Игнатьев Е. И. В царстве смекалки, или арифметика для всех. — Кн. 1. — 6-е изд., пересмотр. и испр. — М. ; Пг. : Госиздат, 1923. — VIII, 244 с.

Е. И. ИГНАТЬЕВ

В ЦАРСТВЕ СМЕКАЛКИ

ИЛИ

АРИФМЕТИКА ДЛЯ ВСЕХ

КНИГА ПЕРВАЯ

ГОСУДАРСТВЕННОЕ ИЗДАТЕЛЬСТВО

УЧЕБНИКИ И УЧЕБНЫЕ ПОСОБИЯ ДЛЯ ШКОЛ I и II СТУПЕНИ

Е И. ИГНАТЬЕВ

В ЦАРСТВЕ СМЕКАЛКИ

ИЛИ

АРИФМЕТИКА ДЛЯ ВСЕХ

КНИГА ПЕРВАЯ

Издание 6-е пересмотренное и исправленное

1 — 10 тыс.

Научно-Педагогической Секцией Государственного Ученого Совета допущено как пособие для преподавателей

ГОСУДАРСТВЕННОЕ ИЗДАТЕЛЬСТВО

МОСКВА 1923 ПЕТРОГРАД

Гиз. № 4202._Главлит № 6647. Москва. Напеч. 10.000 экз.

„Мосполиграф". 1-я Образцовая типография. Пятницкая, 71.

ОГЛАВЛЕНИЕ.

СТРАН.

Предисловие к 6-му изданию............. VII

Введение. I. Из предисловий к первым изданиям...... 1

II. Счет, мера и число........... 5

III. Роль памяти в математике......... 13

Задача 1. Знатная дама............... 17

» 2. Удивительный отгадчик........... 20

» 3. Движением пальца............. 23

Задачи-шутки и задачи-загадки...... .... 25

Задача 4. Звериное число.............. —

» 5. Дележ ................. —

» 6. Сколько кошек.............. —

» 7. Задача цифр............... 26

» 8.................... —

» 9. Урод................ . 27

» 10. Что сказал старик?............ —

Спички и палочки................ 29

Задача 11....................

» 12.................... —

» 13. ................... 30

» 14.................... 31

Разные задачи.................. 33

Задача 15. Вместо мелких долей крупные.........

» 16. Сумма последовательных чисел........ 34

» 17. Сбор яблок............... 35

» 18. Бой часов................

» 19. Продажа яблок.............. 36

» 20. Воришка с яблоками............

» 21. Каждому свое.............. 37

» 22. Как поделить?.............. 38

» 23. За кашу................

» 24. Кто прав?............... 39

» 25. Фальшивая бумажка........... 40

Задача 26. Велосипедисты и муха........... 40

» 27. Портной................ 41

» 28. Гусеница................ —

» 29. Размен. . . ............... 42

» 30. То же иными знаками............ —

» 31. » » » »............ 43

» 32. » » » »............ —

» 33. Замечательное число............ 44

Дележи при затруднительных обстоятельствах..... 45

Задача 34. Дележ между двумя............ —

» 35. » » » тремя......... 46

» 36. » » » ......... 47

» 37. » » » »......... 48

» 38. Мужик и чорт.............. —

» 39. Крестьяне и картофель........... 50

» 40. Три игрока. ................ 51

» 41. Два пастуха............... —

» 42. Недоумение торговок............ 53

» 43. Как гусь с аистом задачу решали........ 55

» 44. Сколько было?............. 57

» 45. Найти число............... 58

» 46. Часы заведены верно!........... —

» 47. Восстановление записи............ 59

» 48. За грибами............... 60

» 49. Находка................ 62

Переправы................... 65

Задача 50. Через ров................ —

» 51. Отряд солдат............... —

» 52. Волк, коза и капуста............ 68

» 53. Мужья и жены.............. 67

» 54. Четыре мужа.............. 70

55. На станции железной дороги.......... 73

» 56. Разъезд 6-ти пароходов........... 74

у 57. Угадать число.............. 75

» 58. Кто первый скажет «сто»......... 77

Обобщение................... ?8

Любопытная история................ 79

Задача 59. По жребию............... 80

Игра в красное и черное или игра в жетоны...... 83

Задача 60. Четыре пары............... 84

» 61. Пять пар................ 85

» 62. Шесть пар...............87

» 63. Семь пар................ 89

» 64. Обманутый хозяин............. 92

» 65. Слепая хозяйка............. 94

Задача 66. Расстановка букв............ 96

» 67. » »............... 96

» 68. Волшебный квадрат из девяти клеток...... 98

» 69. В 25 клеток............... 100

» 70. Раскладка карт.............. 101

Замечание .................. —

ДОМИНО.....................104

Исторические справки...............—

Определения. . ................—-

Среднее....................105

Дополнительные домино...............106

В чем состоит игра................—

Забава-задача..................107

Задача 71. Наибольший удар.............108

» 72.....................109

» 73....................110

» 74. Верная отгадка..............111

Упражнения с куском бумаги. ....... 113

Плоскость.—Прямоугольник.—Квадрат.........—

Задача 75.....................114

» 76......................115

» 77. Равнобедренный и равносторонний треугольник. . . .119

» 78...................120

» 79. Шестиугольник..............123

» 80. Восьмиугольник..............125

Разрезывание и переложение фигур..........127

Задача 81. Как вырезать?.............. —

» 82. Из прямоугольника квадрат......... 128

» 83. Квадрат из 20 равных треугольников...... —

» 84. Теорема Пифагора............. 129

» 85. Из квадрата три квадрата.......... 131

» 86. Из квадрата два квадрата........... 132

» 87. Из квадрата три квадрата.......... 133

» 88. Разрезывание шестиугольника......... 134

» 89. Ханойская башня.—Тонкинский вопрос..... 135

Легенда.................... 138

Шахматы........ ...........139

Задача 90. О восьми королевах............ —

» 91. О ходе шахматного коня..........145

Карты....................150

Задача 92. Угадать, сколько очков в 3-х картах......151

» 93. Угадать задуманную карту.........154

Общее замечание.................157

Задача 94. Угадать задуманную пару карт...... . .158

» 95. Угадать карту.............161

» 96. Карта на место! ............162

» 97. Кто что взял,—я узнал!..........163

» 98....................165

» 99 и 100.................167

Мосты и острова..................m

Задача 101. Кенигсбергские мосты в 1759 г.........172

» 102. Переход через 15 мостов...........178

» 103. Петербургские мосты............180

» 104. Путешествие контрабандиста.........182

О фигурах, вычерчиваемых одним почерком.......183

Задача 105. ,................. . —

» 106. Пять линий, 10 монет...........190

Волшебная таблица................191

Волшебный веер.................192

Задача 107. Камни вместо гирь............193

Двоичное счисление ................. 194

О счислении вообще................—

Двоичная система.................195

Замечания о двенадцатичной системе..........—

Преимущества двоичной системы...........196

Же-ким.................... 197

Ящик с гирями.................199

Взвешивание...................200

Еще о волшебной таблице.......... . . . .201

Двоичная прогрессия............... 202

Совершенные числа. . . ............203

Угадывание чисел.................205

Задача 108. Угадать задуманное число..........206

» 109. Видоизменение той же задачи........207

» ПО. Угадать иначе..............210

» 111. Иное решение задачи...........212

» 112. То же иным путем............215

» 113. Угадать несколько чисел..........216

» 114. Угадать, не спрашивая...........219

» 115. Кто что выбрал.............220

» 116. То же с двумя взаимно-простыми числами.....221

» 117. Отгадать несколько чисел не больших 10......222

Волшебные квадраты.................225

Полные волшебные квадраты.............—

Средние волшебные квадраты с 16-ю клетками.......230

Правильные волшебные квадраты с 16-ю клетками......233

Полные и средние волшебные квадраты с 64-мя клетками. . . . 237

Предисловие к 6-му изданию.

Борьба с удручающей схоластикой школьного и внешкольного преподавания математики вызвала появление первого издания этой книги в 1908 году. Книга, как и следовало ожидать, была весьма неприветливо встречена Учебным Комитетом царского министерства народного просвещения. Однако, официальная немилость не помешала все возрастающему успеху «смекалки» в школе и семье. С 1908 года до начала всемирной бойни появилось 5 изданий 1-й книги: «В царстве смекалки», и вышедшие вслед за ней 2-ая и 3-я книги пользовались тем же успехом.

Под первыми ударами вихря наступившей великой социальной революции пало и рассыпалось громоздкое, но неладно скроенное и некрепко сшитое здание нашей старой школы. Жалеть об этом не приходится. Туда ей и дорога. И что бы там ни говорили и ни делали иные нынешние любители и строители просвещения, старая школа умерла и ей не воскреснуть.

Но на хрупких обломках этой старой школы приходится воздвигать здание новой. Весьма длительная, тяжелая и мучительная работа—особенно в необъятной нашей провинциальной глуши, на местах.

Нет сомнения, что эта пробивающая себе дорогу в грозе и буре революции новая школа должна расти прежде всего на началах самого широкого развития методов самодеятельности и инициативы, питающихся из жизненных источников производственно-трудовых отношений. Всякие отступления и уклоны в сторону от такого строительства школы заранее обречены за никчемностью на новую ломку и перестройку, как это приходится постоянно наблюдать с первых же шагов. Сплошь и рядом, под видом нового, незаметно переходят к старому, которое, естественно, рушится само-собой опять... и опять приходится начинать все сначала.

Впрочем, это понятно. В год и даже в пять лет новой школы не построишь, особенно при отсутствии подходящих учительских кадров, научно-учебных пособий и средств.

Необходимо запастись настойчивостью и терпением на большое время, необходимо заготовить материал, необходимо также

учесть наличность всего готового имеющегося и пригодного для стройки новой социалистической трудовой школы. Кое-что готовое, в этом отношении, у нас, все же, есть. Конечно, это— капля в море нужды, но тем более необходимо выловить эту уже готовую каплю и не дать ей пропасть в океане общей школьной разрухи.

Чуждая схоластики и постоянно наталкивающая на диалектические приемы мышления и рассуждений, эта книга, смею думать, принесет некоторую пользу в деле выработки методов преподавания в новой школе. Более того, полагаю, что «В царстве смекалки», как попытка самой широкой популяризации математических знаний и самодеятельности, только теперь, наконец, найдет своего настоящего читателя и проникнет в страстно стремящуюся к образованию рабоче-крестьянскую среду.

Естественной поэтому была мысль о многих дополнениях с целью ввести сюда вопросы и задачи, связанные с современностью, отвечающие, так сказать, на текущую злобу дня.

Практическое выполнение этого задания встретило, однако, сейчас весьма серьезные почти неодолимые в некоторых отношениях затруднения. Слишком переходное, калейдоскопически меняющееся и в самых различных направлениях развертывающееся время мы переживаем.

Чуть не каждый новый день выдвигает новые вопросы и задания, как в экономических, технических, так и всяких иных сторонах жизни. Интересное и поражающее сегодня—отходит в область ненужного на завтра и наоборот. Для всякого рода экономической и социальной «смекалки» набирается такая масса сырого материала, что необходимо в нем разобраться и, более или менее сносно, оформить. На такую работу нужно не только время, но к ней необходимо привлечь сколь возможно большее количество людей, сделать ее, по возможности, коллективной.

Вот почему нисколько не отказываясь от мысли ввести соответствующее дополнение в будущее издание «смекалки» или даже посвятить им особую книжку, приходится пока ограничиться пересмотром и выпуском только прежнего материала.

Г. Тула. Май, 1923 года.

ВВЕДЕНИЕ.

I.

Из предисловий к первым изданиям.

Наступили времена пара и железа, электричества и воздухоплавания, с одной стороны, а с другой—времена глубочайших социальных опытов и переустройств. Но в какой бы области человеческая жизнь ни стремилась к необходимому самосовершенствованию, несомненно то, что всюду в основании верных выводов должны лежать «счет и мера», т.-е. число в той или иной форме. Явления ли внешнего мира, глубины ли собственного духа желает исследовать человек и связать свое «я» с великим и всеобъемлющим «все»—всюду и везде только тогда шествует он по верному пути, если великий и строгий дух математики будет им руководить.

Счет, мера и число... Математика—эта «сухая» и «строгая» наука... Да! только эта целомудренная, с глубоко-пытливым взглядом богиня может ввести нас в святое святых творения, приподнять завесу, скрывающую от нас великие тайны мироздания, показать возможность пространств, отличных от нашего, ввести в область иных измерений, дать возможность уверенно говорить о невидимом, как о видимом, о будущем и прошедшем, как о настоящем, дать понятие человеческому духу о великой и вечной поэзии творческих сил природы... Станет ли кто в наше время отрицать настоятельную необходимость самого широкого распространения и популяризации математических знаний? Железная сила логической или—что то же—математической мысли, сила разумной и быстрой «смекалки» только одна в состоянии победить разного рода беспочвенные самообольщения

и окончательно низринуть дурачащие бедное человечество кумиры.

Развитие самой энергической самодеятельности ума, сообразительности и «смекалки»—вот что все необходимее и необходимее делается человеку, если он желает преуспевать и достигнуть гармонии жизни. Существенно необходимо прежде всего приобретение самых разнообразных навыков в счете, мере и числе. Нисколько не рискуя впасть в преувеличение, повторим давно уже высказанную мысль: жизнь каждого народа культурна постольку, поскольку в нее входит математика. Вдумайтесь, и вы с этим согласитесь!

Вот почему, между прочим, первоначальные математические познания должны необходимо входить с самых ранних лет в наше образование и воспитание. По справедливому замечанию Кондорсе1) («Беседы о математике»), математические понятия, цифры и линии говорят даже детскому зарождающемуся воображению более, чем иные думают. Но само собой разумеется, что умственную самодеятельность, сообразительность и «смекалку» нельзя ни «вдолбить», ни «вложить» ни в чью голову. Результаты надежны единственно тогда, когда введение в область математических знаний совершается в легкой и приятной форме, на предметах и примерах обыденной и повседневной обстановки, подобранных с надлежащим остроумием и занимательностью.

Впрочем, высказывая эти мысли, мы не говорим ничего нового. С этими последними положениями согласится, кажется, ныне всякий педагог современной русской школы и всякая заботящаяся о разумном образовании и воспитании своих детей семья. Тем более удивительно и досадно, что на русском языке нет почти ни одной попытки дать в руки семьи и школы книгу, направленную к популяризации в широких кругах математических познаний и могущую служить подходящим пособием взрослому для обучения своего ребенка, или вообще учащемуся, после некоторой небольшой подготовки. Это тем более удивительно и странно, что в заграничной литературе мы имеем в этом отношении прекрасные и талантливо составленные образцы.

Предлагаемые три книги имеют в виду до некоторой степени пополнить указанный только что пробел. Пытаясь перенести

1) 1743—1794 г.

читателя в «царство смекалки», мы, конечно, не обольщаем себя надеждой, что смогли показать ему это царство во всей его прелести и полноте. Для этого понадобились бы не три таких книги: так велика и обширна область только тех отделов математики, которые можно подвести под общее заглавие «математических игр и развлечений». Но что же может помешать другим нашу попытку и продолжить, если она окажется удачной и полезной?

Внимательный читатель заметит, что каждая книга по возможности разбита на отделы, содержащие каждая однородные задачи в порядке возрастания их трудности. Нет, вообще говоря, никакой надобности читать и разбираться в такой книге «подряд». Каждый может для начала взять тот отдел, который его наиболее заинтересует, и разобраться сначала в нем, затем перейти к любому другому и т. д. Что касается до так называемых «разных» задач, то составитель и здесь старался по силе разумения разместить их в порядке возрастающей сложности или трудности. Нельзя, однако, поручиться, что принятая нами планировка материала удовлетворит всех. Слишком субъективное это дело: что одному дается трудно, то другому легко, и наоборот. Впрочем, подчеркиваем это еще раз, предлагаемые книги ведь не «методика», не «учебник» и не «задачник» в обыкновенном смысле этих слов. Но всякий, кто захочет, может воспользоваться предлагаемыми книгами применительно к своей методе или учебнику. Взрослый, взявши на себя труд познакомиться с любой книгой, легко убедится, что все почти предлагаемые в ней задачи можно видоизменять и делать предметом беседы даже с маленькими детьми. С другой стороны, смеем надеяться. что предлагаемые книги могут быть недурным пособием для математического саморазвития и самодеятельности и притом— не для одного только учащегося юношества, а для всех вообще, чувствующих склонность к работе ума. В силу последнего эти книги названы также «Арифметикой для всех:. Предназначая эти книги для всех, мы вовсе не желаем сказать, что книги эти может читать даже едва обучившийся грамоте ребенок. Но думаем, что мать, отец, старший брат или сестра найдут в них достаточно материала, чтобы на легких и занимательных примерах, при помощи предметов, находящихся у них же перед глазами, или под руками, ввести ребенка в круг математических понятий. Но, «уча, мы учимся сами», и надеемся, что предлагаемые книги наилучше каждого в этом убедят. Сближение математики с жизнью,

введение ее в повседневной обиход, уменье все окружающее нас по возможности переводить на счет, меру и число—вот что, главным образом, имеют в виду эти книги. А так как в них есть и такие задачи, усвоения и разбор которых не требует почти никакой математической подготовки, то их можно смело дать для самостоятельного чтения и изучения даже учащимся, начиная с 10—12 лет, и т. д. Возраст не ограничен, так как каждый найдет в них кое-что и для себя.

II.

Счет, Мера и Число.

(Исторические справки).

Вот я бросаю на стол палочку, или спичку, или камешек, или кубик,—словом, какой-нибудь предмет, и спрашиваю вас: сколько предметов я бросил на стол? Вы смотрите и отвечаете:

— Один предмет.

Я беру затем и бросаю перед вами целую горсть камешков или спичек, или иных каких предметов и опять спрашиваю: сколько здесь предметов?

Вы отвечаете: «много». Но меня этот ответ не удовлетворяет. Я хочу знать точно, сколько именно предметов лежит предо мной. Для этого надо предметы сосчитать.

В чем состоит счет, вы тоже знаете. Вы берете один предмет и говорите: один; прикладываете к нему еще один и говорите: два; к этим прикладываете еще один и говорите: три; к этим прикладываете еще один и говорите: четыре, затем: пять, шесть,— семь, восемь^ девять и таким образом добираетесь до десяти (десятка) .

Вы считаете предметы по одному, или, иначе говоря, единицами. Но вы знаете также, что можно считать те же предметы парами (по два), тройками (по три), четверками (по четыре) и т. д. Наконец, если предметов много, то можно считать их и десятками, совсем так же, как вы считали единицами, т.-е. один десяток, два десятка (или двадцать), три десятка (или тридцатки, т. д. Когда у вас набирается десять десятков, вы называете это сотней (сто), и считаете опять сотни, как единицы: сто, два ста (или двести), триста, четыреста и т. д. Так считаете вы, пока не получите десять сотен, или тысячу, а затем эти тысячи считаете опять, как простые единицы: одна тысяча, две тысячи и т. д.

Все это вы знаете, и все это кажется так просто.

Итак, чтобы ответить на вопрос, сколько предметов, надо эти предметы сосчитать. Счет же состоит в последовательном прибавлении к единице еще единицы, да еще единицы, да еще единицы и т. д. до конца, а затем остается сказать словами, что вы получили, или—иначе назвать результат счета. Этот результат, или ответ на вопрос: сколько предметов?—я будет не что иное, как число.

При первых же шагах нашей более или менее сознательной жизни мы учимся считать предметы и мало-по-малу вырабатываем в своем уме представление о числе, как совокупности единиц, независимо от самих предметов, вырабатываем себе понятие о так называемом отвлеченном числе. Первое и основное математическое наше действие состоит, следовательно, в прикладывании к единице еще единицы да еще единицы, да еще и т. д.—в последовательном сложении, в счете.

Само по себе, как видим, это действие не трудное. Вся трудность заключается не в том, чтобы прикладывать единицу за единицей, а чтобы полученные от такого прикладывания числа назвать, или написать и запомнить. Вся трудность в том, чтобы найти такой способ, или систему счета, при которой немногими отдельными словами можно было бы называть и немногими отдельными знаками можно было бы записывать какие угодно числа.

Человечество счастливо и удачно разрешило этот вопрос. Выработана такая система устного и письменного счисления, которая быстро делается понятной каждому ребенку и усваивается им постепенно с самых ранних пор. Выучиться считать и писать числа по нашей так называемой десятичной системе счисления, в основании которой лежит число десять, не стоит почти никакого особого труда. Вы знаете это из личного опыта, из того, чему научились дома и в школе. Но знаете ли вы также, что тысячи и тысячи лет прошли раньше, чем люди додумались и дошли до того, чему мы теперь можем так быстро и легко обучиться уже в детском возрасте? История того, как люди научились считать и писать числа, очень любопытная история, и с ней каждому следует хотя немного ознакомиться.

В глубокой древности, на самой ранней заре своей жизни, люди считали только с помощью камешков или же делали царапины и зарубки на дереве или камне. Сколько было сосчи-

тано предметов, столько делалось и зарубок. Такие зарубки, относящиеся к наиболее отдаленным векам жизни человека и имеющие, несомненно, значение числовых заметок, находят и теперь в различных местностях. Как видим, это—самый простой способ счета, заключающий в себе понятие об образовании числа прибавлением последовательно единицы за единицей. Припомним также, что не так еще давно на Руси были распространены, а кое-где остались в употреблении и теперь «бирки . Это не что иное, как деревянные палочки, на которых черточками и крестиками многие неграмотные люди ведут свой незамысловатый счет.

Как считали наши отдаленнейшие предки, можно приблизительно судить и на примерах существующих ныне народов, стоящих на очень низкой ступени развития, находящихся, как говорят, в диком состоянии. Так, один путешественник рассказывает, что дикари Андаманских островов считают очень просто, но очень забавно и странно. Чтобы изобразить счет по одному, они, просто-напросто, трут носом о землю столько раз, сколько надо. Если же им надо считать единицами более высшего порядка (скажем как у нас десятками), то они столько раз, сколько нужно, тянут себя за уши. Как ни прост и ни смешон этот способ счета, он, однако, уже выше, чем тот, о котором мы упоминали раньше, и где просто складываются камешки, или проводятся черточки. Здесь мы видим уже счет единицами двух различных порядков: простыми единицами—«носовыми», по способу этих дикарей, и единицами второго порядка или разряда—«ушными».

Древние татары, когда дело шло о числах, сообщались между собой посредством особых палочек хе-му, на которых делались условные нарезки. По этим нарезкам, каждая орда знала, в какое время она должна выступить в поход, сколько лошадей и людей должно выставить каждое селение.

Обитатели древнего государства Америки, Перу, во времена своих царей—инков для изображения и запоминания чисел имели особые приборчики—квиппосы. Это были кольца, к которым прикреплялись веревочки с узелками и палочками разного цвета. Число узелков, их завязывание и развязывание, а также чередование веревочек с палочками позволяло выражать много чисел. Да не сохранился ли и у нас до сих пор обычай «завязывать узелок на память» и не имеет ли он чего-то общего с этим квиппосом?

Но самым ближайшим и самым естественным пособием человеку для счета были, конечно, его пальцы на руках и ногах. И действительно, есть все данные предполагать, что этот пальцевой счет был самым распространенным с глубокой древности у всех почти сделавшихся потом образованными народов. Каждый палец заменял при этом каждый исчисляемый предмет. Такой способ счета наблюдается у диких народов и в наше время, при чем следует заметить, что поднятие пальцев вместо того, чтобы назвать число, есть едва ли не единственный пример, когда отвлеченное понятие выражается жестом.

Но человеческий ум ищет своего выражения в слове. Известное количество, известное число предметов он выражает одним словом. Такие слова иногда прямо указывают на приемы счета. Так и теперь еще у некоторых народов число два обозначается словом «крылья», число три—словом «клевер» (трилистник), число пять—словом «рука». У индейцев в Америке числа 11, 12 ит. д. считаются так: «ноги один»,«ноги два»... (т.-е. десять пальцев на ногах да еще один, десять пальцев на ногах да еще два, и т. д.), а число 20 обозначается словами «весь человек». В Африке для обозначения больших чисел у иных народов употребляются такие слова, как «куча», «гора» и т. д. Наконец, не припомните ли по этому поводу, что в иных местах нашей крестьянской России, когда хотят выразить «много», говорят «гора или «уйма»: эку «гору», эку «уйму» вывалил, заграбастал, забрал и т. п., а в иных местах до сих пор еще ведется счет на «копы», при чем «копа» яиц, например, значит 60 штук их.

Подобное образование названий чисел иногда отражается даже на изображении их посредством письменных знаков. Обратили ли вы внимание на начертание римской цифры пять? Как известно, она пишется так: V и представляет собою не что иное, как изображение руки человека. Две таких руки, сложенных вместе (одна вверху, другая—внизу), дают вам римское изображение числа десять: X.

Теперь является вопрос, не имеют ли каких-либо соответствующих, взятых из природы, значений наши названия чисел (один, два, три, четыре, пять, шесть, семь, восемь, девять, десять), положенные в основу нашей устной системы счисления?

Трудно, даже невозможно ответить на этот вопрос. Можно сказать только одно, что когда развился человеческий язык, то и первые числовые понятия вылились в известные числовые слова. Если же эти слова и имели какое-либо значение, взятое из названий окружающих человека предметов, то это значение давно забыто и утеряно, так как образование числовых понятий и выражающих их слов у современных образованных народов относится к глубочайшей древности. Чтобы судить, как давно это было, достаточно заметить, что названия числительных имен совпадают в языках: санскритском, зендском, персидском, греческом, латинском, кельтском, германском и славянском. Что же это значит? А это значит, что названия главных чисел образовались еще тогда, когда все эти народы составляли одну семью и говорили одним общим (арийским) языком. Это же было много и много тысяч лет тому назад, в доисторические времена, потому что за две-три тысячи лет, о которых сохранились более или менее достоверные исторические свидетельства, все перечисленные выше народы уже жили и развивались, живут и развиваются отдельно.

