книги из ГПНТБ / Гарднер, М. Математические новеллы

•— Точно не помню. Что-то между 100 и 200.

Не поможете ли вы комиссару и не назовете ли точ­ ное число бокалов?

(Предполагается, что содержимое любой группы бо­ калов можно анализировать одновременно. Для этого из каждого бокала берется проба, все пробы смешиваются,

ипроводится один общий анализ получившейся смеси.)

8.Путешествие по шахматной доске. В литературе по занимательной математике много внимания уделялось различного рода «путешествиям» по шахматной доске: та или иная фигура должна побывать по одному и толь­ ко по одному разу на всех 64 полях доски, не нарушив

при этом определенных ограничений. Новую разновид­ ность путешествий — «перекатывание кубика» — приду­ мал в 1964 г. Джон Х'аррис. Она также таит в себе много возможностей.

Для решения приводимых ниже двух лучших задач Харриса вам понадобится небольшой детский кубик (если готового кубика под рукой нет, его можно склеить из картона). Грани кубика должны быть того же раз­ мера, что и клетки шахматной доски. Одна грань кубика должна быть окрашена в красный цвет. Кубик перека­ тывается с поля на поле через ребро, совпадающее с об­ щей границей этих полей. Таким образом, при каждом ходе он поворачивается на четверть оборота в северном, южном, восточном или западном направлении.

За д а ч а 1. Поставьте кубик в северо-западный угол доски так, чтобы его красная грань была обращена вверх. Перекатывая кубик с одного поля доски на дру­ гое, обойдите все 64 клетки, побывав на каждой лишь один раз так, чтобы закончить путешествие в северо-во­ сточном углу доски и чтобы красная грань опять оказа­ лась сверху. На протяжении всего путешествия красная грань ни разу не должна быть обращена вниз. ( При­

ме ч а н и е . Совершить такое путешествие из одного угла доски в диагонально противоположный угол невозможно.)

За д а ч а 2. Поставьте кубик на любое поле шахмат­ ной доски так, чтобы он был обращен вверх любой из своих некрасных граней. Совершите по доске «кругосвет­ ное» путешествие (то есть, перекатывая кубик с клетки на клетку, побывайте по одному разу на всех клетках доски и вернитесь на ту же клетку, с которой начали)

102

так, чтобы красная грань ни разу не была обращена вверх.

Обе задачи имеют единственное решение (с точностью до поворотов и отражений траектории кубика на доске).

ОТВЕТЫ

1. Оптимальная стратегия для девушки, желающей избежать встречи с назойливым поклонником, сводится к следующему. Сна­ чала девушка должна грести так, чтобы центр озера, где стоит на якоре плот, всегда находился между нею и человеком на берегу, при этом все три точки (центр озера, местоположение девушки и местоположение преследователя) должны находиться на одной прямой. Поскольку преследователь бежит по суше в 4 раза быст­ рее, чем девушка может грести, ей нетрудно удерживать его на прямой, проходящей через лодку (имеющую точечные размеры) и центр озера, и в то же время двигаться к берегу. Так будет про­ должаться до тех пор, пока она не отплывет от центра на рас­ стояние, равное четверти радиуса озера. В этот момент угловая скорость девушки станет равной угловой скорости преследователя, и у девушки не хватит энергии, чтобы еще и грести к берегу. По­ этому, достигнув точки, отстоящей на четверть радиуса от центра

к моменту, когда лодка коснется берега, он успеет преодолеть лишь расстояние Зг. А так как 3г < лг, девушка сумеет благополучно убежать от него.

2. Чтобы перевести ключ из положения Р в положение Q («сквозь дверь»), необходимо прежде всего пропустить ключ сквозь петлю. В результате этой операции ключ должен повиснуть на ве­

Вместе с большой петлей снаружи («по эту сторону» двери) ока­ жутся две малые петли. Продев ключ сквозь обе петли (рис. 63,6), потяните за концы веревки, оставшиеся по другую сторону двери, протащите обе малые петли сквозь замочную скважину и придайте веревке исходный вид (рис. 63, в). Двигая ключ вправо, проденьте его в петлю так, как показано на рис. 63, в, и головоломка будет решена.

3. Наименьшее число единичных отрезков («зубочисток»), ко­ торые необходимо снять со схематического изображения шахматной доски 4 X 4 , чтобы разрушить контуры всех «спрятанных» в ней квадратов, равно 9. Примером одного из таких решений может служить внутренний квадрат 4 X 4 в верхней части рис. 64.

Докажем, что разрушить все квадраты, сняв меньшее число единичных отрезков, невозможно. Прежде всего заметим, что во­ семь темных квадратов не имеют общих сторон. Следовательно, разрушить их периметры можно, лишь убрав восемь единичны*

ЮЗ

Р и с . 64. Решение головоломок с зубочистками.

