4n² - 4n ячеек и 4n - 4 перегородок. Так, в двенадцатом ящике имеются 23 и 21 перегородок (всего 44) и 528 ячеек. Это правило годится для всех ящиков, кроме второго, где может быть любое количество перегородок в одном направлении и одна перегородка в другом. Так что 1 и 1 подойдут (единственная перегородка не годится, поскольку такое «перегораживание» было бы нелепостью). Таким образом, всего получается 262 перегородки и 2284 ячейки (а не 264 и 2288).

250. Если внутренний диаметр звена умножить на число звеньев и прибавить удвоенную толщину железного прута, то получится длина цепи. Каждое звено, присоединенное к цепи, теряет в своей длине удвоенную толщину прута. Внутренний диаметр равен 2⅓ см. Если мы умножим его на 9 и прибавим 1, то получим ровно 22 см, а если мы умножим его на 15 и прибавим 1, то как раз и получится 36 см. Следовательно, два куска цепи содержат соответственно по 9 и 15 звеньев.

251. Если брат отвечал Доре «чет», то десятицентовая монета находилась в правом кармане, а пятицентовая в левом. Если же он говорил «нечет», то пятицентовая монета лежала в правом, а десятицентовая в левом кармане.

252. Первоначально в каждой сахарнице было по 36 кусков, а после того, как в каждую чашку положили по 2 () куска, в чашках стало по 6, а в сахарницах — по 18 кусков. Разность как раз и равна 12.

253. Всего 51 секция, в каждой секции по 23 целые колонки. Итого получалось 1173 целые колонки и 50 пар половинок, что составляло в совокупности 1223 колонки, как и требовалось по условию задачи.

254. Пусть длина AB 10 см. Из точки B восставим к AB перпендикуляр BC, равный половине AB. Соединим точки A и C отрезком прямой и продолжим его за точку C так, чтобы CD = CB. Проведем отрезок BD. Это и есть искомый радиус окружности. Если начертить эту окружность и вписать в нее правильный пятиугольник, то стороны последнего будут точно равны 10 см.

255. Чтобы отметить вершины квадрата с помощью одного циркуля, сначала рисуют круг. Затем, зафиксировав раствор циркуля и начав с любой произвольно взятой на окружности точки A, отмечают точки B, C и D. Из точек A и D как из центров раствором AC описывают две дуги, пересекающиеся в точке E. Расстояние EO равно стороне искомого квадрата. Следовательно, если мы сделаем из A засечки F и G радиусом OE, то A, F, D, G и будут искомыми вершинами квадрата.

256. Если провести 15 прямых так, как показано на рисунке, получится ровно 100 квадратов. У сорока из них сторона равна AB, у двадцати — AC, у восемнадцати — AD, у десяти — AE и у четырех — AF. С помощью 15 прямых можно образовать даже 112 квадратов, но от нас требовалось точно 100. С помощью 14 прямых вам не удастся построить более 91 квадрата.

В общем случае с помощью n прямых можно образовать (n - 3)(n - 1)(n + 1)/24 квадратов, если n нечетно, и (n - 2)n(n - 1)/24 квадратов, если n четно.

Если мы имеем m прямых, перпендикулярных другим n прямым, причем m меньше n, то число квадратов равно

257. Правило заключается в следующем. Если четыре стороны образуют арифметическую прогрессию, то наибольшая площадь равна квадратному корню из произведения всех сторон. Квадратный корень из 70 × 80 × 90 × 100 равен 7099 м². Это и есть верный ответ.

258. Площадь дорожки равна точно 66⅔ м², что станет совершенно очевидным, если вы представите себе маленький треугольный кусок, отрезанный снизу и перенесенный в правый верхний угол (см. рисунок).

Докажем наше утверждение. Площадь всего сада равна 55 × 40 = 2200 м². Но (53⅓ × 40) + 66⅔ также равно 2200. Кроме того, сумма чисел ² и 40² должна равняться ², что и выполняется в действительности.

Общее решение таково. Обозначим ширину прямоугольника через B, длину через L, ширину дорожки через C и длину дорожки через x. Тогда

В нашем случае x = 66⅔; следовательно, основание прямоугольного треугольника с гипотенузой 66⅔ м и катетом, равным 40 м, составляет 53⅓ м.

259. Разделим стороны треугольника точками A, B и E пополам. Если провести AB и опустить перпендикуляры DA и CB, то ABCD будет наибольшим возможным прямоугольником, а его площадь составит половину площади треугольника. Два других решения FEAG и KEBH подошли бы нам (у обоих та же самая площадь), если бы они не захватывали дерево. Это правило можно приложить к любому остроугольному треугольнику, а в случае прямоугольного треугольника получатся только два решения.

260. Многоугольник с произвольным числом сторон можно свести к равновеликому треугольнику, а поскольку угол AGF оказался прямым, то сделать это очень легко. Продолжим отрезок GA. Приложим линейку к точкам A и C, параллельно перенесем ее вверх до точки B и отметим точку 1. Затем соединим отрезком прямой точки 1 и D и параллельно перенесем его вверх до точки C, отметив точку 2. Теперь приложим линейку к точкам 2 и E, параллельно перенесем ее до точки D и отметим точку 3. Далее соединим линейкой точки 3 и F, параллельно перенесем ее до E, отметив точку 4. Если теперь мы соединим прямой точки 4 и F то получим треугольник G4F, площадь которого равна площади нашего неправильного поля. Поскольку на карте GF равно 7 см (70 м), то отрезок G4 равен 6 см (60 м) и площадь поля равна ½(70 × 60), или 2100 м². Этот простой и ценный способ определения площади многоугольников следовало бы знать каждому, но, увы, пока это остается лишь благим пожеланием.

261. Все размеры приведены на рисунке. Обычно для того, чтобы найти решение, приходится решать биквадратное уравнение, но поскольку в условии задачи сказано, что ответ должен быть «в целых метрах», то можно заметить, что число 91² представимо в виде суммы квадратов единственным образом: 91² = 84² + 35². Зная это, определить все размеры очень легко. Искомое расстояние равно 35 м.

262. Соединим прямой точки A и D (см. рисунок) и построим отрезок CE, перпендикулярный и равный отрезку AD. Тогда точка E совпадет с центром одного из квадратов. Проведем прямую EB и продолжим ее в обе стороны. Проведем также через C прямую FG параллельно EB, а через A и D — перпендикуляры к EB и FG. Поскольку Н есть центр углового квадрата, то, приняв отрезок HE за единицу длины, мы обнаружим, что доска имеет размеры 10 × 10.

Если бы не были даны размеры шашек, то мы могли бы разбить доску на более мелкие квадраты. Но поскольку размеры шашек видны из рисунка, дальнейшее разбиение доски невозможно: в более мелких квадратах наши шашки просто не уместятся. Так как расстояние между центрами квадратов равно стороне квадрата, мы легко можем восстановить всю доску, что и показано на рисунке.

263. На рисунке слева показано чрезвычайно простое решение данной головоломки. Звездочка в центре — это офицер, а точки — солдаты.

264. На рисунке справа изображена симметричная звезда в том самом положении, которое она занимает на скатерти. Все другие лоскутки для большей ясности не показаны. Удивительно, как трудно обнаружить звезду до тех пор, пока вам ее однажды не покажут. После эго решение становится совершенно очевидным.

265. Данную трапецию можно вписать в окружность. Полусумма x сторон равна 29. Вычитая из этого числа по очереди все стороны, мы получим 9, 13, 17, 19. Произведение этих чисел равно 37 791. Квадратный корень из полученного числа равен 194,4, что и совпадает с размером искомой площади.

266. Продолжив приведенную ниже таблицу, вы сможете получить сколько угодно рациональных треугольников нужного вида.

Числа в таблице удовлетворяют соотношению 3P² + 4 = Q². Каждое следующее значение P (начиная с третьего сверху) можно найти, умножив текущее значение P на 4, после чего следует вычесть из полученного произведения предыдущее значение P. Аналогично вычисляются и значения Q (начиная с четвертого сверху). Высота треугольника равна P/2, площадь — произведению высоты на Q/2. Длина средней из трех сторон всегда оказывается равной Q. В последней строке таблицы приведено наименьшее значение площади, делящееся на 20. Стороны треугольника в этом случае равны 2701, 2702, 2703, его высота 2340.

267. На приведенном здесь рисунке показано, как можно разделить окно на восемь просветов, «у которых все стороны тоже были бы равны». Каждый отрезок прута имеет равную длину.

Подразумевалось (хотя явно и не оговаривалось), что площади всех просветов должны быть равными, а в нашем случае площадь каждого из четырех неправильных просветов на ¼ больше площади квадратного просвета и ни форма, ни число сторон у них не совпадают. И все же это решение точно удовлетворяет поставленным условиям. Если бы из каждой головоломки пришлось удалить все, что допускает неоднозначное толкование, то она оказалась бы перегруженной всевозможными условиями. Лучше оставить кое-что недоговоренным (разумеется, если речь идет не об олимпиадных задачах).

268. На рисунке пунктиром изображено первоначальное окно размером 1 м². После того как владелец загородил четыре угла, у него осталось квадратное окно вдвое меньшей площади, но в метр шириной и метр высотой.

269. Доску следует разрезать на расстоянии от В, равном 60 - 120 = 79,732...

270. Каждая сторона поля равна 440 м, BAE — прямоугольный треугольник. Следовательно, AE = 330 м, BE = 550 м. Если Браун пробегает 550 м за то же время, за которое Адамс пробегает 360 м (330 + 30), то Браун может пробежать оставшиеся 100 м за то время, за которое Адамс пробежит лишь 72 м. Но 30 + 72 = 102 м, так что Браун выигрывает, опередив соперника на 8 м.

271. Три скатерти размером 144 × 144 см покроют стол размером 183 × 183 см, если их положить так, как показано на рисунке. Квадрат ABCD — крышка стола, а квадраты 1, 2 и 3 — скатерти. Части второй и третьей скатертей, разумеется, свесятся со стола.

272. Холст должен быть размером 10 × 20 см, ширина миниатюры составит 6 см, а высота 12 см. Нетрудно проверить, что излишки при этом окажутся такими, как требуется по условию задачи.

273. Клумба имела в длину 14 м, а в ширину 10 м.

274. Задачу можно решать по-разному. Ответ всегда будет равен 35.

275. Старый ответ состоит в том, что если вы расположите жерди, как показано на рисунке в случае A, то, добавив на концах по две жерди, как в случае B, вы получите удвоенную площадь. Надо заметить, что, во-первых, в условии нет указаний относительно формы загона. Во-вторых, если бы даже требовалось, чтобы первоначальный загон имел размеры 24 × 1, ответ все равно был бы неверен, поскольку, если вы расположите жерди, как в случае C, то площадь увеличится с 24 «квадратных жердей» до 156, и загон вместит 650 овец, причем число жердей останется прежним. Более того, вы можете удвоить площадь, как в случае D, оставив всего 28 жердей. Если же потребуется использовать все жерди и увеличить площадь ровно вдвое, то можно поступить так, как показано в случае E.

276. Отложим отрезок AD, равный четверти отрезка AB (см. рисунок), и отмерим расстояния DE и AF, каждое из которых составляет ¼ расстояния между точками B и C. Если точка G отстоит от E на то же расстояние, что и точка D от точки F, то длина отрезка AD как раз и будет равна искомой ширине дорожки. Например, если сад имеет размеры 12 × 5 м, то ширина дорожки равна 1 м. Хотя ответ и не всегда выражается целым числом, тем не менее измерения будут верными в любом случае.

277. Правильность приведенного здесь рисунка можно легко проверить, поскольку сумма 15² + 20² = 25², сумма 15² + 36² = 39² и, наконец, 15² + 8² = 17², Кроме того, 20 + 8 = 28. Если бы разрешалось брать прямоугольный треугольник, то маленький треугольник слева со сторонами 15, 25, 20 сам мог бы служить решением, так как высота, опущенная на основание (25), равна 12, а медиана 12½.

Быть может, наши читатели, пожелав испытать собственные силы, захотят найти общее решение данной задачи?

[Существует и другое решение: тупоугольный треугольник с основанием 66, сторонами 41 и 85 и высотой 40. Медиана этого треугольника равна 58. В этом случае высота опускается на продолжение основания, образуя новый, прямоугольный треугольник с основанием 9 и сторонами 40 и 41. — М. Г.]

278. Известны лишь расстояния 15 и 6 км. Все, что нужно сделать, — это разделить 15 на 6 и прибавить 2, при этом получится 4½. Разделив затем 15 на 4½) получите 3⅓ км. Это и будет искомым расстоянием между двумя пунктами.

Приведенный способ применим во всех случаях, когда пути образуют прямоугольный треугольник. Простые алгебраические выкладки покажут, откуда взялась константа 2.

Проверить справедливость нашего решения можно следующим образом. Стороны треугольника равны 15, 9⅓ (6 плюс 3⅓) и 17⅔ км (для того чтобы независимо от маршрута расстояние равнялось 21 км). Чтобы избавиться от дробей, умножим все числа на 3 и получим 45, 28 и 53. Если 45² (2025) плюс 28² (784) равно 53² (2809), то все верно, а это равенство можно легко проверить.

279. На рисунке показаны все расстояния. Спросившему нужно было всего лишь возвести в квадрат 60 км, проделанные первым мотоциклистом (3600), и разделить результат на удвоенную сумму этих 60 и 12 км, составляющих расстояние от дороги AB до C, то есть на 144. Проделав выкладки в уме, он, конечно, заметил, что результат можно получить, разделив 300 на 12, и поэтому сразу же нашел верный ответ — 25 км. Я не показываю здесь, как можно определить, если потребуется, остальные расстояния; сделать это совсем нетрудно.

280. При тех размерах, которые приведены на приложенном к задаче рисунке, никакого треугольника построить вообще нельзя, так как сумма двух меньших сторон не будет превосходить третьей стороны. Очевидно, профессор хотел проверить сообразительность своих учеников.

281. Это снова была шутка. Владелец участка может строить дом, где пожелает, поскольку сумма перпендикуляров, опущенных из любой внутренней точки равностороннего треугольника на стороны, равна высоте данного треугольника.

282. Всего таких квадратов 19. Из них 9 того же размера, что и квадрат, отметенный буквами a, 4 того же размера, что и квадрат, отмеченный буквами b, 4 размера c и 2 размера d. Если убрать 6 фишек, отмеченных буквой e, то из оставшихся фишек нельзя будет образовать ни одного квадрата.

[На самом деле квадратов 21. Не сумеет ли читатель найти два квадрата, пропущенные Дьюдени? Ответ на вторую часть задачи остается тем не менее верным. — М. Г.]

283. Число способов, с помощью которых из 21 дерева можно выбрать 3, равно × ×, или 1330. Треугольник можно образовать из любых трех деревьев, не лежащих на одной прямой. Три дерева на пунктирной прямой AB можно выбрать 20 способами, на следующей параллельной прямой с пятью деревьями — десятью способами, на следующей — четырьмя и на следующей — одним способом, что в совокупности составляет 35 способов. Аналогично прямая BC вместе с параллельными даст 35 способов и прямая AC с параллельными — тоже 35 способов. Далее, прямая AD вместе с прямыми, ей параллельными, даст 3 способа, а прямые BF и CE со своими параллельными — по 3 способа каждая. Следовательно, 3 дерева, лежащие на одной прямой, можно выбрать 35 + 35 + 35 + 3 + 3 + 3 = 114 различными способами. Значит, 1330 - 114 = 1216 и есть искомое число способов, с помощью которых можно огородить треугольный участок.

284. На рисунке пунктиром показаны окружность, ограничивающая красный круг, и вписанный в нее правильный пятиугольник. Общий центр окружности и пятиугольника обозначен буквой C. Найдем точку D, равноотстоящую от A, B и C, и радиусом AD проведем окружность ABC. Пять дисков такого размера полностью покроют круг, если их центры поместить в точки D, E, F, G и H. Если диаметр большого круга равен 6 дм, то диаметры дисков немного меньше 4 дм (диаметры дисков равны 4 дм «с точностью до ½ дм»). Если у вас нет никаких тайных отметок на круге, то потребуется немного внимания и тренированности, чтобы класть диски на нужные места, не сдвигая их потом.

Следует добавить, что большой круг можно покрыть, если отношение диаметров превышает 0,6094185, и невозможно, если оно меньше 0,6094180. В нашем случае, когда все диски проходят через центр, отношение равно 0,6180340.

285. Чтобы разделить круглое поле тремя изгородями равной длины на 4 равные части, первоначально следует разделить на 4 части диаметр круга, а затем по обе его стороны описать полуокружности, как показано на рисунке. Изогнутые линии изобразят тогда искомые изгороди.

286. Если построить прямоугольник, у которого одна сторона равна диаметру круга, а другая в 3 раза больше, то его диагональ будет довольно близка к ответу. Практически ее отношение к диаметру будет равно , или 3,1622... Мы рекомендуем следующий метод.

Проведем диаметр AB. Разделим точкой D полуокружность пополам. Радиусом AC из точек A к B сделаем засечки E и F и проведем прямые DE и DF. Отрезок DG плюс отрезок GH дадут ¼ длины окружности IK с относительной погрешностью 0,005. Ломаная IKLM и будет искомой.

Существует другой метод, дающий относительную погрешность 0,017, но он сложнее.