Итак, если когда-либо, в глубине веков, названия чисел и имели какое-либо еще иное значение, то оно с течением времени утратилось, а остались только слова, дающие отвлеченное представление о числах. А как только человек научился отвлеченному счету, т.-е. просто счету, независимо от тех или других предметов, то это было и первое истинно математическое действие человеческого сознания.

Прибавлять по единице, да еще по единице, очевидно, можно сколько угодно. Значит и чисел есть сколько угодно,— их, как говорят, бесконечно много. И как только человек дошел до понятия о числе, то явилась тотчас задача, как уже упомнуто выше, самого легкого и простого названия и написания любого, сколь угодно большого, числа. Немногими словами нужно было уметь называть любые числа и немногими знаками их писать.

Мы знаем уже, как просто и легко это делается теперь в нашей десятичной системе счислений. Однако, чтобы дойти до этой легкости и простоты, опять понадобился длинный ряд веков и тысячелетий. Медленно и с большими обходами достигало человечество цели. И введение в человеческий обиход ныне принятого устного и письменного счисления можно считать происшедшим уже в несомненно исторические времена. Так

устное десятичное счисление было известно древним грекам. Но, спрашивается, почему же наиболее привилось и распространилось десятичное счисление? Почему мы имеем девять простых единиц, а десять их принимаем за новую высшую единицу— десяток и считаем затем десятки, как простые единицы, десять десятков принимаем за еще высшую единицу—сотню, и считаем сотни, как единицы, десять сотен опять принимаем за еще высшую единицы—тысячу, и считаем тысячи, как простые единицы и т. д.?

Почему в основание нашего счета положено число десять? Ведь можно, как знаем, считать парами, тройками, четверками, пятками и т. д. Как вы знаете, существует счет «дюжинами, т.-е. такой счет, при котором в основании лежит число 12. Что не всегда и всюду число 10 признавалось за основу счета, на этот счет существует много доказательств. Помимо счета «дюжинами», припомните хотя бы русский счет «сорок сороков» или копами». У других народов есть несомненные остатки такого счета, при котором в основе лежит число 20. Однако все эти системы счета вымерли и вымирают, а торжествует десятичная. Объясняется это прежде всего и единственно устройством наших рук, имеющих в общей сложности 10 пальцев, которые были первыми и главными помощниками человека в выработке им понятия о числе и в развитии устного счета.

Что касается письменного счета, т.-е. уменья изобразить любое число с помощью немногих знаков, то он усовершенствовался только сравнительно недавно, именно после введения так называемых арабских цифр и прибавления к 9 значащим цифрам еще незначащей—нуля. Этот последний у арабов назывался цифир (зофир), откуда и получилось самое слово «цифра». Самую же систему письменного счисления арабы, по всей вероятности. позаимствовали у индусов или китайцев.

Некоторые большие подробности относительно счисления читатель, если заинтересуется вопросом, найдет еще в-3-й книге «В царстве смекалки».

Так, медленно и на протяжении многих веков, распространялся и утверждался в понятии человечества тот устный и письменный счет, которому нам столь нетрудно научиться ныне в самое непродолжительное время и в самом раннем возрасте. Неправда ли, что вы не помните даже, когда научились считать, -до десяти, например? Как начали учиться говорить, так, само

собой, начали учиться и считать! Начали вместе с тем приобретать и понятие о числе. А научившись считать до десяти, нетрудно пойти и далее. Ведь десятки считаются, как простые единицы, и, чтобы добраться до сотни, достаточно всего 11 различных слов. Затем сотни опять считают как единицы... Так счетом вы получаете все новые и новые числа.

Но не только от одного счета получаются числа. Они получаются еще путем сравнения величины предметов. Глядя на окружающий вас мир, вы скоро замечаете, что одни предметы в нем больше, другие меньше. Это понятие о величине предметов, о большем и меньшем, вы выражаете разными словами: выше, ниже, длиннее, короче, шире, уже, толще, тоньше, легче, тяжеле и т. д. Подобные слова не дают, однако, настоящего, точного понятия о величине предмета. Чтобы иметь точное понятие об этой величине, необходимо сравнить предмет с другим подобным ему предметом, величину которого вы хорошо знаете. Чтобы знать точно неизвестную вам длину, надо сравнить ее с другой длиной, которую вы точно знаете; чтобы узнать величину неизвестной вам площади, надо сравнить ее с известною вам площадью. Чтобы узнать вес тела, надо сравнить его с известной вам тяжестью и т. д.

Как узнать точную длину стола, за которым вы сидите? Что вы делаете для того, чтобы это узнать? Не что другое, как сравниваете эту длину с известной вам длиной, напр., аршина. Вы берете аршин и укладываете его вдоль стола. Вот аршин поместился раз да еще один раз, да еще половина аршина. Вы и говорите: «стол имеет в длину 2 с половиною аршина». Вы сравнили длину стола с длиною аршина, иначе говоря, вы измерили аршином длину стола. Аршин у вас есть единица меры длины, -такая единица меры, о которой вы должны иметь точное представление и с которой вы сравниваете все остальные длины. Если вам надо измерить большие расстояния, то вместо аршина удобнее взять большую длину—сажень, версту, милю, но о всякой такой длине вы должны иметь точное понятие. Только в таком случае вы сможете точно измерить и получить настоящее представление и о другой неизвестной еще вам длине и выразить эту длину числом в единицах известной вам меры.

Что значит, когда вы говорите, что «этот мешок с хлебом весит 5 пудов»? Как вы это узнали? Конечно, так, что взвесили на весах этот мешок. В чем заключается взвешивание или измерение

веса? Да опять-таки в том, что вес этого мешка с хлебом вы сравнили с известным вам весом куска чугуна, или железа—такого куска, который весит именно пуд. Итак, что такое значит измерить? Это значит, другими словами, сравнить один предмет с другим однородным ему, но известным вам предметом. Этот известный вам предмет, с которым вы сравниваете другие предметы, называется мерой. Как вы уже знаете, есть много различных мер: пространства, времени, веса, скорости, силы и т. д.

Что получается в результате каждого измерения? Число! Что говорит вам это число? Оно дает вам точное понятие о величине того или другого предмета! Где находятся все окружающие вас предметы? В пространстве! Следовательно, с развитием понятия о числе какое другое развивается у вас понятие? Понятие о пространстве, об окружающем вас мире.

Ясно ли вам теперь, что в основании сознательной жизни человека лежит счет и мера? Ясно ли вам, что если вы хотите правильно судить об окружающем вас пространстве, если хотите знать, что такое время, то прежде всего вы должны усвоить счет и меру, а следовательно, научиться свободно обращаться с числом? Ясно ли вам теперь, что истинное развитие знаний и сознательности может итти только рядом с развитием счета, меры, порядка и числа?

Вот почему не пренебрегайте ни малейшим случаем, чтобы упражняться в счете, в мере, порядке и числе. Не отделяйте арифметику или математику вообще от жизни. Нельзя этого делать потому, что человечество только тогда вступило (а это произошло только в самое последнее время) на путь истинного знания, когда во все свои рассуждения ввело понятие о счете, мере и порядке, т.-е. понятие о числе. Если вы хотите что-либо знать, то прежде всего вы должны ваш ум воспитывать и упражнять в области математических познаний, т.-е. таких, где прежде всего входят понятия о количестве, величине и порядке, выражаемых тем или другим числом, или сочетанием чисел.

Трудно ли это? Нет. Стоит лишь только каждому из нас постоянно помнить и знать, что все в окружающем нас мире основано на счете, числе и порядке. Человек считал, вычислял, строил и мерил всегда, когда ему нужно было сделать что-либо долговечное, даже в то время, когда, считая, вычисляя и строя «по пальцам», он не сознавал и не сознает, что работает в области математики.

Теперь, с развитием грамотности и письма, наступает время когда счет, мера и порядок должны проникать каждый шаг нашей жизни.

Учитесь считать, мерить и вносить порядок в свою жизнь, начиная с первых же шагов. Все остальное дастся легко. А учиться счету, порядку и мере очень легко, как в игре и забаве, так и в дел е. Стоит только этого захотеть и к этому постоянно направлять свой ум, разбираясь во всяком окружающем нас явлении.

III.

Роль памяти в математике.

Относительно математики в нашем обществе еще до сих пор существуют самые странные предрассудки. Одни говорят, что заниматься математикой могут только исключительные, одаренные совсем особыми способностями умы, другие утверждают, что для этого необходима особая, так сказать, «математическая память» для запоминания формул и т. д. Все подобные толки являются обыкновенно плодом недоразумения, зависящего в значительной степени от того низкого уровня, на котором находится у нас состояние самых элементарных математических знаний и навыков.

Нельзя, конечно, спорить против того, что существуют умы с резко выраженными склонностями к той или иной стороне умственной деятельности. Но точно так же никоим образом нельзя утверждать, что существуют хотя мало-мальски нормальные умы, которые совсем неспособны к восприятию и полному усвоению необходимых математических знаний, хотя бы, скажем, в размерах так называемого «среднего курса». Говорить противное—значит доказывать, что для различных человеческих наук существуют и различные логики, с чем, конечно, вряд ли кто согласится.

Будем справедливы и признаем, наконец, что выражение «неспособен к математике» есть прежде всего горький продукт нашего неумения, а, пожалуй, иногда и легкомысленного нежелания поставить в семье и школе преподавание математики на должную высоту.

Еще менее можно говорить о необходимости для математики какой-то особой, специальной памяти для запоминания (зазубривания?) каких-то формул или правил, науку сознательной и последовательной логической мысли обращать в какой-то механический бессознательный процесс. А между тем, как далеко может заходить дело в этом отношении, существуют свидетельства таких авторитетов, как наш талантливейший математик и профессор В. П. Ермаков. Вот что, между прочим, сообщал уважаемый профессор в одном из своих докладов Киевскому физико-математическому обществу.

«Когда мне пришлось студентам читать интегральное исчисление, то в первый же год произошел эпизод, который всегда сохранится в моей памяти.

«Прочитавши часть теории, я для пояснения даю задачи. Я прошу студентов решать задачи на скамьях в тетрадях. По мере решения, я пишу полученные результаты на доске. Однажды для пояснения способов понижения биномиальных интегралов я написал на доске подходящую задачу. И вот вижу, что некоторые студенты вынимают из карманов какие-то тетрадки и смотрят в них.

Что это? Общие формулы. Зачем?

« — Нам прежний профессор советовал иметь список общих формул и по нему решать частные примеры. Ведь не станете же вы требовать, чтобы мы заучили на память все сорок общих формул.

« — Заучивать в математике никаких формул не следует. Но я нахожу также неуместным пользование справочными пособиями и нахождение интегралов по общим формулам, подстановкою в них данных значений показателей и коэффициентов. Ведь не с неба свалились к вам общие формулы; для вывода их вы употребили ряд рассуждений; применяйте те же рассуждения к частным примерам.

«Таким образом оказалось возможным находить всякие интегралы и без общих формул. Пришлось, впрочем, некоторые вкладки видоизменить так, чтобы они непосредственно могли быть приложены к частным примерам.

«Получилась еще и та выгода, что на каждом частном примере студенты повторяли все те рассуждения, которые необходимы для вывода общей формулы. От частного повторения приобретался навык, и в результате—быстрота решения задач.

«Рассказанный эпизод заставил меня глубже вникнуть в сущность математики.

«В молодых летах и я обращал все внимание на конечные результаты. Разбирая какое-нибудь доказательство, я заботился только о том, чтобы убедиться в его строгости. Вот добрался до окончательного результата, и довольно! Дальше я старался помнить окончательные выводы, весь же процесс доказательства быстро испарялся. Но потом забывались и формулы, а часто эти формулы оказывались необходимыми при дальнейших занятиях. Что же оставалось делать? Собирать библиотеку из справочных книг? Но на это не хватало средств, да и не было помещения для библиотеки. Поневоле приходилось припоминать самый процесс, при помощи которого выводилась та или иная формула. Таким образом вместо формул мало-по-малу я пришел к самим доказательствам. Оказалось, что легче припомнить процесс математического мышления, чем голые формулы. Да и нет надобности помнить целиком весь процесс мышления, достаточно наметить этапные пункты, по которым должна итти наша мысль. И вот уже несколько лет, как я своим слушателям твержу: в математике следует помнить не формулы, а процессы мышления. Прочитавши какой-нибудь отдел из аналитической геометрии, я излагаю студентам конспект, в котором, без формул, намечаю главные пункты мышления.

«Если выражен процесс математического мышления, то получение самих формул является уже делом чисто механическим. В механизме же алгебраических действий ученики должны приобрести навыки еще в средней школе.

«Я пришел к тому убеждению, что указанный мною принцип должен быть применен и в средней школе...».

Продолжим мысль В. П. Ермакова и скажем: указанный принцип должен в особенности лечь в основание начального— как семейного, так и школьного—образования в области математических знаний. Не натаскивайте ни ребят ни юношей на различных табличках» сложения, вычитания, умножения, на меха-

ническом запоминании разных «правил» и формул, а прежде всего приучайте охотно и сознательно мыслить. Остальное, приложится. Не мучьте никого длиннейшими и скучнейшими механическими вычислениями и упражнениями.

Когда они понадобятся кому-либо в жизни, он их проделает сам,—да на это нынче есть всякие счетные машины, таблицы и иные приспособления.

Задача 1-я.

Знатная дама и недобросовестный мастер.

Одна знатная дама имела крест, составленный из крупных брильянтов. Сколько всего было этих брильянтов, она даже не знала, да и не интересовалась этим, потому что занимала ее другая особенность креста, а именно: с какого бы из трех верхних концов креста она ни считала брильянты, когда приходила к основанию креста, всегда получалось число девять (фиг. 1). Крест как-то понадобилось отдать в починку.

Фиг. 1.

При этом дама сообщила мастеру о чудесной особенности своего креста.

— Видите ли!.. С какого бы конца я ни начинала счет, всегда получается девять!.. Так я всегда проверяю, все ли камни в наличности!

— Только так?—спросил мастер.

— Ну да, только так: этого совершенно достаточно. Я и после вашей починки проверю число камней таким же способом.

Мастер оказался недобросовестным: он вынул и оставил у себя два брильянта, переделал затем крест, починил его и возвратил даме.

Та пересчитала камни по-своему и нашла, что все камни на-лицо!

Скрашивается, что сделал мастер, возвративший даме крест после починки?

Решение.

Не трудно видеть, что мастер срезал концы поперечной перекладины вместе с брильянтами, по одному с каждого конца, и затем передвинул эту перекладину на один ряд выше. Таким образом из креста, изображенного на фиг. 1, получился крест, изображенный на фиг 2.

Фиг. 2.

Дама, пересчитывая в починенном кресте брильянты «по-своему», т.-е. от каждой из трех верхних оконечностей креста до основания, опять насчитала по девяти камней и не заметила обмана.

Совершенно ясно, что проверить ошибку наивной дамы и показать недобросовестность ювелира можно и не имея драгоценных камней. Для этого можете взять или 15 камешков, или 16 кубиков, или 15 карт, или нарезать просто 15 кусочков бумаги. Вы получите фигуры 3, 4, 5 и 6.

Вместо того, чтобы срезать и присвоить себе два камня, мастер мог с не меньшим успехом прибавить два камня от себя, и дама этого не заметила бы при своем способе проверки. В таком случае ему пришлось бы поперечник креста, увеличенный двумя камнями, опустить на один ряд вниз.

Крест до починки.

или тоже на картах:

Крест после починки.

Фиг. 3.

Фиг. 4.

Фиг. 5.

Фиг 6.

Мастер-ювелир поступил нехорошо, но слишком наивной оказалась и дама, не сумевшая сделать такой простой проверки. Ясно, что одного уменья считать до девяти еще слишком недостаточно для того, чтобы не попасться впросак на самом простом подсчете.

Задача 2-я. Удивительный отгадчик.

Десять карт (или домино) от туза до десятки положены в ряд, начиная справа налево крапом вверх (т.-е.

вниз «лицом»), положены в последовательном возрастающем порядке, т.-е. туз, двойка, тройка и т. д. до десятки. «Отгадчик» объявляет остальным, что он уйдет в другую комнату или отвернется, а они без него могут переместить справа налево сколько угодно карт, при чем единственным условием ставится то, чтобы не изменялось относительное расположение как перемещенных, так и остальных карт. По возвращении отгадчик берется узнать не только число перемещенных карт, но и открыть ту карту, которая укажет (числом очков), сколько перемещено карт.

Решение.

И действительно, оказывается, что требуемую карту всегда можно открыть. Но для этого не нужно даже «догадки», а достаточно самого простого, не выходящего из предела первого десятка, арифметического расчета.

Разъясним подробно задачу. Для этого перевернем все карты или домино лицом вверх. Справа налево они первоначально лежат в таком порядке, как указано на фиг. 7-ой.

Воображаемый «маг и чародей» оставляет комнату, а кто желает убедиться «в чудесных» его способностях,—перемещает несколько карт справа налево, не изменяя их относительного расположения, а затем двигает все карты в этом новом порядке так, чтобы весь ряд карт занимал прежнее место. Пусть, напр., перемещено вначале 4 карты. Тогда новый порядок их будет представлен фиг. 8.

Очевидно, что первая карта (или домино) слева, четвертка,— и показывает число перемещенных карт. Поэтому явившийся в комнату «угадчик» открывает первую карту слева, кладет ее на стол и говорит: «Перемещено четыре карты» (или «домино»). Здесь могут быть для большего интереса пущены в ход маленькие невинные хитрости. Хотя дело в том, чтобы посмотреть эту

Фиг. 7.

первую карту или (домино) слева, но «угадчик» может сделать вид и внушить собеседникам, что он знает число перемещенных карт раньше, чем открывает карту, и что открывание четвертки есть только добавочное доказательство его всезнании.

Рис, 8.

Дальше дело пойдет еще удивительнее и занимательнее. Карты остаются в том же порядке, и угадывающий уходит, зная, что последняя карта слева есть четвертка. Сколько бы карт в его отсутствие ни переместили (опять справа налево и не изменяя порядка), если он придет и откроет 5-ю карту (4+1=5), считая слева направо, то число очков этой карты покажет ему всегда число перемещенных карт. Так, пусть перемещено во второй его выход справа налево три карты. Тогда получится такой порядок карт (фиг. 9):

Рис. 9.

и пятая карта, считая слева, действительно показывает три очка. Открыв эту тройку и положив ее опять на место, не трудно уже, не глядя, сообразить, что последняя карта слева теперь будет семерка. Запомнив это, угадывающий опять уходит в другую комнату, предлагая переместить сколько угодно карт справа налево, наперед зная, что по приходе он откроет 8-ю карту (7+1), и число очков этой карты ему покажет, сколько карт было перемещено в его отсутствие.

Вообще, если вы знаете число очков последней слева карты (или домино), а это, как видим, не трудно, то к этому числу надо придать единицу, и вы получите то место, считая по порядку слева, на котором лежит карта, указывающая, сколько карт перемещено. Задача эта, как видим, весьма проста, но и весьма эффектна. Разобраться в решении ее не составляет особого труда, и каждый желающий может это сделать с большой пользой для себя.

Задача 3-я. Движением пальца.

Один малыш жаловался, что ему очень трудно запомнить таблицу умножения первых десяти чисел на девять. Отец его нашел очень легкий способ помочь памяти с помощью пальцев рук. Вот этот способ в пользу и помощь другим:

Положите обе руки рядом на стол и протяните пальцы. Пусть каждый палец по порядку означает соответствующее число: первый слева 1, второй за ним 2, третий 3, четвертый 4 и т. д. до десятого, который означает 10. Требуется теперь умножить любое из первых 10-ти чисел на девять. Для этого вам стоит только, не сдвигая рук со стола, приподнять вверх тот палец, который обозначает множимое. Тогда остальные пальцы, лежащие налево от поднятого пальца, дадут в сумме число десятков а пальцы направо—число единиц.

Пример. Умножить 7 на 9. Кладете обе руки на стол и подымаете седьмой палец, налево от поднятого пальца лежит 6 пальцев, а направо—3. Значит, результат умножения 7 на 9 равен 63.

Решение.

Это удивительное на первый взгляд механическое умножение тотчас же станет понятным, если рассмотреть столбец таблицы . умножения на 9 первых десяти последовательных чисел:

1 X 9 = 09

2 X 9 = 18

3 X 9 = 27

4 X 9 = 36.

5 X 9 = 45

6 X 9 = 54

7 X 9 = 63

8 X 9 = 72

9 X 9 = 81 10 X 9 = 90

Здесь цифры десятков в произведениях идут, последовательно увеличиваясь на единицу: 0,1,2,3,4,...8,9,а цифры единиц идут, наоборот, уменьшаясь на единицу: 9, 8, 7,.... 1, 0. Сумма же цифр единиц и десятков всюду равна 9. Простым поднятием соответствующего пальца мы отмечаем это и... умножаем. Человеческая рука есть одна из первых счетных машин.

Задачи-шутки и задачи-загадки.

Задача 4-я. Звериное число.

Число 666 (звериное) увеличить в полтора раза, не производя над ним никаких арифметических действий.

Решение.

Написать это число, а затем повернуть бумажку «вверх ногами» (на 1800). Получится 999. (Очевидно, вместо взятого большого числа можно начать с 6).

Замечание. Подробности о «зверином числе» читатель найдет в 3-ей (последней) книге «В царстве смекалки».

Задача 5-я. Дележ.

Разделим 5 яблок между 5-ю лицами так, чтобы каждый получил по яблоку и одно яблоко осталось в корзине.

Решение.

Одно лицо берет яблоко вместе с корзиной. (В данном случае мы имеем, очевидно, дело с родом задачи-загадки.)

Задача 6-я. Сколько кошек?

В комнате четыре угла. В каждом углу сидит кошка. Насупротив каждой кошки по 3 кошки. На хвосте каждой кошки по одной кошке. Сколько же всего кошек в комнате?

Решение.

Иной, пожалуй, начнет вычислять так: 4 кошки в углах, по три кошки против каждой, еще 12 кошек, да на хвосте каждой кошки по кошке, значит, еще 16 кошек. Всего, значит, 32 кошки. Пожалуй, по-своему, он будет и прав... Но еще более прав будет тот, кто сразу сообразит, что в комнате находится всего-навсего четыре кошки. Ни более, ни менее.

Задача 7-я. Задача цифр.

Написано:

111 3 3 3 5 5 5 7 7 7 9 9 9

Из этих 15-ти цифр зачеркните 12 цифр так, чтобы при вложении остальных 3-х незачеркнутых получилось 20-ть?

Решение.

Рассматривая написанные числа, как 5 трехзначных слагаемых, для получения требуемого вычеркиваем цифры, как указано ниже. Сложение остальных и дает 20.

Задачу можно видоизменять всячески.

Задача 8-я.

К числу 851 припишите одну, две, три или более цифр, в середину или по краям его—все равно, но так, чтобы получившееся число было меньше 851.

Решение.

Это опять-таки род шутливой загадки, разгадка которой очень проста. Цифры, какие вам угодно, приписывайте так, чтобы получить дробь, или простую или десятичную,—все равно. Видоизменять и решать эту задачу можно всячески.

Задача 9-я. Урод.

Один господин написал о себе следующее: «Всех пальцев у меня двадцать пять на одной руке, столько же на другой руке, да на обеих ногах десять». Отчего он оказался таким уродом?

Решение.

Господин просто был или малограмотный, или очень уж рассеянный человек: в одном месте он не поставил знака препинания (двух точек). Ему нужно было бы написать так: «Всех пальцев у меня двадцать: пять на одной руке, столько же на другой руке, да на обеих ногах десять». И не было бы никакого недоразумения и вопроса об уродстве.

Задача 10-я. Что сказал старик?

Два молодых казака, оба лихие наездники, часто бились между собою об заклад, кто кого перегонит. Не раз то тот, то другой был победителем,—наконец, это им надоело.

— Вот что,—сказал Грицко,—давай спорить наоборот. Пусть заклад достанется тому, чей конь придет в назначенное место вторым, а не первым.

— Ладно!—ответил Опанас.

Казаки выехали на своих конях в степь. Зрителей собралось множество: всем хотелось посмотреть на такую диковинку. Один старый казак начал считать, хлопая в ладоши:

— Раз!.. Два!.. Три!..

Спорщики, конечно, ни с места. Зрители стали смеяться, судить да рядить и порешили, что такой спор невозможен, и что спорщики простоят на месте, как говорится, до скончания века. Тут к толпе подошел седой старик, видавший на своем веку разные виды.

— В чем дело?—спрашивает он. Ему сказали.

— Эге-ж!—говорит старик,—вот я им сейчас шепну такое слово, что поскачут, как ошпаренные...

И действительно... Подошел старик к казакам, сказал им что-то; и через полминуты казаки уже неслись по степи во всю прыть, стараясь непременно обогнать друг друга, но заклад все же выигрывал тот, чья лошадь приходила второй.

Что сказал старик?

Решение. Старик шепнул казакам: «Пересядьте». Те поняли, мигом пересели каждый на лошадь своего противника, и каждый погнал теперь во всю прыть чужую лошадь, на которой он сидел, чтобы собственная его лошадь пришла 2-й.

Спички и палочки.

Запаситесь коробкой спичек, или пучком палочек одинаковой длины. С помощью их вы всегда можете придумать ряд забавных и остроумных задач, развивающих сообразительность и смышленность. Вот для примера некоторые простейшие из них. (Во 2-й книге «В царстве смекалки» этому предмету посвящена более обширная глава.)