отрезков — по одной стороне у каждого квадрата. То же можно ска­ зать и о восьми белых квадратах. Однако разрушить все 16 квад­ ратов можно, не обязательно стерев 16 единичных отрезков, а го­ раздо более экономным способом. Действительно, стерев сторону, разделяющую белый и темный квадрат, мы сразу «убьем двух зай­

8 единичных отрезков. При этом, однако, ни один из стертых от­ резков не будет лежать на внешней границе доски, образующей

105

необходимо стереть по крайней мере 9 единичных отрезков. Из рис. 64 видно, что при этом оказываются разрушенными контуры всех 30 квадратов, «затаившихся» в очертаниях доски 4 X 4 .

Аналогичные рассуждения показывают, что для любой квадрат­ ной доски четного порядка число стертых сторон единичных квад­ ратов, при котором достигается тотальное уничтожение всех квад­ ратов, должно быть не меньше !/2«2 + 1, где п -— порядок доски. Яв­ ляется ли эта оценка точной, то есть достигается ли она для любых квадратных досок четного порядка?

Доказательство по индукции неявно содержится в рис. 64. Вве­ дем кость домино в отверстие на границе доски 4 X 4 и пристроим к ней остальные кости домино так, как показано на рис. 64 (внизу). Нетрудно видеть, что для доски 6 X 6 минимальное число единич­ ных отрезков, удаление которых приводит к разрушению всех квад­

достраивать кости домино можно бесконечно и на границе каждой новой доски всегда будет гнездо размером в один-единственный квадрат (на рис. 64 оно указано стрелкой).

На доске 5 X 5 ситуация осложняется тем, что темных квадра­ тов на ней на один больше, чем белых. Следовательно, чтобы «од­ ним махом» разрушить 12 белых и 12 темных квадратов, необхо­ димо стереть 12 единичных отрезков. Они как бы образуют 12 кос­ тей домино. Если бы единственный «оставшийся в живых» темный квадрат примыкал к внешней границе доски, то его контур и кон­ тур самого большого (наружнего) квадрата можно было бы разру­ шить одновременно, стерев еще один единичный отрезок. Это наво­ дит на мысль о том, что минимальное число единичных отрезков, которые необходимо стереть для уничтожения всех квадратов, для досок нечетного порядка п равно !/г(«2 + 1). Однако минимум этот был бы достигнут, если бы нам удалось уложить домино так, чтобы контуры всех квадратов порядка п > 1 оказались разрушенными. Поскольку это невозможно, минимальное число единичных отрезков возрастает до V2(«2 Н~ 1) 1 - На рис. 64 внизу показано, как до­ стигается минимальное решение для любого квадрата нечетного порядка.

При рассмотрении более общей задачи о разрушении контуров всех «внутренних и внешних» прямоугольников, присущих данной квадратной доске, роль, аналогичную роли домино, играет L-образ- ное тримино. Харрис разработал ме­ тод получения минимального реше­ ния, допускающий обобщение на слу­ чай квадратной доски любого поряд­ ка. При п — 2 минимальное число единичных отрезков, подлежащих удалению, равно трем, при п = 3 —

106

V ■

Рис. 66. Разбиение множества из 1000000 точек на две половины.

этого факта для множества, состоящего из шести точек (рис. 66), применимо к любому конечному множеству точек.

Рассмотрим все возможные пары точек нашего множества и через любые две точки проведем прямую. Вне замкнутой кривой, окружающей все точки множества, выберем точку А, не лежащую ни на одной из проведенных нами прямых. Проведем через А про­ извольную прямую. Поворачивая прямую вокруг точки по часовой

ранее принадлежит прямой, проведенной через эти две точки.) После того как «за кормой» останется половина точек нашего мно­ жества, задача будет решена — прямая, проходящая через точку А, будет делить наше множество на две половины. Поскольку точку А можно выбрать бесконечно многими способами, прямых, делящих наше множество на две половины, также бесконечно много.

5. Двум первым условиям задачи удовлетворяют лишь две раскладки карт: КДД и ДКД (К — король, Д — дама). Двум по­ следним условиям также удовлетворяют лишь две раскладки: ППЧ

107

Последний вариант необходимо отбросить, поскольку в нем участвуют две пиковые дамы. Три остальных набора содержат одни

эти карты. Указать, в какой именно последовательности они распо­ ложены, мы не можем: условия задачи не позволяют однозначно определить положение каждой карты в ряду. Можно лишь утвер­

скольку углы при вершинах А и С (двух различных) прямоуголь­ ников прямые, точки Л и С по известной теореме планиметрии должны лежать на окружности, для которой отрезок BD служит диаметром. Наконец, четвертый набор состоит из точек А, Е, В и F. Пунктирный отрезок прямой BE служит диаметром окружности, проходящей через точки Л и / 7, поскольку каждая из них служит вершиной прямого угла, опирающегося на диаметр BE.