287. Поскольку внешние колеса движутся вдвое быстрее внутренних, то длина окружности, которую они описывают, в 2 раза больше длины внутренней окружности. Следовательно, диаметр одного круга больше диаметра другого в 2 раза. Так как расстояние между колесами равно 1,5 м, то диаметр большего круга равен 6 м. Умножив 6 м на 3,1416 (обычное приближенное значение числа π), мы получим 18,85 м — длину окружности большего круга.

288. Первый компаньон должен пользоваться точильным кругом до тех пор, пока радиус круга не уменьшится на 1,754 см. Второй должен уменьшить радиус еще на 2,246 см, оставив третьему 4 см и отверстие. Это очень хорошее приближение.

289. Окружности переднего и заднего колес равны соответственно 15 и 18 футам Таким образом, каждые 360 футов переднее колесо делает 24 оборота, а заднее — 20 и разность составляет 4 оборота. Если длину окружности уменьшить на 3 фута, то 12 в 360 уложится 30 раз, а 15 уложится 24 раза и разность составит 6 оборотов

290. Диаметр внутреннего круга в два раза меньше наружного, следовательно, и его окружность вдвое меньше. Если бы он просто прокатился вдоль воображаемой линии CD, то ему на это потребовалось бы два оборота: после первого точка D заняла бы положение E. Но точка B тогда попала бы в F, а не в G, что абсурдно. Дело в том, что внутренний круг делает один оборот, но он катится по линии CD как за счет собственного вращения, так и за счет переноса. Точка A попадает в B лишь благодаря обороту всего колеса, но если вы представите себе точку в центре колеса (у точки нет длины окружности), то она проходит то же расстояние за счет того, что я называю переносом. Траектория точки A представляет собой обычную циклоиду, а точка C по дороге в D описывает трохоиду.

Мы видели, что если колесо делает один полный оборот, при котором A попадает в B, то расстояние AB равно длине окружности, хотя и не можем выразить его точно. Далее, точка A движется по кривой, показан- ной на рисунке, которая, как я уже говорил, называется простой циклоидой. Если диаметр колеса равен 28 см, то мы в состоянии точно вычислить длину этой кривой. Любопытно, что, не умея точно выразить длину прямолинейного отрезка AB, мы тем не менее можем найти точную длину кривой! Чему она равна? Я дам ответ немедленно. Длина циклоиды в 4 раза больше длины диаметра. Следовательно, 4 × 28 равно искомой длине — 112 см. Кроме того, площадь фигуры, ограниченной этой кривой и отрезком AB, ровно в 3 раза больше площади круга. Следовательно, площадь каждой из замкнутых фигур, находящихся по обе стороны круга, равна площади круга.

291. Разумеется, каждая часть колеса вращается вокруг оси с постоянной скоростью, и, следовательно, в случае неподвижной оси, как, например, у точильного круга, ответ будет отрицательным. Однако в случае движущегося велосипеда не вызывает сомнений тот факт, что верхняя часть колеса движется относительно земли быстрее нижней. Если бы дело обстояло иначе, то велосипедист оставался бы на месте, подобно точильному кругу.

Взгляните на рисунок, где изображены четыре положения колеса, которые оно занимает за время полного оборота от A₁ до A₄. Я уже упоминал об одной кривой, называемой простой циклоидой, которую описывает точка на ободе колеса. Здесь показаны две такие кривые, описываемые точками A₁ и B₁. Обратите внимание, что за пол-оборота A₁ пройдет до A₃, а B₁ — до B₃ равные расстояния. Но ни одна точка не движется все время с постоянной скоростью. Это можно сразу же заметить, если мы рассмотрим четверть оборота, когда A₁ займет всего лишь положение A₂, а B₁ доберется уже до B₂. Мы видим, таким образом, что точка обода движется относительно земли медленней, когда она находится внизу, и быстрее, когда она расположена сверху.

А вот простой практический способ убедить наших недоверчивых друзей, не прибегая к помощи рисунка. Проведите на листе бумаги прямую линию и положите монету так, чтобы год ее выпуска находился на этой прямой. Теперь прокатите монету вдоль прямой на очень маленькое расстояние вправо и влево. При этом станет вполне очевидно, что год выпуска едва оторвется от прямой, а верхняя часть цифры, указывающей достоинство монеты, пройдет значительное расстояние. Это вполне убедительно показывает, что верхняя часть колеса (то есть часть, которая в данный момент находится сверху) движется быстрее нижней.

292. Я уже говорил о том, что если вы отметите точку на ободе велосипедного колеса, то она опишет в пространстве кривую, называемую простой циклоидой. Если же вы отметите точку на реборде колеса локомотива или железнодорожного вагона, то она опишет трохоиду, кривую, заканчивающуюся петлями. На рисунке я изобразил колесо с ребордой ниже уровня рельсов в трех положениях: начало, пол-оборота и полный оборот. Точка A₁ переходит в A₂ и A₃. Поскольку предполагается, что поезд движется слева направо, проведите карандашом вдоль кривой в этом направлении. Вы обнаружите, что в нижней части петли карандаш в самом деле движется справа налево. Дело в том, что «в любой заданный момент» некоторые точки внизу петли движутся в направлении, противоположном поезду. Поскольку таких точек на окружности реборды бесконечно много, при движении поезда они описывают бесконечно много подобных петель. Фактически некоторые точки реборды постоянно движутся в направлении, противоположном поезду.

293. Механизм, изображенный на рисунке, состоит из двух деревянных дощечек B и C, соединенных по углам так, что они образуют рамку. Рамка с помощью ручки n вращается вокруг оси a, которая проходит сквозь рамку и жестко закреплена на доске или столе A. Внутри рамки на ось жестко насажено зубчатое колесо D. При вращении рамки оно поворачивает толстое колесо E, которое, подобно остальным трем колесам F, G и H, свободно сидит на своей оси. Тонкие колеса F, G и H приводятся в движение толстым колесом E таким образом, что при вращении рамки H вращается в ту же сторону, что и E, G — в противоположную, a F остается неподвижным. Секрет заключается в том, что, хотя все колеса могут быть одинакового диаметра и D, E и F могут (D и F обязаны) иметь одинаковое число зубцов, у G, однако, зубцов должно быть по крайней мере на один меньше, а у H по крайней мере на один больше, чем у D.

294. Простейшее, хотя и не единственное, решение показано на рисунке слева.

295. Решение ясно из рисунка справа.

296. Простое решение показано на рисунке. Земля разделена на 8 равных частей, каждая из которых содержит по три дерева.

297. На рисунке изображен проход сквозь минное поле, составленный из двух прямолинейных участков.

298. Шесть прямых заборов поставлены так, что каждое дерево отгорожено от остальных. Мы утверждали, что подобным же образом с помощью шести заборов можно было бы отгородить 22 дерева, если бы они были расположены «поудобней». Мы могли бы добавить, что в таком случае каждая прямая должна пересекать все остальные, причем никакие две точки пересечения не будут совпадать. Однако, поскольку в нашей головоломке участвует только 20 деревьев, эти условия уже не являются необходимыми, и четыре забора пересекают только по четыре (а не по пять) других.

299. На рисунке показаны пять разрезов, которые делят полумесяц на 21 часть.

Если число разрезов равно n, то с их помощью круг можно разрезать на (n² + n)/2 + 1, а полумесяц на (n² + 3n)/2 + 1 частей.

300. Возьмите полоски из толстого картона (не обязательно с прямолинейными краями) и соедините их между собой, использовав в качестве шарнира кнопки. Две длинные полоски должны иметь, равную длину (от центра одной кнопки до центра другой), а длины четырех нижних полосок, образующих ромб, должны быть равны между собой. Гвоздики или иголки прикрепляют «инструмент» к столу в точках A и B, причем расстояния от A до B и от B до C равны между собой. Если все будет сделано аккуратно и точно, карандаш, помещенный в D, начертит прямую линию.

301. Проведите два перпендикулярных отрезка CD и EF (длина CD равна 12 см, длина EF — 8 см), пересекающихся друг с другом посередине. Найдите такие точки A и B, чтобы AF и FB равнялись половине CD, то есть 6 см, и поместите ваши булавки в A и B, взяв веревочную петлю равной ABFA. Пусть CA = x. Тогда, если карандаш находится в F, длина веревки равна 12 + (12 - 2x) = 24 - 2x, а если он находится в C, длина веревки равна тоже 2(12 - x) = 24 - 2x, что и доказывает правильность нашего решения[39].

302. Одного взгляда на помещенный здесь рисунок достаточно, чтобы заметить, что если я отрежу часть 1 и помещу ее на место части 2, то получится прямой отрезок стены BC, отмеченный пунктиром и в точности равный участку AB. Следовательно, не правы были оба спорщика, и цена обоих участков должна быть одинаковой. Конечно, читатель сразу заметит, что это справедливо лишь при некоторых ограничениях, но мы имеем в виду именно ту стену, какая нарисована, и в том случае, когда эти ограничения выполнены.

303. Отмерьте любое удобное расстояние вдоль берега от A до C, скажем 40 м. Затем отмерьте любое расстояние в перпендикулярном направлении до точки D, скажем 12 м. Теперь сделайте засечку E в направлении AB. Вы сможете измерить расстояние от A до B, которое в нашем случае равно 24 м, и от E до C, что даст 16 м. Далее, AB : DC = AE : EC, откуда ясно, что ширина реки AB равна 18 м.

304. Свинья пробежит 66⅔ м и будет схвачена, а Пэт пробежит 133⅓ м. Кривую[40], которую опишет при этом Пэт, можно измерить точно. Ее длина равна an²/(n² - 1), где скорость свиньи принята за 1, Пэт бежит в n раз быстрее и a — первоначальное расстояние между Пэтом и свиньей.

305. Расстояние от верхнего конца до земли составляет ⅘ длины всей лестницы. Умножьте расстояние от стены (4 м) на знаменатель этой дроби (5), и вы получите 20. Теперь вычтите квадрат числителя дроби ⅘ из квадрата ее знаменателя. При этом получится 9 = 3². Наконец, разделите 20 на 3, и вы получите ответ: 6 м.

306. Высота шеста над землей составляла 50 м. В первом случае он сломался в 29 м, а во втором случае в 34 м от верхушки.

307. Длина свободно висящей веревки равна 3 м 85½ см.

308. Разумеется, прямая AC не является наибыстрейшим путем. Быстрее будет доехать от A до E и далее прямо до C. Путь, требующий наименьшей затраты времени, показан на рисунке пунктирной линией от A до G (ровно 1 км от E) и затем прямо до C.

Необходимо, чтобы синус угла FGC был в два раза больше синуса угла AGH, В первом случае синус равен 6/ = 6 = 2/. Во втором случае синус равен 1/ = 1/, то есть ровно в два раза меньше.

309. Как видно из рисунка, головоломка невероятно проста, если знаешь, как к ней подступиться! И все же у меня нет ни малейшего сомнения, что для многих читателей она оказалась крепким орешком. Можно заметить, что каждая спичка, несомненно, касается всех остальных.

[Можно увеличить число спичек до семи, и головоломка остается все еще разрешимой. — М. Г.]

310. У посылки максимальных размеров суммарная длина веревки, идущей в длину, должна быть равна суммарной длине веревки, идущей в ширину (и суммарной длине веревки, идущей в высоту). Если это известно или читатель самостоятельно разобрался и понял, в чем дело, то остальное рассчитать очень просто. Действительно, мы знаем, что веревка 2 раза проходит в длину, А в ширину и 6 раз в высоту. Следовательно, разделив 1 м 20 см соответственно на 2, 4 и 6, мы получим 60, 30 и 20 см, а это и будет искомыми длиной, шириной и высотой посылки максимального размера.

Следующее общее решение принадлежит Александеру Фрейзеру. Пусть веревка a раз проходит вдоль ребра длиной x, b раз вдоль ребра длиной y и c раз вдоль ребра длиной z, и пусть длина всей веревки равна m.

Тогда ax + by + cz = m. Найдем максимум xyz.

Прежде всего найдем максимум площади xy.

Положим ax + by = n, x = (n - by)/a, xy = (n/a)y - (b/a)y², dxy/dy = n/a - (2b/a)y = 0, тогда

Следовательно, ax также равно n/2, ax = by. Аналогично ax = by = cz = m/3, откуда

В нашем случае a = 2, b = 4, c = 6, m = 360. Таким образом, x = 60, y = 30, z = 20:

311. Куб любого квадрата сам является квадратом. Например,

и т. д.

Нам было сказано, чтобы мы взглянули на рисунок. Если бы на возведение пьедестала израсходовали лишь один блок, то он целиком покрыл бы фундамент, а на рисунке видно, что это не так. Если бы в пьедестале и фундаменте содержалось по 64 блока, то сторона первого равнялась бы 4 м, а сторона квадрата 8 м. Достаточно беглого взгляда для того, чтобы отвергнуть и это предположение. Но предположение о пьедестале и фундаменте, состоящих из 729 блоков каждый, вполне согласуется с иллюстрацией, так как в этом случае сторона пьедестала (9 м) в три раза меньше стороны квадрата (27 м). Во всех остальных случаях фундамент оказался бы намного шире пьедестала, что противоречило бы иллюстрации.

312. Любопытный факт состоит в том, что куб может пройти сквозь другой куб с меньшим ребром. Допустим, мы расположили куб таким образом, что его диагональ AB оказалась перпендикулярной плоскости, на которой он стоит (см. рисунок слева). Тогда его проекцией будет правильный шестиугольник. На рисунке справа показана дырка, сквозь которую.может пройти куб с тем же ребром, что и у исходного. Однако легко заметить, что дырку можно немного увеличить так, чтобы сквозь нее прошел куб с большим ребром. Следовательно, я проделал дырку не в большем, как мог поспешно решить читатель, а в меньшем кубе! Поэтому больший куб, вполне очевидно, оказался тяжелее. Этого не могло бы произойти, если бы дырка была проделана в большем кубе.

313. Всего имеется 11 различных разверток, если не различать между собой две развертки, полученные одна из другой путем переворачивания. Если же наружная сторона коробки, например, голубая, а внутренняя белая и требуется уложить развертки белой стороной вверх, то это можно сделать 20 различными способами, поскольку тогда к каждой развертке, кроме случаев 1 и 5, добавится еще по одной зеркально-симметричной развертке, которая теперь уже будет отличаться от нее.

314. Крендель можно разрезать на 10 частей одним прямым разрезом вдоль линии, показанной на рисунке.

315. Отметьте середины ребер BC, CH, HE, EF, FG и GB. Затем, начиная сверху, проведите разрез вдоль плоскости, обозначенной пунктирной линией на рисунке слева. Тогда каждая из двух новых поверхностей окажется правильным шестиугольником, а правый кусок будет выглядеть примерно так, как он изображен рядом.

316. Умная муха избрала бы путь, отмеченный на рисунке справа сплошной линией, на его преодоление уйдет 2,236 мин. Путь, отмеченный пунктирной линией, длиннее, и на него уйдет больше времени.

317. Вода поднимется сначала на 15 см, а затем еще на 22,5 см.

318. Сначала отрежьте с краю кусок A толщиной 1 см. Оставшуюся часть можно затем разрезать, как показано на рисунке, на 24 части требуемого размера 5 × 3 × 2½ см. Не видны только четыре куска: два под B и два под C.

319. Объемы подобных тел относятся, как кубы длин соответственных линейных элементов. Простейший ответ состоит в том, что длины трех яиц равны соответственно 1½, 2 и 2½ дюйма. Кубы этих трех чисел равны 2⅞, 8 и , а их сумма составляет точно 27, или 3³. Следующий простейший ответ есть 2⅔, 2 и ⅓ дюйма. Но вообще-то ответов существует бесконечно много.

320. Мастер сделал ящик с внутренними размерами 30 × 10 × 10 см и в него поместил подставку. Затем он наполнил ящик чистым сухим песком, как следует утряс его и выровнял верхнюю часть. Потом он вынул подставку, встряхнул оставшийся песок, выровнял его и обнаружил, что его поверхность находится ровно в 20 см от верхнего края ящика. Отсюда стало ясно, что подставка содержала 2 дм³ древесины и что был снят 1 дм³.

321. Поднимаясь на 2 м по стволу, белка совершает путь длиной 2,5 м. Следовательно, взобравшись на дерево высотой 8 м, она пройдет путь длиной 10 м.

322. Пусть диаметр сигареты равен 2 единицам, и пусть 8 рядов по 20 сигарет в каждом (см. случай A) целиком заполняют коробку. Внутренняя длина коробки в таком случае равна 40, а глубина 16 единицам. Теперь если мы поместим 20 сигарет в нижнем ряду и если вместо 20 в следующем ряду мы положим 19 штук, как показано в случае B, то сэкономим на этом 0,268 (точнее, 2 -) высоты. Этот второй ряд и каждый дополнительный ряд из 20 или 19 (по очереди) сигарет увеличивают высоту на 1,732. Следовательно, мы получим девять рядов общей высотой 2 + 8 × 1,732 = 15,856 единицы, что меньше нашей глубины, составляющей 16 единиц. Таким образом, мы увеличим число сигарет на 20 (благодаря дополнительному ряду) и уменьшим его на 4 (1 штука в каждом ряду из 19), что даст чистый прирост 16 сигарет.

323. Сделайте разрезы, как показано на рисунке, и поместите полученные части на места, указанные пунктиром. Приведенное решение не единственно.