Задача 11-я.

Из 15-ти палочек одинаковой длины (или спичек): 1) Построить пять равных прилегающих друг к другу квадратиков; 2) снять три палочки так, чтобы осталось всего три равных квадрата.

Решение.

Нижеследующие фигуры вполне выясняют, как решаются заданные вопросы:

Фиг. 10. Фиг. 11.

Задача 12-я.

Из 24-х равных палочек (или спичек): 1) составить фигуру из 9-ти соприкасающихся квадратов; 2) снять затем восемь спичек так, чтобы осталось только два квадрата.

Решение.

Как решается первая часть вопроса, ясно из приложенного чертежа:

Фиг. 12.

Как, отняв восемь спичек, получить 2 квадрата, видно из фиг 13 и 14:

Фиг. 13.

Фиг. 14.

Очень хорошая задача со спичками или палочками равной длины, дополняющая предыдущие, следующая:

Задача 13-я.

Из шести спичек или равных палочек составить четыре равных равносторонних треугольника.

Можно смело поручиться, что мало кому сразу придет в голову решение этой простой с виду задачи. Дело в том, что в данном случае приходится строить из спичек не плоскую фигуру, а фигуру в пространстве.

Решение.

Задачу решите, вглядевшись в фиг. 15. На ней изображено геометрическое тело—правильная трехгранная пирамида, иначе— «тетраэдр, ограниченный четырьмя равными между собою равносторонними треугольниками. Положите на стол 3 спички так,

чтобы они составили треугольник, затем поставьте остальные три спички так, чтобы они нижними своими концами упирались в углы лежащего на столе треугольника, а верхними концами соединялись вместе над срединою его,—и вы выполните то, что требуется задачей.

Ниже предлагается еще несколько особого рода развлечений с палочками или спичками, принадлежащих уже скорее к области задач-загадок или просто шуток.

Задача 14-я.

Положено пять спичек.

Прибавить к ним еще пять спичек так, чтобы получилось три!

Решение.

Спички прикладываются следующим образом:

Образуется слово: три.

Приложить к 4-м спичкам 5 спичек так, чтобы получилось сто:

Четыре спички положены так:

Прибавляя к ним еще пять, положенных поперечно, образуем слово:

Знающим французский язык, или обучающимся ему, можно предложить такую задачу:

Приложить к шести спичкам три спички так, чтобы получилось восемь.

Шесть спичек положены так:

Как приложены три спички, ясно из нижеследующей фигуры:

То-есть получается французское слово HUIT (восемь).

Не хотите ли еще поупражняться в немецком языке? Тогда к шести палочкам прибавьте еще семь палочек так, чтобы получить десять. Приложите эти семь палочек так:

Вы получили немецкое слово ZEHN (десять). Подобных задач можно придумать сколько угодно. Полезны они не в математическом, а в общеобразовательном отношении.

Разные задачи.

Задача 15-я, Вместо мелких долей крупные.

Разделить поровну 5 пряников между 6-ю мальчиками, не разрезая ни одного пряника на 6 равных частей.

Решение.

Если мы из 5 данных пряников 3 разрежем пополам, то получим 6 равных кусков, каждый из которых и отдадим мальчикам. Затем 2 остальных пряника разрежем каждый на 3 равных части и получим опять шесть равных кусков, которые и отдадим мальчикам. Таким образом задача решена, при чем ни одного пряника не пришлось разрезать на б частей.

Подобных задач можно, конечно, придумать сколько угодно. Так, например, в данной задаче вместо чисел 5 и 6 могут быть поставлены следующие числа: 7 на 12, 7 на 6, 7 на 10, 9 на 10, 11 на 10, 13 на 10, 5 на 12, 11 на 12, 13 на 12, 9 на 14, 11 на 14, 13 на 14, 15 на 14, 17 на 14 и т. д.

Во всех задачах подобного рода требуется мелкие доли привести в более крупные. Разнообразить их можно всячески, предлагая, например, такие вопросы:

Можно ли 5 листов бумаги разделить между восемью учениками, не деля ни одного листа на восьмые доли?

Подобные задачи очень полезны для отчетливого и быстрого понимания дробей.

Задача 16-я. Сумма последовательных чисел.

Понятие об ариѳметической прогрессии.

Для нижеследующей задачи можно пользоваться обыкновенными игральными или игрушечными картами. Если бы их не нашлось, то нетрудно из бумаги нарезать карточки и нарисовать на них карандашом или чернилами черные кружочки. На первой—один кружочек, на второй—2, на третьей—3 и т. д. до десяти.

Теперь мы вполне подготовлены для практического решения такой задачи:

Взято десять карт (или сделанных нами карточек) одной масти, от туза до десятки. Вычислить, сколько всего очков будет в этих десяти картах, не прикладывая последовательно очков первой карты ко второй, этих двух к третьей, этих трех к четвертой и т. д., т.-е. не делая длинного ряда последовательных сложений.

Решение.

Дело сводится, значит, к тому, чтобы быстро, без последовательного сложения узнать сумму первых десяти чисел (от 1 до 10). Берем десять карт (напр., червей) от туза до десятки и кладем их в ряд (фиг. 16): туз, двойка, тройка и т. д. до десяти. Берем затем десять других карт (напр. треф) и подкладываем их под первым рядом, но только в обратном порядке: девятка, и т. д.

Фиг. 16.

У нас получается два ряда по десяти карт или десять столбцов по две карты. Если сосчитать, сколько очков в каждом столбце,

окажется, что в каждом столбце по одиннадцати очков. А всего в десяти столбцах или в двух рядах карт—десять раз по одиннадцати очков, или 110 очков. Но в обоих длинных рядах, очевидно, по одинаковому числу очков. Значит, сумма всех очков одного ряда равна половине 110, т.-е. равна 65. Итак, в десяти картах, от туза до 10-ти,—55 очков.

Нетрудно видеть, что подобным же образом, не прибегая к последовательному сложению, мы можем вычислить сумму любого ряда целых последовательных чисел до любого данного числа. Например, сумма всех чисел^от 1 до 100 будет равна половине сто раз взятого 101, т.-е. 5 050.

Задача 17-я Сбор яблок.

На расстоянии аршина одно от другого лежат в ряд сто яблок, и на аршин же от первого яблока садовник принес и поставил корзину. Спрашивается, какой длины путь совершит он, если возьмется собрать эти яблоки так, чтобы брать их последовательно одно за другим и каждое отдельно относить в корзину, которая все время стоит на одном и том же месте?

Решение.

Нужно подойти к каждому яблоку и возвратиться обратно к корзине. Значит, число пройденных аршин будет равно удвоенной сумме первых ста чисел, или сто раз взятому 101, т.-е. 10 100 аршин. Это составит почти ровно семь верст. Как видим, способ собирания довольно утомительный!

Задача 18-я. Бой часов.

Сколько ударов в сутки делают часы с боем?

Решение.

Наибольшее количество ударов, отбиваемых обыкновенными часами, есть 12. Задача сводится, значит, к тому, чтобы узнать

сумму всех чисел от 1 до 12. А это, мы уже знаем, будет половина двенадцать раз взятых тринадцати. Но в сутках два раза 12 часов, или 24 часа. Значит, часы сделают ровно 12 раз по 13 ударов, т.-е. 156 ударов (12X13=156).

Если же часы отбивают также и получасы, то сколько всего ударов они делают в сутки? Полагаю, что вы без труда ответите на этот вопрос.

Задача 19-я. Продажа яблок.

Крестьянка принесла на базар для продажи корзину яблок. Первому покупателю она продала половину всех своих яблок и еще пол-яблока; второму—половину остатка и еще пол-яблока, третьему—половину остатка да еще пол-яблока и т. д. Когда же пришел шестой покупатель и купил у нее половину оставшихся яблок и пол-яблока, то оказалось, что у него, как и у остальных покупателей, все яблоки целые, и что крестьянка продала все свои яблоки. Сколько яблок она принесла на базар?

Решение.

Задача решается тотчас, если сообразить, что последнему (шестому) покупателю досталось одно целое яблоко. Значит: пятому досталось 2 яблока, четвертому 4, третьему 8 и т. д. Всего же яблок было.

1+2+3+8+16+32=63.

Крестьянка принесла на базар 63 яблока.

Задача 20-я. Воришка с яблоками

Предыдущую задачу предлагают иногда в таком более простом, но забавном варианте:

Воришка залез в чужой сад и набрал яблок. Подкрался сторож, поймал его, сосчитал наворованные яблоки, но, в виду слез и раскаяния воришки, говорит:

— Ладно, я отпущу тебя, только с уговором: отдай мне половину всех яблок да еще пол-яблока.

Ни у сторожа, ни у воришки ножа не было, да он и не понадобился. Воришка отдал сторожу столько яблок, сколько тот потребовал, и пустился бежать без оглядки: да на-беду наткнулся на другого сторожа. Этот тоже сосчитал яблоки у воришки и говорит:

— Отдай половину да еще пол-яблока. Пришлось поделиться и с этим сторожем, и опять без ножа.

У самого забора воришку остановил третий сторож. И этот отобрал у него половину яблок да еще пол-яблока. Наконец, воришка уже перелез через забор и вздохнул было свободно, как его схватил четвертый сторож.

— Отдавай половину яблок да еще пол-яблока!

Воришка обшарил карманы и нашел только одно яблоко. Нечего делать,—пришлось отдать сторожу последнее яблоко, а самому уйти, не солоно хлебавши.

Не сумеете ли узнать, сколько яблок набрал воришка в саду?

Решение.

После предыдущей задачи ответить, что воришка набрал было 15 яблок, не трудно.

Задача 21-я. Каждому свое.

Шли два крестьянина, и было у них три одинакового веса и стоимости хлеба: у одного два хлеба, а у другого один. Пришло время обедать. Они сели и достали свои хлебы. Тогда к ним подошел третий крестьянин и попросил поделиться с ним хлебом, обещая заплатить за свою долю. Ему дали один хлеб, а он уплатил 15 коп. Как должны поделить два первых крестьянина эти деньги?

Решение.

Тот, кто отдал свой второй хлеб, очевидно, и возьмет себе все деньги.

Задача 22-я, Как поделить.

Два путника сели обедать. У одного было 5 лепешек, а у другого 3. Все лепешки были одинаковой стоимости. Подошел к ним третий путник, не имевший чего есть, и предложил пообедать этими лепешками сообща, обещая уплатить им деньги за ту часть лепешек, которая придется на его долю. Пообедав, он заплатил за съеденные им лепешки 8 копеек. Спрашивается, как первые два путника должны разделить эти деньги?

Решение.

По условию задачи выходит, что все лепешки стоили 24 коп., так как расход каждого путника равен 8 коп. Отсюда следует, что каждая лепешка стоит 3 коп. Итак, тот путник, который дал 5 лепешек, издержал 15 коп., и если вычесть отсюда 8 коп. за лепешки, съеденные им самим, то выходит, что ему нужно из денег третьего путника получить 7 коп. Рассуждая точно так же, находим, что второй путник имел лепешек на 9 коп., и что ему приходится из денег третьего получить 1 коп.

Задача 23-Я. За кашу.

Два человека варили кашу. Один дал для этого 2 фунта круп, а другой 3 фунта. Когда каша была готова, подошел третий человек и попросил позволения съесть с ними кашу за плату. После еды он уплатил 5 коп. Как разделили эти деньги варившие кашу?

Решение.

Решается задача совершенно подобно предыдущей. И деньги поделены так: один получил 4 коп., а другой 1 коп. (Как и в предыдущей задаче секрет заключается в том, что сразу чаще всего говорят: «Один получил 2 коп,, а другой 3 коп.)

Задача 24-я. Кто прав?

Два крестьянина, Никита и Павел, работали вместе в лесу и сели завтракать. У Никиты было 4 лепешки, у Павла 7. Тут к крестьянам подошел охотник.

— Вот, братцы, заблудился в лесу, до деревни далеко, а есть смерть хочется: поделитесь со мною хлебом-солью!

— Ну, что-ж, садись; чем богаты, тем и рады,—сказали Никита и Павел.

11 лепешек были разделены поровну на троих. После завтрака охотник пошарил в карманах, нашел серебряный гривенник и медную копейку и отдает крестьянам:

— Не обессудьте, братцы, больше при себе ничего нет! Поделитесь, как знаете!

Охотник ушел, а крестьяне заспорили. Никита говорил:

— По-моему, деньги надо разделить поровну!.. А Павел ему возражал:

— За 11 лепешек 11 копеек. На лепешку приходится по копейке. У тебя было 4 лепешки, тебе 4 копейки, у меня 7 лепешек, мне 7 копеек!..

Кто из них сделал правильный расчет?

Решение.

И Никита и Павел делают неправильный расчет. 11 лепешек разделены на троих поровну: значит, каждый съел п/3 (11 третей), т.-е. 32/3 лепешки.

У Павла было 7 лепешек, он съел 32/3 следовательно, охотнику отдал Зх/3 лепешки, или 10/3 (10 третей) лепешки.

Никита из 4-х своих лепешек съел тоже 32/3 следовательно, охотнику отдал */3 (одну треть) лепешки.

Охотник съел 11 третей лепешки и заплатил за них 11 копеек; значит, за каждую треть лепешки он дал по копейке. У Павла он взял 10 третей, у Никиты—одну треть: следовательно, Павел должен взять себе серебряный гривенник, а Никита—медную копейку.

Задача 25-я. Фальшивая бумажка.

Один господин зашел в магазин, чтобы купить себе шляпу. Выбранная им шляпа стоила 10 рублей. Он дал хозяину 25-ти рублевый кредитный билет и попросил сдачу. У хозяина не было мелких денег. Поэтому он послал данный ему билет для размена в соседний магазин. Там его разменяли. Хозяин, получив мелкие деньги, дал покупателю сдачу, и тот ушел. Спустя некоторое время прибежали из магазина, где производился размен, и заявили, что данный им кредитный билет—фальшивый. Хозяин шляпного магазина взял 25-ти-рублевый фальшивый кредитный билет обратно, уничтожил его и отдал разменявшему магазину 25 рублей настоящими деньгами. Спрашивается, кто и сколько потерял при этом денег?

Решение.

Очень часто путаются при решении этой задачи и дают различные ответы. Решение, однако, одно, и притом оно очень просто: потерял только хозяин шляпного магазина и потерял ровно 25 рублей.

Задача 26-я. Велосипедисты и муха.

Два города, А и В, находятся на расстоянии 300 верст друг от друга. Точно в один день, час, минуту и секунду из этих городов выезжают друг другу навстречу два велосипедиста и мчатся, не останавливаясь, со скоростью 50 верст в час. Но вместе с первым велосипедистом из города А вылетает муха, пролетающая в час 100 верст. Муха опережает первого велосипедиста, летит навстречу другому, выехавшему из В. Встретив этого, она тотчас поворачивает назад к велосипедисту А. Повстречав его, опять летит обратно навстречу к велосипедисту В, и так повторяет свое летание взад и вперед до той поры, пока

велосипедисты не съехались. Тогда она успокоилась и села одному из велосипедистов на шапку. Сколько верст пролетела муха?

Решение.

Очень часто при решении этой задачи пускаются в разные «тонкие» и сложные выкладки и соображения, не дав себе труда уяснить, что муха, не останавливаясь, летала ровно 3 часа, а следовательно, пролетела 300 верст.

Задача 27-я. Портной.

Портной имеет кусок сукна в 16 аршин, от которого он отрезает ежедневно по 2 аршина. По истечении скольких дней он отрежет последний кусок?

Решение.

Ответ таков: «По истечении 7 дней», а не восьми, как может быть, скажет иной.

Задача 28-я. Гусеница.

В шесть часов утра в воскресенье гусеница начала всползать на дерево. В течение дня, т.-е. до 6 часов вечера, она всползла на высоту 5 аршин, а в течение ночи спускалась на 2 аршина. В какой день и час она всползет на высоту 9 аршин?

Решение.

Часто при решении подобных задач рассуждают так: гусеница в сутки, т.-е. в 24 часа, всползет на 5 аршин без 2. Значит, всего в сутки она всползет на 3 аршина. Следовательно, высоты 9 аршин она достигнет по истечении трех суток, т.-е. она будет на этой высоте в среду в 6 часов утра.

Но такой ответ, очевидно, неверен: в конце вторых суток, т.-е. во вторник в 6 часов утра, гусеница будет на высоте 6 аршин;

но в этот же день, начиная с шести часов утра, она до шести часов вечера может всползти еще на 5 аршин. Следовательно, на высоте 9-ти аршин, как легко рассчитать, она окажется во вторник в 1 час 12 минут пополудни.

Задача 29-я. Размен.

Как разменять один 25-ти-рублевый кредитный билет на 10 кредитных билетов?

Решение.

Один 10-ти-рублевый, один 5-ти-рублевый, один 3-х-рублевый и 7 рублевых:

(10 + 6 + 3 + 1+1 + 1 + 1+1+1 + 1= 25).

Читателю не трудно будет составить не одну задачу, подобную этой. Известная (и не одна только практическая) польза их неоспорима.

Задача 30-я. Тоже иными знаками.

Написать 100 шестью одинаковыми цифрами. Решение. 999-9.

Замечание.

Задача, очевидно, может видоизменяться всячески, и желающий может придумать не одну задачу, подобную этой. Нижеследующее дает еще образцы подобных же задач.

Задача 31-я.

Написать число 9 посредством десяти различных цифр (девяти значащих и одной незначащей).

Решение.

Число девять может быть представлено в виде частного от деления одного пятизначного числа на другое, при чем цифры обоих чисел будут различны. Дадим 6 таких решений:

Задача 32-я. Решение.

Изобразить число 100 посредством десяти различных значащих цифр.

Задача имеет много разных решений. Дадим из них такие:

Вот еще решения, содержащие знак + :

И т. д. Сюда же можно отнести и такое решение данной задачи в «целых числах»:

Как видим, в предпоследнем решении допущен некоторый «фокус». Сначала из 6-ти разных цифр составлено три числа, дающих в сумме 98,—число, опять-таки составленное из двух новых цифр, и к нему прибавляется число, изображенное недостающей цифрой 2. В сумме получается требуемое число 100. Подобно же составлено и последнее решение.

Задача 33-я. Замечательное число.

Некоторое число оканчивается на 2. Если же эту его последнюю цифру переставить на первое место, то число это удвоится. Найти это число.

Решение.

Так как при перенесении цифры 2 на первое место число удваивается, то предпоследняя цифра его должна быть 4, предшествующая этой должна быть 8, пред этой 6, пред этой 3, затем 7, затем 4, затем 9 и т. д. Рассуждая подобным образом, находим, что искомое число есть.

105 263 157 894 736 842.

Замечание. Правильнее будет сказать, что искомое число состоит из ряда «периодов», составленных найденным числом.

Дележи при затруднительных обстоятельствах.

Задача 34-я. Дележ между тремя.

Три лица должны поделить между собой двадцать один боченок, из которых 7 боченков полных вина, 7 полных наполовину и 7 пустых. Спрашивается, как они могут поделиться так, чтобы каждый имел одинаковое количество вина и одинаковое количество боченков, при чем переливать вино из боченка в боченок нельзя.

Решение.

Предполагается, конечно, что все боченки—полные, полные наполовину и пустые—равны между собою. Ясно, что каждый должен получить по семи боченков. Подсчитаем теперь, сколько же вина должно прийтись на долю каждого. Есть семь боченков полных и семь пустых. Если бы можно было от каждого полного боченка отлить половину в пустой, то получилось бы 14 наполовину полных боченков; прибавляя к ним еще 7 имеющихся наполовину полных, мы получили бы всех 21 полных наполовину боченков. Значит, на долю каждого должно прийтись по семи наполовину полных, боченков вина. Сообразив это, получаем, что, не переливая вина, можно поделить все поровну так:

Полные боченки.

Полные наполовину боченки.

Пустые боченки.

Первое лицо ....

2

3

2

Второе лицо ....

2

3

2

Третье лицо ....

3

1

3

А вот и другое решение:

Полные боченки.

полные наполовину боченки.

Пустые боченки.

3

1

3

3

1

3

1

5

1

Задача 35-я. Дележ между двумя.

Двое должны разделить поровну восемь ведер вина, находящегося в восьмиведерном же боченке. Но у них есть еще только два пустых боченка, в один из которых входит 5 ведер, а в другой—3 ведра. Спрашивается, как они могут разделить это вино, пользуясь только этими тремя боченками.

Решение.

Задача эта, как и все ей подобные, имеет 2 решения, и решения эти состоят, очевидно, в том, что из полного восьмиведерного боченка нужно отливать вино в пустые боченки, из этих переливать опять и т. д.

Дадим эти решения в виде 2-х таблиц, которые показывают, сколько в каждом боченке остается вина после каждого переливания.

Решение 1-е.

Боченки.

8-ведерн.

. 6-ведерн.

3-ведерн.

До переливания

8

0

0

После 1-го пер.

3

б

0

» 2-го »

3

2

3

» 3-го »

6

2

0

» 4-го »

6

0

2

» 5-го »

1

5

2

» 6-го »

1

4

3

» 7-го »

4

4

0

Решение 2-е.

Боченки.

8-ведерн.

5-ведерн.

3-ведерн.

До переливания —

8

0

0

После 1-го пер. —

5

0

3

» 2-го » —

5

3

0

» 3-го » —

2

3

3

» 4-го » —

2

5

1

» 5-го » —

7

0

1

» 6-го » —

7

1

0

» 7-го » —

4

1

3

» 8-го » —

4

4

0

Вот еще подобные же задачи:

Задача З6-я.

Полный боченок содержит 16 вед., а пустые—11 и 6 вед.

1-е решение.

2-е решение.

16-вед.

11-вед.

6-вед.

16-вед.

11-вед.

6-вед.

16

0

0

16

0

0

б

11

0

10

0

6

5

5

6

10

6

0

11

б

0

4

6

6

11

0

б

4

11

1

0

11

б

15

0

1

0

10

6

15

1

0

6

10

0

9

1

6

6

4

6

9

7

0

12

4

0

3.

7

6

12

0

4

3

11

2

1

11

4

14

0

2

1

9

6

14

2

0

7

9

0

8

2

6

7

3

6

9

8

0

13

3

0

13

0

3

2

11

3

2

8

6

8

8

0

Задача 37-я.

Полный боченок заключает 42 ведра, а пустые—по 27 и 12 вед.

1-е решение.

2-е решение.

42-вед.

27-вед.

12-вед.

42-вед.

27-вед.

12-вед.

42

0

0

42

0

0

15

27

0

30

0

12

15

15

12

30

12

0

27

15

0

18

12

12

27

3

12

18

24

0

39

3

0

6

24

12

39

0

3

6

27

9

12

27

3

33

0

9

12

18

12

33

9

0

24

18

0

21

9

12

24

6

12

21

21

0

36

6

0

36

0

6

9

27

6

9

21

12

21

21

0

Задача 38-я. Мужик и чорт.

Шел мужик и думал: «Эх-ма! жизнь моя горькая! Заела нужда совсем! Вот в кармане только несколько грошей медных болтается, да и те сейчас нужно отдать. И как это у других бывает, что на всякие свои деньги они еще деньги получают? Глядишь: на рубль он зашибает два, на два—четыре, на четыре—восемь, и все богатеет да богатеет... Вот ежели бы, к примеру, и мне так! Из денег, что у меня в кармане, сделалось бы сейчас вдвое, а через пять минут из этих еще вдвое, да еще через пять минут опять вдвое, и так пошло бы и пошло... Скоро бы богатым сделался... Так нет! Не видать мне такого счастья! Никто не поможет. Эх! Право, хоть бы чорт какой помочь захотел, так и то я бы не отказался»...

Только успел это подумать, как, глядь, а чорт перед ним и стоит.

— Что-ж, — говорит, — если хочешь, я тебе помогу. И это совсем нетрудно. Вот видишь этот мост через реку?

— Вижу!—говорит мужик, а сам заробел.

— Ну, так стоит тебе перейти только через мост,— и у тебя будет вдвое больше денег, чем есть. Перейдешь назад, опять станет вдвое больше, чем было. И каждый раз, как ты будешь переходить мост, у тебя будет ровно вдвое больше денег, чем было до этого перехода.

— Ой-ли?—говорит мужик.

— Верно слово!—уверяет чорт.—Только, чур, уговор! За то, что я тебе устраиваю такое счастье, ты каждый раз, перейдя через мост, отдавай мне по 24 копейки за добрый совет. Иначе ничего не будет.

— Ну, что же, это не беда!—говорит мужик.—Раз деньги все будут удваиваться, так отчего же 24 копеек тебе каждый раз не дать? Ну-ка, попробуем!

Перешел он через мост один раз, сосчитал деньги... Что за диво? Действительно, стало вдвое больше. Бросил он 24 копейки чорту и перешел через мост второй раз. Опять денег стало вдвое больше, чем перед этим. Отсчитал он 24 копейки, отдал чорту и перешел через мост третий раз. Денег стало снова вдвое больше. Но только и оказалось их ровнехонько 24 коп., которые по уговору... он должен был отдать чорту. Отдал он их, и остался без копейки.

Ударил мужик о полы и начал судьбу свою клясть. А чорт захохотал и с глаз сгинул. Сколько же, значит, у мужика сначала денег в кармане было?

Решение.

Задача разрешается очень легко, если только решение ее начать с конца, приняв во внимание, что после третьего перехода у крестьянина оказалось ровно 24 копейки, которые он должен был отдать.