Рис . 67. Решение геометрической задачи Стифена Барра.

108

7. Установить, какой из конечного множества бокалов содер­ жит яд, быстрее (эффективнее) всего можно с помощью так назы­ ваемой дихотомии. Разделим бокалы (их всего я) на две группы. Если я четно, то в каждой из групп должно быть по я/2 бокалов.

лов одной группы, мы сливаем их вместе и проводим анализ. По результатам анализа мы судим, в какой из двух групп находится бокал с ядом. Затем мы повторяем всю процедуру, сузив, таким образом, поле поисков примерно вдвое (при четном я — ровно вдвое). Если число бокалов заключено между 100 и 128, для уста­ новления бокала с ядом необходимо произвести всего семь разбие­ ний на группы (и соответственно семь анализов). Если число бока­ лов заключено между 129 и 200, то для установления бокала с ядом необходимо произвести восемь анализов. Число 128 занимает осо­

Рис . 68. Решения задач о пв' рекатывании кубика.

красной гранью лишь в начале и в конце пути — в правом и левом верхних углах доски. На второй доске точно отмечено начало и ко­ нец замкнутой траектории, ни на одной клетке которой кубик не обращен вверх красной гранью.

ГЛАВА 9

ЗАНИМАТЕЛЬНАЯ НУМИЗМАТИКА

Целый ряд свойств делает монеты незаменимыми для занимательной математики: их легко складывать стол­ биком, удобно использовать в качестве фишек, они могут служить моделями точек на плоскости, имеют удобную круглую форму и хорошо различимые стороны — «орел» и «решетку». Для «нумизматических» задач, о которых пойдет речь дальше, необходимо иметь (самое большее) 10 монет одинакового достоинства. Все задачи элемен­ тарны, хотя некоторые из них затрагивают далеко не тривиальные разделы математики.

Одна из наиболее старых и интересных головоломок с монетами заключается в следующем. На столе выкла­ дывают в ряд восемь монет (рис. 69). Из этих монет в четыре хода требуется сложить четыре столбика по две монеты в каждом (задача о «вздваивании» ряда). При решении этой задачи необходимо соблюдать единствен­ ное условие: при каждом ходе одиночной монете разре­ шается «перепрыгивать»*-^ любом направлении — на­ право или налево) ровно две монеты и «приземляться» на следующей за ними одиночной монете. Две монеты, через которые совершается прыжок, могут быть и двумя

Р и с . 69. Задача о «вздваивании» ряда монет.

110

Ри с . 70. Задача о плотнейшей укладке монет.

одиночными монетами, и столбиком, состоящим из двух монет. Восемь — наименьшее число монет, которые мож­ но разложить таким образом.

Решить задачу о «вздваивании» ряда для восьми монет нетрудно. Самое интересное начинается потом. Предпо­ ложим, что мы добавили к ряду еще две монеты. Можно ли 10 монет перестроить за 5 ходов в 5 столбиков по две монеты в каждом? Многие из тех, кто с легкостью пере­ страивает ряд из 8 монет, приходят в отчаяние, столкнув­ шись с задачей о «вздваивании» ряда из 10 монет, и бес­ сильно опускают руки. Между тем задача решается мгновенно, разумеется, если вы располагаете ключом к ее решению. Более того, тривиально обобщив решение за­ дачи с 8 монетами, вы сможете решать в п ходов задачу о вздваивании ряда из 2 п монет (п > 3).

Центры монет, уложенных вплотную друг к другу на плоскости, образуют треугольную решетку. Это обстоя­ тельство используется во множестве самых различных головоломок с монетами. Можно взять, например, шесть монет, выстроенных в виде ромба (рис. 70), и попытать­ ся в три хода перестроить их в круг так, что если в центр круга поместить еще одну монету, то все семь монет окажутся уложенными плотнейшим образом. При каж­ дом ходе сдвигать монету нужно так, чтобы в новом по­ ложении она касалась двух других монет (точки каса­ ния однозначно определяют новое положение монеты). Эта задача, так же как и задача о вздваивании ряда мо­ нет, обладает любопытной особенностью. Задайте ее ва­ шему товарищу. Если он не справляется с задачей, мед­ ленно передвигая монеты, покажите ему решение и по­ просите повторить ваши действия, но, возвращая монеты в исходное положение, выстройте их в форме ромба,

i l l