324. На рисунке показано простейшее и, я думаю, наиболее изящное решение, связанное с разрезанием крышки стола на шесть частей. Сдвинув часть A вдоль B на одну ступеньку вверх, вы получите часть крышки стола размером 12 × 12 см. Сдвинув часть C вверх вдоль D и соединив с E, вы получите квадрат 15 × 15 см. Квадрат 16 × 16 см не разрезается.

325. Стороны новых квадратов должны быть равными 24 и 7 см. Сделайте разрезы, как показано на рисунке слева. Из «деталей» A, B и C можно составить новый квадрат (см. правую часть рисунка). Квадрат D вырезается целиком.

326. Здесь вы видите, как следует разрезать букву E на пять частей, чтобы из них можно было составить квадрат, при условии, что части нельзя переворачивать.

При условии, что части можно переворачивать, E достаточно разрезать на четыре части.

327. Разрежьте шестиугольник пополам и сложите половинки так, чтобы получилась фигура ABCD. Продолжите прямую DC до точки E так, чтобы отрезок CE был равен высоте CF. Затем, поставив одну ножку циркуля в G, опишите полуокружность DHE и проведите прямую CH перпендикулярно DE. Теперь СН является средним пропорциональным между DC и CE и, следовательно, равно стороне искомого квадрата. Из C опишите дугу HJ, а из K — полуокружность DJC. Проведите CJ и DJ. Отложите отрезок JL, равный JC, и достройте квадрат. Остальное не требует объяснений.

328. На помещенном здесь рисунке показано, как следует разрезать испорченный крест на четыре части, из которых можно составить квадрат. Надо просто продолжить каждую сторону квадратного отверстия до соответствующего угла, и все готово!

329. Из рисунка ясно, как следует разрезать крест на 7 частей, чтобы из них получился квадрат.

330. Разрежьте звезду по центру на 4 части, которые поместите по углам рамки. Просвет образует правильный мальтийский крест (см. рисунок).

331. На рисунке жирной ступенчатой линией показано, как следует разрезать флаг всего лишь на две части, чтобы, передвинув нижнюю часть на одну ступеньку вверх, получить флаг с десятью полосами.

332. Прямоугольную доску можно разрезать методом лестницы на две части, из которых получится квадрат в том случае, если длины ее сторон совпадают с квадратами двух последовательных целых чисел. Так, в приведенной ниже таблице стороны соответственно равны 1² (или 1) и 2² (4), или 2² (4) и 3² (9), или 3² (9) и 4² (или 16) и т. д. Таблицу можно продолжать неограниченно.

На приведенном здесь рисунке случай I является простейшим — размер доски 1 × 4; в случае II доска имеет размер 4 × 9 и в случае III — 16 × 25. Можно заметить, что число ступенек увеличивается по определенному закону, а их размеры легко найти с помощью таблицы. Например, для доски 16 × 25, поскольку сторона квадрата равна 20, ступенька имеет высоту 20 - 16 = 4 и ширину 25 - 20 = 5.

Так как стороны выражаются квадратами, а произведение двух квадратов в свою очередь представляет собою квадрат, то площадь прямоугольника также выражается квадратом. Но отсюда вовсе не следует, что, например, доска размером 9 × 25 окажется подходящей, потому что ее площадь равна площади квадрата со стороной 15. На нашем рисунке в случае IV показан наилучший вариант для такой доски, но при этом доску приходится резать на три, а не на две части, как требуется. Это происходит потому, что ни число 9 не является кратным приросту высоты (6), ни число 25 — кратным убыванию длины (10). Следовательно, нужных ступенек здесь быть не может.

Конечно, подойдет любое кратное сторонам. Так, решение для случая 8 × 18 аналогично решению для случая 4 × 9 и содержит две ступеньки, при этом все размеры просто удваиваются. Доска 4 × 6¼ также подойдет нам, поскольку отношение ее сторон совпадает с отношением сторон у доски 16 × 25. Высота ступеньки будет равна 1, а ширина 1¼. В первом случае мы произвели сокращение, как у дроби, а во втором умножили все на 4, чтобы избавиться от дробей. Далее мы заметим, что и 4 × 9, и 16 × 25 являются квадратами последовательных целых чисел; следовательно, решение существует.

333. Несмотря на предупреждение, читатель мог предположить, что решением головоломки служит жирная зигзагообразная линия на нашем рисунке. Однако это не так, поскольку получившиеся части не совпадают по форме и размерам. Разрез следовало бы вести не по участку C, а по пунктирной линии D, но там отсутствует шов. На самом деле следует вырезать часть, которая заштрихована. Лоскут в левом верхнем углу показан для ориентации на исходном рисунке.

334. На рисунке показано, как следует разрезать линолеум на две части A и B, чтобы составить из них квадратную доску.

335. На рисунке слева показано, как можно покрыть квадрат 29 квадратными плитками, сохранив при этом 17 из них в целости и разрезав остальные 12 надвое. Части одной плитки обозначены одинаковыми цифрами.

336. По-видимому, существует лишь одно решение этой головоломки, которое представлено на рисунке справа. Наименьшее число частей равно 11; они должны иметь указанные размеры. Три наибольшие части не могут располагаться иначе, а группу из восьми квадратов можно «отразить».

[По поводу общей задачи, так и не решенной до сих пор, о делении квадратного куска решетки любого размера вдоль ее линий на минимальное число меньших квадратов, см. гл. 15 книги М. Гарднера «Математические новеллы» (М., изд-во «Мир», 1974).

Насколько мне известно, соответствующая задача для треугольной решетки еще не рассматривалась. — М. Г.]

337. На рисунке показано, как разрезать квадрат на 4 части одинакового размера и одной формы так, чтобы в каждой из частей содержалось по звездочке и по крестику,

338. Если вырезать греческий крест меньших размеров (см. случай 1), то из четырех частей A, B, C и D можно сложить квадрат, показанный в случае 2.

339. Отрежьте верхнюю и нижнюю части креста и поместите их в положения A и B (случай I), а оставшуюся большую часть разрежьте на 3 части так, чтобы из полученных 5 частей сложить прямоугольник, изображенный в случае II. Можно сказать, что этот прямоугольник составлен из 15 квадратов — по 5 квадратов на каждый новый крест. Остальные разрезы провести нетрудно. Из частей 2, 5, 8, 9 с очевидностью получается один крест; из частей 13, 6, 10, 7 и 11 — второй (случай III), а из 1, 3, 4, 12 получается третий крест (случай IV ). Площадь каждого конца малого креста составляет ⅓ площади любого конца большого креста.

(Число частей можно понизить до 12. — М. Г.]

340. Как следует разрезать данную фигуру на 4 части, чтобы из них получился квадрат, показано на рисунке.

341. В случае A изображен круг, разделенный на 4 части, образующие «великую Монаду», а в случае B показано, как из двух таких частей можно составить один табурет (второй табурет получается аналогично из частей 3 и 4). Правда, отверстия для руки располагаются поперек, а не вдоль овалов, тем не менее все условия задачи выполнены.

342. Разрежьте один из треугольников пополам и сложите части вместе, как показано в случае 1. Затем проведите разрез вдоль пунктирных линий так, чтобы и ab, и cd равнялись стороне искомого квадрата. Затем сложите полученные части вместе, как показано в случае 2, сдвинув F и C влево вверх и переместив маленький кусочек D из одного угла в другой.

[Существует решение данной задачи, содержащее только 5 частей. — М. Г.]

343. На рисунке показано, как можно разрезать символ масти пик на три части, чтобы получить символ червовой масти.

344. Вы видите на рисунке, как следует расположить 4 части, чтобы одна клетка исчезла (на первый взгляд). Объяснение этого феномена состоит в том, что края частей, расположенные вдоль жирной линии, не совпадают по направлению. Если вы расположите внешние края данной фигуры точно под прямым углом, то некоторые части перекроются и площадь перекрытой поверхности окажется равной площади одной клетки. Вот в чем и состоит простое объяснение нашего парадокса.

345. Прежде всего проведите разрез AB. Затем сложите полученные три части вместе так, чтобы при следующем взмахе ножниц вы могли провести одновременно разрезы CD, EF и GH (см. рисунок справа).

346. Восемь кусков фанеры можно расположить симметрично, чтобы они образовали квадрат таким образом, как показано на рисунке.

347. Сложите два квадрата вместе таким образом, чтобы линии AB и CD были прямыми. Затем найдите центр большего квадрата и проведите через него прямую EF, параллельную AD. Если вы теперь проведете через тот же центр перпендикулярно EF прямую GH, то больший квадрат разобьется на 4 части, из которых вместе с меньшим квадратом можно будет составить новый квадрат.

[Это решение было впервые найдено английским математиком-любителем Генри Перигейлом, который опубликовал его в 1873 г. Оно представляет собой одно из лучших доказательств теоремы Пифагора с помощью разрезания. См. гл. 38 книги М. Гарднера «Математические головоломки и развлечения» (М., изд-во «Мир», 1971). — М. Г.].

348. На рисунке показано, как можно разрезать фанеру. Квадраты A и B вырезаются целиком (1), а из четырех частей C, D, E и F можно составить третий квадрат (2).

[Существуют решения данной задачи, в которых участвует только пять частей. Не сможет ли читатель отыскать решение из пяти частей, при котором общая длина разрезов составляет 16 единиц? — М. Г.]

349. Вырежьте кусок A и, повернув его на четверть оборота по часовой стрелке, соедините с куском B. При этом получится правильная шахматная доска.

350. На рисунке показано, как составить квадрат из 20 кусочков.

351. Если ковер разрезать на две части, как показано в случае 1, и сшить куски вместе таким образом, как изображено в случае 2, то получится квадрат. Ширина ступеньки равна 2, а высота 1 м.

352. Согнув листок по серединам противоположных сторон, получим прямые AOB и COD. Произведем также сгибы EH и FG, делящие AO и OB пополам. Перевернем AK так, чтобы K попала на прямую EH в точке E, а затем произведем сгибы через AE и EOG. Аналогично найдем точку H и согнем бумагу вдоль AH и HOF. Произведя сгибы BF, BG, EF и HG, получим искомый правильный шестиугольник EFBGHAE.

353. Сложив AB вдвое, найдите середину E. Согните бумагу вдоль EC. Совместите EB с EC и согните так, чтобы получить EF и FG. Сделайте так, чтобы отрезок CH стал равным отрезку CG. Найдите K — середину отрезка BH и отложите отрезок CL, равный BK. Отрезок KL — сторона правильного пятиугольника. Затем отложите (см. правую часть рисунка) отрезки KM и LN, равные KL, так, чтобы M и N соответственно лежали на BA и CD. Согнув бумагу вдоль PQ, отложите MO и NO, равные KM и LN. Многоугольник KMONL и есть искомый пятиугольник.

354. Соединив между собой края AB и CD, вы можете отметить сгибами средние точки E и G. Аналогичным образом вы можете найти точки F и H, а затем согнуть квадрат EHGF. Далее совместите CH с EH и EC с EH, при этом вы получите точку пересечения 1. Сделайте то же самое с оставшимися тремя углами — сгибы очертят правильный восьмиугольник, который затем можно будет вырезать с помощью ножниц.

355. Сложите квадрат пополам вдоль FE. Загните сторону AB так, чтобы точка B легла на FE, и вы получите точки G и H, через которые можно провести сгиб HGJ. Оставляя точки B и G по-прежнему совмещенными, отогните AB назад на AH, и вы получите прямую AK. Теперь вы можете сложить треугольник AJK — наибольший равносторонний треугольник из всех возможных.

356. Отогнув угол A, найдите точку C, которая делала бы отрезок BC равным отрезку AB, и перегните полоску, как показано в случае 1. Вы получите точку D. Далее согните полоску так, как показано в случае 2, чтобы ее край прошел вдоль AB. Вы получите точку E. Продолжая действовать аналогичным образом (случай 3), вы уложите всю полоску в форме пятиугольника. Это, как мы уже говорили, просто, но вместе с тем интересно и поучительно.

357. Разбейте AB пополам точкой C и проведите прямую CG параллельно BH. Затем найдите точку D (середину AC) и опишите полуокружность DB, пересекающую CG в точке E. Прямая DEF даст положение наикратчайшего сгиба.

358. Перенумеруйте марки, как было показано на исходном рисунке, то есть 1, 2, 3, 4 в первой и 5, 6, 7, 8 во второй строке. Чтобы сложить их в порядке 1, 5, 6, 4, 8, 7, 3, 2 (сверху видна только первая марка), начните следующим образом. Повернув все марки лицом вниз

согните полоску так, чтобы марка 7 пришлась на марку 6. Положите 4 на 8 и введите их обе между 7 и 6 так, чтобы эти четыре марки расположились в порядке 7, 8, 4, 6. Теперь поместите 5 и 1 под 6, и все готово.

Добиться, чтобы марки расположились в последовательности 1, 3, 7, 5, 6, 8, 4, 2, труднее, и ее можно легко проглядеть, если кто-нибудь не убежден, что в силу некоторого закона и такое расположение возможно. Сначала согните блок так, чтобы были видны только марки 5, 6, 7, 8, лежащие лицевой стороной кверху. Положите 5 на 6. Теперь между марками 1 и 5 вы можете поместить марки 7 и 8 так, чтобы марка 7 оказалась поверх марки 5, а марка 5, обернувшись кругом, оказалась под маркой 6, и нужный порядок получен.

359. Действуя следующим образом, вы за семь ходов удалите все фишки, кроме 1, которая и сделает последний прыжок: 2—10, 4—12, 6—5, 3—6, 7—15, (8—16, 8—7, 8—14, 8—3), (1—9, 1—2, 1—11, 1—8, 1—13, 1—4).

360. «Девятка» последовательно перепрыгивает через 13, 14, 6, 4, 3, 1, 2, 7, 15, 17, 16, 11. Затем 12 перепрыгивает через 8, 10 — через 5 и 12, а 9 — через 10.

361. Составьте за 9 ходов стопку из пяти фишек (от 1 до 5) в квадрате B. За 7 ходов постройте стопку из четырех фишек (от 6 до 9) в квадрате C. Образуйте стопку из трех фишек (от 10 до 12) в D за 5 ходов. Поместите в E стопку из двух фишек (13 и 14) за 3 хода. Переместите одну фишку (15) в F за 1 ход. Переместите 13 и 14 в F за 3 хода, 10 и 12 в F за 5, с 6 по 9 за 7 и с 1 по 5 за 9 ходов. Всего получится 49 ходов.

362. Передвигайте фишки в следующем порядке: 12, 8, 4, 3, 2, 6, 10, 9, 13, 15, 14, 12, 8, 4, 7, 10, 9, 14, 12. 8, 4, 7, 10, 9, 6, 2, 3, 10, 9, 6, 5, 1, 2, 3, 6, 5, 3, 2, 1, 13, 14, 3, 2, 1, 13, 14, 3, 12, 15, 3 — всего 50 ходов.

[Если фишки 14 и 15 расположены сначала в правильном порядке, то магический квадрат можно получить за 37 ходов: 15, 14, 10, 6, 7, 3, 2, 7, 6, 11, 3, 2, 7, 6, 11, 10, 14, 3, 2, 11, 10, 9, 5, 1, 6, 10, 9, 5, 1, 6, 10, 9, 5, 2, 12, 15, 3. — М. Г.]

363. Одну дополнительную фишку следует поместить в четвертом квадрате второго (сверху) ряда, а другую — во втором квадрате четвертого ряда. Головоломка оказывается столь просто разрешимой, что не требуется даже перечислять необходимые ходы.

364. Наименьшее число ходов 24. Действовать нужно следующим образом. (Необходимо всего лишь указать буквами, из какого круга в какой перемещается фишка. За один раз можно перемещать лишь одну фишку.) Итак, E в A, E в B, E в C, E в D, B в D, E в B, C в B, A в B, E в C, E в A, B в A, C в E, B в C, A в C, B в A, C в B, C в A, B в A, E в C, E в B, C в B, D в E, D в B, E в B — всего 24 хода.

365. Нарисуйте схему путей, как показано на рисунке, возьмите 5 фишек, обозначенных X, L, R, A и B. Паровозы — это L и R, два вагона справа — A и B. Три вагона слева разделять не следует, поэтому мы обозначим их X. Тупик обозначен через S. Далее действуйте следующим образом: R налево, R в S, XL направо, R налево, XLA налево, L загоняет A в S, L налево, XL направо, R к A, RA налево, XLB налево, L направляет B в S, L налево, LX направо, RA к B, RAB прямо. Всего получилось 14 ходов, поскольку в первом и третьем ходах (R налево и XL направо) не происходит изменения направления. За меньшее число ходов задачу решить нельзя.

366. Меняйте пары местами следующим образом: (1—7, 7—20, 20—16, 16—11, 11—2, 2—24), (3—10, 10—23, 23—14, 14—18, 18—5), (14—19, 19—9, 9—22), (6—12, 12—15, 15—13, 13—25), (17—21). Теперь все фишки правильно размещены за 19 ходов. Внутри скобок заключены полные циклы. Выпишите числа в исходном порядке, а под ними числа в правильном порядке так:

Структура циклов становится теперь очевидной: 1 в нижней строке меняется местами с 7 над ней, 7 — с 20 и т. д. до тех пор, пока мы не дойдем до 24 под 1.