В самом деле, если после последнего перехода у крестьянина оказалось ровно 24 коп., то, значит, перед этим переходом у него

было 12 коп. Но эти 12 коп. получились после того, как он отдал 24 коп.; значит, всего денег у него было 36 коп. Следовательно, второй переход он начал с 18-ю коп., а эти 18 коп. получились у него после того, как он в первый раз перешел мост и отдал 24 коп. Значит, всего после первого перехода у него было денег 18 да 24 коп., т.-е. 42 копейки. Отсюда ясно, что перед тем, как первый раз вступить на мост, крестьянин имел в кармане 21 копейку собственных денег.

Прогадал крестьянин! Видно, что на чужой совет всегда надо еще свой ум иметь.

Задача 39-я. Крестьяне и картофель.

Шли три крестьянина и зашли на постоялый двор отдохнуть да пообедать. Заказали хозяйке сварить картофель, а сами заснули. Хозяйка сварила картофель, но не стала будить постояльцев, а поставила миску с едою на стол и ушла. Проснулся один крестьянин, увидел картофель и, чтобы не будить товарищей, сосчитал картофель, съел свою долю и снова заснул. Вскоре проснулся другой; ему невдомек было, что один из товарищей уже съел свою долю; поэтому он сосчитал весь оставшийся картофель, съел третью часть и опять заснул. После него проснулся третий; полагая, что он проснулся первый, он сосчитал оставшийся в чашке картофель и съел третью часть. Тут проснулись его товарищи и увидели, что в чашке осталось 8 картофелин. Тогда только объяснилось дело. Разочтите: сколько картофелин подала на стол хозяйка, сколько съел уже и сколько имеет право еще съесть каждый, чтобы всем досталось поровну?

Решение.

Третий крестьянин оставил для товарищей 8 картофелин, т.-е. каждому по 4 штуки. Значит, и сам он съел 4 картофелины. После этого легко сообразить, что 2-й крестьянин оставил своим товарищам 12 картофелин,—по 6-ти на брата,—значит и сам съел 6 штук. Отсюда следует, что первый крестьянин оставил

товарищам 18 картофелин,—по 9 штук на каждого, значит и сам съел 9 штук.

Итак, хозяйка подала на стол 27 картофелин, и на долю каждого поэтому, приходилось по 9 картофелин. Но 1-й крестьянин всю свою долю съел. Следовательно, из 8-ми оставшихся картофелин приходится на долю второго 3, а на долю третьего 5 штук.

Задача 40-я. Три игрока.

Три игрока условились сыграть три партии так, чтобы проигравший партию давал каждому из остальных двух игроков по столько денег, сколько у каждого из выигравших имеется. Сыграли три партии, при чем оказалось, что проигрывали все поочередно, и после этого у каждого стало по 24 рубля. По сколько рублей было у каждого перед началом игры?

Решение.

Третий игрок проиграл третью партию и удвоил количество денег каждого из остальных двух, после чего у всех стало по 24 рубля. Следовательно, после второй игры, проигранной вторым игроком, они имели: первый 12 руб., второй 12 руб., третий 48 рублей. Но пред этим первый игрок и третий удвоили свои деньги, так как проиграл второй. Значит, раньше первый имел 6 р., а третий 24 р., второй же игрок им отдал из своих денег 30 руб. Итак, после первой игры они имели: первый 6 руб., второй 42 руб., третий 24 руб. Но перед этим проиграл первый, а второй и третий игроки, значит, имели только по половине вышеуказанных сумм. Следовательно, первый, проиграв, отдал им из бывших у него денег 33 р. Итак, пред началом игры игроки имели: первый 39 руб., второй 21 рубль, третий 12 рублей.

Задача 41-я. Два пастуха.

Сошлись два пастуха, Иван и Петр. Иван и говорит Петру: «Отдай-ка ты мне одну овцу, тогда у меня будет

овец ровно вдвое больше, чем у тебя!» А Петр ему отвечает: «Нет! лучше ты мне отдай одну овцу,—тогда у нас будет овец поровну!»

Сколько же было у каждого овец?

Задача старинная и многим известная. Многие знают даже и ответ на эту задачу. Но как добраться до этого ответа, как понятно для всякого решить ее, знают, надо полагать, немногие. Попробуем добраться до этого решения.

Решение.

Ясно, что овец больше у первого пастуха, у Ивана. Но на сколько у него больше, чем у Петра? Уясним это.

Если Иван отдаст одну овцу не Петру, а кому-либо другому, то станет ли у обоих пастухов овец поровну? Нет, потому что поровну у них было бы только в том случае, если бы эту овцу получил Петр. Значит, если Иван отдаст одну овцу не Петру, а третьему лицу, то у него все-таки будет больше овец, чем у Петра но на сколько больше? Ясно, что на одну овцу, потому что если прибавить теперь к стаду Петра одну овцу, то у обоих станет поровну. Отсюда следует, что пока Иван не отдаст никому ни одной своей овцы, то у него в стаде на две овцы больше, чем у Петра.

Теперь примемся за второго пастуха, за Петра. У него, как мы нашли, на две овцы меньше, чем у Ивана. Значит, если Петр отдаст, скажем, одну свою овцу не Ивану, а кому-либо иному, то тогда у Ивана будет на три овцы больше, чем у Петра. Но пусть эту овцу получит именно Иван, а не третье лицо. Ясно, что тогда у него будет на четыре овцы больше, чем осталось у Петра.

Но задача говорит, что у Ивана в этом случае будет ровно вдвое больше овец, чем у Петра. Стало быть четыре и есть именно то число овец, которое останется у Петра, если он отдаст одну овцу Ивану, у которого получится восемь овец. А до предполагаемой отдачи, значит, у Ивана было 7, а у Петра б овец.

Длинный ряд рассуждений нужно употребить иногда для решения с виду простой задачи.

Задача 42-я. Недоумение торговок.

Две торговки сидели на базаре и продавали яблоки. Одна продавала за одну копейку два яблока, а другая за 2 копейки 3 яблока.

У каждой в корзине было по 30 яблок, так что первая рассчитывала выручить за свои яблоки 15 копеек, а вторая 20 коп. Обе вместе, значит, они должны были выручить 35 копеек. Смекнув это, торговки, чтобы не ссориться да не перебивать друг у друга покупателей, решили сложить свои яблоки вместе и продавать их сообща, при чем ини рассуждали так: «Если я продаю пару яблок за копейку, а ты—три яблока за две копейки, то, чтобы выручить свои деньги, надо нам, значит, продавать пять яблок за три копейки!»

Сказано, сделано. Сложили торговки свои яблоки вместе (получилось всего 60 яблок) и начали продавать по 3 копейки 5 яблок.

Распродали и удивились: оказалось, что за свои яблоки они выручили 36 копеек, т.-е. на копейку больше, чем думали выручить! Торговки задумались: откуда взялась «лишняя» копейка, и кому из них следует ее получить? Да и как, вообще, им поделить теперь все вырученные деньги?

И в самом деле, как это вышло?

Пока эти две торговки разбирались в своей неожиданной прибыли, две другие, прослышав об этом, тоже решили заработать лишнюю копейку.

У каждой из них было тоже по 30 яблок, но продавали они так: первая давала за одну копейку пару яблок, а вторая за копейку же давала 3 яблока. Первая после продажи должна была, значит, выручить 15 копеек, а вторая—10 копеек; обе же вместе выручали, следовательно, 25 копеек. Они и порешили продать свои яблоки сообща, рассуждая совсем так, как и те две первые торговки: если, мол, я продаю за одну копейку пару яблок, а ты за копейку продаешь три яблока, то, значит, чтобы

выручить свои деньги, нам нужно каждые пять яблок продавать за 2 копейки.

Сложили они яблоки вместе, распродали их по 2 копейки за каждые пять штук, и вдруг... оказалось, что они выручили всего 24 копейки, значит, недовыручили целую копейку.

Задумались и эти торговки: как же это могло случиться? и кому из них придется этой копейкой поплатиться?

Решение.

Недоумения торговок разрешаются очень быстро, если сообразим, что, сложив свои яблоки вместе и начав их продавать сообща, они, сами того не замечая, продавали их уже по другой цене, чем раньше.

Возьмем, для примера, двух последних торговок и рассмотрим, что они, в сущности, сделали.

Пока первая и вторая думали продавать свои яблоки отдельно, то цепа одного яблока у первой была полкопейки, а у второй треть копейки. Когда же они сложились и начали продавать каждые пять яблок но 2 копейки, то цена каждого яблока стала уже _ копейки.

Значит, первая торговка все свои яблоки продала не по полкопейке штуку, а по 2/5 копейки и на каждом яблоке теряла, значит, по — копейки /---=--= —\, а на всех тридцати яблоках она потеряла 3 коп.

Вторая же торговка, наоборот, вошедши в компанию, выигрывала на каждом яблоке по — копейки /-----=-= — , а на всех 30 яблоках выиграла, значит, 2 коп.

Первая потеряла 3 коп., а вторая выиграла только 2 коп. В общем, все-таки, копейка потеряна.

Путем подобных же рассуждений легко узнать, почему у первых двух торговок оказалась «лишняя копейка».

А как теперь они должны поделить вырученные деньги, рассудите-ка сами на основании предыдущих задач, где говорилось о правильных дележах денег.

Задача 43-я. Как гусь с аистом задачу решали.

Летела стая гусей, а на-встречу им летит один гусь и говорит: «Здравствуйте, сто гусей!» А передний старый гусь ему и отвечает: «Нет, нас не сто гусей! Вот, еслиб нас было еще столько, да еще полстолько, да еще четверть столько, да ты, гусь,—то было бы сто гусей, а теперь... Вот и рассчитай-ка, сколько нас?

Решение.

Полетел одинокий гусь дальше и задумался. В самом деле, сколько же товарищей-гусей он встретил? Думал он, думал и с какой стороны ни принимался,—никак не мог этой задачи решить. Вот увидел гусь на берегу пруда аиста,—ходит длинноногий и лягушек ищет. Аист—птица важная и пользуется среди других птиц славой математика: по целым часам иногда неподвижно на одной ноге стоит и все думает, видно,—задачи решает. Обрадовался гусь, слетел в пруд, подплыл к аисту и рассказал ему, как он стадо товарищей встретил и какую ему гусь-поводырь загадку задал, а он никак этой загадки решить не может.

— Гм!..—откашлялся аист.—Попробуем решить. Только будь внимателен и старайся понять! Слышишь?

— Слушаю и постараюсь!—ответил гусь.

— Ну вот. Как тебе сказали? Если бы к встречным гусям прибавить еще столько, да еще полстолько, да четверть столько, да тебя, гуся, то было бы сто? Так?

— Так!—ответил гусь.

— Теперь смотри,—сказал аист.—Вот что я тебе начерчу здесь на прибрежном песке.

Аист согнул шею и клювом провел черту, рядом такую же черту, потом половину такой же черты, затем четверть черты, да еще маленькую черточку, почти точку.

Получилось следующее:

Гусь подплыл к самому берегу, вышел, переваливаясь, па песок, смотрел, но ничего не понимал.

— Понимаешь?—спросил аист.

— Нет еще!—ответил уныло гусь.

— Эх! ты! Ну, вот смотри: как тебе сказали,—стадо да еще стадо, да половина стада, да четверть стада, да ты, гусь,—так я и нарисовал: черту, да еще черту, да пол-черты, да четверть этой черты, да еще маленькую черточку, т.-е. тебя. Понял?

— Понял!—весело проговорил гусь.

— Если к встреченному тобой стаду прибавить еще стадо, да пол-стада, да четверть стада, да тебя, гуся, то сколько получалось?

— Сто гусей!

— А без тебя сколько, значит, будет.

— Девяносто девять.

— Хорошо! Откинем на нашем чертеже черточку, изображающую тебя, гуся, и обозначим, что остается 99 гусей.

Аист заклевал носом и изобразил на песке:

— Теперь смекни-ка,—продолжал аист,—четверть стада, да пол-стада, сколько это будет четвертей?

Гусь задумался, посмотрел на линии на песке и сказал:

— Линия, изображающая пол-стада, вдвое больше, чем линия четверти стада, т.-е. в половине заключается две четверти Значит, половина да четверть стада это все равно, что три четверти стада.

— Молодец!—похвалил гуся аист.—Ну, а в целом стаде сколько четвертей?

— Конечно, четыре!—ответил гусь.

— Так! Но мы имеем здесь стадо да еще стадо, да пол-стада да четверть стада, и это составит 99 гусей. Значит, если перевести все на четверти, то сколько всего четвертей будет?

Гусь подумал и ответил.

— Стадо—это все равно, что 4 четверти стада, да еще стадо:— еще 4 четверти стада, всего 8 четвертей; да в половине стада 2 четверти: всего 10 четвертей; да еще четверть стада: всего 11 четвертей стада, и это составит 99 гусей.

— Так! сказал аист.—Теперь скажи, что же ты, в конце концов, получил?

— Я получил,—ответил гусь,—что в одиннадцати четвертях встреченного мной стада заключается 99 гусей..

— А, значит, в одной четверти стада сколько гусей? Гусь поделил 99 на 11 и ответил:

— В четверти стада—9 гусей.

— Ну, а в целом стаде сколько?

— В целом заключается четыре четверти... Я встретил 36 гусей!—радостно воскликнул гусь.

— Вот то-то и оно!—важно промолвил аист.—Сам, небось, не мог дойти!.. Эх, ты... гусь!..

Задача 44-я. Сколько было?

Бедная женщина несла для продажи корзину яиц. Встретившийся прохожий по неосторожности так толкнул ее, что корзина упала на землю, и все яйца разбились. Прохожий захотел уплатить женщине стоимость разбитых яиц и спросил, сколько их всего было. «Я не помню этого,—сказала женщина,—знаю только хорошо, что когда я перекладывала яйца по 2, то оставалось одно яйцо. Точно также всегда оставалось по одному яйцу, когда я перекладывала их по 3, по 4, по 5 и по 6. Когда же я перекладывала их по 7, то не оставалось ни одного яйца». Спрашивается, сколько было яиц?

Решение.

Задача, очевидно, сводится к нахождению такого числа, которое делится нацело (т.-е. без остатка) на 7, а при делении на 2, 3, 4, 5 и 6 дает в остатке 1,

Наименьшее число, которое делится без остатка на числа 2, 3, 4, 5 и 6 (наименьшее кратное этих чисел) есть 60. Нужно, значит, найти такое число, которое делилось бы на 7 нацело и было бы вместе с тем на одну единицу больше числа, делящегося на 60. Такое число тотчас можно найти путем последовательных

попыток: 60, деленное на 7, дает в остатке 4, следовательно. 2X60 дает в остатке единицу (2X4 = 8; 8—7 = 1). Значит.

2 X 60 = числу кратному 7 + 1;

откуда следует, что

(7 X 60—2 X 60)+1 = числу кратному 7 ; т. е. б X60+1 = числу кратному 7. 5X60+1 = 301.

Итак, наименьшее число, решающее задачу, есть 301. Т.-е. наименьшое число яиц, которое могло быть в корзине у женщины, есть 301.

Задача 45-я.

Найти число, которое, будучи разделено на 2, дает в остатке 1, при делении на 3 дает в остатке 2, при делении на 4 дает в остатке 3, при делении на 5 дает в остатке 4, при делении на 6 дает в остатке 5, но на 7 это число делится нацело.

Решение.

Решение тотчас сводится к предыдущему, если сообразить, что число кратное 6 да еще 5 есть в то же время число кратное 6 без единицы, число кратное 5 да еще 4 есть в то же время число кратное 5 без единицы и т. д. Итак, нужно для данного случая, чтобы удовлетворялось равенство:

Число кратное 7=числу кратному 60 без 1; или: число кратное б0=числу кратному 7+1.

Число 120 есть наименьшее, решающее задачу.

Задача решается подобным же путем и в том случае, когда разница между каждым делителем и соответствующим остатком есть число отличное от единицы.

Задача 4б-я. Часы заведены верно!

У меня нет карманных часов, а только стенные, которые остановились. Я отправляюсь к своему знакомому,

у которого часы идут верно, просиживаю у него некоторое время и, возвратившись домой, ставлю свои часы верно. Каким образом я мог это сделать, если предварительно мне не было известно, сколько времени занимает дорога от меня до моего знакомого?

Решение.

Вопрос, очевидно, сводится к тому, чтобы знать точное время по возвращении домой. Для этой цели я завожу свои часы и перед уходом замечаю их показание, которое, положим, равно а. Приходя к знакомому, немедленно справляюсь у него о времени, и пусть его часы показывают q. Перед уходом от знакомого опять замечаю время по его часам, которые на этот раз показывают с. Придя домой, я немедленно замечаю, что мои часы показывают d. По этим данным легко определить искомое показание часов. Разность b—а покажет время моего отсутствия из дому. Разность с—Ь есть время, проведенное мною у знакомого. Разность (d—а)—(С—Ь), полученная от вычитания второго времени от первого, даст время, проведенное мною в дороге. Половина этого времени ----употреблена мною на обратную дорогу. Прибавив эту половину к с, получим —!-—-—это и будет точное показание часов при моем возвращении домой.

Задача 47-я. Восстановление записи.

При проверке памятной книжки умершего фабриканта найдена была следующая запись: «За продажу... кусков сукна, по 49 руб. 36 коп. каждый кусок, получено... 7 руб. 28 коп.». Эта запись оказалась залитою в некоторых местах чернилами так, что нельзя было разобрать ни числа проданных кусков, ни первых трех цифр полученной суммы. Спрашивается, можно ли по сохранившимся данным узнать число проданных кусков и всю вырученную сумму?

Решение.

Задачу можно решить двумя приемами.

1) По условию, вся вырученная сумма, очевидно, не превышает 10.000 руб. Значит, число проданных кусков не более 203.

Последняя цифра неизвестного числа кусков должна быть такова, чтобы она, будучи умножена на 6, давала произведение, оканчивающееся на 8; такая цифра может быть 3 или 8.

Положим, что последняя цифра неизвестного числа кусков равна 3. Стоимость трех кусков равна 14,808 коп. Вычитая это число из вырученной суммы, мы должны получить число, оканчивающееся на 920.

Предполагая, что последняя цифра равна 3, вторая от конца цифра может быть или 2 или 7, так как только эти цифры, будучи умножены на 6, дают произведения, оканчивающиеся на 2.

Положим, что неизвестное число оканчивается на 23. Вычитая стоимость 23 кусков из всей вырученной суммы, получим число, оканчивающееся на 200. Третья цифра может быть или 2 или 7; но так как неизвестное число не превосходит 203, то наше предположение невозможно.

Если бы мы предположили, что неизвестное число оканчивается на 73, то третья цифра была бы равна 4 или 9; такое предположение опять невозможно.

Итак, последняя цифра не может быть 3; остается предположить, что она равна 8. Рассуждения, подобные предыдущим, покажут нам, что вторая цифра может быть или 4, или 9; из этих двух предположений возможно только второе.

Задача имеет одно решение: число проданных кусков равно 98, вся вырученная сумма равна 4837 руб. 28 коп.

2) Задачу можно также решить алгебраически, что и предоставляем сделать более подготовленному читателю.

Задача 48-я. За грибами.

Дедушка пошел с 4-мя своими внучатами в лес за грибами. В лесу разошлись в разные стороны и стали

искать грибы. Через полчаса дедушка сел под дерево отдохнуть и пересчитал свои грибы: их оказалось 45 штук. Тут прибежали к нему внучата,—все с пустыми руками: ни один ничего не нашел.

— Дедушка!—просит один внук:—дай мне своих грибов, чтобы кузовок не был пустой. Авось с твоей легкой руки много грибов наберу.

— И мне, дедушка!

— И мне дай!

Дед дал каждому и роздал, таким образом, детям все свои грибы. Все снова разбрелись в разные стороны, и случилось следующее. Один мальчик нашел еще 2 гриба, другой 2 потерял, третий нашел еще столько, сколько получил от деда, а четвертый потерял половину полученных от деда. Когда дети пришли домой и подсчитали свои грибы, то оказалось у всех поровну.

Сколько каждый получил от дедушки грибов и сколько было у каждого, когда они пришли домой?

Решение.

Не трудно видеть, что третьему внуку дед дал грибов меньше всего, потому что третий внук должен был набрать еще столько же грибов, чтобы сравняться с братьями. Для простоты скажем, что третьему внуку дед дал грибов одну горсть.

Сколько же он "дал таких же горстей четвертому?

Третий внук принес домой 2 горсти, потому что сам еще нашел столько же грибов, сколько дал ему дед. Четвертый внук принес домой ровно столько же грибов, сколько и третий: значит, тоже 2 горсти; но он половину своих грибов растерял по дороге: стало быть, дед дал ему 4 горсти.

Первый внук принес домой 2 горсти; но из них 2 гриба он сам нашел, значит, ему дед дал 2 горсти без 2-х грибов. Второй внук принес домой 2 горсти, да по дороге он потерял 2 гриба; стало быть, дед ему 2 горсти дал, да еще два гриба.

Итак, дед роздал внукам 1 горсть, да 4 горсти, да 2 горсти без двух грибов, да 2 горсти с 2-мя грибами, итого 9 полных горстей (в 2-х горстях не хватало 2-х грибов, зато в 2-х других горстях были лишние 2 гриба). В 9 равных горстях было 45 грибов; значит, в каждой горсти 45: 9 = 5 грибов.

Третьему внуку дед дал 1 горсть, т.-е. 5 грибов; четвертому 2 горсти, т.-е. 5X4=20 грибов; первому 2 горсти без 2-х грибов, т.-е. (5X2)—2 = 8 грибов; второму 2 горсти с 2-мя грибами, т.-е. (5Х2)+2=12 грибов.

Задача 49-я. Находка.

Четверо крестьян: Сидор, Карп, Пахом и Фока, возвращались из города и говорили, что ничего не заработали.

— Эх!—сказал Сидор,—если бы мне найти кошель с деньгами, я бы взял себе только третью часть, а остальные с кошелем даже отдал бы вам.

— А я,—молвил Карп,—поделил бы между всеми нами поровну.

— Я доволен был бы пятой всего частью,—отозвался Пахом.

— С меня же довольно бы и шестой части,—сказал Фока.—Да что толковать... Статочное ли дело,— деньги на дороге найти! Кто это их для нас бросит?..

Вдруг и на самом деле видят на дороге кошелек, подняли его и порешили поделить деньги так, как каждый только что говорил: т.-е. Сидор получит треть, Карп— четверть, Пахом—пятую, а Фока—шестую часть найденных денег.

Открыли кошелек и нашли в нем 8 кредитных билетов: один в 3 рубля, а остальные рублевые, пятирублевые и десятирублевые. Но ни один крестьянин не мог взять своей части без размена. Поэтому решили ждать, не разменяет ли кто из проезжих. Скачет верховой; крестьяне останавливают его:

— Так и так,—рассказывают они:—нашли кошелек с деньгами; деньги хотим разделить так-то. Будь такой добрый, разменяй нам рубль!

— Рубля я вам не разменяю, а давайте мне кошелек с деньгами: я положу туда свою рублевку и из всех денег выдам каждому его долю, а кошелек мне.

Крестьяне с радостью согласились. Верховой сложил все деньги вместе, выдал первому 1/8, второму г1±, третьему 1/5, четвертому */в всех денег, а кошелек спрятал себе за пазуху.

— Ну, спасибо вам, братцы, большое: и вам хорошо и мне хорошо!—и ускакал.

Задумались мужики.

— За что же он нас поблагодарил?

— Ребята, сколько у нас всего бумажек?—спросил Карп.

Сосчитали,—оказалось 8.

— А где же трехрублевка? У кого она?

— Ни у кого нет!

— Как же так, ребята? верховой-то, значит, надул нас? Давай считать, на сколько он обидел каждого...

Прикинули в уме.

— Нет, братцы, я получил больше, чем мне следовало!—сказал Сидор.

— И я получил на четвертак больше,—сказал Карп.

— Как же так? всем дал больше, чем нужно, а трехрублевку увез! Должно быть это леший! ишь ты, как ловко нас обошел!—решили крестьяне.

Сколько денег нашли крестьяне? Обманул ли их верховой? Какие бумажки дал он каждому?

Решение.

Крестьяне не умели правильно сложить дробей. В самом деле, сложите все части, на которые крестьяне хотели поделить находку: - + _ + _ + - =—, Значит, они все вместе хотели получить меньше, чем нашли (нашли они —). Найденные деньги вместе с деньгами верхового были разделены на 60 частей; из них — отданы крестьянам, а — или — остались у верхового. Но мы знаем, что у верхового осталось 3 рубля.

Значит — всех денег составляет 3 рубля; следовательно, весх 20

денег было 3X20=60 руб. Карп получил из этих денег х/4 часть, т.-е. 15 руб.; но," если бы верховой не приложил своих денег, Карп должен был бы получить на четвертак меньше, т.-е. 15 р.—25 к. = 14 р. 75 к.: такова */4 часть найденных денег. Отсюда заключаем, что найдено было 14 р. 75 к.Х4 = 59 р. С деньгами верхового стало 60 р.:' значит верховой приложил 1 рубль. Приложил он рубль, а увез 3 рубля: 2 рубля выгадал себе за умный дележ.

Какие же кредитки были найдены в кошельке.

Пять бумажек по 10 р., одна в 5, одна в 3 и одна в 1 рубль. Сидору верховой дал 20 рублей: 2 десятирублевки; Карпу—15 р.; десятирублевку и пятирублевку; Пахому—12 руб., десятирублевку и две рублевки (одну—найденную, другую—свою); Фоке—последнюю десятирублевку, а трехрублевку взял себе.

Переправы.

Задача 50-я. Через ров.

Четыреугольное поле окружено рвом, ширина которого всюду одинакова. Даны две доски, длина которых равна точно ширине рва, и требуется с помощью этих досок устроить переход через ров.

Решение.

Стоит взглянуть на прилагаемый здесь рисунок (фиг. 17), чтобы понять, как решается задача.

Фиг. 17.