367. Пусть солдаты двигаются в следующем порядке: 2—1, 3—2, 4—3, 5—11, 6—4, 7—5, 8—6, 9—7, 1—13, 9—10, 8—9, 1—12, 7—13, 6—8, 5—7, 1—11, 4—12, 3—6, 2—5, 1—1, 2—2, 3—3, 4—4, 5—5, 6—6, 7—7, 8—8, 9—9; тогда сержант окажется на нужном месте за 28 ходов.

Первое число — это номер солдата, а второе — номер его новой позиции, причем позиции в траншее перенумерованы от 1 до 10, а ниши от 11 до 13.

368. В первом случае передвигайте пары в следующем порядке: поместите 6 и 7 перед 1, затем 3 и 4, 7 и 1 и 4 и 8 на свободные места. При этом получится следующее расположение фишек: 6, 4, 8, 2, 7, 1, 5, 3.

Во втором случае передвиньте фишки 3, 4 и расположите их в обратном порядке (4, 3) перед фишкой 1. Затем переместите, одновременно изменив порядок фишек на обратный, пары 6, 7 (после перестановки 7, 6), 6, 5 (после перестановки 5, 6), 3, 1 (после перестановки 1, 3) и 6, 8 (после перестановки 8, 6). Фишки выстроятся в последовательности 4, 8, 6, 2, 7, 1, 3, 5 всего за 5 ходов.

369. Хотя первоначально обе буквы A находятся в нужном положении, головоломку можно решить, только сдвинув их со своего места. Обозначим букву A в нижнем ряду прописной, а в верхнем углу строчной буквой. Тогда решение в 36 ходов будет таким: АНЛЕЖ АНЖКИ АНЖКИ АНЖКЛ ЕаАНЖ ИЛКИЛ аЕКаЛИ.

[Решение Дьюдени не минимально. Не сможет ли читатель решить головоломку за 30 ходов? — М. Г.]

370. Передвигайте фишки в следующем порядке: АНДАФ ЛНДАФ ДНЛДИ ЯДЛНА ФИЯРИ ЯЛНАЛ — всего 30 ходов.

[Количество ходов удается сократить до наименьшего возможного числа — 28. Читатели могут заметить, что задача изоморфна некоторой головоломке с квадратом и восьмью фишками, похожей на предыдущую. С общей теорией головоломок с квадратом и фишками можно познакомиться в гл. 2 книги М. Гарднера «Математические головоломки и развлечения» (М., изд-во «Мир», 1971). — М. Г.]

371. Охранник W₁, не может схватить узника P₂, а охранник W₂ — узника P₁. В примере, который мы привели, погоня действительно может продолжаться бесконечно долго, поскольку на самом деле каждый охранник должен охотиться не за «своим», а за «чужим» узником. В этом случае, как говорят о шахматах, можно «реализовать преимущество». Между W₁ и P₂ расположен всего один (нечетное число) квадрат, в то время как между W₁ и P₁ (а также между W₂ и P₂) имеются четыре (четное число) квадрата. Во втором случае у охранников имеется преимущество, и они могут выиграть. Приведем образец игры. Ходы охранников записываются в «числителе», а узников — в «знаменателе»:

Узникам невозможно уйти от преследования, если каждый охранник преследует того из них, кого нужно.

372. В средней вертикали, содержащей 3 белые и 3 черные шашки, их можно поменять местами за 15 ходов. Перенумеруйте 7 клеток сверху вниз цифрами от 1 до 7. Шашкой, стоящей на клетке 3, пойдите на клетку 4, шашкой 5 — на клетку 3, 6 — на 5, 4 — на 6, 2 — на 4, 1 — на 2, 3 — на 1, 5 — на 3, 7 — на 5, 6 — на 7, 4 — на 6, 2 — на 4, 3 — на 2, 5 — на 3, 4 — на 5. Шесть из этих ходов представляют собой просто сдвиги, а 9 остальных — прыжки.

Имеется семь горизонталей, содержащих по 3 белые и по 3 черные шашки (если исключить центральную вертикаль). В каждой из них можно аналогичным образом поменять местами белые и черные шашки, а поскольку в процессе манипуляций с центральной вертикалью в центре каждой из горизонталей образуется в определенный момент необходимое для этого «окошко», то ясно, что все шашки можно поменять местами за 8 × 15 = 120 ходов.

373. Сначала положите 4 монеты вместе, как показано в случае 1, затем перенесите номер 1 на новое место (см. случай 2) и, наконец, осторожно выньте номер 4 и положите его сверху на номера 2 и 3. Тогда ваши монеты займут положение 3 и пятую монету можно будет точно подогнать к ним.

Одного взгляда на рисунок достаточно, чтобы понять, как трудно измерить на глаз расстояние между монетами 1 и 3. Почти наверняка каждый положит их слишком близко друг к другу.

374. Сначала разместите монеты так, как показано в случае A. Затем осторожно сместите монету 6 в положение, которое изображено в случае B. Далее сделайте так, чтобы монета 5 соприкоснулась с монетами 2 и 3 (C). Теперь нужно переместить монету 3 в положение, указанное в случае C пунктиром.

375. Взяв вместо чисел 2 и 15 числа 7 и 10, можно составить квадрат, показанный на рисунке. Практически магический квадрат пы составите из любых 16 чисел, если их удастся расположить таким образом, чтобы были равны между собой как все разности между двумя соседними числами по горизонтали, так и все разности между двумя соседними числами по вертикали. В нашем случае эти разности равны 3 и 2:

376. Если вы сделаете 9 квадратов, совпадающих с квадратом, изображенным на нашем рисунке, то, составив из них больший квадрат, обнаружите на нем магические квадраты пятого порядка с любым числом в центре. Этот квадрат называется назикским квадратом (названным так покойным мистером Фростом в честь Назика — места в Индии, где он жил) и является единственным правильным квадратом с таким свойством.

377. По-видимому, существует всего три приведенных здесь решения. В каждом случае разность равна 5.

378. Для решения головоломки необходимо лишь сдвинуть вверх правую цифру в каждой клетке, чтобы получить степени 2. Раскрыв чти степени, вы обнаружите, что полученный квадрат удовлетворяет нужному условию с произведением 4096. Разумеется, всякий человек, знакомый с арифметикой, знает, что 2⁰ равно 1.

379. Хотя требовалось, чтобы цифры в каждой клетке были различными, это вовсе не значило, что различными должны быть числа. В меньшем квадрате каждая из сумм чисел на десяти прямых равна 15, поскольку в дополнение к строкам, столбцам и большим диагоналям две малые диагонали тоже дают сумму 15. Это максимально возможное число прямых. Нам осталось лишь выразить каждое число с помощью своей в каждом случае повторяющейся цифры, используя знаки арифметических действий. На большем квадрате показано, как это можно сделать. Все условия головоломки будут, таким образом, удовлетворены с максимальным числом направлений, равным десяти.

[Клеточки с 4, 8 и 7 излишне сложны. Возможно более простое решение:

380. Объяснение содержится в самом решении (см. рисунок). Суммы чисел, стоящих в строках, столбцах и на двух диагоналях, равны 6726, а каждая из цифр 1, 2, 3, 4 использована ровно девять раз.

381. Начав с правого верхнего угла, а затем двигаясь вниз «вокруг квадрата», заполните клетки числами в следующем порядке: 13, 81, 78, 6, 75, 8, 15, 16, 77, 70, 19, 79, 21, 9, 23, 2, 69, 66, 67, 74, 7, 76, 4, 1, 5, 80, 59, 73, 61, 3, 63, 12. Очевидно, противоположные числа на границе должны в любом случае давать в сумме 82, но их правильного расположения добиться не так-то легко. Разумеется, существуют и другие решения.

382. На рисунке приведено одно решение с нечетными и четными числами.

383. Назовем ABCDE «пятиугольником», a F, G, H, J, K «вершинами» (I). Запишем в пятиугольнике числа 1, 2, 3, 4, 5, как показано на рисунке II (мы начинаем с 1 и движемся по часовой стрелке, перескакивая каждый раз через один кружок). Чтобы заполнить звезду с суммой 24, воспользуйтесь следующим простым правилом. Найти H можно, вычитая сумму B и C из половины данной постоянной (24) и прибавляя E. Другими словами, надо 6 вычесть из 15, при этом получится искомое значение H, равное 9. Затем можно вписать в кружок F число 10 (чтобы сумма оказалась равной 24), вписать 6 в J, 12 в G и 8 в K. Решение получено.

Вы можете вписать в пятиугольник любые 6 чисел в любом порядке и с произвольной постоянной суммирования. В каждом случае вы получите с помощью указанного правила единственно возможное решение для данных пятиугольника и постоянной. Однако в этом решении могут встретиться повторяющиеся или даже отрицательные числа. Допустим, например, что я задал пятиугольник 1, 3, 11, 7, 4 и постоянную 26 (см. рисунок III). Тогда видно, что 3 повторяется, а добавочное число 4 отрицательно и практически его приходится вычитать, а не прибавлять. Вы можете также заметить, что если бы в случае II мы заполнили пятиугольник теми же числами, но в другом порядке, то получили бы при этом повторяющиеся числа.

Ограничимся случаем десяти различных положительных целых чисел. Тогда 24 будет наименьшей возможной постоянной. Решение с любой большей постоянной можно получить из данного. Так, если мы хотим взять постоянную, равную 26, то достаточно добавить в вершины по 1. Если мы хотим взять постоянную 28, то в каждую вершину следует добавить по 2 или по 1 во все кружки. Для нечетных постоянных решений не существует, если мы не допускаем дроби. Каждое решение можно «вывернуть наизнанку». Так, рисунок IV — модификация рисунка II. Аналогично четыре числа в G, K, D, J можно всегда изменить, если нет повторений, например вместо чисел 12, 8, 5, 6 на рисунке II подставить числа 13, 7, 6, 5. Наконец, в любом решении постоянная равна ⅖ суммы всех десяти чисел. Поэтому если задано множество чисел, то мы можем определить постоянную, а по заданной постоянной найти сумму всех нужных чисел.

384. За недостатком места я не смогу здесь привести полное решение этой интересной задачи, но укажу читателю основные моменты.

1. При любом решении сумма чисел в треугольнике ABC (см. рисунок I) должна совпадать с суммой чисел в треугольнике DEF. Эта сумма может равняться любому числу от 12 до 27 включительно, кроме 14 и 25. Нам нужно получить решения лишь для случаев 12, 13, 15, 16, 17, 18 и 19, поскольку дополнительные решения 27, 26, 24, 23, 22, 21 и 20 можно получить из них, заменяя каждое число на разность между ним и 13.

2. Каждое решение составлено из трех независимых ромбов AGHF, DKBL и EMCI, сумма чисел в каждом из которых должна равняться 26.

3. Суммы чисел в противоположных внешних треугольниках равны между собой. Так, сумма чисел в треугольнике AIK равна сумме чисел в треугольнике LMF.

4. Если разность между 26 и суммой чисел в треугольнике ABC прибавить к любому числу, стоящему в вершине, скажем A, то получится сумма двух чисел, находящихся в соответствующих положениях L и M. Так (см. рисунок II), 10 + 13 = 11 + 12 и 6 + 13 = 8 + 11.

5. Существует 6 пар, дающих в сумме 13, а именно 12 + 1, 11 + 2, 10 + 3, 9 + 4, 8 + 5, 7 + 6, и среди вершин может оказаться 1 или 2 такие пары, но никогда не окажется 3. Относительное расположение этих пар определяет тип решения. У регулярного типа, как на рисунке II, A и F, а также G и H (что показано пунктирными линиями) в сумме всегда дают 13 (при более подробном доказательстве этот класс необходимо было бы разбить на 2 подкласса и рассматривать каждый из них в отдельности). На рисунках III и IV приведены примеры двух нерегулярных типов.

Всего существует 37 решений (или 74, если мы будем считать и дополнительные решения, упомянутые в п. 1), из которых 32 будут регулярными и 5 нерегулярными.

У 6 из 37 решений сумма вершин равна 26, а именно:

Первое решение представлено на рисунке II, а предпоследнее — на рисунке III, так что, обратившись к рисунку, вы поймете, как следует располагать эти числа на звезде. Читателю следует все приведенные выше решения изобразить на звезде и помнить, что вместо 6 вместе с дополнительными получится 12 решений. Первые четыре решения будут регулярного, а последние два — нерегулярного типа. Если читатель попытается найти все 37 (или 74) решений данной головоломки, то ему будет полезно знать, что существует соответственно 3, 6, 2, 4, 7, 6, 9 (всего 37) решений с суммой вершин, равной 24, 26, 30, 32, 34, 36, 38.

[Для шестиконечной звезды существует 80 решений. — М. Г.]

385. Поместите 5 в верхний кружок. Затем расположите четыре числа (7, 11, 9, 3) на горизонтальной линии так, чтобы сумма внешних чисел равнялась 10, а внутренних 20 и чтобы разность между двумя внешними числами в два раза превышала разность между двумя внутренними числами. Затем поместите числа, дополняющие их до 15, в соответствующие кружочки, как показано пунктирными линиями. Остальные четыре числа (13, 2, 14, 1) расставить уже легко. Из этого основного размещения мы можем получить три остальных: первое — поменяйте местами 13 с 1, а 14 с 2; второе и третье — подставьте в полученных двух размещениях вместо каждого числа разность между ним и 15 (например, 10 вместо 5, 8 вместо 7, 4 вместо 11 и т. д.). Следуя этим правилам, читатель может сам построить вторую группу из четырех решений.

Общее решение слишком длинно, чтобы приводить его здесь полностью, однако существует всего 56 различных размещений (вместе с дополнительными). Я разбиваю их на три класса. В класс I включаются все случаи, подобные приведенным выше, где пары в положениях 7—8, 13—2, 3—12, 14—1 в сумме дают 15, а всего таких случаев 20. В класс II включаются случаи, в которых пары в положениях 7—2, 8—13, 3—1, 12—14 в сумме дают 15; таких случаев снова 20. В класс III входят все случаи, в которых пары в положениях 7—8, 13—2, 3—1, 12—4 в сумме дают 15; таких случаев 16. Всего получается 56 случаев.

[Для семиконечной звезды существует 72 решения. — М. Г.]

386. На рисунке приведено искомое решение. Сумма четырех чисел вдоль любой прямой равна 34. Если решение для одной звезды известно, то его можно без труда преобразовать в решение для второй звезды, отметив, как перемещаются числа в приведенных двух решениях.

Мне не удалось подсчитать общее количество решений для звезд данного порядка. Это, как мне кажется, весьма трудная задача. Быть может, читатели попытают в ней счастья.

[Для случая восьмиконечной звезды известно 112 различных решений. — М. Г.]

387. На рисунке показан один из способов размещения гарнизонов, при котором общее число солдат вдоль каждой из пяти линий равно 100.

388. Положите карты 1, 2, 3, 4, 5 в последовательности, показанной пунктирными линиями, то есть каждую следующую карту помещайте через один угол, двигаясь по часовой стрелке, а затем разместите в противоположном направлении карты 6, 7, 8, 9, 10, позаботясь о том, чтобы 6 было расположено с нужной стороны от 5. Сумма очков на каждой стороне равна 14. Если вы теперь разместите карты 6, 7, 8, 9, 10 первым способом, а карты 1, 2, 3, 4, 5 вторым, то получите другое решение — с суммой, равной 19. Теперь проделайте то же самое о двумя множествами чисел 1, 3, 5, 7, 9 и 2, 4, 6, 8, 10, и вы получите еще два решения с суммами соответственно 16 и 17.

Всего существует 6 решений, из которых 2 последних являются особыми. Выпишите в том же порядке 1, 4, 7, 10, 13 и 6, 9, 12, 15, 18; выпишите также 8, 11, 14, 17, 20 и 3, 6, 9, 12, 15. Затем вычтите 10 из каждого числа, большего 10.

389. Решение вы видите на рисунке справа. Начав с верхнего кружка и двигаясь по часовой стрелке, вписывайте числа от 1 до 7 через одну вершину. Затем, начав сразу над 7 и двигаясь в противоположном направлении, заполните свободные места числами от 8 до 14. Если же вы сначала впишите числа 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, а затем 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, то получите другое решение с суммой 22 вместо 19. Если в приведенных решениях заменить каждое число разностью между ним и 15, то получатся два дополнительных решения с суммами, равными соответственно 26 и 23 (разность между 45 и 19, 45 и 22).

390. Ясно, что все указанные суммы должны равняться 26. Одно из многочисленных решений приведено на рисунке.

391. На рисунке приведен единственно правильный ответ.

392. Для решения головоломки необходимо лишь поместить число 10 в центр, а остальные числа вписать по порядку по окружности: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 19, 18, 17, 16, 15, 14, 13, 12, 11.

393.

Каждая строка в столбце означает операцию. Так, в случае A мы сначала наполняем сосуд в 16 л, затем переливаем 15 л в другой сосуд, оставив 1 л; затем, опорожнив сосуд емкостью 15 л, переливаем в него 1 л из 16-литрового сосуда и т. д.

Звездочки показывают, как можно последовательно отмерить 1, 2, 3, 4 л и т. д. Можно поступить иначе — так, как показано в случае B: сначала наполнить 15-литровый сосуд, а затем последовательно отмерять 14, 13, 12, 11 л и т. д. Продолжив «стратегию» A, мы получим схему переливаний B в обратном порядке. Отсюда видно, что для того, чтобы отмерить от 1 до 7 л, мы должны воспользоваться способом A, а от 8 до 14 л — способом B. При способе A мы можем отмерить 8 л за 30 операций, а при способе B — лишь за 28, что и будет правильным ответом.

Удивительно, что с помощью любых двух взаимно простых мер (то есть не имеющих общих делителей, как, например, 15 и 16) мы можем отмерить любое целое число литров от 1 до наибольшей меры. С помощью емкостей 4 и 6 л (каждое делится на 2) мы можем отмерить только 2, 4 и 6 л. С 3- и 9-литровым сосудами мы можем отмерить только 3, 6 и 9 л. В нашей таблице отмериваемые объемы идут в правильной последовательности. Однако если мы возьмем сосуды в 9 и 16 л и применим способ A, то получим 6, 14, 5, 12, 3 л и т. д. с циклической разностью 7 (16—9—7). Другими словами, прибавляя 7 к 14 и вычитая 16, мы получим 5, а прибавляя 7 к 12 и вычитая 16, получим 3 и т. д.

[Относительно одного хорошего метода решения подобных головоломок с помощью изометрической бумаги см. мою заметку в журнале Scientific American, September 1963, а дальнейшее обсуждение этого метода — в книге Т. Н. O’Beirne «Puzzles and Paradoxes» (Oxford University Press, 1965). — M. Г.]

394. Наполнив и опорожнив 7-квартовый сосуд 14 раз, вы выльете 98 кварт и оставите в бочке 22 кварты, совершив 28 операций. (На то, чтобы наполнить и опорожнить сосуд, уходят 2 операции.) Наполните 7-квартовый сосуд, затем из него наполните 5-квартовый сосуд (в 7-квартовом остаются 2 кварты). Опорожните сосуд емкостью в 5 кварт, перелейте в него оставшиеся 2 кварты из 7-квартового сосуда. Снова наполните 7-квартовый сосуд и дополните из него 5-квартовый (в 7-квартовом останутся 4 кварты). Опорожните 5-квартовый сосуд и перелейте в него 4 кварты из 7-квартового сосуда. Еще раз наполните 7-квартовый сосуд и долейте из него 5-квартовый (в 7-квартовом сосуде останется 6 кварт). Опорожните 5-квартовый сосуд. Наполните его из 7-квартового сосуда (в котором останется 1 кварта). Опорожните 5-квартовый сосуд. Перелейте оставшуюся 1 кварту из бочки в 5-квартовый сосуд. На все переливания уйдет еще 14 операций. Так что всего придется совершить 42 операции. Или же вы можете вылить из бочки 104 кварты за 32 операции (12 раз по 7 и 4 раза по 5 — самый быстрый способ), а с оставшимися 16 квартами справиться за 10 операций.

395. Наполните сосуды емкостью 7 и 5 кварт. Вылейте 108 кварт из бочки, опорожните 5-квартовый сосуд в бочку, а затем наполните его из 7-квартового сосуда. Перелейте содержимое 5-квартового сосуда в бочку. Отлейте 2 кварты из большего сосуда в меньший. Наполните 7-квартовый сосуд из бочки, а затем из него 5-квартовый сосуд. Перелейте содержимое 5-квартового сосуда в бочку. Перелейте 4 кварты из большего сосуда в меньший. Наполните больший сосуд из бочки и отлейте из него 5 кварт в меньший сосуд. Вылейте на землю содержимое 5-квартового сосуда и наполните его из бочки. Выплесните па землю только что налитые 5 кварт и перелейте 1 кварту из бочки в 5-квартовый сосуд. Задание, таким образом, выполнено за наименьшее число операций, равное 17.

396. Вместимость кувшина должна быть чуть меньше 3 л. Точнее говоря, она равна 2,93 л.

397. Две пинты воды можно отмерить за 14 операций, если сосуды над чертой пусты, а каждая строка соответствует одной операции.

Содержимое сосудов, указанное после каждой операции, не требует пояснений.

398. Смесь содержит вина и воды.

399. Вот одно из нескольких решений:

[Найдено лучшее решение, содержащее только 5 операций:

400. Простейшим решением задачи будет следующее (вверху указана емкость сосудов, ниже — первоначальное количество содержимого, а в каждой следующей строке — количество содержимого после очередной операции):

Так, мы сначала наполняем 5-литровый кувшин из одного бидона, затем 4-литровый кувшин из 5-литрового, затем выливаем содержимое 4-литрового обратно в бидон и т. д. Все это можно проделать очень легко. Обратите внимание на остроумие последних двух операций: мы наполняем 4-литровый кувшин из второго бидона, а затем доверху доливаем первый бидон.

401. Жирная линия на рисунке показывает путь из Лондона в Типперери, совершаемый за 18 переходов. Чтобы добраться до места назначения за четное число переходов, совершенно необходимо включить в маршрут переход, отмеченный словами Ирландское море.

402. Десять точек, отмеченных на рисунке буквами, представляют собой «нечетные узлы», то есть точки, из которых вы можете идти по нечетному числу (три) направлений. Следовательно, нам известно, что всего потребуется 5 линий (половина 10). Пунктирные линии показывают 4 кратчайших расстояния между узлами. Обратите внимание, что вам нельзя использовать один узел дважды; в противном случае решение можно было бы удушить, обозначив пунктиром EH и CF вместо CD и GH. Зафиксировав наши 4 кратчайших расстояния, мы можем начертить все остальное с помощью одной непрерывной линии от A до K, как показано на рисунке. Добравшись до D, вы должны пройти к C и обратно к D, от G к H и обратно и т. д. Или же вы можете подождать до того момента, когда доберетесь до C, а затем пройти до D и обратно и т. д. Таким образом, вы пройдете дважды только пунктирные линии, что и даст минимально возможное расстояние, которое приходится проходить дважды.

403. Допустим, что мы пересекаем отрезки по мостам, изображенным в случае 1 маленькими параллельными линиями. Далее я преобразую диаграмму, сведя области A, B, C, D, E просто к точкам и изобразив мосты, связывающие данные точки, прямыми, или путями, — случай 2. При этом никакого изменения условий не произошло, поскольку в каждом случае имеется 16 мостов (путей) и они связывают A, B, C, D, E совершенно одинаковым образом. Можно заметить, что наружу выходят 9 мостов, или путей. Очевидно, мы можем попарно соединять данные пути, заботясь лишь о том, чтобы они не пересекали друг друга. Простейший способ показан в случае 3. Выйдя из A, B, C или E, мы немедленно возвращаемся в ту же точку по соседнему мосту, оставив одну точку x обязательно вовне. В случае 2 имеются 4 нечетных узла A, B, D и x (если мы решили входы и выходы сделать такими, как в случае 3); поэтому, как я уже объяснял, нам потребуется 2 росчерка (половина 4), чтобы пройти по всем путям, откуда и следует неразрешимость нашей задачи.

Теперь давайте удалим отрезок AB. Тогда A и B станут четными узлами, а нам придется начинать и заканчивать наш маршрут в нечетных узлах D и x. Двигайтесь вдоль линии, показанной в случае 3, и вы увидите, что это можно сделать, выбросив путь от A до B. Эту схему читатель легко преобразует в случай 4, сказав себе: «Идем из x в D, из D в E, из E наружу и возвращаемся в E» и т. д. Маршрут можно изменить, соединив внешние мосты по-другому: принять за x внешний мост, идущий в A или B вместо D, и выбросить любой из путей AB, AD, BD, xA, xB или xD. В случае 5 путь из x идет в B. Мы по-прежнему выбросили AB, но должны теперь начинать и заканчивать движение в D и x. Преобразовав эту диаграмму (см. случай 6), можно заметить, что получился тот же самый чертеж, который я приводил, формулируя задачу. Теперь читатель может начертить столько маршрутов, сколько пожелает, но при этом всегда придется удалять один из путей (мостов). На примере нашей головоломки хорошо видно, как некоторая изобретательность (вроде той, что была проявлена при преобразовании диаграмм) помогает нащупать правильный подход.

404. Преобразуйте карту следующим образом. Сведите острова A, B, C и D просто к точкам, а мосты превратите в линии, как это сделано в случае 1. Условия задачи от этого не меняются. Если вы соедините A и B, а также C и D линиями, которые будут проходить вне четырехугольника ABCD, то получите случай 2; если же вы подобным образом соедините A и D, а также B и C, то получите случай 3; если же вы соедините A с C, а B с D, то получите случай 4. В каждом из этих случаев B и D представляют собой «нечетные узлы» (точки, из которых можно выйти по нечетному числу путей, а именно по трем путям), так что при любом маршруте вы должны начинать и заканчивать свой путь в В или D для того, чтобы пройти один и только один раз вдоль каждой линии. Следовательно, Томпкинс обязан жить в B или D. Для определенности мы положим, что он живет в B, и поместим Джонсона в D. Всего существует 44 маршрута в случае 2, 44 в случае 3 и 44 в случае 4, что составляет всего 132 маршрута, если мы не различаем маршруты с противоположным направлением обхода. Возьмем, например, случай 2 и обозначим внешние кривые линии через O. Тогда, если вы начнете движение по BOAB, BOAC, BAOB или BAC, каждый из этих вариантов даст по 6 различных маршрутов. Если вы начнете движение по BOAD, BAD, BCOD, BCA или BCD, то получите по 4 маршрута. В случае 3 BOCA, BOCB, BCA или BCOB дадут по 6 маршрутов, a BOCD, BAOD, BAC, BAD или BCD — по 4 маршрута каждый. Аналогичным образом обстоит дело и в случае 4.

405. На рисунке показано, каким образом военный корабль может потопить 49 судов за 12 прямых курсов, закончив движение в той же точке, откуда начал. Двигайтесь вдоль каждой прямой до того места, где он меняет направление.

[Доказано, что можно соединить все точки, расположенные в виде квадрата n×n, непрерывным путем, состоящим из 2n- 2 отрезков прямой, для всех n > 2. Случай n = 3 представляет собой хорошо известную головоломку, которую большинству решить не удается, поскольку те, кто решает, не всегда догадываются продолжить отрезки за пределы квадрата. 5 × 5 — это наименьший квадрат, в котором линия из 2n - 2 отрезков может не выходить за его пределы.

Можно построить замкнутый путь (у такого пути концы совпадают, как в приведенной выше головоломке) из 2n - 2 отрезков для всех квадратов со стороной, большей 3. Квадрат 7 × 7 представляет собой наименьший квадрат с нечетной стороной, для которого существует замкнутый путь из 2n - 2 отрезков, не выходящий за пределы данного квадрата. (Наименьший квадрат с четной стороной, для которого можно нарисовать подобный путь, равен 6 × 6.)

Приведенное здесь Дьюдени решение имеется в книге Сэма Лойда «Cyclopedia of Puzzles» как решение одной из его головоломок. Лойд говорит, что он впервые опубликовал эту головоломку в 1908 г., и отзывается о данном решении как об «удивительно трудном трюке». Позаимствовал ли Лойд свою головоломку у Дьюдени или наоборот, еще не установлено.

Обратите внимание на то, что это решение для случая 7 × 7 является одновременно решением задачи о замкнутом «пути ферзя» на шахматной доске 7 × 7 за 2n- 2 ходов. Замкнутый путь ферзя за 2n- 2 ходов возможен также на любой доске со сторонами, большими 7. Замкнутый путь ферзя за 14 ходов на обычной доске 8 × 8 был впервые найден Сэмом Лойдом, который считал эту задачу одной из лучших своих головоломок.

Число 2n - 2 является необходимым также для любой квадратной доски. — М. Г.]

406. Из дома H до любой из точек, расположенных к северу или к востоку от него, можно добраться лишь одним путем. Поэтому я в этих точках поставил цифру 1. Теперь возьмем второй столбец и заметим, что существуют 3 пути, ведущие во вторую снизу точку, 5 — в следующую, 7 — в следующую за ней и т. д., причем при переходе в очередную расположенную выше точку число путей увеличивается на 2. То же самое применимо и ко второй снизу строке. Выпишем везде соответствующие цифры. Далее, до центральной точки можно добраться 13 путями, поскольку мы можем к ней подойти или из точки снизу (5 путей), или из точки слева (5 путей), или из точки слева внизу по диагонали (3 пути), что в сумме и даст 13 путей. Таким образом, все, что нам осталось сделать,- это выписывать по очереди в каждой точке сумму трех чисел, расположенных в ближайших точках, из которых можно непосредственно попасть в данную. Отсюда мы и получим, что общее число путей, ведущих из H в C, равно 321.

407. На рисунке показано, как лучше всего разрезать сеть. Нетрудно видеть, что 8 разрезов от A до B делят сеть на 2 части.

408. Можно заметить, что каждый участок соединен с остальными четным числом мостов (2, 4 или 6); исключение составляют участки C и L, в которые ведут по 3 моста (нечетное число). Следовательно, чтобы пройти по каждому мосту один и только один раз, необходимо начинать и заканчивать маршрут в C и L, где как раз и расположены дома наших двух приятелей. Так, отправляясь из C, мы можем двигаться по следующему маршруту: C, G, F, C, B, A, D, H, E, I, H, J, K, L, M, G, I, F, B, E, F, I, L.

409. Решение ясно из рисунка.

410. Фразу HERE LIES JOHN RENIE можно прочитать 45 760 способами (или, если разрешается перемещаться от одной буквы к следующей и по диагонали, 91 520 способами), поскольку, добравшись до углового I, мы обязаны сместиться назад по диагонали к ближайшему Е. За недостатком места здесь не приводятся детали решения. Единственная дополнительная информация о камне заключается в окончании фразы: «...который умер 31 мая 1832 г. в возрасте 32 лет».

411. На рисунке показан путь, удовлетворяющий всем заданным условиям.

412. Наикратчайший путь в ABCHCDEIEFGBHDIHGIFAG. Таким образом, инспектор проделает путь в 211 км, проехав по двум коротким дорогам CH и EI дважды.

413. Существует 2501 маршрут от B до D, а именно:

Достаточно рассмотреть маршруты от B до D. Маршрут, состоящий из 1 участка, ведет прямо в D. Маршрут из 2 участков есть CD. Маршрутами из 3 участков будут CBD и DCD. Пятью маршрутами из 4 участков являются DBCD, DCBD, CBCD, CDCD и CDBD. У каждого из этих маршрутов есть вариации, связанные с выбором конкретных участков, и число таких вариаций одинаково для любого маршрута, содержащего данное количество участков. Маршрутов с семью участками не существует.

414. Число различных путей равно 264. Эта головоломка довольно трудна, но недостаток места не позволяет мне показать наилучший метод подсчета всех маршрутов.

415. Существует 60 маршрутов, следуя по которым миссис Симпер могла бы посетить каждый город по одному и только по одному разу, закончив путь в H, если считать различными маршруты, отличающиеся только направлением. Однако если леди должна избежать тоннелей между N и O, а также между S и R, то можно обнаружить, что число различных маршрутов сокращается до 8.

Если это заинтересует читателя, то он может попытаться самостоятельно определить все 8 маршрутов. Поступив таким образом, он обнаружит, что маршрутом, удовлетворяющим всем условиям, то есть не включающим в себя два тоннеля и задерживающим визит в D как можно дольше, окажется маршрут HISTLKBCMNU QRGFPODEAH. Он, несомненно, и будет наилучшим маршрутом.

416. На рисунке показан маршрут длиной 76 км, состоящий из 16 прямолинейных участков и не охватывающий только 3 города. Эта головоломка не простая, ее решение можно найти только после большого числа проб и ошибок.

[Милли улучшил решение, найдя 76-километровый путь, состоящий из 16 отрезков и не захватывающий только один город. По-видимому, это наилучшее возможное решение. Читатель может попытаться его найти. — М. Г.]

417. На рисунке, где для большей ясности опущены неиспользованные дороги, показаны маршруты всех 5 автомобилей. Все маршруты не имеют общих участков и не пересекаются. Хотя точного правила для решения головоломок такого рода указать нельзя, тем не менее, внимательно подумав, мы обычно можем справиться со встретившимися здесь трудностями. Например, уже было показано, что если соединить A с A по вертикали, то C, D и E окажутся отрезанными друг от друга. Вскоре выясняется, что путь из A должен обойти слева верхнее D, а затем пройти справа от C. Таким образом, становится очевидным путь из D в D и из B в B. Остальное закончить уже легко.

418. При любом способе первой буквой должна быть M, а поскольку у нас всего четыре буквы M, то мы можем начинать только из четырех точек. Можно показать, что при фиксированном начальном M существует 20 различных способов; следовательно, всего имеется 80 способов.

419. Эту головоломку можно решить с помощью поразительно малого числа росчерков, а именно 14, начиная из A и заканчивая в Z. На рисунке, помещенном слева, сознательно оставлены пробелы, чтобы сделать яснее путь карандаша.

420. Нарисовать змею менее чем 13 линиями невозможно. Поэтому необходимо найти самую длинную из этих линий. На нашем рисунке мы начинаем в A, а кончаем в B или наоборот. Пунктиром обозначены пропущенные линии. Чтобы найти решение, требуется немного подумать. Так, непрерывная линия из D в C длиннее пунктирной, следовательно, мы выбираем первую. Точно так же мы увеличим длину линии, если нарисуем язык вместо рта, но при этом кончик языка, изображенный в виде отрезка прямой, мы обязаны отбросить.