Что касается математического доказательства возможности подобной переправы, то оно следует из неравенства.

2/~2<3,

и делается очевидным, если принять ширину рва равной трем каким-либо единицам. >

Задача 51-я. Отряд солдат.

Отряд солдат подходит к реке, через которую необходимо переправиться. Но мост сломан, а река глубока.

Как быть? Вдруг капитан замечает у берега двух мальчиков, которые забавляются в лодке. Но эта последняя так мала, что на ней может переправиться только один солдат, или только двое мальчиков,—не больше! Однако все солдаты переправились через реку именно на этой лодке. Как это было сделано?

Решение.

Дети переехали реку. Один из мальчиков остался на берегу, а другой пригнал лодку к солдатам и вылез. Тогда сел солдат и переправился на другой берег. Мальчик, оставшийся там, пригнал обратно лодку к солдатам, взял своего товарища мальчика, отвез на другой берег и снова доставил лодку обратно, после чего вылез, а в нее сел другой солдат и переправился...

Таким образом—после каждых двух перегонов лодки через реку и обратно—переправлялся один солдат. Так повторялось столько раз, сколько было солдат и офицеров.

Задача 52-я. Волк, коза и капуста.

Крестьянину нужно перевезти через реку волка, козу и капусту. Но лодка такова, что в ней может поместиться только крестьянин, а с ним или один волк, или одна коза, или одна капуста. Но если оставить волка с козой, то волк съест козу, а если оставить козу с капустой, то коза съест капусту. Как перевез свой груз крестьянин?

Решение.

Ясно, что приходится начать с козы. Крестьянин, перевезши козу, возвращается и берет волка, которого перевозит на другой берег, где его и оставляет, но зато берет и везет обратно на первый берег козу. Здесь он оставляет ее и перевозит к волку капусту. Вслед затем, возвратившись, он перевозит козу, и переправа оканчивается благополучно.

Задача 53-я. Мужья и жены.

Три мужа со своими женами желают переправиться с одного берега реки на другой, но в их распоряжении есть лодка без гребца, поднимающая только двух человек. Дело осложняется еще тем, что ни один муж не желает, чтобы его жена находилась без него в обществе одного или двух других мужей. Как переправились при соблюдении этих условий все шесть человек?

Решение.

Задача эта имеет за собой уже почтенную историческую давность, и решение ее для классиков может быть выражено следующими латинскими стихами:

It duplex mulier, redit una vehitque manentem; Itque una, utuntur tunc duo puppe viri, Par vadit, redeunt bini; mulierque sororem Advehit; ad propriam sive maritus vadit.

Обозначим большими буквами А, Б и В мужей, а их жен соответственно малыми буквами а, б и в. Имеем вначале:

Первый берег. I Второй берег.

I.—Сначала отправляются две женщины.

II.—Возвращается одна из женщин и перевозит третью.

III.—Возвращается одна из женщин и остается со своим мужем. Два других мужа отправляются к своим женам.

IV.—Один из мужей возвращается со своей женой, оставляет ее и забирает с собой мужа.

V.—Женщина переезжает и забирает одну из жен.

VI.—Муж (или одна из жен) едет обратно и перевозит оставшуюся.

Очень наглядно и весело решается эта же задача при помощи карт.

Пусть три мужа будут короли пик, бубен и треф, а дамы соответствующих мастей будут их жены. Сначала все находятся на одном берегу реки. Но вот начинается переправа.

I.—Сначала отправляются две дамы.

II. Возвращается дама и перевозит третью

III. Возвращается одна из дам, остается с мужем, а два других мужа переправляются к своим женам.

IV.—Муж с женой возвращается на первый берег. Оставляет там жену и забирает с собой мужчину.

V.—Со второго берега едет на первый дама в перевозит оттуда одну из подруг.

VI. Опять едет на первый берег дама и перевозит оставшуюся там подругу (или может и сам муж съездит за своей женой). И переправа окончена к общему удовольствию.

Замечание.

Попробуйте ту же задачу решить для случая четырех королей и дам. Вы увидите, что если лодка не вмещает более двух лиц, то переправа при соблюдении всех указанных условий невозможна. Но если взять лодку, в которой могут поместиться три человека, то переправа может быть совершена при соблюдении указанных условий,—т.-е. ни одна дама не будет оставаться без своего мужа в присутствии других мужчин.

Подобная переправа совершается в пять приемов.

Взяв четыре короля и четыре дамы, попробуйте для данного случая решить вопрос. Это не трудно.

Но и на лодке, поднимающей только двух человек, можно совершить переправу четырех мужей с их женами, если посреди реки есть остров, на котором можно останавливаться. Решим с помощью карт эту любопытную задачу.

Задача 54-я.

Четыре мужа с их женами должны переправиться через реку на лодке без гребца, которая не вмещает более двух человек. Посреди реки есть остров, на котором можно высаживаться. Спрашивается, как совершить эту переправу так, чтобы ни одна жена не была в обществе других мужчин ни на берегах, ни на острове, ни в лодке, если нет налицо мужа.

Решение.

Переправа совершается в 12 переездов, как видим из нижеследующего:

Берем четыре короля и четыре дамы. Условимся, где правый берег реки, где левый, а между ними остров:

Правый берег. Остров. Левый берег.

II.

III.

IV.

V.

VIII.

IX.

X.

XI

Задача 55-я. На станции железной дороги.

Поезд Б приближается к станции железной дороги, но его нагоняет быстрее идущий поезд А, который необходимо пропустить вперед. У станции от главного пути отходит боковая веточка, куда можно отвести на время вагоны с главного пути, но веточка эта настолько короткая, что на ней не вмещается весь поезд Б. Спрашивается, как, все-таки, пропустить поезд А вперед?

Решение.

Железнодорожный путь у станции представляет такой вид:

Ветка.

Главный путь. Фиг. 18.

По главному пути, в направления, означенном стрелкой, идут вперед поезд В, а за ним поезд А, который надо пропустить вперед, пользуясь боковою веточкой, на которой может поместиться лишь часть вагонов (фиг. 18).

Поезд А нагнал поезд В. и должен пройти дальше. Как же быть? А вот как:

Поезд В. идет по главному пути и переходит весь за начало боковой ветки. Затем поезд В. идет задним ходом на это ответвление и оставляет там столько вагонов, сколько умещается, а остальная часть поезда В вместе с паровозом уходит опять вперед, за начало веточки. Затем пропускают поезд А и, как только он весь пройдет за начало ветки, к последнему его вагону прицепляют оставшиеся на веточке вагоны поезда Б, и поезд А сводит эту часть поезда В с веточки вперед. Затем поезд А пускают назад,—влево от начала веточки,—и оставляют там вагоны от

поезда Б. Той порой другая часть поезда Б (с паровозом) идет задним ходом и становится на веточку, открывая свободный путь для поезда А. Он мчится дальше, а паровоз поезда Б с несколькими передними вагонами опять выходит на главный путь, прицепляет стоящую влево от начала веточки часть своего поезда и следует за поездом А.

Задача 5б-я. Разъезд 6-ти пароходов.

По каналу, один за другим, идут 3 парохода: «Олег», «Владимир» и «Петр». Навстречу им показались еще 3 парохода, которые тоже идут один за другим: «Мария», «Екатерина» и «Россия». Канал такой ширины, что два парохода в нем разъехаться не могут; но в канале с одной его стороны есть залив, в котором может поместиться только один пароход. Могут ли пароходы разъехаться так, чтобы продолжать свой путь попрежнему?

Решение.

Положение судов и канал с заливом изображены на фиг. 19-йо.

Фиг. 19.

Пароходы «В.» и «П.» отходят назад (направо), а «Олег» входит в залив; «М.», «Е.» и «Р.» проходят по каналу мимо «Олега»; тогда «Олег» выходит из залива и идет своей дорогой» (влево); «Р.», «Е.» и «М.» отступают на прежнее место (налево); тогда с «Владимиром» повторяется все, что делалось с «Олегом». Таким же образом проходит и «Петр», и пароходы плывут своей дорогой.

Задача 57-я. Угадать число.

Числа, начиная от 1 и до любого предела, написаны и расположены в последовательном порядке по кругу. Угадать любое из этих чисел, задуманное кем-либо.

Возьмем, напр., числа от 1 до 12 и расположим их по кругу (фиг. 20). Можно смело взяться угадать задуманное кем-либо в этом круге число.

Фиг. 20.

Можно, очевидно, для той же цели взять часы и предложить угадать задуманный кем-либо час.

Можно также взять двенадцать карт какой-либо масти (от туза до дам) и, считая валета за 11, а даму за 12, разложить их, как указано на фиг. 21, и взяться угадать задуманную кем-либо карту.

Можно также пользоваться домино, очками лото и т. д. Как же угадать задуманное число?

Решение.

Пусть кто-либо задумает про себя любое из чисел на круге. Затем укажите ему сами любое число на этом круге и прибавьте про себя к этому числу 12 (т.-е. наивысшее число круга). Вы получите некоторое число, и это число вы скажете громко. Пусть потом задумавший считает про себя от задуманного им числа, притрогиваясь сначала к указанному вами числу, а потом к каждому следующему числу по кругу, идя в обратном порядке, и пусть считает до сказанного вами громко числа. Когда он досчитает до него, последовательно притрогиваясь к числам, то остановится как раз на задуманном им числе или часе, или карте.

Пусть, например, кто-либо задумал на круге 5, а вы указываете, например, 9, прибавляете к нему про себя 12 и получите 21. Затем говорите громко задумавшему:

— Считайте про себя начиная от задуманного вами числа до 21, но, начиная счет, притроньтесь сначала к 9, потом к 8, потом к 7 и т. д., идя по кругу в обратном порядке, когда же досчитаете до 21, то скажите это число громко и остановитесь.

Задумавший исполнит сказанное ему, и когда досчитает до 21, то как раз сам укажет задуманное им число 5.

Можно обставить эту задачу еще таинственнее; напр. так: Кто-нибудь задумывает какое-нибудь число (напр. 5). Вы берете, напр., число 9, прибавляете к нему мысленно 12, получаете 21 и говорите задумавшему:

— Теперь я буду стучать карандашом (или пальцем), и при каждом стуке вы прибавляете про себя к задуманному вами числу по единице. Но когда досчитаете до 21, скажите громко: «21».

Затем стучите по 9, по 8, по 7 и т. д. по 12, по 11 и т. д. Задумавший число в это время про себя будет считать 5, 6, 7 и т. д, но когда скажет громко «двадцать один», то окажется, что вы стучите как раз по задуманному им числу 5.

— Вы задумали число «пять!»—говорите вы ему.

— Совершенно верно!—ответит вам задумавший, дивясь, как вы могли узнать это, если он сам не знает, в чем разгадка этого будто бы фокуса.

«Фокуса» здесь, конечно, нет, а есть только самый правильный математический расчет, состоящий в следующем:

Чтобы от 5 прийти к 9, нужно считать так: 5, 6, 7, 8, 9. Значит, от 9 до 5 нужно пройти через те же числа 9,8,7,6,5, только считая их в обратном порядке. Если, указывая на 9, мы скажем «пять», затем, указывая на 8, скажем «шесть», и т. д., то, придя к задуманному числу 5, скажем «девять». Если затем итти по кругу в том же направлении и присчитать к «девяти» еще 12 последовательных чисел круга, то опять приходим к тому же числу 5. Дело сводится, следовательно, к счету по кругу в обратном направлении от указанного числа 9 до 9+12, т.-е. до 21.

Если, наоборот, задуманно 9, а указано 5, то от 9 до 5, считая в прямом направлении по кругу (по порядку возрастания чисел), получаем: 9, 10,11, 12, 12+1, 12+2, 12+3, 12+4, 12+5, т.-е. 17. Следовательно, начиная с 5, можно прийти к задуманному числу 9, идя в обратном направлении и отсчитывая те же 5+12 = 17 чисел.

Дело простое, а развлечение получается интересное.

Задача 58-я. Кто первый скажет „сто".

Двое поочередно говорят произвольные числа, но не превышающие десяти. Эти числа складываются одно за другим, и выигрывает тот, кто первый достигнет ста. Сделать так, чтобы всегда первым сказать «сто».

Наперед заданное число есть сто, а числа, которые говорят играющие, не превышают десяти, т.-е. можно называть 10 и всякое меньшее число. Итак, если первый скажет, напр., «7», а второй «10», получится «17»; затем первый говорит, напр., «5», получится «22»; второй говорит «8», получится «30» и т. д. Победителем будет тот, кто первый получит «100».

Решение.

Чтобы быть победителем, старайтесь только о том, чтобы вам пришлось сказать число 89. Ясно, что, если вы скажете это число, то какое бы число (десять или меньше) ни прибавил ваш противник, вы тотчас найдете соответственное число, до-

бавив которое к полученному противником, вы получаете сто и выигрываете.

Но чтобы суметь всегда сказать «89»., а потом значит, и «100», постарайтесь разобраться в следующих очень нетрудных рассуждениях.

Начнем отнимать, сколько возможно, от ста по одиннадцати. Получим ряд таких чисел:

89, 78, 67, 56, 45, 34, 23, 12, 1.

Или же, если напишем их в порядке возрастания, то получим:

1, 12, 23, 34, 45, 56, 67, 78, 89.

Запомнить эти числа очень легко: стоит только взять предельное число, т.-е. 10, и прибавить к нему единицу—получится 11. Затем берем это число и все числа, составленные умножением 11-ти на 2, на 3, на 4... на 8,—получим 11, 22, 32, 44, 55, 66, 77, 88.: увеличим каждое из этих чисел единицей и начнем единицей же ряд. Получим опять-таки предыдущий написанный нами ряд чисел:

1, 12, 23, 34, 45, 56, 67, 78, 89.

Ясно теперь, если вы скажете 1, то какое бы число (по условию не больше 10) ни сказал другой играющий, он не помешает вам сказать 12; точно так же вы всегда можете сказать 23, а затем 34, 45, 56, 67, 78 и 89.

Когда вы скажете 89, то какое бы число (не больше 10) ни сказал ваш соперник, вы говорите «сто» и выигрываете.

Отсюда видно также, что если оба играющие знают, в чем дело, то выигрывает всегда тот, кто первый скажет «один», т.-е. кто начинает игру.

Обобщение.

Предыдущую задачу можно предложить и в таком общем виде:

Двое говорят поочередно произвольные числа, не превышающие, однако, какого-либо наперед условленного предела. Эти числа складываются одно за другим, и выигрывает тот, кто первый достигнет какого-либо наперед назначенного числа. Сделать так, чтобы всегда первым прийти к этому вперед назначенному числу.

Если вы хорошо усвоили себе решение предыдущей задачи, то не трудно видеть, как надо поступать в каждом отдельном случае.

Пусть, напр., назначенное число будет 120; предельное, как и выше, равно 10. Тогда, очевидно, нужно иметь в виду числа:

109, 98, 87, 76, 66, 64, 43, 32, 21, 10,

т.-е. начиная с 10, все кратные 11, увеличенные на 10. Отсюда также видно, что знающий решение этой задачи выигрывает всегда, если он начинает.

Пусть еще, напр., наперед заданное число будет 100, но предельное число есть не 10, а 8. В таком случае нужно иметь в виду числа:

91, 82, 73, 64, 66, 46, 37, 28, 19, 10, 1,

т.-е., начиная от единицы, все числа кратные 9 и увеличенные единицей. И в данном случае знающий задачу всегда выигрывает, если он начинает.

Но если принять за предельное число, напр., 9, то числа, которые нужно иметь в виду, будут:

90, 80, 70, 60, 60, 40, 30, 20, 10.

И ясно, что начинающий здесь может проиграть, если, другому известен секрет, ибо какое бы число начинающий ни сказал, он не может помешать другому назвать десять, 20 и т. д.— все числа до 100.

Любопытная история.

Существует рассказ об одном приключении довольно известного историка древности Иосифа Флавия, жившего в 1-м веке по Рождестве Христове и оставившего описание Иудейской войны. Он был правителем одного города во время осады и взятия его римлянами. Преследуемый разъяренными римскими солдатами, Флавий укрылся со своим отрядом в одной пещере. Но с этой минуты ему начала угрожать чуть ли не худшая опасность от собственных подчиненных: иудеи, когда он предложил им сдаться римлянам, пришли в страшную ярость и решили лучше перебить друг друга, чем подвергнуться позору плена.

Иосиф пробовал отговаривать их от этого ужасного решения, но напрасно. На все его доводы они отвечали угрозами и

хотели выполнение своего намерения начать с него. Тогда он прибегнул к хитрости, чтобы спасти свою жизнь. Делая вид, что он подчиняется их решению, Иосиф воспользовался последний раз своей властью над ними и предложил следующий план:

Во избежание беспорядка и свалки при убийстве друг друга, следует, де, стать им всем в известном порядке и, начав счет с одного конца, убивать такого-то по порядку (повествователь не указывает, какого именно) до тех пор, пока останется только один, который и убьет сам себя. Все согласились. Иосиф расставил их, и сам стал таким образом, что остался последним, и, конечно, себя не убил, а пожалуй—спас еще несколько человек, более хладнокровных и обещавших ему полное повиновение.

«Вот замечательная история (говорит по этому поводу Баше де Мезирьяк в своей книге, вышедшей в 17-м столетии и посвященной математическим развлечениям), из которой мы видим, что не следует пренебрегать даже маленькими тонкостями, изощряющими ум. Они могут подготовить человека к более важным делам и принести иногда неожиданную пользу»...

Очень может быть, что приведенный выше рассказ и послужил материалом, на котором создалась одна любопытная задача, где дело идет уже о христианах и турках. Видно, что сложилась она еще в ту пору, когда Европа вела с турками упорную войну.

Приводим эту задачу:

Задача 59-я. По жребию.

15 турок и 15 христиан плыли по морю на небольшом судне. Вдруг поднялась страшная буря, и кормчий сказал, что для спасения хотя половины людей остальных 15 необходимо сбросить в воду. Находящиеся на судне предоставили дело жребию; они стали все в ряд и решили, считая по порядку от 1 до 9, бросать в воду каждого девятого до тех пор, пока останется на корабле только 15 человек. Нашелся христианин, который расставил всех так, что в воду попали все 15 турок, а христиане остались на судне. Как он это сделал?

Решение.

Для решения задачи нужно пассажиров поставить так: 4 христианина, 5 турок, 2 христианина, I турок, 3 христианина, I турок, I христианин, 2 турка, 2 христианина, 3 турка, I христианин, 2 турка, 2 христианина, I турок.

Чтобы запомнить эти числа и быстро решить задачу, реко* мендуем запомнить такое выражение:

«От бурь есть защита, Спасенье, избавленье нам!»

И запомнить также порядок (что не трудно) гласных в азбуке: а, е, и, о, у; из них первая а пусть означает I, вторая е—2, третья и—3, четвертая о—4 и пятая у—5.

Ряд начинается христианами. Вы говорите про себя «от» — и ставите 4-х христиан, «бурь» и ставите 5 турок, «есть»—и ставите 2-х христиан, «за»—и ставите 1-го турка, «щи»—и ставите 3-х христиан, «та»—и ставите одного турка, «сна»—и ставите 1-го христианина, «се»—и ставите 2-х турок, «нье»—и ставите 2-х христиан, «из»—и ставите 3-х турок, «ба»—и ставите 1-го христианина, «вле»—и ставите 2-х турок, «нье»—и ставите 2-х христиан, «нам»—и ставите 1-го турка.

Запомнить решение, как видно, не трудно. А как найти его? Сейчас увидим, что и это не представляет особой трудности.

Поставим в ряд тридцать предметов, напр., спичек, или палочек, или камешков, или кубиков и т. д.

I I 11 111 11 1111 111111111 M I 11111

Считая от 1 до 9, находим, что в первый раз придется выбросить 9-ю, 18-ю и 27-ю палочки. Отбрасываем их и опять начинаем считать далее от 1 до 9; сначала сосчитываем три палочки за 27-й, а затем возвращаемся к началу ряда, который содержит теперь только 27 палочек. Из него придется, значит, на этот раз выбросить 6-ю,415-ю и 24-ю палочки. Отбросим эти палочки и, поступая по предыдущему, в полученном новом ряду из 24-х палочек опять отбрасываем 6-ю, 10-ю и 24-ю палочки. После этого получаем ряд из 21 палочки. Считая от 1 до 9-ти, здесь мы должны отбросить 9-ю и 18-ю. Останется 19 палочек. Считая

далее три палочки за 18-й и возвращаясь к началу, отбрасываем отсюда 6-ю и 15-ю. Останется ряд из 17 палочек, из которого, считая по предыдущему от 1 до 9, надо выбросить 5-ю и 14-ю палочки, и останется 15 палочек. Если рассмотреть затем, на каких местах в первоначальном ряду палочки остались (христиане) и на каких выброшены (турки), то, заменяя выброшенные палочки нулями, получим:

I I I I О О О О О I I 0] I [0 I 0 0 I I (И) о I О О I I 0.

Т.-е. получается данное уже нами решение задачи.

Вместо палочек или спичек можно для данной задачи пользоваться картами, условившись, наприм., что красные масти обозначают христиан, а черные—турок и т. д.

Задачу, конечно, можно видоизменять всячески. В общем виде ее можно выразить так:

Дано некоторое число различных предметов. Расположить их в таком порядке, чтобы после отбрасывания последовательно пятого, девятого, десятого или какого угодно по порядку предмета (до известного предела, конечно), оставались наперед заданные предметы.

Как можно решить подобную задачу, ясно из разобранной выше задачи «по жребию».

Игра в красное и черное или игра в жетоны.

Рассказывают, что знаменитый английский ученый Тэт, путешествуя по железной дороге, развлекался, между прочим, следующей интересной игрой. Он вынимал из кармана 4 золотых монеты и 4 серебряных; затем клал их в ряд в переменном порядке, т.-е. золотую монету и серебряную, золотую и серебряную и т. д., пока не раскладывал все восемь монет, оставя слева такое свободное место, на котором могли бы уместиться еще две монеты—не более. Вслед затем он задавал себе такую задачу:

Перемещать только две рядом лежащие монеты, не изменяя их взаимного расположения и пользуясь для этого свободным местом для двух монет, так, чтобы после четырех всего таких перемещений оказалось рядом четыре золотых монеты, а за ними следовали четыре серебряных.

Попробуйте сделать это! Если у вас нет,—что очень может быть,—золотых и серебряных монет, то, быть может, найдутся серебряные и медные... Сущность задачи, ведь, от этого не меняется! Или, быть может, у вас совсем нет монет,—да еще целых восьми? Тогда ничто не мешает вам воспользоваться черными и белыми шашками, взяв их по четыре. А если нет и шашек, то ничто не помешает вам сделать 4 кружочка (жетона) черных и 4 красных или белых из бумаги, картона или дерева и попытаться решить предложенную задачу. Возьмите, наконец, 4 красных и 4 черных карты.

При всей своей видимой простоте, задача эта не так-то легка, особенно если увеличивать число пар"монет, жетонов, кружочков или карт, т.-е. если вместо 8-ми взять их 10, 12, 14 и т. д.

Карты,—настоящие или игрушечные все равно,—весьма пригодны для данного развлечения. Назовем это развлечение игрой в красное и черное и начнем с такой задачи:

Задача 60-я. Четыре пары.

Взяты 4 красных и 4 черных карты (или 4 красных и 4 черных кружка) и положены в ряд в переменном порядке: красная, черная, красная, черная и т. д. Можно пользоваться свободным местом только для двух карт и можно на это свободное место перемещать только две рядом лежащие карты, не меняя порядка, в котором они лежат. Требуется в четыре перемещения карт попарно переместить их так, чтобы оказались под-ряд четыре черных и затем четыре красных карты. (Помните, что всюду вместо карт можно брать разного цвета кружки или жетоны, или монеты и т. д.).

Решение.

Возьмем из колоды четыре короля и четыре дамы и расположим их, как требуется, т.-е. так:

Первое перемещение.—Слева имеем два свободных места перекладываем туда короля пик и бубен. Получается такое расположение:

Второе перемещение.—Даму червей и даму пик перекладываем на освободившиеся места и получаем:

Третье перемещение.—Короля и даму бубен перекладываем на свободные места, получаем расположение.

Четвертое перемещение.—Наконец, перекладываем на свободные места даму пик с королем треф и получаем требуемое расположение: идут под-ряд четыре черных и четыре красных карты.

Из этого последнего расположения карт, наоборот, можно перейти к первому также четырьмя перемещениями. Решите эту обратную задачу. Теперь это не трудно!

Задача 61-я. Пять пар.

Кладут в ряд пять красных и пять черных карт в переменном порядке: красная, черная, красная черная, и т. д.

Требуется, пользуясь двумя свободными местами и перемещая на них по две карты без изменения их взаимного положения, в пять перемещений расположить их так, чтобы красные карты были с красными, а черные с черными.

Решение.

Первоначальное расположение карт.

1. Перемещаются на свободные места валет пик и десятка бубен. Имеем:

II. Перемещаются на свободные места короли бубен и пик. Имеем:

III. Перемещаются дама пик и валет бубен. Имеем:

IV. Перемещаются десятка и туз бубен. Имеем:

V. Перемещаются король и десятка пик, и получается требуемое.

Задача 62-я. Шесть пар.

Положены в ряд в переменном порядке шесть красных и шесть черных карт: красная, черная, красная, черная и т. д. Пользуясь двумя свободными местами, требуется,

передвигал каждый раз только по 2 карты без изменения их взаимного положения, в шесть перемещений расположить черные карты с черными, а красные с красными.

Решение.

Первоначальное расположение карт:

Первое перемещение:

Второе перемещение:

Третье перемещение:

Четвертое перемещение:

Пятое перемещение:

Шестое и последнее, решающее задачу перемещение:

Задача 63-я. Семь пар.