421. Существуют разные варианты решения; один из них показан на рисунке. Однако совершенно необходимо, чтобы вы начинали в A, а кончали в B или наоборот. В любой другой точке сходятся две или четыре (четное число) линии, а в A и B — три (нечетное число). Следовательно, начало и конец пути должны совпадать с A и B.

422. Головоломку решить можно, но при этом необходимо начинать рисунок в точке A, а кончать его в B или наоборот. В противном случае начертить требуемую фигуру одной непрерывной линией нельзя.

423. Из рисунка видно, что путь узника полностью удовлетворяет заданным условиям, пока узник не попадает в b. Дойдя до этой точки, узнику следовало бы поставить одну ногу в точку c, находящуюся в соседней камере, и сказать: «Поскольку одна нога находится в c, то я, несомненно, вошел в эту камеру и все же, убрав ногу назад, я не вошел тем самым в b во второй раз по той простой причине, что ее и не покидал с тех пор, как вошел туда в первый раз!»

424. На рисунке показан изящный способ посадки деревьев в 9 рядов по 4 дерева в каждом.

425. Расположите 16 монет в виде квадрата 4 × 4. Затем положите по одной монете сверху на первую монету первой строки, на третью монету второй, на четвертую — третьей и на вторую — четвертой строки.

426. На рисунке показано, как следует пересадить 6 деревьев, чтобы получилось 20 рядов по 4 дерева в каждом.

427. На рисунке показано, как следует расположить колышки. Три колышка из дырок, отмеченных крестиками, надо поместить в левый верхний угол. После этого 10 колышков образуют 5 рядов по 4 колышка в каждом. Если вы отразите диаграмму в зеркале, то получите единственное решение, отличное от данного.

428. Решение показано на рисунке. Десять фишек образуют 5 прямых по 4 фишки на каждой.

429. На рисунке видно, что корабли образуют 5 прямых по 4 корабля на каждой, а белые призрачные корабли указывают позиции, с которых 4 из них были перемещены.

430. На рисунке представлено симметричное решение, при котором 21 звезда образует 11 прямых по 5 звезд на каждой прямой.

431. Очевидно, что для двух и большего числа прилегающих стран необходимы по крайней мере две краски (случай 1). Если три страны попарно прилегают друг к другу, то необходимы три краски (случай 2). Для четырех стран требуются три краски, если четвертая (Ж) страна прилегает к двум другим, уже прилегающим друг к другу (случай 3). (Поскольку возможен вариант, когда, как в случае 4, краска 3 прилегает к двум не прилегающим друг к другу странам, и в силу этого можно обойтись двумя красками.) Четыре же краски понадобятся и в случае, когда четвертая страна прилегает к каждой из трех прилегающих друг к другу стран (случай 5).

Для пяти прилегающих стран потребуются 3 краски, если одна страна прилегает к двум прилегающим друг к другу странам (случай 6). Четыре краски потребуются, если пятая страна прилегает к каждой из трех прилегающих друг к другу стран (случай 7). Однако 5 красок потребовались бы в случае, если бы пятая страна прилегала к четырем прилегающим друг к другу странам. Если такая карта возможна, то теорема не верна.

Рассмотрим сначала четыре страны, прилегающие друг к другу. Мы произведем небольшое преобразование, приняв, что любые две прилегающие друг к другу страны связаны между собой мостом. Мост может иметь любую длину, а страны можно свести просто к точкам, не влияя на условия[41]. В случаях 8 и 9 я изобразил четыре страны (точки), соединенные между собой мостами (линиями). Относительное расположение этих точек совершенно несущественно, и выясняется, что в каждом возможном случае к одной из стран (точек) нельзя подобраться снаружи.

Это легко доказать. Если 3 точки связаны между собой прямыми, то эти точки должны либо образовывать треугольник, либо лежать на одной прямой. Предположим сначала, что они образуют треугольник ЖКЗ, как в случае 16. Тогда четвертая страна (Г) должна лежать либо внутри треугольника, либо вне его. Если она лежит внутри, то очевидно, что она окружена. Поместим ее снаружи и соединим с Ж и З, как показано на рисунке; тогда Г нельзя соединить с К, не окружив при этом Ж или З. Пусть Г прилегает к Ж или К; тогда Г нельзя соединить с З, не окружив либо Ж, либо К. Пусть Г прилегает к К и З; тогда Г нельзя соединить с Ж, не окружив либо Ж, либо З.

Рассмотрим теперь второй вариант, когда КЖЗ лежат на прямой (случай 17). Если Г лежит внутри, то она окружена. Поместим Г снаружи и соединим, как показано, с К и З; тогда Г нельзя соединить с Ж, не окружив при этом либо К, либо З. Пусть Г прилегает к К и Ж; тогда Г нельзя соединить с З, не окружив К или Ж. Пусть Г прилегает к Ж и З; тогда Г нельзя соединить с К, не окружив Ж или З.

Таким образом, мы разобрали все возможные случаи и нашли, что если три страны прилегают друг к другу, то четвертая страна не может прилегать ко всем трем так, чтобы при этом ни одна из стран не оказалась окруженной.

Случай 10 — это случай 8 до преобразования, а случай 11 — то же самое, что и случай 9. Можно заметить, что до К нельзя добраться снаружи. Следовательно, нельзя нарисовать четыре страны таким образом, чтобы пятая страна прилегала к каждой из них; поэтому пятая страна может иметь тот же цвет, что и К. А если нельзя нарисовать пять прилегающих друг к другу стран, то это и подавно невозможно сделать с большим числом стран.

Теперь ясно, что при каждом очередном добавлении новой страны нее страны, нарисованные ранее, должны прилегать друг к другу, чтобы предотвратить повторное использование какой-нибудь краски. При этом условии мы можем нарисовать страны, однако одна из них окажется окруженной. Далее, мы можем нарисовать пятую страну прилегающей только к одной стране (как в случае 12), к двум (как в случае 13) или к трем странам (как в случае 14). В одном случае новой страной может быть Ж, Г или К, во втором — Г или К и в третьем случае — только К. Возьмем последний случай 14 и «предпочтем», или повторим, К. Но при этом мы вынуждены окружить З. Рисуя шестую страну, самое лучшее, что мы можем сделать (пытаясь прийти в противоречие с теоремой), это «предпочесть» З (как в случае 15), а в результате оказывается окруженной К. И так далее до бесконечности. Мы вынуждены окружать какую-нибудь краску на каждом шаге и тем самым делать ее пригодной к употреблению на следующем шаге. Но если вы не можете построить карту, для которой потребовалось бы пять красок, то такой карты и не существует. Следовательно, необходимое число красок никогда не превысит четырех, и теорема доказана.

[Дьюдени правильно показывает, что не более четырех областей можно нарисовать таким образом, чтобы каждая из них имела общий участок границы со всеми другими областями, но ему не удается доказать, что четырех красок будет достаточно для всех карт. Верно, что если любые четыре области на карте рассматривать изолированно, то для любой пятой области не потребуется пятой краски. Но ведь нужно доказать, что на любой карте с большим числом областей эти различные множества из пяти областей не вступят в конфликт друг с другом так, что потребуется пять красок[42].

Возникающую здесь трудность лучше всего можно заметить, если начать и в самом деле строить сложную карту, используя метод, предложенный Дьюдени. Если каждая новая область рисуется таким образом, чтобы она прилегала к трем другим областям, то соответствующая краска выбирается автоматически, и карту из четырех красок можно продолжить до бесконечности. Но если добавляются многие другие области, прилегающие только к одной, двум или вообще ни к одной из предыдущих областей, то выбор красок для этих областей становится произвольным. По мере того как карта увеличивается в размерах и становится все более запутанной, ее создатель неожиданно обнаруживает, что ему требуется пятая краска. Однако, вернувшись назад и изменив цвета предыдущих областей, можно, по-видимому, всегда исправить ошибку и обойтись четырьмя красками. Но в самом ли деле это возможно всегда? Вот что осталось недоказанным. Относительно дискуссии по этой проблеме и ссылок на недавние работы см. гл. 43, посвященную проблеме четырех красок, в моей книге «Математические головоломки и развлечения» (М., изд-во «Мир», 1971). — М. Г.]

432. Две! Требуются четыре цвета. Если у мальчика в ящике имеется лишь три краски (красная, голубая и желтая), то он может получить оранжевый, зеленый и фиолетовый цвета, смешивая их между собой. Но он не может получить четыре цвета менее, чем из трех красок. Следовательно, у него в ящике две краски («не хватает одной краски»). «Цветом» считается красный, оранжевый, желтый, зеленый, голубой или фиолетовый. Различные оттенки, вроде голубовато-зеленого или желто-зеленого, не допускаются.

433. Умножьте 2 столько раз на себя, сколько всего картин, и вычтите 1. Так, 2 в десятой степени равно 1024. Вычитая 1, мы получаем 1023 — правильный ответ. Предположим, что у нас только три картины. Тогда одну из них можно выбрать тремя способами, две — тоже тремя способами и три — одним, что в сумме дает 7 способов. Но 7 как раз и равняется 2³ - 1[43].

434. Всего имеется 39 147 416 разных способов. Прибавьте 3 к числу членов (что даст 618) и вычтите 1 из числа партий (что даст 3). Тогда ответом будет число способов, которыми можно выбрать 3 предмета из 618, то есть

Общее решение таково. Пусть p — число партий, а m — число членов парламента. Число способов равно числу сочетаний из m + p - 1 объектов по p - 1.

435. Если нет никаких ограничений, то 10 человек могут разместиться на прямой 10! = 3 628 800 способами. Сколько из этих перестановок запрещено? Будем рассматривать двух человек одной национальности, заключенных в скобки, как единое целое.

1. Тогда (Ан, Аи) (Ш, Ш) (У, У) Ф Ит Ис Ам можно переставить 7! × 2³ = 40 320 способами. Помните, что два Ан могут меняться местами внутри скобок, где бы последние ни расположились, и то же самое верно для Ш и У. Отсюда и появляется 2³.

2. Однако мы можем рассмотреть (Ан, Ан) (Ш, Ш) У У Ф Ит Ис Ам, где два У не объединены скобками, а «свободны». Это даст нам 8! × 2² вариантов, но мы должны исключить отсюда результат пункта 1, чтобы не сосчитать некоторые перестановки дважды. Получаем 120 960.

3. Поступим аналогичным образом с двумя «свободными» Ш. Получим 120 960.

4. Поступим так же с двумя «свободными» Ан. Получим 120 960.

5. Но мы можем рассмотреть (Ан, Ан) Ш Ш У У Ф Ит Ис Ам, где и Ш, и У «свободны». Это даст нам 9! × 2 случаев, из которых мы должны вычесть результаты пунктов 1, 2 и 3 по очевидным теперь причинам. Получим 443 520.

6. Когда в скобки заключены только Ш, вычтем результаты пунктов 1, 2 и 4. Получим 443 520.

7. Когда в скобках оставлены только У, вычтем результаты пунктов 1, 3 и 4. Получим 443 520.

Сложим результаты семи пунктов и получим при этом 1 733 760. Теперь из самого первого результата вычтем полученное число, что даст нам верный ответ, равный 1 895 040 способам.

436. Головоломку можно решить за 9 переправ следующим образом:

1) мистер и миссис Вебстер переправляются вместе;

2) миссис Вебстер возвращается;

3) переправляются мать и невестка;

4) возвращается мистер Вебстер;

5) переправляются тесть и сын;

6) возвращается невестка;

7) переправляются мистер Вебстер с невесткой;

8) возвращается мистер Вебстер;

9) мистер и миссис Вебстер переправляются вместе.

437. Обозначим трех миссионеров через М м м, а трех каннибалов через К к к; прописными буквами обозначены миссионер и каннибал, умеющие грести. Тогда переправляются К к; К возвращается на лодке; переправляются К к; К возвращается; переправляются М м; возвращаются М к; переправляются М К; возвращаются М к; переправляются М м; возвращается К; переправляются К к; К возвращается; переправляются К к; при этом все переправляются через реку, не нарушая заданных условий.

[Задачи о переправах через реку этого и предыдущего типа решаются с помощью простого метода из теории графов. См. гл. 35 книги М. Гарднера «Математические досуги» (М., изд-во «Мир», 1972). — М. Г.]

438. Двое детей гребут к другому берегу. Один из них вылезает, а другой возвращается назад. Один солдат переправляется, вылезает, а мальчик возвращается назад. Таким образом, чтобы переправить на другой берег одного взрослого, лодка должна 4 раза проплыть от берега до берега. Поэтому ей пришлось сделать 4 × 358 = 1432 рейса, чтобы переправить офицера и 357 солдат, причем лодка в конце концов снова оказалась у детей.

439. Можно составить следующую таблицу:

440. Из таблицы можно сразу определить, что Англия победила Ирландию и сыграла вничью с Уэльсом. Поскольку А сыграла в этих матчах с общим счетом 2 : 0, то она должна была победить со счетом 2 : 0, а вничью сыграть со счетом 0 : 0. Таким образом, нам все известно про А и остается только определить результаты трех матчей: У с И, Ш с И и Ш с У. Шотландия пропустила только 1 гол от У или И. И забила только 1 гол в ворота У или Ш. Допустим, что в ворота Ш. Тогда У не забил ни одного гола в ворота Ш. Но У всего забил 3 гола; следовательно, все они были забиты в ворота И. Получается, что в ворота И было забито 6 голов: 2 — А, 3 — У (если принять, что И забила гол в ворота Ш) и оставшийся гол — Ш. Но поскольку мы приняли, что И забила 1 гол в ворота Ш, матч между этими командами должен был закончиться вничью. Однако из таблицы видно, что в этом матче выиграла Ш и, следовательно, И не могла забить гол в ворота Ш. Таким образом, гол в ворота Ш забил У. А поскольку У всего забил 3 гола, то остальные 2 были забиты в ворота И, которая свой единственный гол забила в ворота У. Окончательно мы получаем, что Ш выиграла у У со счетом 2 : 1, у И со счетом 2 : 0, а У выиграл у И со счетом 2 : 1.

441. Пусть 8 делений разбивают 33-сантиметровую линейку на 9 частей длиной 1, 3, 1, 9, 2, 7, 2, 6, 2 см. Тогда с их помощью можно измерить любое целое число сантиметров от 1 до 33 см. Разумеется, сами деления находятся на расстояниях 1, 4, 5, 14, 16, 23, 25 и 31 см от одного из концов линейки. Другим решением будет 1, 1, 1, 1, 6. 6, 6, 6, 5 см.

Эта головоломка имеет по крайней мере 16 решений. Я нашел правило, с помощью которого можно определять минимальное число делений для линеек любой длины и выписывать некоторые решения, однако общий закон, которому подчиняются все решения, еще не найден.

[Хотя общего правила не найдено до сих пор, все же с того момента, как Дьюдени поставил эту задачу, отмечен существенный прогресс. Обнаружено, что восьми делений достаточно также и для линейки в 36 см. — М. Г.]

442. Если расположить коттеджи по кругу через промежутки 1, 1, 4, 4, 3, 14 км, то для любого целого числа километров от 1 до 26 включительно найдутся два коттеджа, отстоящие друг от друга на такое расстояние.

[Эта задача, очевидно, представляет собой разновидность предыдущей. Как и ранее, Дьюдени мог бы увеличить длину «линейки» (в нашем случае — дороги), не меняя остальных условий задачи. Оказывается, что 6 коттеджей можно расположить на круглой дороге в 31 км таким образом, чтобы любое целое расстояние от 1 до 30 км совпадало с расстоянием по кругу между некоторой парой домов. Нетрудно заметить, что для п домов максимальнее число различных способов измерения расстояний между ними равно n(n - 1). Для n = 6 мы получаем 30; следовательно, в этом случае можно расположить 6 домов на дороге в 31 км так, чтобы ни одно из расстояний между парами домов не повторялось. Точно так же оптимальные решения можно получить и в случае n = 1, 2, 3, 4 или 5. См. решение задачи Е176 Михаелем Гольдбергом, приведенное в журнале American Mathematical Monthly, September 1966, p. 786. — M. Г.]

443. Существует 9 основных решений, представленных на рисунке. Решение A — это то самое решение, которое давалось при формулировке задачи. Из данных 9 решений D, E и J порождают по 8 решений каждое с помощью поворотов и отражений, как объяснялось ранее, а остальные дают только по 4 решения каждое. Следовательно, всего существует 48 различных решений данной головоломки.

Читателю, быть может, будет небезынтересно узнать, что на шахматной доске 8 × 8 пять фишек можно расположить вдоль прямой при тех же самых условиях четырьмя основными способами, порождающими 20 различных решений.

444. Три мухи переменили позицию, как показано стрелками на рисунке, и при этом никакие две мухи не оказались на одной прямой.

445. Если бы у Пилкинса было 11 клерков, а у Рэдсона 12, то они могли бы сесть за стол 165 и 495 способами соответственно, что как раз и являлось бы решением задачи. Однако нам известно, что у той и другой фирмы клерков было поровну. Следовательно, ответом будет 15 клерков, садившихся по трое в течение 455 дней, и 15 клерков, садившихся по четыре в течение 1365 дней.

446. В первом случае существует 88 200 способов. Есть один простой метод, с помощью которого можно получить ответ, но объяснение его потребовало бы слишком много места. Во втором случае ответ уменьшается до 6300 способов.

447. Удалите первую плитку в каждом горизонтальном ряду. Тогда из оставшихся 16 плиток можно сложить квадрат, показанный на рисунке, в точном соответствии с заданными условиями.

448. Если вы попытались, как это часто делают, сначала расставить по местам все 6 экземпляров одной буквы, затем все 6 экземпляров другой и т. д., то обнаружите, что, расположив по 6 экземпляров каждой из четырех букв, можно еще разместить только по 2 экземпляра оставшихся двух букв, так что получится диаграмма, изображенная слева. Секрет заключается в том, чтобы заполнить клетки 6 экземплярами каждой из первых двух букв и пятью экземплярами каждой из остальных четырех букв; при этом получится вторая диаграмма, изображенная справа, только с четырьмя свободными клеточками.

449. Расположите 10 бочек следующими двумя способами, и сумма номеров вдоль каждой из сторон даст 13 — наименьшее возможное число:

Меняя положение номеров (но не сами номера) на каждой из сторон, мы получим по 8 решений в каждом случае, если не будем различать решения, получающиеся друг из друга поворотами и отражениями.

450. С тремя красными, белыми или зелеными лампами мы можем получить по 15 различных комбинаций (45). С одной красной и двумя белыми мы также можем получить 15 комбинаций, и при каждой из них имеется еще по 3 комбинации порядка цветов; всего 45 комбинаций. То же самое получится с одной красной и двумя зелеными, одной белой и двумя красными, одной белой и двумя зелеными, одной зеленой и двумя белыми, одной зеленой и двумя красными лампами (270). С одной красной, одной белой и одной зеленой лампами мы можем получить 6 раз по 15 комбинаций (90). С двумя красными, двумя белыми или двумя зелеными мы можем получить по 7 комбинаций (21). С одной красной и одной белой, или одной красной и одной зеленой, или одной белой и одной зеленой лампами мы можем получить по 14 комбинаций (42). С помощью только одной лампы мы можем послать всего по 1 сигналу (3). Теперь сложите числа в скобках, и вы получите ответ — 471 сигнал.

451. В следующем решении каждый узник скован с каждым из остальных один и только один раз.

Если читателю хочется найти трудную головоломку, над решением которой он мог бы биться в течение целой зимы, то пусть он попытается разбить аналогичным образом на тройки 21 узника в каждый из 15 дней так, чтобы ни одна пара не оказалась скованной дважды.

В случае, если он придет к выводу, что этого сделать нельзя, мы добавим, что у нас есть одно решение. Но это трудный орешек.

452. При данных условиях существует 144 различных способа.

453. Миссис Финч получила 4 по 17 и 2 по 16, а всего 100 очков; Реджи Уотсон выбил 2 по 23 и 4 по 16, а всего 110; мисс Дора Талбот получила один раз 40 и 5 по 16 очков, а всего 120 очков. Она могла выбить свои 120 очков различными способами, если бы в условии не было сказано, что чья-то стрела поразила «яблочко», а это могла быть только ее стрела.

454. Общее число очков равно 213, так что каждый спортсмен выбил по 71 очку, а это можно сделать следующим образом: первый выбил 50, 10, 5, 3, 2 и 1, второй — 25, 20, 20, 3, 2 и 1 и третий — 25, 20, 10, 10, 5 и 1 очко.

455. Подавляющее большинство людей, пытавшихся решить головоломку «Сакраменто — край богатый», когда она впервые появилась в лондонской газете Daily News, смогли собрать только 45 долларов.

Правильный ответ равен 47 долларам в 10 мешках, расположенных на внешних кругах следующим образом: 4, 5, 6 в первом ряду, 5 во втором, 4 в третьем, 3 в четвертом, 5 в пятом и 5, 6, 4 в нижнем ряду. Если вы возьмете 5 мешков по 6 долларов, то всего сможете собрать 9 мешков с общей суммой 46 долларов.

456. Дети могут сесть 5040 различными способами, из них в 720 случаях на обоих концах окажутся девочки. Следовательно, искомая вероятность равна , или . Это, разумеется, можно выразить по-другому, сказав, что есть 1 шанс против 6 за то, что на концах окажутся девочки.

457. Перенумеруем клеточки, как показано на рисунке. Случай A: мистер Нолик (первый игрок) может начать игру тремя путями: с центра 5, либо с любого угла — 1, 3, 7 или 9, либо с любой стороны — 2, 4, 6, 8. Разберем эти начала по очереди. Если мистер Нолик начнет с центра, то у мистера Крестика есть выбор пойти в угол или на сторону. Если он пойдет на сторону, например в клеточку 2 (случай A), то Нолик пойдет последовательно на 1 и 4 (или на 1 и 7) и выиграет. Поэтому Крестик должен сделать ход в угол, как в случае B, при этом Нолик сможет добиться всего лишь ничьей. Если Нолик сделает первый ход в угол, скажем в 1, то Крестик может ответить ему пятью способами — случаи C, D, E, F и G (поскольку 4 есть то же самое, что и 2; 7 — то же, что и 3; 8 — то же, что и 6). Если он выберет случай C, то Нолик выигрывает, сделав ход на 5 и 4; если D, то Нолик выигрывает на 7 и 3; если E, то Нолик выигрывает на 9 и 7; если F, то Нолик выигрывает на 5 и 3. Поэтому Крестик вынужден пойти в центр, как в случае G; при этом игра закончится вничью. Если Нолик начнет со стороны, скажем с клеточки 2, как в случаях Н, J, К, L и М, а Крестик сыграет, как в случае Н, то Нолик выиграет, сделав ходы на 5 и 1; а если Крестик выберет случай J, то Нолик выиграет на 1 и 5. Следовательно, Крестик, чтобы добиться ничьей, должен пойти, как в случаях K, L или M.

Я показал, таким образом, как Нолик может добиться победы в семи случаях, когда Крестик делает плохой ход, но здесь слишком мало места для того, чтобы доказать, что и в случаях В, G, К, L и M получается ничья. Однако читатель сам легко сможет разобрать эти случаи и убедиться, что ни один из игроков не сумеет выиграть, если только его противник не допустит промаха. Разумеется, каждый из игроков сможет при желании и проиграть. Например, если в случае L Нолик сделает глупый второй ход на 3, то Крестик сумеет выиграть, сходив на 7 и 9. Или если Нолик сыграет на 8, то Крестик выигрывает, сходив на 5 и 7.

Теперь, если мне придется играть с самым лучшим игроком, я знаю, что самое большее, чего я могу добиться (исключая промахи моего противника), это сыграть вничью. Если первый игрок Нолик — это я, то мне можно смело начинать игру с любой клеточки. Если же я второй игрок — Крестик, то мне надо сделать ход в угол, когда Нолик пойдет в центр, и в центр — в любом другом случае. При этом я избегаю лишних сложностей и всегда могу добиться ничьей. Факт остается фактом, эта небольшая игра интересна для детей и даже для тех взрослых, которые никогда ее не анализировали: однако два специалиста, играя в такую игру, потратят попусту время. Для них она не игра, а всего лишь головоломка, которую они полностью решили.

458. Как и в крестиках-ноликах,каждая игра должна заканчиваться вничью. Никто из игроков не сможет добиться победы, если только его противник не сделает плохого хода.

459. Первому игроку лучше всего назвать 2 или 3, поскольку в этом случае только один исход при подбрасывании кости приведет его к поражению.Если он назовет 1, то неблагоприятным будет выпадение 3 или 6. Если он назовет 2, то неблагоприятным будет только выпадение 5. Если он назовет 3, — то неблагоприятным будет только 4. Если он назовет 4, то неблагоприятным будет 3 или 4. Если он назовет 5, то неблагоприятным будет 2 или 3. Если он назовет 6, то неблагоприятным исходом при бросании кости будет 1 или 5. Здесь невозможно дать полный анализ этой игры, но я скажу только, что если вы наберете 5, 6, 9, 10, 14, 15, 18, 19 или 23 очка при любом положении кости, то обязательно проиграете. Если вы наберете 7 или 16 при любом положении кости, то выиграете. Шансы на успех при другом числе очков зависят от того, как лежит кость.

460. Шансы на выигрыш у Мэйсона — один из шести. Если бы Джексон назвал числа 8 и 14, то его шансы на успех сравнялись бы с шансами Мэйсона.

461. Первый игрок (A) всегда может выиграть, но для этого он должен начинать с 4. Во время игры нужно последовательно набирать такие суммы очков: 4, 11, 17, 24, 30, 37. Ниже приводятся три партии. В первой из них второй игрок (B) оттягивает насколько возможно свое поражение. Во второй игре он не дает A набрать ни 17, ни 30, но последнему удается набрать 24 и 37. В третьей игре B не дает A набрать ни 11, ни 24, но последний набирает 17, 30 и 37. Обратите внимание на важные ходы 3 и 5.

(a) В противном случае A следующим ходом наберет 11 очков. (b) B не может помешать A набрать 11 или 17 очков на следующем ходе. (c) Снова для того, чтобы не дать A немедленно набрать 24 очка. (d) Чтобы не дать A набрать 17 очков, но при этом A удается набрать 24. (e) B мешает A набрать 30 очков, но не может помешать ему набрать 37. (f) Таким образом, A всегда может набрать 24 (как в предыдущей игре) или 30 очков (как в данной), причем в любом случае ему удается набрать 37 очков.

462. Если не учитывать нехватку карт, то серия очков, ведущая к победе, имеет вид 7, 12, 17, 22. Если вы сумеете набрать 17 и оставить при этом по крайней мере по одной 5-очковой паре обоих видов (4—1, 3—2), то вы должны выиграть. Если вы сумеете набрать 12 и оставить по две 5-очковые пары обоих видов, то вы должны выиграть. Если вы сумеете набрать 7 и оставить по три 5-очковые пары обоих видов, то вы должны выиграть. Так, если первый игрок пойдет 3 или 4, вы пойдете на 4 или 3 и наберете 7. Теперь уже ничто не сможет помешать второму игроку набрать 12, 17 и 22. На первый ход с 2 можно всегда ответить 3 или 2. Так, например, 2—3, 2—3, 2—3, 2—3 (20), и, поскольку не осталось 2, второй игрок выигрывает. Если ход игры был 2—3, 1—3, 3—2, 3—2 (19), то второй игрок выигрывает. Если 2—3, 3—4 (12) или 2—3, 4—3 (12), то снова выигрывает второй игрок. Исследование защиты 2—2 я оставляю читателю. Самым лучшим вторым ходом первого игрока будет 1.

Первый игрок сможет всегда выиграть только в случае, если он пойдет с 1. Вот примерные партии: 1—1, 4—1, 4—1, 4(16) — выигрывает; 1—3, 1—2, 4—1, 4—1, 4 (21) — выигрывает; 1—4, 2 (7) — выигрывает; 1—2, 4 (7) — выигрывает.

463. Мне следует пойти на MN. Мой противник может пойти на HL, тогда я отвечу ходом на CD. (Если бы он пошел на CD, то я ответил бы HL, и позиции оказались бы одинаковыми.) Самое лучшее, что он может теперь сделать, это пойти на DH (выиграв одно очко), но, поскольку он вынужден снова ходить, я выигрываю оставшиеся восемь квадратов.

464. Первый игрок всегда может выиграть. Он должен перевернуть третью карту от любого конца, при этом получится расположение: 00.0000000. Далее, чтобы ни делал второй игрок, первый может всегда получить либо 000.000, либо 00.00.0.0, либо 0.00.000 (порядок групп не играет роли). В первом случае, что бы ни делал второй игрок с одним из триплетов, первый игрок повторяет то же самое на другом триплете до тех пор, пока не перевернет последнюю карту. Во втором случае первый игрок повторяет аналогичным образом действия своего противника и выигрывает. В третьем случае, что бы ни делал второй игрок, первый всегда может добиться расположения 0.0, или 0.0.0.0, или 00.00 и, очевидно, выигрывает.

[Первый игрок может также выиграть, перевернув сначала вторую или четвертую карту от любого конца. — М. Г.]

465. На рисунке показано, как следует расположить костяшки, домино, чтобы сумма в каждой из строк равнялась 10. Приведите все дроби к общему знаменателю 60. Тогда сумма всех числителей должна равняться 1800, или по 600 в каждой строке, чтобы получилось 10. Выбор и расположение костяшек требуют небольшого размышления и изобретательности.

466. Четыре костяшки, изображенные на рисунке, удовлетворяют нашим условиям. Можно обнаружить, что, суммируя группы очков, непосредственно прилегающие друг к другу, удается получить любое число от 1 до 23 включительно.

[Решение Дьюдени было улучшено. Цепочка из четырех костяшек 1—3, 6—6, 6—2, 3—2 позволяет получить все числа от 1 до 29. Кроме того, оказывается, с помощью трех костяшек 1—1, 4—4, 4—3 можно получить любое число от 1 до 17. — М. Г.]

467. Приведенный рисунок не требует пояснений. Восемнадцать костяшек образуют квадрат, и ни в одной из строк или столбцов одно и то же число ие повторяется дважды. Разумеется, существуют и другие решения.

468. На нашем рисунке приведено правильное решение. Костяшки приложены друг к другу согласно обычному правилу, сумма очков в каждом луче равна 21, а в центре расположены числа 1, 2, 3, 4, 5, 6 и две пустышки.

469. На рисунке показано одно из решений. Цепочка костяшек разорвана на 4 части по 7 штук, а сумма очков в каждой части равна 22.

470. На рисунке показано правильное решение: два квадрата, составленные из пустышек, находятся внутри. Если бы в приведенном ранее примере не все числа находились на границе, то нужно было бы просто поменять местами отсутствующее число и пустышки. Так что в этом случае не было бы никакой головоломки. Однако, поскольку все числа присутствовали на границе, таким простым маневром обойтись не удалось.

[Относительно задач такого типа, известных под названием кадрилей, см. Е. Lucus, Rґecrґeations Mathematiques, 2, 52-63, и работу Wade E., Philpott «Quadrilles» в журнале Recreational Mathematics Magazine, N 14, January — February 1964, pp. 5-11. — M. Г.]

471. Решение приведено на рисунке. Сумма всех очков равна 132. Одна треть ее равна 44. Разделите сначала все костяшки на три кучки, по 44 очка в каждой. Затем если мы попытаемся взять сумму очков вдоль стороны, равной 12, то, поскольку 4 раза по 12 на 4 превышает 44, мы должны добиться в каждом случае того, чтобы сумма очков, стоящих по четырем углам, в каждой рамке равнялась 4. Остальное получается после ряда проб, причем можно менять местами костяшки из разных кучек, содержащие равное число очков.

472. На рисунке показано, как можно сложить из 28 костяшек 7 полых квадратов, чтобы при этом суммы очков вдоль каждой из сторон в любом квадрате равнялись между собой. При составлении квадратов вам полезно иметь в виду следующее маленькое правило. Если сумма очков равна, скажем, 7 (как в первом примере), а вы хотите, чтобы их сумма вдоль каждой из сторон равнялась 3, то 4 × 3 - 7 дает нам 5 — сумму очков в четырех углах. Это совершенно необходимо. Так, в последнем примере 4 × 16 = 64 - 43 говорит нам о том, что сумма очков, стоящих по углам, должна равняться 21: так оно и есть в действительности.

473. Если мы уберем из комплекта четыре костяшки 7—6, 5—4, 3—2, 1—0, то из оставшихся костяшек можно будет составить правильную последовательность. Подойдут также любые другие комбинации этих чисел; мы могли бы, например, убрать 7—0, 6—1, 5—2 и 4—3. Общее правило состоит в том, что из комплекта домино, заканчивающегося дублем нечетного числа, мы должны убрать костяшки, которые содержат в совокупности все числа от пустышки до числа, на две единицы меньшего самого большого числа в нашем наборе.

474. На рисунке показано, как можно составить из 28 костяшек два квадрата, у которых сумма очков вдоль любой из сторон равна 22. Если сумма равна 22, то сумма углов должна равняться 8; если 23, то 16; если 24, то 24; если 25, то 32; если 26, то 40. Сумма не может быть меньше 22 или больше 26.

475. На рисунке показано, как можно составить 7 столбиков из 28 костяшек.

476. На рисунке показано, как можно составить из 28 костяшек прямоугольник, у которого сумма очков в каждом столбце равна 24, а в каждой строке 21.

477. Расположите второй столбик (на нашем рисунке) под первым, а третий под вторым (мы разделили один столбик на три части для удобства печати), и вы получите искомое решение.

478. Существует 126 760 различных способов, которыми можно расположить 15 костяшек в одну линию, если различать два направления.

479. Наименьшее возможное число равно 36 спичкам. Мы можем составить треугольник и квадрат из 12 и 24 спичек, треугольник и пятиугольник — из 6 и 30 спичек, треугольник и шестиугольник — из 6 и 30 спичек, квадрат и пятиугольник — из 16 и 20 спичек, квадрат и шестиугольник — из 12 и 24 спичек, а пятиугольник и шестиугольник — из 30 и 6 спичек. Эти пары чисел можно варьировать во всех случаях, за исключением четвертого и последнего. Общее число спичек не может быть меньше 36. Для треугольника и шестиугольника нужно взять число спичек, делящееся на 3; на квадрат и шестиугольник идет четное число спичек. Следовательно, искомое число должно находиться среди чисел, делящихся на 6, таких, как 12, 18, 24, 30, 36. но меньше чем из 36 спичек нельзя сложить пятиугольник и шестиугольник.