Кладут в ряд 7 красных и 7 черных карт в переменном порядке: красная, черная, красная, черная и т. д. Пользуясь свободным местом для двух карт, требуется,

передвигал каждый раз только по 2 карты без изменения их взаимного положения, в семь перемещений расположить черные карты с черными, а красные с красными.

Решение.

Как это сделать, вполне объясняется прилагаемыми рисунками.

Первоначальное расположение карт:

Перемещения:

I.

II.

III.

IV.

V.

VI.

VII.

Задача 64-я. Обманутый хозяин.

Следующая задача об обманутом хозяине и воришке-слуге сопровождается математическим доказательством. Кому не охота разбираться в этом доказательстве, или кто не может этого сделать,—пусть пока смело опускает его. Но в самой задаче, как и в следующей, советуем разобраться и придумать еще подобные же задачи.

Хозяин устроил в своем погребе шкаф в форме квадрата с 9-ю отделениями. Среднее (внутри) отделение он оставил свободным для пустых бутылок, а в остальных расположил 60 бутылок вина так, что в каждом угловом отделении их было по 6, а в каждом из средних по 9. Таким образом, на каждой стороне квадрата было по 21 бутылке. Слуга подметил, что хозяин проверяет число бутылок только так, что считает бутылки по сторонам квадрата и наблюдает только за тем, чтобы на каждой стороне квадрата было по 21 бутылке. Тогда слуга унес сначала четыре бутылки, а остальные расставил так, что вновь получилось по 21 на каждой стороне. Хозяин пересчитал бутылки своим обычным способом и подумал, что бутылок остается то же число и что слуга только переставил их. Слуга воспользовался оплошностью хозяина и снова унес 4 бутылки, расставив остальные так, что на каждой стороне квадрата выходило опять по 21 бутылке. Так он повторял, пока было возможно. Спрашивается, сколько раз он брал бутылки, и сколько всего бутылок он унес?

Решение.

Слуга брал себе по бутылке из каждого среднего отделения и из тех же отделений, чтобы обмануть хозяина, после каждого воровства прибавлял по бутылке в угловые отделения. Так он воровал 4 раза по 4 бутылки, а всего, значит, унес 16 бутылок. Все это очевидно из нижеследующего (фиг. 22):

Первоначальное расположение бутылок.

1-я кража.

2-я кража.

3-я кража.

4-я кража.

Фиг. 22.

Замечание. Математически вопрос разъясняется так: Обозначаем через а число бутылок в каждой угловой клетке (в нашем случае а=6) и через b число бутылок в каждой из средних клеток (в нашем случае Ь=9). Тогда, очевидно, число всех бутылок есть 4(а+Ь), или это же число можно написать так:

2(a+b+a)+2b.

Итак, если сделать так, чтобы сумма а+Ь+а оставалась постоянной, то число бутылок будет уменьшаться с уменьшением Ь; и если b уменьшится на два, то общее число бутылок уменьшится на 4. Следовательно, всякий раз, как слуга брал по 2 бутылки из каждой средней клетки, что составляло 8 бутылок,—он ставил по одной бутылке в каждую из угловых клеток, а 4 остальных бутылки уносил. В каждой из средних клеток было первоначально 9 бутылок. Следовательно, подобные операции слуга мог произвести 4 раза и унести всего 16 бутылок.

Мы предположили, что, таская бутылки, недобросовестный слуга сохранял, все же, симметрию первоначального распределения бутылок. Но можно предположить и какое угодно не-

симметричное распределение бутылок, лишь бы число их 8, считая по каждой стороне квадрата, оставалось без изменения. Пусть, в самом деле, числа бутылок в угловых клетках будут m, П, р, q (фиг. 19). Тогда число всех бутылок есть

4S-(m+n+p+q).

Эта сумма уменьшится, если увеличится т+П+р+Цг но S остается постоянным. Напр., отнимем от f и к по ж бутылок,

23-я фиг.

т.-е. всего 2х бутылок. Если (теперь х прибавить к m, то S не изменится, и в то же время число всех бутылок будет уменьшено на ж. То же самое получится, если взять по х бутылок от f и g и прибавить X бутылок к п и т. д.

Точно также, если отнять по х от каждого из чисел f, g, h, к и прибавить по х к m и q, или к п и р, или по — к каждому из чисел m, n, р и q, то S не изменится, и в то же время число всех бутылок уменьшится на 2х. Итак, можно по желанию уменьшать число бутылок на 1, 2, 3, 4, и т. д.

Задача 65-я.

Слепая хозяйка.

Служанки находятся в восьми комнатках, которые расположены так: 4 комнатки по углам квадратного дортуара, а 4 остальных в середине каждой стороны. Слепая хозяйка проверяет число служанок, находящихся в трех комнатках каждой стороны дортуара, и находит всюду 9 служанок. Через несколько времени она проверяет, все ли в комнатках. Считает опять и находит в каждом ряду комнат опять то же число служанок, не-

смотря на то, что к ним пришли в гости 4 подруги. Через несколько времени, опять тем же порядком, что и раньше, хозяйка проверяет число служанок и находит опять по 9 в каждом ряду, хотя 4 служанки вышли вместе с 4-мя подругами. Каким образом служанки обманывали хозяйку?

Решение.

Ответ легко видеть из рассмотрения следующих фигур:

1-е посещение хозяйки.

2-е посещение хозяйки.

3-е посещение хозяйки.

Можно допустить еще, что 4 служанки, возвратившись, каждая привела с собой еще двух подруг, а хозяйка, считая по-своему, все же не заметила бы обмана, если бы все расположились так (фиг. 24):

Фиг. 24.

Задача 66-я. Расстановка букв.

В квадрате, состоящем из 16 клеток, расставить четыре буквы так, чтобы в каждом горизонтальном ряду,

в каждом вертикальном ряду и в каждой диагонали встречалась только одна буква. Как велико число решений этой задачи при одинаковых и разных буквах?

Решение.

Прежде всего положим, что буквы одинаковы. Поставим одну букву в какой-нибудь клетке первой диагонали. С этой клеткою во второй диагонали есть одна клетка, стоящая о ней в том же горизонтальном ряду, и одна в том же вертикальном ряду; в одной из остальных двух клеток второй диагонали можно поставить вторую букву. Далее, легко заметить, что двух букв, поставленных на диагоналях, вполне достаточно, чтобы, сообразно условиям задачи, расставить две остальные буквы. Итак, если дано две буквы в одной диагонали, то задача имеет два решения; но так как первую букву можно поставить в какой угодно клетке первой диагонали, то задача имеет 2X4=8 решений. Все восемь решений получаются из одного поворачиванием и переворачиванием квадрата. Так как четыре различных буквы можно перемещать 24-мя способами, то при четырех разных буквах задача имеет 8X24=192 решения.

Фиг. 25.

Задача 67-я.

Дан квадрат, состоящий из 16 клеток. Требуется расставить в клетках этого квадрата по четыре раза каждую из четырех букв а, Ь, с, d таким образом, чтобы в каждом горизонтальном и вертикальном ряду и в каждой диагонали не было одинаковых букв. Как велико число решений этой задачи?

Решение.

Прежде всего ясно, что буквы, стоящие в угловых клетках, должны быть различны. Поэтому поставим в произвольном порядке четыре буквы по углам:

Фиг. 26.

В средних клетках диагонали, содержащей a и d, должны стоять буквы b и с, но они могут быть поставлены в одном или в другом порядке (фиг. 27):

Фиг. 27.

Легко видеть теперь, что расставленных букв вполне достаточно, чтобы сообразно данным условиям расставить буквы в остальных клетках. Прежде всего расставим буквы в крайних

горизонтальных и вертикальных рядах, а потом во второй диагонали. Таким образом получим:

Фиг. 28.

Итак, если расставлены буквы в угловых клетках, то задача имеет два решения. Но так как четыре буквы можно перемещать 24-мя способами, то задача имеет 24X2=48 решений.

Заметим здесь, что из одного найденного квадрата поворачиванием и переворачиванием его можно получить еще семь подобных квадратов.

Если мы условимся считать все квадраты, полученные поворачиванием одного квадрата, за одно решение, то при этом условии задача имеет 48 : 8= 6 решений.

Задача 68-я. Волшебный квадрат из 9 клеток.

Расположить в три ряда девять карт, от туза (принимаемого за 1) до девятки так, чтобы число очков каждого ряда, считая справа налево (горизонтально), сверху вниз (вертикально) и с угла на угол (по диагоналям), было одинаково.

Решение.

Расположим сначала карты так (фиг. 29):

Фиг. 29.

Вслед затем кладем на незанятые места: туза под пятеркой, девятку—над пятеркой, тройку—слева, а семерку—справа от той же пятерки и получим требуемое распределение карт.

Если означим карты соответственными цифрами от 1 до 9, то это решение изобразится так:

Фиг. 31.

Фиг. 32.

Квадрат, полученный на фиг. 31-й, и есть то, что называется волшебным квадратом из 9-ти клеток. В нем сумма чисел каждого ряда, столбца и диагонали=15.

Можно также для этой задачи, вместо карт, взять соответствующие домино. Получим фиг. 32.

Если в данном примере с картами заменить туз двойкой, двойку—тройкой, тройку — четверткой и т. д., наконец девятку — десяткой, то получим тоже волшебный квадрат:

или то же числами:

Фиг. 33.

Фиг. 33а.

В каждом ряду, столбце и диагонали этого последнего квадрата заключается 18 очков или единиц.

Задача 69-я. В 25 клеток.

Расположить 25 чисел, начиная от 1 до 25, в виде квадрата с 25 клетками так, чтобы в каждом вертикальном, в каждом горизонтальном ряду и с угла на угол (по обеим диагоналям) получались одинаковые суммы.

Решение.

Строим квадрат с 25 клетками ABCD (фиг. 35), затем на всех его сторонах строим еще по 4 клетки, чтобы получилась фиг.

34-я. Вслед затем в полученной фигуре располагаем косыми рядами числа в последовательном порядке, как указано на фиг. 34-й. Перенеся, затем, числа, стоящие в клетках вне квадрата ABCD, соответственно на расположенные дальше от них свободные клетки в тех же столбцах или рядах, получим требуемое (фиг. 35).

Фиг. 34.

Фиг. 35.

Задача 70-я. Раскладка карт.

Взято по четыре «старших» карты каждой масти (туз, король, дама и валет каждой масти). Требуется эти шестнадцать карт расположить в виде четыреугольника так, чтобы в каждом горизонтальном ряду, в каждом вертикальном ряду и в каждой диагонали находились в каком-либо порядке туз, король, дама, валет и притом разных мастей.

Решение.

Решение изобразится такой таблицей:

Туз червей.

Король треф.

Дама бубен

Валет пик.

Валет бубен.

Дама пик.

Король червей.

Туз треф.

Король пик.

Туз бубен.

Валет треф.

Дама червей.

Дама треф.

Валет червей.

Туз пик,

Король бубен.

Фиг. 36.

Прийти к этому решению можно путем следующих рассуждений:

Обозначим через А, В, С и D названия карт независимо от их мастей, а через a,b,c,d их масти. Задача сводится к тому, чтобы в 16 клетках квадрата разместить четыре больших буквы A, В, С, D так, чтобы все четыре находились в каждом горизонтальном и вертикальном ряду и в каждой диагонали, и то же самое сделать с малыми буквами а, Ъ, с, d так, чтобы они комбинировались с большими всеми возможными способами.

Расположим сначала большие буквы, что не представляет затруднений. Расположим их по алфавитному порядку в первой горизонтали и заполним диагональ, идущую слева направо,— это может быть сделано только двумя способами: или А, С, D, B, или A, D, В, С. Примем первое расположение и запомним затем остальные клетки квадрата, что может быть сделано уже только единственным путем. Получим квадрат (фиг. 37).

Чтобы разместить малые буквы, мы сначала приставим к каждой диагональной букве А, С, D, В по малой букве того же наименования, а затем будем брать по две клетки, равноотстоящих по обе стороны от этой диагонали, и около каждой большой буквы поставим малую одноименную с большой буквой другой соответствующей клетки. Получим квадрат, изображенный фиг. 38-й.

Если заменим теперь А, В, С, D соответственно через туза, короля, даму, валета, а буквам а, Ъ, с, d придадим значение мастей: черви, бубны, пики, трефы,—получим вышеприведенное решение задачи (фиг. 36).

Большие буквы можно заменить тузом, королем, дамой и валетом 24-мя различными способами, точно также 4 маленькие буквы можно заменить 4-мя мастями 24-мя способами. Так что можно получить 24X24=576 буквенных решений этой задачи.

Замечание. Некоторые из вышеприведенных задач представляют примеры вопросов, относящихся к общей теории так называемых волшебных квадратов. Задачей о составлении волшебных квадратов математики занимались еще в глубокой древности, и происхождение этой задачи приписывается индусам. Несмотря, однако, на свою древность, нельзя сказать, чтобы и по настоящее время вопрос о волшебных квадратах был разрешен и исчерпан вполне. Зависит это более всего от того, что теория волшебных квадратов стоит особняком и мало пока имеет связи с остальной математикой. Для желающих более основательно позна комиться с этой интересной областью математики ниже мы даем некоторые общие положения теории волшебных квадратов в превосходном и кратком изложении проф. В. П. Ермакова («Журнал Элем. Математики». T. I. 1885 г.), позволив себе сделать в этих статьях кое-какие сокращения.

Сведения по истории и литературе вопроса читатель может найти также у Gunthera: «Vermischte Untersuchungen zur Geschichte der matematischen Wissenschaften», кар. IV и др., G. Arnоux: «Arithmétique graphique; les espaces arithmétiques hypermagiques».

Домино.

Исторические справки.

Предполагают, что игра домино перешла к нам от индусов или греков. Действительно, простота этой игры наводит на мысль, что она придумана еще в очень отдаленные времена, на первых ступенях цивилизации. Что касается названия самой игры, то филологи находятся относительно этого в разногласии. Иные ищут его корня в древнехананейских наречиях, но вероятнее всего такое предположение. Игра в домино в прежние времена была дозволена в монастырях и религиозных общинах. Но всякое дело начиналось там, как известно, с восхваления имени божия. И когда игрок выставлял первую кость, он произносил: «benedicamus Domino» (бенедикамус Домино), т.-е. «восхвалим Господа». Или произносилось «Domino gratias» (Домино гратиас), т.-е. «благодарение Господу». Отсюда и получилось в сокращении просто слово Домино.

Определения.

Домино суть прямоугольные продолговатые плитки, ширина которых обыкновенно вдвое больше толщины, а длина вдвое больше ширины. Делаются они чаще всего из кости, или дерева, а также и из металла; нижняя часть их обыкновенно черная, а верхняя белая и разделена на два квадратика, на которых обозначены точки или очки домино. Чаще всего игра состоит из двадцати восьми домино, образующих все комбинации по два из семи чисел:

0,1,2,3,4,5,6.

Каждое домино определяется числом очков, заключающихся на двух его квадратах, и в зависимости от этого называется двумя числами, наприм., нуль и нуль обозначает пустое, белое домино, на квадратах которого нет очков; нуль и один—домино, на одном из квадратов которого есть одно очко, а другой пуст; четыре и пять—домино, на одном квадрате которого стоит 4 очка, а на другом пять, и т. д. Сообразно с этим мы будем обозначать домино двумя цифрами, показывающими число очков на каждом квадратике и поставленными рядом. Так, домино нуль и нуль будем обозначать 0 0, домино четыре и шесть обозначим через 4 6 и т. д. Расположим всю игру из 28 домино в таком порядке (фиг. 39):

Фиг. 39.

Если взять сумму всех очков, содержащихся во всей игре домино, то окажется 168 очков.

Среднее.

Всех очков на всех 28 плитках, как сказано выше, 168. Если это последнее число поделить на число домино (плиток), то получим среднее каждой «кости», или плитки. Это среднее, как видим, равно шести, и оно останется таким же, если мы отбросим все двойняшки, т.-е. двойные домино, как 66, 55, 44, и т. д. Это можно проверить непосредственно. В самом деле всех двойняшек в игре

семь (66, 55, 44, 33, 22, II, 00), а число заключающихся в них очков оказывается равным 42 (6+6+5+5+4+4+3+3+2+2+ + 1+1=42). Вычитая число 42 из общего числа очков всей игры 168, получаем 126, деля же это последнее число на число оставшихся домино, т.-е. на 21 (28—7=21), получаем опять среднее 6.

Есть игры домино с большим количеством костей. Так можно составить игру, где наибольшая кость будет 77, и тогда всех костей будет 36. В игре, где наибольшее домино будет 88, всех домино будет 45 и т. д. И во всех таких играх относительно их среднего будет наблюдаться одна и та же последовательность. Среднее для игры, в которой наибольшее домино есть 77, будет семь, среднее для игры домино с наибольшей костью 88, будет восемь и т. д.

Дополнительное домино.

'Если возьмем 2 домино (обыкновенной игры, где наивысшая кость 6) таких, что числа очков квадратиков в одном дополняют числа очков квадратиков в другом до шести, то такие домино называются дополнительными друг друга. Так, наприм., домино 23 и 43 будут дополнительными друг другу, как и домино : 12 и 54, 14 и 52 и т. д.

В рассматриваемой нами обыкновенной игре из 28 костей есть четыре кости: 06, 15, 24 и 33, которые дополняют сами себя, т.-е. не имеют других дополнительных.

Если взять для всей игры все ее дополнительные домино, то получим ту же игру, только в другом порядке.

В чем состоит игра.

Игра проста и состоит, в общих чертах, в следующем. Два или более игрока делят между собой кости игры. Чаще всего играют с прикупом, т.-е. берут по известному равному числу костей, а остальные кости лицевой частью вниз лежат в стороне, 1-й игрок выкладывает на стол какое-либо свое домино, 2-й по порядку должен приставить к любому из квадратиков этого домино такую свою кость, квадратик которой имел бы столько же очков, сколько находится на квадратике выставленной кости. Получается фигура из двух костей, оканчивающаяся двумя квадратиками. К любому из этих квадратиков следующий игрок дол-

жен приложить свою соответствующую кость и т. д. по порядку. Если у кого не находится соответствующего домино, он берет кости из прикупа до тех пор, пока не найдет там нужного домино, которое и приставляет к образованной на столе фигуре. Выигравшим считается тот, кто первый успеет положить все имеющиеся у него домино. Основы, как видим, весьма просты и не сложны, а между тем с помощью домино можно получить весьма поучительные и полезные развлечения.

Забава-задача.

Переверните лицом вниз все кости игры домино. Одну же из костей тихонько спрячьте, наблюдая только, чтобы эта кость не была двойная. Затем предложите кому-либо взять любую из лежащих на столе костей, посмотреть ее и положить на стол вверх лицевой стороной, а вслед затем пусть он же раскроет и все остальные домино и расположит их вместе с первой открытой костью по правилам игры, но так, чтобы не замкнуть игры и не брать в расчет двойняшек, или же ввести их в игру вне очереди. Получится некоторое расположение костей всей игры домино: и вы сможете заранее предсказать числа очков, которые получатся на концах этого расположения. Эти числа будут как раз те, которые находятся на квадратиках раньше спрятанного вами домино.

В самом деле, если расположить все домино одно за другим в порядке, требуемом правилами игры, т.-е. чтобы последовательные кости соприкасались квадратиками с одинаковым числом очков, то игра всегда окончится таким же числом очков, каким она началась. Если, скажем, расположение костей начинается квадратиком с 5-ю очками, то оно и окончится 5-ю, при условии, конечно, не закрывать игру, пока не будут положены все кости. Итак, все 28 костей игры можно расположить, соблюдая правила игры, по кругу, и если из этого круга отнять, например, кость три и пять, то ясно, что расположение остальных 27 костей начнется с одной стороны пятью, а окончится тремя.

Этой небольшой забавой вы можете очень заинтересовать тех, кто не знает, в чем дело,—особенно, если показать вид, что вы будто бы производите в уме самые сложные вычисления. Следует также при повторении забавы по возможности ее разнообразить и видоизменять.

Задача 71-я. Наибольший удар.

Допустим, что играют в домино четверо и что между ними поделены все кости поровну, т.-е. при начале игры у каждого игрока есть по семи костей. При этом могут получаться такие интересные расположения костей, при которых первый игрок обязательно выигрывает в то время, как второй и третий игроки не смогут положить ни одной кости. Пусть, напр., у первого игрока будут четыре первых нуля и три последних туза, т.-е. такие кости:

00. 01, 02, 03, 14, 15, 16,

а у четвертого игрока пусть будут остальные тузы и нули, т.-е. кости:

11, 12, 13, 04, 05, 06.

и еще какая-либо кость. Остальные домино поделены между 2-м и 3-м игроками. В таком случае первый игрок необходимо выигрывает после того, как будут положены все 13 указанных выше домино, а 2-й и 3-й игроки не смогут поставить ни одного из своих домино.

В самом деле, первый игрок начинает игру и ставит 60. Второй и третий досадуют, ибо у них нет подходящей кости. Тогда четвертый игрок может положить любую из трех костей 04, 05 или 06. Но первый приложит в ответ 41, 51 или 61. Второй и третий опять не смогут ничего положить, а четвертый поставит 11, или 12, или 13, на что первый может ответить костями 10, 20, 30 и т. д. Таким образом он положит все свои кости в то время, как у второго и третьего игрока останутся все их домино, а у четвертого одно. Сколько же выигрывает первый? Сумма очков в положенных 13-ти домино равна, как легко видеть, 48, а число очков всей игры есть 168. Значит, первый игрок выигрывает 168—48=120 очков в одну игру. Это наибольший удар!

Можно составить и другие партии, подобные предыдущей. Для этого стоит только нули и единицы заменить соответственно домино с иными количествами очков 2, 3, 4, 5 или 6. Число подобных партий, следовательно, равно числу всех простых сочетаний из семи элементов по 2, т.-е. равно 21. Ясно, что ве-

роятность получить такую партию случайно—весьма мала. Кроме, того все остальные партии, за исключением приведенной выше, дадут меньшее, чем 120, число выигранных очков.

Задача 72-я.

Расположить семь единиц и еще две кости домино в квадрате с девятью клетками так, чтобы сумма очков домино, считая их по столбцам (вертикально), по строкам (горизонтально) и по диагоналям была постоянно одна и та же.

Решение.

К семи костям с единицами прибавляют еще 26 и 36, и тогда не трудно составить следующий волшебный квадрат (фиг. 40). Сумма очков в его столбцах, строках и диагоналях равна 16.

Фиг. 40.

Фиг. 41.

Если здесь единицу заменить соответственно белыми, а 26 и 36 костями 16 и 26, то получим квадрат (фиг. 41) с постоянной, суммой, равной 12.

Точно также, если в квадрате (фиг. 36) заменим домино с единицами костями с двойками, а 26 и 36 через 36 и 46, то получим новый волшебный квадрат, содержащий семь костей с двойками, в котором постоянная сумма равна 18. Можно также построить с помощью домино волшебные квадраты, содержащие все тройки или четверки с двумя другими соответственно подобранными костями. Постоянные суммы этих квадратов будут 20 и 24. Вообще при упражнениях с волшебными квадратами домино дают обильный материал.

Задача 73-я.

Взяты все нули и единицы домино, и к ним прибавлены еще три подходящие кости. Расположить шестнадцать костей на 16 клетках квадрата так, чтобы сумма очков, считаемых вертикально, горизонтально и по обеим диагоналям, была одинакова.

Решение.

К нулям и единицам надо прибавить еще 25, 26 и 36, получим квадрат (фиг. 42):

Фиг. 42.

Сумма очков каждого столбца, каждой строки и каждой диагонали этого квадрата равна 18. Полученный квадрат отличается тем интересным свойством, что в нем можно первый столбец передвинуть на 4-е место, или верхнюю строку перенести вниз, и опять-таки получится волшебный квадрат, отличающийся свойством постоянства суммы.

Если в квадрате фиг. 42-й вместо нулей и единиц взять все кости, содержащие больше на очко или два, или 3, то опять получим волшебные квадраты с постоянными суммами 22, 26 и 30. Если в полученных квадратах заменить каждую кость ее дополнительной, то опять получим волшебные квадраты.

Из 25 домино можно составить такой волшебный квадрат (фиг. 43):

Фиг. 43.

Сумма очков, считая по столбцам, строкам и диагоналям этого квадрата, равна 27.

Перенося в этом квадрате столбцы или строки, мы опять будем получать волшебные квадраты, подобно тому, как получали их из квадрата с 16-ю клетками (фиг. 42).

Задача 74-я. Верная отгадка.

Возьмите двадцать пять костей домино, переверните их лицом вниз и положите рядом одна за другой так, чтобы они соприкасались более длинными сторонами. Вслед затем объявите, что вы отвернетесь, или даже уйдете в другую комнату, а кто-либо пусть с правого конца переместит на левый какое-либо число домино (не более, однако, двенадцати). Возвратившись в комнату, вы тотчас открываете кость, число очков которой непременно укажет, число перемещенных в ваше отсутствие домино.

Решение.

Эта задача, очевидно, есть видоизменение задачи 2-й.

Все дело в том, чтобы, приготовляясь к «угадыванию» и переворачивая домино лицом вниз, тринадцать из них расположить в таком последовательном порядке (фиг. 44):

Фиг. 44.

Ряд этих домино, как видим, представляет ряд первых двенадцати чисел да еще нуль:

12, 11, 10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1, 0; и числа эти идут в убывающем порядке. Справа за этим рядом домино вы помещаете (тоже лицом вниз) еще 12 домино в каком угодно порядке. Если теперь вы уйдете в другую комнату, а кто-либо переместит справа налево несколько (менее 12-ти) домино и приставит их так, чтобы они шли за 66 влево, то, воротясь, вы откроете среднюю (т.-е. 13-ю по счету, считая слева) кость в ряду и на открытом домино будет как раз столько очков сколько было перемещено в варе отсутствие костей.

Почему так, нетрудно разобраться. Когда вы уходите в другую комнату, то вы знаете, что в середине ряда перевернутых изнанкой вверх домино лежит белое домино, т.-е. 00. Представим теперь, что перемещено в ваше отсутствие с правого конца на левый одно домино. Какое тогда домино придется в середине? Очевидно, 01, т.-е. единица. А если переместить 2 кости, то в середине придется домино с 2-мя очками; если переместить три кости, то в середине будет кость с тремя очками и т. д. Словом, среднее домино обязательно и верно покажет вам число перемещенных справа на левый конец домино. (Перемещаются, как надо всегда помнить, не более 12-ти костей).

Игру можно продолжать. Опять уйти в другую комнату и попросить кого-либо переместить с левого конца на правый еще несколько домино. Возвратясь в комнату, вы тоже откроете домино, указывающее число перемещенных костей. Оно будет теперь вправо от среднего, и, чтобы найти его, надо за этим средним домино отсчитать по порядку ровнехонько столько, сколько костей было перемещено в предыдущий раз.

Упражнения с куском бумаги.

Вряд ли кто из наших читателей не умеет сам из квадратного куска бумаги получить «петушка», лодочку, кораблик, коробочку и т. д. Достигается это путем разнообразного перегибания и складывания бумажного квадрата. Полученные при этом сгибы (складки) позволяют придавать взятому куску бумаги ту или иную желаемую форму. Сейчас мы убедимся, что с помощью перегибания бумаги можно устраивать не одни только забавные или интересные игрушки, но и получить наглядное представление о многих фигурах на плоскости, а также об их свойствах. Кусок обыкновенной белой (а еще лучше—цветной) бумаги да перочинный ножик для разглаживания или удаления ненужных частей могут оказаться прекрасным пособием для усвоения начал геометрии. Считаем долгом обратить внимание читателя на книгу Сундара Pay (Sundara Row): «Геометрические упражнения с куском бумаги»1), где этот вопрос разработан с достаточной полнотой и занимательностью. Здесь мы приводим из указанной книги только несколько начальных упражнений, которые будут полезным введением и дополнением к предлагаемым дальше задачам на разрезывание и переложение фигур.

Плоскость—Прямоугольник—Квадрат.

На ровном столе лежит кусок неизмятой гладкой бумаги. Верхняя сторона этой бумаги есть плоская поверхность, или просто—плоскость. Нижняя сторона бумаги, касающаяся стола, есть тоже плоскость. Эти плоскости, или плоские поверхности, разделены веществом бумаги. Но вещество это очень тонко,

1) Есть в переводе на русский язык, Книгоиздательство «Mathesis».

новому другие стороны бумаги не представляют заметной поверхности, а на практике мы считаем их просто линиями. Таким образом, обе плоские поверхности бумаги, котя и различны, но неотделимы друг от друга.

Фиг. 45.

Задача 75-я.

Допустим, что у нас есть кусок бумаги неправильной формы (см. фиг. 45). Страница лежащей перед нами книги имеет форму так называемого прямоугольника. Зададимся задачей:

Куску бумаги неправильной формы дать форму прямоугольника.

Решение.

Положите кусок бумаги неправильной формы на стол и сделайте сгиб близ края. Пусть полученный при этом сгиб будет ХХ'. Это прямая линия. Проведите ножом по сгибу и отделите меньшую часть куска. Таким образом вы получили прямолинейный край. Подобно предыдущему, согните бумагу по линии BY так, чтобы прямолинейный край ХХ' накладывался аккуратно сам на себя. Развернув затем бумагу, мы убедимся, что сгиб BY идет под прямым углом к краю XX'; и наложение показывает, что угол YBX' равен углу YBX, и что каждый из этих углов равен углам страницы. Как раньше, проведите ножом по второй складке и удалите ненужную часть.

Повторяя указанный прием, вы получите края CD и В А. Наложение докажет, что углы при А, В, С и D прямые и равны друг другу и что стороны ВС и CD соответственно равны DA и AB. Итак, полученный кусок бумаги ABCD (фиг. 45) имеет форму, подобную странице этой книги. Его можно даже сделать равным этой странице, если взять достаточно большой кусок бумаги и отмерить А В и ВС так, чтобы они были равны сторонам страницы.

Полученная фигура, как мы уже говорили, называется прямоугольником, и наложение доказывает следующие его свойства: 1) четыре его угла все прямые и равны между собой, 2) четыре же стороны не все равны, но 3) две более длинные стороны равны между собой, а две более короткие между собой.

Задача 76-я,

Из прямоугольника сгибанием получить квадрат.

Решение.

Взяв прямоугольный кусок^ бумаги, AfBlCD, складываем ого наискось так, чтобы одна из коротких сторон, напр. CD, легла на длинную DA1, как это показано на фиг. 46-ой:

Угол D поместится на краю DA9 в точке А, конец перегиба по краю СВ* получится в точке В. Сделаем перегиб через точки А и В, затем, отогнув, удалим по линии А В часть А1 В' В А, которая выдается. Развернув после этого лист, найдем фигуру ABCD, которая и есть квадрат. В нем все четыре угла прямые и все стороны равны.

Фиг. 46.

Линия сгиба, проходящая через два противоположные угла В и D, есть диагональ этого квадрата. Другая диагональ получается перегибом квадрата через, другую пару противопо-

ложных углов, как это видно на фиг. 47. Непосредственным наложением убеждаемся, что диагонали квадрата пересекаются друг с другом под прямыми углами, и что в точке пересечения они взаимно делятся пополам. Эта точка пересечения диагоналей квадрата называется центром квадрата.

Фиг. 48.

Каждая диагональ делит квадрат на два совпадающих при наложении треугольника, вершины которых находятся в проти-

воположных углах квадрата. Каждый из этих треугольников имеет, очевидно, по две равные стороны, т.-е. эти треугольники равнобедренные. Кроме того, эти треугольники и прямоугольные, так как каждый из них имеет по прямому углу.

Две диагонали, как легко видеть, разделяют квадрат на 4 совпадающих при наложении (т.-е. равных) прямоугольных и равнобедренных треугольника, общая вершина которых находится в центре квадрата.

Перегнем теперь наш бумажный квадрат пополам так, чтобы одна сторона совпадала с противоположною ей Получаем сгиб, проходящий через центр квадрата (фиг. 48). Линия этого сгиба обладает, как легко убедиться, следующими свойствами: 1) она перпендикулярна двум другим сторонам квадрата, 2) делит эти стороны пополам, 3) параллельна двум первым сторонам квадрата, 4) сама делится в центре квадрата пополам, 5) делит квадрат на два совпадающих при наложении прямоугольника, из которых каждый равен, значит, половине квадрата. 6) Каждый из этих прямоугольников равновелик (т.-е. равен по площади) одному из треугольников, на которые квадрат делится диагональю.

Перегнем квадрат еще раз так, чтобы совпадали две другие стороны. Полученный сгиб и сделанный раньше делят квадрат на 4 совпадающих при наложении квадрата (фиг. 48).

Перегнем эти 4 меньших квадрата через углы их, лежащие посредине сторон большого квадрата (по диагоналям) и получим квадрат (фиг. 49), вписанный в наш начальный квадрат. Этот вписанный квадрат, как легко убедиться, равен по площади половине большого и имеет тот же центр.

Соединяя середины сторон этого внутреннего, вписанного, квадрата, получим квадрат, равный четверти первоначального (фиг. 50). Если в этот последний квадрат по предыдущему опять впишем квадрат, то он будет равен восьмой доле первоначального. В этот, в свою очередь, можем вписать квадрат, равный шестнадцатой доле первоначального, и т. д.

Если перегнуть наш квадрат как угодно, но так, чтобы сгиб проходил через центр, то квадрат разделится на две совпадающие при наложении трапеции.

Задача 77-я.

Равнобедренный и равносторонний треугольники.

Из бумажного квадрата сгибанием получить равнобедренный треугольник.

Фиг, 61.

Решение.

Возьмем квадратный кусок бумаги и сложим его вдвое так чтобы противоположные края его совпадали (фиг. 51). Получается сгиб, проходящий через середины двух других сторон и перпендикулярный к ним. На этой средней линии квадрата берем какую-либо точку и делаем такие сгибы, которые проходят через эту точку и через углы квадрата, лежащие по обе стороны средней линии. Таким образом получаем равнобедренный треугольник, в основании которого лежит сторона квадрата. Средняя линия делит, очевидно, равнобедренный треугольник на два совпадающих при наложении и прямоугольных треугольника. Она же делит угол при вершине равнобедренного треугольника пополам.

Задача 78-я.

Из бумажного квадрата сгибанием получить равносторонний треугольник.

Фиг. 52.

Решение.

Возьмем на средней линии квадрата такую точку, чтобы расстояние ее от двух углов квадрата были равны его стороне,

и сделаем сгибы, как выше. В таком случае получим равносторонний треугольник (фиг. 52)

Примечание. Требуемую точку на средней линии квадрата найти легко. Для этого надо над АА' (фиг. 52) повертывать основание AB около одного из его концов, А, пока другой его конец, В, не упадет на среднюю линию в С.

Сложим равносторонний треугольник, накладывая каждую из сторон на основание. Мы получим таким образом три высоты этого треугольника: АА!, ВВ1, С(У (фиг. 53).

Вот некоторые свойства равностороннего Д-ка, которые можно вывести из рассмотрения полученной нами фиг. 53:

Фиг. 53.

Каждая из высот разделяет треугольник на два совпадающих при наложении прямоугольных треугольника.

Они делят стороны пополам и перпендикулярны к ним.

Они проходят через одну общую точку.

Пусть высоты А А1 и СС' встречаются в О. Проведем ВО и продолжим ее до встречи с АС в В1. Теперь докажем, что ВВ* есть третья высота. Из треугольников С1 OB и BOA1 находим, что ОС' = О А! и убеждаемся, что ОВС' = Z. А1 ВО. Затем, из треугольников АВ'ВкС&В следует, что|_АВ*В = \__ВВ'С, т.-е. каждый из них есть прямой угол. Значит, ВОВ есть высота равностороннего треугольника ABC. Она также делит АС пополам в £\

Можно, сходно с предыдущим, показать, что OA, OB и OCt равны и что также равны OA1\ ОВ! и ОС'.

Поэтому из О, как центра, можно описать окружности, которые пройдут соответственно через А, В и С и через А\ в! и С'. Последний круг касается сторон треугольника.

Равносторонний треугольник ABC делится на шесть совпадающих при наложении прямоугольных треугольников, углы которых при точке О все равны, и на три таких совпадающих при наложении симметричных четыреугольника, что около них можно описать окружности.

Треугольник АОС равен удвоенному треугольнику А'ОС; отсюда АО=ЮА!. Аналогично, ВО=20В? и С0=20С\ Значит, радиус круга, описанного около треугольника ABC, вдвое больше радиуса вписанного круга.

Прямой угол А квадрата делится линиями АО и АС на три равные части. Угол ВАС=— прямого угла. Углы С АО и О AB равны — прямого угла каждый. То же относится к углам при В я С.

Фиг. 54.

Шесть углов при о равны ~- прямого каждый.

Перегните бумагу по линиям А'В' B'Cf и C'A* (^иг. 54). В таком случае AlÉO есть равносторонний треугольник. Он равен по площади четверти треугольника ABC.

А!в\ В'С', C'A*, параллельны соответственно а В, ВС, CA и равны половинам их.

а'С'А'в* есть ромб, СгВА!в' и СВ'С'А1 также.

а1 в', BfCT, СÄ делят соответственные высоты пополам.

Задача 79-я. Шестиугольник.

Из квадрата получить правильный шестиугольник. Решение.

Перегибаем квадрат через середины противоположных сторон (фиг. 55). Получаем линии аов и cod. На сгибах ао и OB строим известным нам уже способом равносторонние треугольники аое, аон, bof, bog.

Делаем сгибы ef и hg.

Многоугольник AHGBEF и будет правильный шестиугольник, в чем каждый без труда убедится сам. Наибольшая ширина многоугольника есть, очевидно, AB.

Фиг. 56.

Фиг. 57.

Фигура 56-я представляет образец орнамента из равносторонних треугольников и правильных шестиугольников, который вы теперь легко можете построить сами.

Можно, в свою очередь, разделить шестиугольник на равные правильные шестиугольники и равносторонние треугольники (фиг. 57), делая перегибы через точки, делящие его стороны на три равные части. Получается красивый симметричный орнамент.

Можно получить шестиугольник еще и следующим путем. Возьмем равносторонний треугольник и перегнем его так, чтобы все его вершины сошлись в центре.

Из того, что мы уже знаем о равностороннем треугольнике, не трудно вывести, что сторона полученного шестиугольника равна 1 стороны взятого равностороннего треугольника. Площадь же этого шестиугольника равна - площади взятого треугольника.

Задача 80-я. Восьмиугольник.

В данном квадрате построить правильный восьмиугольник.

Решение.

Возьмем квадрат и известным уже нам способом, посредством сгибов, впишем в него другой квадрат (фиг. 58). Разделим попо-

лам углы между сторонами данного и вписанного квадратов. Пусть сгибы, равноделящие эти углы, пересекаются в точках Е, F, G и Я.

Многоугольник AEBFCGDH и есть искомый правильный восьмиугольник. Действительно, треугольники ABE, ВЕС, CGD и DHA в нем равнобедренные и при наложении совпадают. Значит, стороны полученного восьмиугольника равны. (Сгиб DE на фиг. 58 не сделан, но читатель легко восполнит его сам).

Углы его тоже равны. В самом деле каждый из углов при вершинах Е, F, в, Я тех же треугольников равен полтора раза взятому прямому углу, так как углы при основании этих треугольников равны четверти прямого угла. Отсюда ясно, что и углы восьмиугольника при точках А, В, С и D также равны полтора раза взятому прямому углу каждый, т.-е. все углы восьмиугольника равны между собой.

Сторона взятого квадрата, а, представляет наибольшую ширину восьмиугольника,

Разрезывание и переложение фигур.

Призовем на помощь ножницы и будем не только перегибать, но и разрезывать бумагу. Таким путем придем ко многим интересным и поучительным задачам.

Задача 81-я. Как вырезать?

Фигура состоит из трех равных квадратов, расположенных следующим образом:

Фиг. 59.

Вырезать из этой фигуры такую часть, чтобы, приложив ее к оставшейся части, получить внутри полный квадрат.

Решение.

При решении этой задачи можно пользоваться листом картона или бумаги (лучше всего графленой на квадратные клетки). Как сделать требуемую вырезку, видно из нижеследующих фигур (60 и 61):

Не трудно видеть также, что все четыре полученные из трех квадратов фигуры при наложении одна на другую совпадают.

Задача 82-я. Из прямоугольника квадрат.

Кусок бумаги или картона имеет форму прямоугольника, одна сторона которого равна 4-м, а другая 9-ти единицам длины. Требуется разрезать этот прямоугольник на две равные части так, чтобы, сложив их известным образом, получить квадрат.

Решение.

Решение вопроса видно из следующих фигур (62 и 63):

Фиг. 62. , Фиг. 63.

Как ни проста и ни легка эта задача, но она представляет геометрическое толкование того, что 4X9=6X6. Кроме того, подобного рода задачи прекрасно подготовляют к более сложным задачам о превращении одних фигур в другие посредством разрезывания их на частя и переложения этих частей. Желающий может сам придумать еще много подобных задач.

Задача 83-я. Квадрат на 20 равных треугольников.

Разрезать квадратный кусок бумаги на 20 равных треугольников.

Решение.

1) Середины сторон квадрата соединим прямыми с противоположными вершинами квадрата; 2) из середин сторон квадрата проведем линии, параллельные проведенным линиям соединения до встреч с другими линиями соединения, 3) в полученных прямоугольниках проведем диагонали, и тогда данный квадрат будет разбит на 20 прямоугольных треугольников, как можно видеть из приложенного рисунка (фиг. 64).

Фиг. 64. Фиг. 65.

Не трудно показать также в полученных треугольниках, что стороны, обнимающие прямой угол, таковы, что одна вдвое больше другой (катет равен половине другого катета).

Полученные 20 треугольников можно расположить в пять равных квадратов, и эти квадраты расположить в виде креста (фиг. 66).

Огромное значение в математике имеет следующая задача, па которую советуем обратить особое внимание.

Задача 84-я. Теорема Пиѳагора.

Показать, что квадрат, построенный на гипотенузе прямоугольного треугольника, равен сумме квадратов, построенных на его катетах.

Нарисуем 2 равных квадрата (фиг. 67 и 68), стороны которых равны сумме обоих катетов данного треугольника (фиг. 66).

Фиг. 66.

Вслед затем в полученных нами квадратах произведем построения, указанные на фиг. 67 и 68.

Фиг. 67.

Фиг. 68.

Здесь от каждого из равных квадратов мы отнимаем по 4 равных треугольника. Если отнимать от равных величин поровну

то и остатки получаются равные. Эти остатки на фиг. 67 и 68 заштрихованы; но на фиг. 67-й получаются два квадрата, построен ных на катетах данного треугольника, а на фиг. 68-ой—квадрат, построенный на гипотенузе, и сумма первых двух квадратов равна, следовательно, второму.

Мы доказали, таким образом, знаменитую теорему Пифагора.

Другое доказательство той же знаменитой теоремы найдем, если на взятом бумажном квадрате сделаем сгибы, как указано на фиг. 69-ой.

Здесь FGH есть прямоугольный треугольник, и квадрат, построенный на FH, равен сумме квадратов, построенных на FG и GH.

Задача 85-я. Из квадрата 3 квадрата.

Разрезать квадрат на семь таких частей, чтобы, сложив их надлежащим образом, получить три равных квадрата.

Решение.

Пусть будет ABCD (фиг. 70) данный квадрат. Отложим на его стороне линию АЕ, равную половине диагонали этого ква-

драта. Соединим d с е и на полученную линию de опустим перпендикуляры AF и CG. Затем откладываем прямые GH, GK, FL, все равные AF, заканчиваем построение линиям, параллельными или перпендикулярными AF, как указано на фигуре 70-ой. Если разрезать теперь квадрат по проведенным линиям и сложить затем все полученные части так, как указано на следующей фигуре 71-й, то и получим 3 искомых квадрата:

Фиг. 71

Замечание. Математическое доказательство этого предоставляем читателю, заметив только, что, пользуясь подобием треугольников и теоремой Пифагора, доказанной в предыдущей задаче (квадрат гипотенузы =сумме квадратов катетов), нетрудно вывести, что

3ÂÊ9 =АВ2-

Необходимо также еще заметить, что рассматриваемая задача может быть сведена к таким:

1. Разрезать квадрат на наименьшее число частей, которые, соответственно сложенные, давали бы некоторое число равных между собою квадратов.

2. Разрезать квадрат на такие части, из которых можно было бы составить данное число равных квадратов.

Задача 86-я.

Разрезать квадрат на 8 таких частей, чтобы, сложив их соответственным образом, получить два квадрата, из которых один был бы вдвое более другого.

Решение.

Из прилагаемого чертежа (фиг. 72) видно, как нужно разрезать квадрат. Линия AFy CG и точка L определяется так же, как и в предыдущей задаче.

Затем, параллельно сторонам квадратов проводятся GH и Gl (фиг. 72) и берется НК= GH. Таким образом получается восемь частей, из которых и составляются требуемые квадраты.

Фиг. 72 Фиг. 73.

Один из них представлен фиг. 73-ей, а другой есть средний в фиг. 74-ой.

Задача 87-я.

Разрезать квадрат на такие 8 частей, чтобы, соответственно сложенные, они составили 3 квадрата, площади которых были бы пропорциональны числам 2, 3 и 4

Решение.

Квадрат разрезывается точно так же, как и в предыдущей задаче (фиг. 72). Из полученных 8 частей составляются 3 требуемых квадрата так, как на фиг. 74-ой:

По данным решениям-рисункам не трудно доказать математически правильность этих построений, что желающий вникнуть в сущность данной задачи пусть и сделает.

Фиг. 74.

Задача 88-я.

Разрезать правильный шестиугольник на 5 таких частей, чтобы, соответственно сложенные, они образовали квадрат.

Решение.

Разрезываем шестиугольник сначала по диагонали и складываем полученные 2 половины так, чтобы они образовали парал-

лелограмм-4В]РЕ(см. фиг. 76). Из точки А, как из центра, радиусом, равным средней пропорциональной между длиной АЕ и высотой параллелограмма, проводим окружность, которая пересечет BF в точке G. Затем из точки Е опускаем перпендикуляр ЕН на продолжение AG и проводим прямую IE параллельно ЕН и на расстоянии от нее, равном AG. Таким путем шестиугольник оказывается разрезанным на 5 таких частей, из которых можно образовать квадрат. Не разъясняем более этой задачи, так как предназначаем ее для знающих курс элементарной геометрии на плоскости.

Задача 89-я. Ханойская башня.—Тонкинский вопрос.

Возьмем 8 деревянных, или из толстого картона, кружков уменьшающегося диаметра и три вертикально укрепленные на пластинке палочки (стержня). Кружки снабжены в центре отверстиями, и их накладывают, начиная с наибольшего, на одну из палочек А так, что получается род усеченного конуса. Это и есть Ханойская башня в 8 этажей. (См. фиг. 76, А, вверху).

Требуется всю эту башню с палочки А перенести на палочку В, пользуясь третьей палочкой (I, II и III на нашем рисунке), как вспомогательной, и соблюдая следующие условия: 1) не переносить за один раз более одного кружка и 2) класть снятый кружок или на ту палочку, которая свободна, или накладывать его на кружок большего диаметра. Надевать на какую-либо из палочек больший кружок поверх меньшего—нельзя.

Решение.

Чтобы показать процесс правильного перенесения кружков, обозначим кружки цифрами 1,2,3, . . .,7, 8, начиная с наименьшего, затем изобразим процесс перенесения нижеследующей табличкой:

Палочка А.

Вспомогательная палочка.

Палочка В.

до начала

1,2,3,4,6,6,7,8

после 1-го перенесения

: 2,3,. ... 8

1

» 2-го »

3,4. .. 8

1

2

Палочка А.

Вспомогательная палочка.

Палочка Б.

после 3-го перенесения:

3.4... 8

1,2

» 4-го »

4,5 . . 8

3

1,2

» 5-го »

1,4,6, . 8

3

2

» 6-го »

1,4,6, . 8

2,3

> 7-го »

4,5, . 8

1,2,3

» 8-го »

6,6,7,8

1,2,3

4

» 9-го »

6,6,7,8

2,3

1,4

» 10-го »

2,5,6,7,8

3

1,4

» 11-го »

1,2,5,6,7,8

3

4

» 12-го »

1,2,6,6,7,8

3,4

» 13-го »

2,6,6,7,8

1

3,4

» 14-го »

5,6,7,8

1

2,3,4

» 16-го »

6,6,7,8

1,2,3,4

И т. д.

Отсюда мы видим, что на палочку III, когда она свободна, надеваются только нечетные кружки (1-ый, 3-ий, 5-ый и пр.), а на В— только четные. Так что, напр., для перенесения четырех верхних кружков нужно было сперва перенести три верхние на вспомогательную палочку—что, как видно из таблицы, потребовало 7 отдельных переложений, - затем мы перенесли 4-ый кружок на третью палочку—еще одно переложение—и. наконец, три верхние кружка со второй палочки перенесли на ту же третью поверх 4-го кружка (при чем 1-ая палочка играла у нас роль вспомогательной), что опять потребовало 7-ми отдельных переложений.

Итак, вообще: чтобы при таких условиях перенести колонну из п каких-нибудь элементов, расположенных вертикально в убывающем порядке, нужно сначала перенести колонну из (п—1) верхних элементов на одно из свободных мест, потом основание т.-е., п-ный элемент—на другое свободное место и, наконец,—на то"же место опять всю колонну из (п—1) верхних элементов..

Обозначая число необходимых отдельных перенесений буквою П со значком, соответствующим числу элементов, имеем, следовательно:

Пп=2 . Hn_t+1,

Понижая значение п до единицы и делая подстановку, легко находим:

Получаем, следовательно, сумму геометрической прогрессии, которая дает.

Пп=2п-1.

Таким образом,в случае Ханойской башни, т.-е. при 8 кружках, нужно сделать 2s—1 или 255 отдельных переложений кружков-

Легенда.

Если выше вместо 8 кружков возьмем 64 кружка, то получим задачу, связанную с древне-индийской легендой. Легенда эта гласит, будто в городе Бенаресе, под куполом главного храма, в том месте, где находится середина Земли, бог Брама поставил вертикально на бронзовой площадке три алмазные палочки, каждая длиною в локоть и толщиною в корпус пчелы. При сотворении мира на одну из этих палочек были одеты 64 кружка из чистого золота с отверстиями посредине—так, что они образовали род усеченного конуса, так как диаметры их шли в возрастающем порядке, начиная сверху. Жрецы, сменяемые один другим, днем и ночью без устали трудятся над перенесением этой колонны кружков с первой палочки на третью, пользуясь второй как вспомогательной, при чем они обязаны соблюдать уже указанные условия, т.-е. 1) не переносить за один раз более одною кружка и 2) класть снятый кружок или на свободную в этот момент палочку, или накладывать его на кружок только большего диаметра. Когда, соблюдая все эти условия, жрецы перенесут все 64 кружка с первой палочки на 3-ю,—наступит конец мира...

Допустим, что перенос одного кружка продолжается всего одну секунду, тогда на перемещение ханойской башни из восьми кружков потребуется 4 минуты слишком. Что же касается переноса башни в 64 кружка, то на это понадобится.