480. Если загородка имеет вид прямоугольника, то его площадь будет тем больше, чем ближе он к квадрату. Но самая большая площадь получается, когда жерди расположены в виде правильного многоугольника, а если это можно сделать несколькими способами, то максимальной будет площадь у того многоугольника, стороны которого состоят всего из одной жерди. Так, в приведенном ранее примере площадь шестиугольника была больше площади треугольника. Изображенный на рисунке правильный двенадцатиугольник ограничивает наибольшую (в случае 12 жердей) площадь, достаточную для примерно 11⅕ овцы. Одиннадцатью жердями можно огородить участок, достаточный только для примерно 9 овцы. Следовательно, для 10 овец необходимо взять 12 жердей. Если вы расположите эти жерди в виде квадрата, как показано пунктиром, то огородите участок только для 9 овец.

481. На рисунке показано, как 13 и 7 спичками можно огородить два участка, причем площадь одного из них в 3 раза больше второго, поскольку меньший содержит ровно 5 маленьких треугольников, а больший 15.

Есть и другие решения.

482. На рисунке показано одно из четырех решений данной головоломки с 11 (нечетным числом) спичками. Если вы сначала окружите какой-нибудь внешний ряд вроде A, то затем сможете окружить в любом случае квадрат B и завершить решение, затратив всего 11 спичек.

483. Следует передвинуть вторую I в VII так, чтобы получился знак квадратного корня. Корень квадратный из 1 равен, разумеется, 1, следовательно, и вся получившаяся дробь равна 1.

484. Передвиньте две сигареты, образующие букву L, и поместите их так, как показано на рисунке. Мы имеем корень квадратный из 1 минус 1 (то есть 1—1), что равно, очевидно, 0. Во втором случае мы можем сдвинуть те же сигареты, поместив одну из них рядом с V, а другую рядом со второй I так, чтобы получилось слово NIL (ничто).

485. Расположите 12 спичек, как показано на рисунке справа; они и ограничат 5 квадратов. Конечно, один из них (отмеченный стрелкой) очень мал, но в условии не было ограничений на размеры квадратов.

486. Вы должны спрятать одну спичку внутри коробка, как показано на рисунке пунктирной линией, причем ее головка должна только-только зайти за край внутренней части коробка. Закрывая коробок, вы проталкиваете эту спичку вперед ногтем большого пальца (что можно, потренировавшись, делать незаметно), и она падает на свое место. Разумеется, ни одна из первоначально показанных спичек не перевернется, поскольку это невозможно, но никто никогда не пересчитывает спички.

487. На рисунке показано, как можно ограничить две фигуры 7 и 13 спичками соответственно, чтобы при этом площадь одной из них была ровно в 3 раза больше площади другой. Пунктирные линии показывают, что одна фигура составлена из 2 квадратов и равностороннего треугольника, а другая — из 6 таких же квадратов и 3 треугольников. Двенадцать горизонтальных и вертикальных спичек остались на месте.

488. На рисунке приведен простой ответ. От нас не требовалось, чтобы фигура была плоской или чтобы она была образована 9 спичками. Мы изобразили (в перспективе) куб (правильную фигуру с шестью сторонами).

489. На рисунке показано, как расположить 26 спичек так, чтобы они разделили чертеж на две части одинаковых размеров и одной формы, из которых одна содержит две звездочки, а другая — два крестика.

490. Расположите 3 спички, как показано па рисунке, и в центре поставьте торцом коробок.

491. Уберите 4 спички, показанные пунктиром на рисунке, и останутся 4 равных треугольника.

492. На рисунке пунктирными линиями обозначены 6 передвинутых спичек, тонкими — места, куда их надо поместить, а толстыми — 6 неподвижных спичек.

493. На рисунке пунктиром показано первоначальное положение двух передвинутых спичек.

494. Расположите 10 спичек так — FIVE[44]. Уберите 7 спичек, образующих F и Е ( общего числа спичек), и у вас останется IV (четыре).

495. В коробке было 36 спичек, из которых мой друг мог составить треугольник (17, 10, 9) площадью 36 квадратных дюймов. После того как 6 спичек было использовано, оставшиеся 30 образовали треугольник (13, 12, 5) площадью 30 квадратных дюймов, а использовав еще 6 спичек, он смог из оставшихся 24 составить треугольник (10, 8, 6) площадью 24 квадратных дюйма.

496. Расположите карты вверх рубашкой в следующем порядке (тройка пик поверх колоды, червовая десятка снизу): тройка пик, тройка треф, червовая пятерка, бубновый туз, бубновая десятка, десятка пик, король треф, бубновая двойка, король пик, червовый валет, пятерка треф, бубновая тройка, бубновый валет, червовая шестерка, трефовый валет, четверка пик, восьмерка пик, дама бубен, четверка бубен, червовая дама, червовая семерка, трефовая десятка, пиковый валет, бубновая пятерка, трефовый туз, пиковая пятерка, бубновый король, трефовая семерка, трефовая восьмерка, бубновая шестерка, червовая восьмерка, червовый туз, червовый король, трефовая четверка, семерка бубен, девятка пик, двойка червей, пиковая дама, пиковый туз, пиковая шестерка, червовая тройка, бубновая восьмерка, червовая девятка, двойка треф, дама треф, пиковая двойка, шестерка треф, девятка треф, девятка бубен, червовая четверка, пиковая семерка, червовая десятка.

[Все подобные головоломки решаются просто, надо только, начиная с последней выложенной карты, проделать все действия в обратном порядке, получив в конце нужную стопку карт. — М. Г.]

497. Для того чтобы перетасовать 14 карт описанным выше способом и получить при этом исходный порядок карт, требуется 14 тасований, хотя в случае 16 карт их требуется только 5. Мы не можем углубляться здесь в природу этого явления, но читателю, быть может, будет небезынтересно провести самостоятельное исследование данного вопроса.

[Относительно математической теории такого тасования см. W. W. Rouse Ball «Mathematical Recreations and Essays» (N. Y., 1960, pp. 310-311). Это тасование иногда называют «тасованием Монжа», по имени знаменитого французского математика XVIII в. Гаспара Монжа, который впервые его придумал. — М. Г.]

498. Для того чтобы освободить одно звено и присоединить его снова, требуется 3 цента. Если бы мы освободили по одному звену на конце каждого из 13 кусков, то это обошлось бы нам в 39 центов, так что выгодней было бы купить новую цепочку. Если бы один из кусков содержал 12 звеньев и мы освободили бы все эти звенья, чтобы с их помощью соединить оставшиеся 12 кусков, то это обошлось бы в 36 центов. Если бы у нас было 2 куска, содержащих вместе 11 звеньев, то мы могли бы освободить эти звенья и с их помощью соединить оставшиеся 11 кусков, что обошлась бы нам в 33 цента.

Самое лучшее, что мы можем сделать, это освободить все 10 звеньев в трех кусках и с их помощью соединить оставшиеся 10 кусков, затратив 30 центов. В качестве таких кусков можно взять 1 кусок из 4 звеньев и 2 куска по 3 звена. Так, если мы включим в число 3 кусок из 3 звеньев и 1 кусок из 4 звеньев, расположенные в среднем ряду, то получим всего 5 больших и 5 маленьких звеньев.

Если бы мы сумели найти 4 куска, содержащие всего 9 звеньев, то сэкономили бы на этом еще 3 цента, но это сделать невозможно так же, как невозможно найти 5 кусков, содержащих 8 звеньев, и т. д. Следовательно, стоимость ремонта составит 30 центов.

499. Прибавьте IV, перевернутое «вверх ногами», к VI, и вы получите XI.

500. Каждый год, делящийся на 4, является високосным, за исключением тех лет, которые делятся на 100; из этих последних високосными будут только те, которые делятся на 400, а остальные не являются високосными. Обычно это обстоятельство упускают из виду. Так, 1800 г. не был високосным, не был им и 1900 г.; однако 2000, 2400, 2800 гг. и т. д. будут високосными. Первым днем нашего века был вторник 1 января 1901 г.

В нашем веке всего 25 високосных лет, поскольку 2000 г. високосный. Следовательно, он содержит 36 525 (365 × 100 + 25) дней, или 5217 недель и 6 дней; поэтому 1 января 2001 г. наступит на 6 дней позднее вторника, то есть придется на понедельник. Век, начинающийся 1 января 2001 г., будет содержать только 24 високосных года, поскольку 2100 г. невисокосный, и 1 января 2101 г. наступит на 5 дней позднее понедельника, то есть в субботу, поскольку в этом веке будет 5217 недель и только 5 лишних дней. Теперь нам удобно представить результаты в виде таблицы:

1 января 1901 г. — Вторник

1 января 2001 г. — Понедельник. На 6 дней позже (2000 г. високосный)

1 января 2101 г. — Суббота. На 5 дней позже

1 января 2201 г. — Четверг. На 5 дней позже

1 января 2301 г. — Вторник. На 5 дней позже

1 января 2401 г. — Понедельник. На 6 дней позже (2400 г. високосный)

Таким образом, мы видим, что первые дни последовательных веков циклически повторяются в порядке: вторник, понедельник, суббота, четверг; поэтому они никогда не придутся на воскресенье, среду или пятницу.

501. Прежде чем склеивать концы полоски, поверните один из них на пол-оборота так, чтобы кольцо оказалось перекрученным. Тогда муха сможет проползти через все квадраты, не перейдя через край бумаги, поскольку, как это ни странно, у полученного кусочка бумаги будет только одна сторона и один край!

[Дьюдени описывает то, что теперь хорошо известно как лист Мёбиуса — один из самых курьезных объектов топологии (см. М. Гарднер, Математические головоломки и развлечения, гл. 7, М., изд-во «Мир», 1971). — М. Г.]

502. Несомненно, правильным решением этой головоломки является BACH (Бах). Если вы начнете поворачивать крест, то получите последовательно В-бемоль (ключ соль), А (теноровый ключ), С (альтовый ключ) и В натуральное (ключ соль). По немецкой терминологии В-бемоль называется «В», а В натуральное «Н», что и дает BACH.

Это напоминает мне органную фугу К. П. Эмануеля Баха, основанную на его фамилии и начинающуюся так, как показано на рисунке.

503. Если каждый из двух мужчин женится на матери другого и от каждого из браков родится по сыну, то каждый из этих сыновей будет приходиться другому одновременно и дядей, и племянником. Это простейший ответ.

[Возможны еще два ответа: 1) каждая из двух женщин выходит замуж за отца другой; 2) мужчина женится на матери некой женщины, а эта женщина выходит замуж за отца этого мужчины. — М. Г.]

504. Если у каждой из двух вдов есть по сыну и если каждая из них выходит замуж за сына другой, причем они рожают от этих браков по дочери, то в результате получаются те самые родственные связи, которые указаны в эпитафии.

505. Ясно, что кондуктора не могут звать Смитом, поскольку мистер Смит — ближайший к инженеру бизнесмен и его доход, следовательно, точно делится на 3, а 10 000 на 3 не делится. Точно так же кочегара не могут звать Смитом, раз Смит обыгрывает его в бильярд. Следовательно, Смитом зовут инженера, а поскольку нас только он и интересует, то для нас совершенно неважно, зовут ли кондуктора Джонсом, а кочегара Робинсоном или наоборот.

[Это одна из наиболее популярных головоломок Дьюдени. Она стала прототипом десятков других логических задач, называемых иногда головоломками типа Смит — Джонс — Робинсон в честь первоначальной задачи Дьюдени. — М. Г.]

506. Пронумеруйте в правильном порядке камни от 1 до 8. Затем действуйте следующим образом: 1, берег, 1, 2, 3, (2), 3, 4, 5, (4), 5, 6, 7, (6), 7, 8, берег, (8), берег. В скобки взяты шаги в обратном направлении. Можно заметить, что, вернувшись на берег после первого шага, а затем все время делая 3 шага вперед и 1 назад, мы выполним задание за 19 шагов.

507. Приятель полковника сказал, что 1 : 50 неудобное время отправления для поезда потому, что если вы на него сядете, то это будет 1 : 50 (1 к 50)[45].

508. Если вы перевернете страницу вверх ногами, то обнаружите, что 1 (one), 9 (nine), 1 (one) и 8 (eight) дают правильную сумму 19 (nineteen).

509. Мы не можем с уверенностью сказать, какую часть змеи должна проглотить соперница, чтобы ее можно было считать погибшей. Однако мы можем утверждать, чего заведомо не произойдет: змеи не будут заглатывать друг друга до тех пор, пока обе не исчезнут! Но где в действительности оборвется «процесс заглатывания», сказать трудно.

510. Если бы W и Е были фиксированными точками и W, как и в действительности, располагалось бы слева, когда мы движемся к N, то, пройдя Северный полюс, мы обнаружили бы W справа, как и утверждалось. Однако W и Е не фиксированные точки, а направления на глобусе; поэтому когда вы смотрите на N, то W означает направление налево, а Е — направо.

При отражении в зеркале вы не «переворачиваетесь», поскольку то, что кажется правой рукой, является левой, а то, что выглядит левой, является правой рукой. Отражение, так сказать, посылает обратно то, что находится против него в каждой точке.

[Если читатель не понял кратких объяснений Дьюдени, относящихся к парадоксу с зеркалом, то он может прочитать гл. I книги М. Гарднера «Этот правый левый мир» (М., изд-во «Мир», 1967), где этот парадокс разбирается значительно подробнее. — М. Г.]

511. Как это ни странно, сквозь такую дырку можно просунуть двадцатикопеечную монету, не порвав бумаги. Это самая большая монета, с которой можно проделать подобный трюк. Сначала сложите бумагу, как показано на рисунке, а потом опустите монету ребром на сгиб. Затем, держа бумагу в точках A и B, сдвиньте руки вверху, и монета проскочит сквозь дырку.

512. С 1752 г., когда в Англии был принят новый стиль. первым годом с пятью средами в феврале оказался 1764 г. Затем такими годами были 1792 и 1804. Прибавляя по 28, мы получим далее 1832, 1860, 1888 гг. Потом мы вынуждены совершить прыжок к 1928, 1956, 1984 и 2012 гг. Ответом, следовательно, будет 1888 и 1956 гг. Обычно такое происходит через каждые 28 лет, за исключением тех случаев, когда 1800 и 1900 гг. (которые не являются високосными) попадали в соответствующий промежуток. Поскольку 2000 г. будет високосным, год, следующий после 1984 г. и имеющий указанное свойство, наступит, как и полагается, через 28 лет — это будет 2012 г.

513. Трюк состоит в том, что воронку нужно опускать до тех пор, пока пунктирная линия CA (см. исходный рисунок) не пересечет пламя свечи. Любая попытка задуть свечу, располагая пламя по центру отверстия, обречена на неудачу.

514. Протащите сквозь веревочную петлю петлю пиджака вместе с частью борта так, чтобы петля пиджака добралась до противоположного конца палочки, а затем проденьте палочку в петлю пиджака и затяните веревочную петлю. Чтобы освободить палочку, нужно все действия проделать в обратном порядке, хотя выполнить это гораздо труднее. Если вы украдкой прицепите петлю с палочкой к пиджаку вашего приятеля, то ему придется изрядно поломать голову, прежде чем он сумеет отцепить палочку, не разрезая петли.

515. Сначала вырежьте одним куском ключи и кольцо, как показано на рисунке. Теперь надрежьте картон в полтолщины вдоль восьми маленьких черных линий и аналогичным образом надрежьте картон с противоположной стороны вдоль пунктирных линий. Затем просуньте перочинный нож под каждый из четырех маленьких квадратов, образованных этими линиями, и три куска отделятся друг от друга так. что ключи окажутся свободно висящими на кольце.

516. Пропустите через ножницы побольше веревки так, чтобы они оказались как можно ближе к руке держащего свободные концы. Затем протащите нижнюю петлю обратно вдоль двойной веревки. Вы должны внимательно следить, чтобы петля точно двигалась вдоль двойной веревки, пока она не выйдет из ножниц. Затем пропустите ее вокруг концов ножниц и протащите назад вдоль двойной веревки. Если вы будете действовать аккуратно, то веревка отделится от ножниц. Однако важно не допускать перекручиваний и узлов, иначе вы безнадежно запутаетесь. Все же после небольшой практики этому можно легко научиться.

517. В истории с офицером, поскольку он так никогда и не проснулся, никто не мог знать, какой он видел сон; поэтому вся история представляет собой чистый вымысел.

Ответ на второй вопрос таков: надо опустить яблоки в воду и подсчитать их объем, отметив, насколько поднялась вода в сосуде.

518. Поверхность воды, как и всякой другой жидкости, всегда имеет сферическую форму, а чем некоторая сфера больше, тем она менее выпукла. Сферическая поверхность воды должна, следовательно, меньше выступать над краем сосуда (а значит, и меньше ее должно вмещаться в этот сосуд) на вершине горы, чем у подножия. Это в равной мере справедливо для любой горы.

519. Молодому математику нужно было просто перевернуть листок и посмотреть его на свет или поднести к зеркалу; при этом он немедленно понял бы, что послание его невесты гласило: «Kiss me, dearest» («Поцелуй меня, дорогой»).