18 446 744 073 709 551 615 сек.

А это значит, ни более и ни менее, как пять слишком миллиардов веков (столетий).

Мир Брамы, очевидно, продержится еще очень и очень много лет.

Если кружки и палочки в данной игре заменить входящими друг в друга колпачками, то получаем игру, называемую Тонкинским вопросом или Китайскими шляпами.

Вместо кружков или колпачков, желающие могут употреблять обыкновенные игральные карты.

Шахматы.

По поводу приведенного выше (задача 89-я) 20-значного числа существует другая легенда, тоже индусского происхождения, которую рассказывает арабский писатель Асафад.

Брамин Сесса, сын Дагера, придумал игру в шахматы, где король, хотя и самая важная фигура, не может ступить шагу без помощи и защиты своих подданных пешек и других фигур. Изобрел он эту игру в забаву своему монарху и повелителю Индии, Шерану. Царь Шеран, восхищенный выдумкой брамина, сказал, что даст ему все, что только брамин захочет.

— В таком случае, ваше величество,—сказал Сесса,—прикажите дать мне столько пшеничных зерен, сколько их получится, если на первую клетку шахматной доски положить зерно, на вторую 2, на третью 4, на четвертую 8 и т. д., все удваивая, пока не дойдут до 64-й клетки.

Повелитель Индии не смог этого сделать! Число требуемых зерен выражалось двадцатизначным числом. Чтобы удовлетворить «скромное» желание брамина, нужно было бы восемь раз засеять всю поверхность земного шара и восемь раз собрать жатву. Тогда бы только получилось нужное для Сессы количество зерен.

Обещать «все, что хочешь», легко, но трудно исполнить!

Задача 90-я. О восьми королевах.

На шахматной доске, состоящей из 64 клеток, расставить 8 королев так, чтобы ни одна из них не могла брать другую. Другими словами: на восьми клетках шахматной

доски поставить восемь королев так, чтобы каждые две из них не были расположены ни на одной линии, параллельной какому-либо краю, и ни на одной из диагоналей доски.

Задача эта некиим Науком предложена была для решения знаменитому немецкому математику Гауссу. Гаусс после нескольких попыток нашел все ее решения.

Покажем некоторые решения (не Гаусса) этой задачи и приведем затем таблицу всех 92-х ее решений.

Положение I.

Положение II.

Фиг. 77.

Фиг. 78.

На прилагаемой фигуре 77-й содержится одно из решений.

Обозначим это решение восемью цифрами 6 8 2 4 I 7 5 3, где каждая цифра означает высоту королевы в каждой колонне доски, т.-е. 6 показывает, что королева находится в первой колонне на шестой клетке, считая снизу, 8, что королева находится во второй колонне на восьмой клетке, считая снизу, и т. д. Мы и впредь вертикальные ряды клеток 1удем называть колоннами, а горизонтальные линиями. Линии мы тоже будем обозначать числами от 1 до F и считать их от низа к верху. Таким образом, записанное нами выше первое решение с помощью одного ряда чисел было бы правильнее записать так:

Если мы повернем доску на четверть окружности в направлении, обратном движению часовой стрелки, то из первого решения получим ему соответственное, которое представлено у нас на фиг. 78-ой.

Чтобы получить это соответственное решение численно из первого, достаточно расположить колонки таблички7(А) так, чтобы цифры первой строки шли в убывающем порядке. Получим

Сохраняя только цифры второй линии таблички (В), можем сокращенно обозначить это решение числом 2 6 I 7 4 8 3 5.

Положение III. Положение IV.

Фиг. 79. Фиг80.

Следующие 2 фигуры, 79 и 80, представляют второе и третье решения, соответственные фигуре 77-ой. Их можно получить, заставляя шахматную доску вращаться еще на четверть и еще на четверть окружности, в направлении обратном движению часовой стрелки. Можно вывести также, подобно предыдущему (и обозначить численно), положение III (фиг. 79) из положения II (фиг. 78), а положение IV из положения III. Но можно и прямо положение III получить из I, а положение IV — из II.

Для этого поступаем так. Решения фиг 77 и 78 обозначены у нас числами

6 8 2 4 I 7 5 3 и 2 6 I 7 4 8 3 5.

Напишем эти числа в обратном порядке:

3 5 7 I 4 2 8 6 и 5 3 8 4 7 I 6 2,

и вычтем каждую цифру этих чисел из 9, получим

6 4 2 8 5 7 I 3 и 4 6 I 5 2 8 2 7.

Это и будут численные обозначения решений на фигурах 79-ой и 80-ой.

Таким образом в общем случае иные решения задачи о королевах на некоторой доске дают место четырем соответственным решениям. Решения эти носят название непрямых.

Фиг. 81. Фиг. 82.

На фигуре 81-ой дано полупрямое решение задачи. Особенность его заключается в том, что из него получается только одно соответственное решение (фиг. 82). В самом деле, если повернуть шахматную доску на полуокружность, то получаем опять то же расположение. Число 4 6 8 2 7 13 5, изображающее это решение, отличается тем, что,.сложенное с числом, состоящим из тех же цифр, но написанным в обратном порядке, дает 99999999.

Наконец, прямым решением мы назовем такое решение, из которого нельзя получить новых решений, поворачивая доску на четверть или на большое число четвертей окружности. Таких решений не существует для обыкновенной шахматной доски, с 64-мя клетками, хотя для других досок они имеются.

Возьмем какое-либо решение задачи восьми королев и перевернем на фигуре порядок линий, или колонн. Или, что сводится к тому же,.напишем числовое обозначение решения в обратном порядке, — мы получим решение, обратное данному. Легко убедиться, что это решение отличается от всякого из соответственных решений. То же решение получается еще и геометрически, если поставить шахматную доску с 8-ю королевами против зеркала и смотреть в это последнее, или же вообразить себе доску перевернутой. Из рассмотрения соответственных и обратных решений совместно с простыми следует:

1. Всякое простое непрямое решение дает 4 соответственных решения и 4 обратных, — всего восемь решений.

2. Всякое простое полупрямое решение дает два соответственных и два обратных решения, — всего четыре.

3. Всякое простое прямое решение дает еще только одно обратное, — всего два.

Выведенные правила относятся ко всякой доске, кроме состоящей из одной клетки.

Опуская способы отыскания самых простейших решений за дачи, дадим эти решения прямо. При этом заметим, что существует 12 простых первоначальных решений, которые расположены в следующей табличке.

№ по порядку.

Обозначения.

№ по порядку.

Обозначения.

1

72 631 485

7

16 837 425

2

61 528 374

8

57 263 184

3

58 417 263

9

48 157 263

4

35 841 726

10

51 468 273

5

46 152 837

11

42 751 863

6

57 263 148

12

35 281 746

Или те же 12 решений на фиг. 83-й.

Фиг. 83.

Все эти простые решения непрямые, и каждое из них дает, как выше объяснено, 8 решений, последнее же, XII-е, — полупрямое и дает только четыре решения. Всего, следовательно, получается 92 решения. Вот таблица всех этих решений:

Таблица всех 92-х решений задачи о восьми королевах.

Заметим, что таблица эта содержит: 4 решения, начинающиеся или оканчивающиеся цифрам 1или 8

8» » » » »2 » 7

16 » » » » » 3 » О

18» » » » » 4 » 5

В приведенной таблице все решения расположены в числовом порядке. Таблицу эту можно построить самому, пользуясь при этом следующим весьма простым систематическим приемом. Помещают сначала одну королеву на самую низкую клетку первой колонны слева, затем ставят другую королеву во второй колонне опять на самую низкую по возможности клетку и т. д., всегда стремясь поместить в следующей колонне королеву настолько низко, насколько это позволяют королевы, стоящие слева. Когда наступит такой момент, что в колонне нельзя поместить королеву, подымают королеву в предыдущей колонне на одну, две, три... клетки и продолжают размещать остальных королев, руководствуясь всегда раз принятым правилом: не поднимать поставленных королев выше, как только в том случае, если справа нет совсем места для следующей королевы.

Всякий раз, когда решение найдено, его записывают, и, таким образом, решения будут следовать одно за другим тоже в постепенном числовом порядке. Таблицу, полученную таким путем, можно проверять, группируя соответственные и обратные решения, которые можно вывести из первого и т. д.

Задача 91-я. О ходе шахматного коня.

Задача о ходе шахматного коня, или задача Эйлера, состоит в следующем:

Требуется обойти конем все 64 клетки шахматной доски так, чтобы на каждой клетке конь был только один раз и затем возвратился бы в клетку, из которой вышел.

Задачей этой занимался Эйлер и в письме к Гольдбаху (26 апреля 1757 года) дал одно из решений ее. Вот что, между прочим, пишет он в этом интересном письме:

«...Воспоминание о предложенной когда-то мне задаче послужила для меня недавно поводом к некоторым тонким изысканиям, в которых обыкновенный анализ, как кажется, не имеет никакого применения. Вопрос состоит в следующем. Требуется обойти шахматным конем все 64 клетки шахматной доски так, чтобы на каждой клетке он побывал только один раз. С этой целью все места, которые занимал конь, при своих (последовательных) ходах, закрывались марками. Но к этому присоединилось

еще требование, чтобы начало хода делалось с данного места. Это последнее условие казалось мне очень затрудняющим вопрос, так как я скоро нашел некоторые пути, при которых, однако, выбор начала для меня свободен. Я утверждаю, однако, что если полный обход коня будет возвратный (in se rediens), т.-е. если конь из последнего места опять может перейти на первое, то устраняется и это затруднение. После некоторых изысканий по этому поводу я нашел, наконец, ясный способ находить сколько угодно подобных решений (число их, однако, не бесконечно), не делая проб. Подобное решение представлено в нижеследующей фигуре (84-ой).

Фиг. 84.

«Конь ходит в порядке, указанном числами. Так как из последнего места 64 он может перейти на № 1, то этот полный ход есть возвратный (in se rediens).

Таково решение задачи о ходе шахматного коня, данное Эйлером. В письме не указаны ни приемы, ни путь, которыми знаменитый ученый пришел к своему открытию. Сейчас мы укажем на приемы иных, более симметричных и методичных решений.

I.

Разделим шахматную доску на две части: внутреннюю, состоящую из 16-ти клеток, и краевую, представляющую собою

род бордюра, шириною в две клетки (фиг. 85). Каждые 12 клеток краевой доски, обозначенные у нас одинаковыми буквами, дают один из частных зигзагообразных ходов шахматного коня вокруг доски; точно так же четыре одноименных клетки внутренней части доски дают частный замкнутый ход шахматного коня в виде квадрата или в виде ромба. Фиг. 86-я представляет 2 зигзагообразных частных хода коня на краевой части доски. Эти ходы обозначим буквами а и в. Там же начерчены и два хода па внутренней части доски. Эти ходы назовем а! и в соответственно обозначениям на фиг. 85-й.

Закончив какой-либо частный круговой ход по краевой части доски, конь может перескочить на любой из трех ходов другого наименования на внутренней части доски. Нетрудно (стоит лишь взять в руки шахматную доску и коня) найти, и притом различными способами, четыре пути из 16 клеток — таких, напр., как

аЪ\ Ъс, cdf, da!.

Фиг. 85.

Фиг. 86.

В самом деле, всмотритесь в данные выше фигуры 85 и 86, или поставьте перед собой шахматную доску, и вы увидите, что для получения частного хода коня в 16 клеток, надо только краевой частный круговой ход из 12-ти клеток соединить с внутренним ходом, но другого наименования прямой чертой, уничтожая при этом в каждом из частных круговых (возвратных) ходов замыкающую линию. Так, получим 4 частных круговых хода по 16-ти клеток. Эти четыре частных хода по 16-ти клеток опять можно соединить различным образом и получить полный ход шахматного коня в 64 клетки.

Итак, ставят коня на какую-либо клетку, напр., краевой части доски и описывают по ней путь из 12 клеток; вслед затем конь перепрыгивает на клетку одного из трех (не одноименных) внутренних путей, проходит этот путь в любом направлении и перескакивает опять на краевую часть, где снова делает следующий частный зигзагообразный ход из 12 клеток, вновь перескакивает на один из внутренних, не одноименных с предыдущим путей, описывает его, переходит опять на новый краевой путь и т. д., пока не обойдет всех 64 клеток.

Способ решения задачи настолько прост и легок, что не нуждается в более подробных разъяснениях и указаниях.

II.

Можно эту же задачу решить и другим, не менее легким, приемом. Здесь, для удобства, доска делится на 4 части по 16 клеток в каждой, двумя медианами (серединными линиями). (См. фиг. 87). 16 клеток каждой четверти, обозначенных одинаковыми буквами, можно соединить посредством сторон двух квадратов и двух ромбов, не имеющих ни одной общей вершины (см. фиг. 88). Соединяя, в свою очередь, одноименные квадраты и ромбы всех четвертей доски, можно получить четыре частных круговых возвратных хода, 16 клеток. Соединяя затем эти последние ходы, получим полный ход коня в 64 клетки.

Фиг. 87.

Фиг. 88.

Полезно сделать еще следующие замечания: На каждой четверти доски ромбами и квадратами обозначены по четыре хода коня. Если соединим ромбы и квадраты, обозначенные одина-

ковыми буквами во всех 4-х четвертях доски, получим по 4 частных возвратных хода по 16 клеток.

Некоторые трудности иному могут представиться, когда для получения полного хода в 64 клетки он начинает соединять между собой эти четыре частных хода по 16 клеток. Здесь полезно иметь в виду, что цепь, или ряд ходов, можно видоизменять, не разрывая его. Основано это на так называемом правиле Бертрана (из Женевы), которое состоит в~ следующем:

Пусть имеем незамкнутую цепь ходов, проходящих через клетки А, В, С, D, Е, F, G, Н, I, J, К, L, и пусть оконечности этой цепи будут А и L. Если клетка, напр., D, отличная от предпоследней К, находится от последней L на расстоянии хода коня, то DE можно заменить через DL и цепь ходов обратится в

ABCDLKJIHGFE,

т. е. вторая половина цепи будет пройдена в обратном порядке.

То же самое относится и к тому случаю, когда какая-либо клетка, кроме второй, сообщается ходом коня с первой. Итак, цепь, или ряд, ходов можно видоизменять, не разрывая ее.

Число путей, которыми конь может обойти доску и которые можно найти указанными выше приемами, не бесконечно. Но оно настолько огромно, что трудно его представить. Вот что на этот счет говорит один из математиков, Лавернед: «Я занимался числом решений, которое может дать эта задача,—писал он,—и хотя мой труд не кончен, тем не менее я могу утверждать, что, помещая 60 путей на странице, понадобилось бы не менее десяти тысяч стоп бумаги, чтобы написать их все»!..

Этими беглыми указаниями решений задачи о ходе шахматного коня мы и ограничимся, предоставляя желающим заняться этой задачей подробней обратиться к специальным сочинениям.

Карты.

Кажется, ни одна игра не пользуется большим распространением среди современного человечества, как игра в карты. Эти последние вы можете встретить чуть не в каждом доме, особенно в России. Очень жаль только, что во многих случаях, вместо приятных и развивающих сообразительность игр, картами пользуются для игры на деньги, «играют» также в глупые азартные игры, убивающие время, деньги и расстраивающие нервы.

Мы, впрочем, воспользуемся здесь колодой карт, как пользуемся ими и всюду, для другой цели — для интересных задач и математических развлечений. С колодой игральных или игрушечных карт в руках можно провести время нескучно и с пользой как для себя, так и для других. Вообще, во многих случаях карты могут быть незаменимым и дешевым пособием для объяснения многих математических вопросов и комбинаций.

Описывать, что такое карты, как полная колода карт (52 карты) делится на масти, как называются эти масти и как называется каждая карта в отдельности, — кажется, излишне. Уж наверное читатель этой книжки, кто бы и какого бы возраста он ни был, знает это и играет, — ну хоть в «дурачки» или «мельника»...

Кем, как, где и когда изобретены карты? Об этом ничего достоверно мы не знаем. Во всяком случае неверно то, что карты изобретены будто бы во Франции в средние века для развлечения какого-то скучающего короля. Скорее всего карты — изобретение китайцев, в книгах которых есть упоминание о картах в 1120 году. В Европе карты стали известны со времени Крестовых походов. Как бы то ни было, в Италии игра в карты уже существовала в 1379 году, о чем есть упоминание в книге

одного тогдашнего художника. В России карты появились в XVII столетии и скорее всего пришли к нам через Малороссию. И нужно сказать, что, несмотря на жестокие преследования и гонения вначале (а скорее, — благодаря этим гонениям) разного сорта глупые и азартные «игры» привились у нас очень быстро.

Мы, повторяем, постараемся здесь дать картам более благородное и полезное назначение — пособия для развития сообразительности и счета, так называемой «смекалки»... Не проделывал ли в вашем присутствии кто-либо с помощью карт различнейшие, иногда прямо изумительные, фокусы? Выть может, вы сами знаете какие-либо из этих фокусов и развлекаете ими иногда ваших знакомых? Но «фокусы» в большинстве случаев основаны на ловкости, или просто-таки на «отводе глаз» и обмане присутствующих.

Мы же займемся несколько иными «фокусами», сводящимися к самым настоящим математическим задачам, развивающим сообразительность и счет. Не пожалейте свободного времени на то, чтобы с колодой карт в руках усвоить себе хорошенько предлагаемые ниже задачи, а главное разобраться в них. У вас в распоряжении отличное средство для развития присущего всякому человеку правильного математического или, что то же, — логического мышления.

Разобравшись и овладевши сущностью каждой предлагаемой задачи, вы будете в состоянии всячески разнообразить их, увеличивать их интерес и, наконец, придумывать новые подобные же задачи и развлечения. Математика — неисчерпаема.

Задача 92-я.

Угадать, сколько очков заключается в трех взятых кем-либо картах?

Решение.

Из полной колоды в 52 карты пусть кто-либо возьмет три карты и оставит у себя. Чтобы узнать, не глядя, сколько очков заключается в этих трех картах, поступают так:

Просят взявшего три карты прибавить к каждой взятой им карте по стольку карт, чтобы вместе с очками каждой взятой

карты получалось 15. (Все фигуры вообще считаются за 10). После этого угадывающему остается только взять остальные карты, сосчитать их число (лучше всего сделать этот счет незаметно, заложив, например, руки с картами за спину), отнять от полученного числа 4, и получится точная сумма очков взятых 3-х карт.

Пусть, например, кто-либо взял четверку, семерку и девятку. Тогда в четверке он должен приложить 11 карт, к семерке 8 карт и к девятке 6 карт. От колоды останется 24 карты. Отнимая от 24-х четыре, находим, что сумма очков взятых 3-х карт должна быть равна 20, что и согласуется с действительностью.

Доказательство.

Докажем правильность нашего решения задачи.

Положим, что выбранные кем-либо карты суть три наименьшие, т.-е. три туза, считаемые по 1. Тогда очевидно, что для получения числа 15 нужно к каждой взятой карте прибавить еще 14 карт. Всего, значит, с тремя тузами составится 45 карт, и от колоды в 52 карты останется только 7 карт. Если теперь от 7 отнять 4, то и получится 3, т.-е. число очков взятых трех тузов. Но не трудно показать, что ВС6ГД& достаточно отнять 4 от числа остающихся карт, чтобы узнать число всех очков любых 3-х взятых карт. В самом деле, если взять 3 другие высшие карты, то насколько увеличится число их очков, на столько именно уменьшится число тех карт, которые нужно добавлять к каждой взятой, чтобы получить число 15, и на столько же именно увеличится число остающихся карт. Так что, отнимая от числа остающихся карт 4, получим остаток, который всегда равен числу очков трех выбранных карт. Например, если вместо туза возьмем шестерку, то сумма трех взятых карт (полагая, что две остальные—тузы) будет 8, т.-е. увеличится на 5. Но зато к шестерке для получения числа 15 нужно прибавлять не 14, а только 9 карт, т.-е. на 5 карт меньше. Значит, остаток карт увеличится на 5 карт, и, отнимая от этого остатка 4, получим опять точную сумму очков всех взятых карт и т. д.; таким образом доказывается правильность решения данной задачи для всякого случая.

Если кто заинтересуется настоящей задачей и захочет более серьезно обследовать ее, то пусть он разберется в предлагаемом сейчас ниже другом, более общем, пояснении задачи.

Пусть п обозначает число всех карт, а, Ь, С число очков в трех выбранных картах и р число, которое получается, если к каждому из количеств а, Ь и С прибавить некоторое число карт, каждая из которых считается за 1. Число карт, которые прибавляются к a, b il С, суть р — а, р — Ь, р—С. Если к этим числам прибавить три первоначально взятые карты, да число оставшихся карт, которое обозначим через Г, то и получим все карты, числом П, т.-е.

(р—а)+(р—Ь)+(р—с)+3+г=п.

Откуда, раскрывая скобки и перенося члены, получаем:

а+Ь+с—г+(3р+3)—п. Для П=52 и р = 15 имеем a+b+c=r— 4. Для п=42 и р=15 имеем а+Ь+С=Г+16.

Из этого общего решения можно вывести следующее правило:

Утройте число, которое получается от прибавления ко взятым трем картам еще карт, и прибавьте к этому числу 3. Затем возьмите разницу между этой суммой и числом всех карт и прибавьте ее к числу оставшихся карт, или вычтите ее из этого числа, смотря по тому, будет ли полученная сумма больше или меньше всего числа карт. Таким образом, всегда получите число всех очков взятых кем-либо трех карт.

Заметим, между прочим, что для п=36 и р=11 получается Зр+3—П=0, а значит

a+b+c=r.

Замечание I. Из предыдущего можно заключить, что нет необходимости добавлять к каждой из 3-х выбранных карт столько именно карт, чтобы получить одно и то же число р. Можно вместо этого предлагать добирать к каждой из взятых трех карт еще по столько карт так, чтобы получилось 3 каких-либо числа q, s, t, и тогда в выведенную раньше формулу вместо Зр нужно поставить сумму q+s+t.

Замечание II. Если вместо трех карт предлагать взять 4, то формула примет вид:

a+b+c+d=r+(4p+4)—п.

Если предлагать взять пять карт, получится

a+b+c+d+e=r+(5p+5)—п

и т. д.

Замечание III. Может случится, что не хватит карт для того, чтобы составить число р с каждой из взятых карт. Тогда спрашивают число q, которого недостает, и поступают далее так, как если бы всех карт было n+q при остатке г, равном нулю.

Задача 93-я.

Некоторое число карт разложено в ряды. Угадать задуманную кем-либо карту.

Решение;

Возьмите 15 карт и разложите их в три ряда по 5 карт в каждом. Пусть кто-либо задумает одну какую-нибудь из этих карт и укажет только ряд, в котором находится эта карта. После этого соберите карты каждого ряда и затем сложите все карты вместе так, однако, чтобы указанный ряд непременно попал в середину— между картами двух остальных рядов. Потом снова разложите карты в три ряда в таком порядке: одну карту положите в первый ряд, вторую—во второй, третий—в третию, четвертую—в первый, пятую—во второй, 6-ю—в третий, 7-ю—в первый и т. д. до тех пор, пока не разложите всех карт.

Разложив карты, спросите опять, в каком ряду находится задуманная карта; опять соберите карты всех трех рядов и сложите их вместе, наблюдая снова, чтобы тот ряд, где находится задуманная карта, непременно был посреди между двух рядов, и снова разложите в 3 ряда карты так, как уже указано выше (при второй раскладке).

Спросив теперь, в каком ряду находится задуманная карта, можно тотчас указать ее: она будет третьей по порядку в этом ряду.

Чтобы лучше замаскировать задачу, можно совершенно так же, как и в предыдущих случаях, еще раз разложить карты, и тогда задуманная кем-либо карта непременно будет в среднем ряду третьей, т.-е. в середине всех 15 карт. Так что с какого бы угла ни начать считать,—она всегда окажется на восьмом месте.

Доказательство.

Чтобы убедиться в верности нашего решения, достаточно показать, что, если раскладывать три раза карты, как указано, то после третьей раскладки задуманная карта будет непременно третьей в том ряду, где она находится. В самом деле, когда мы раскладываем карты в первый раз и нам укажут ряд, в котором находится задуманная карта, то уже известно, что она есть одна из 5 карт этого указанного ряда. Помещая тот ряд, где находится задуманная карта, между 2-мя остальными рядами и раскладывая карты, как указано, во второй раз, не трудно определить, где буд>т находиться те пять карт, между которыми находится задуманная карта:

1. Одна упадет на 2-е место третьего ряда

2. Другая » » 3-е » первого »

3. Третья » » 3-е » второго »

4. Четвертая » » 3-е » третьего »

5. Пятая » » 4-е » первого >

Обозначая через 0 карты тех рядов, где нет задуманной карты, а через 1 карты того ряда, где находится задуманная карта, находим, что после второй раскладки карты расположатся так:

1-й ряд. 2-й ряд. 3-й ряд. 000

0 0 1

1 1 1 10 0 000

Следовательно, если задуманная карта находится в первом ряду, то ясно, что это или 3-я или 4-я карта этого ряда. Поэтому, при перекладывании карт еще раз так, как указано, задуманная карта упадет на третье место второго или третьего ряда. Если после второй раскладки окажется, что задуманная карта находится во втором ряду, то ясно, это есть третья карта этого ряда, и что после следующей раскладки она опять упадет на то же место. Наконец, если задуманная карта будет в третьем ряду, то ясно, что это одна из двух этого ряда, 2-я или 3-я, и после третьей раскладки она будет третьей в первом или во втором ряду.

Напоминаю еще раз, что все эти доказательства надо усвоить с картами в руках, хотя они и очень не трудны. Кроме того, всегда необходимо разбираться в том, что общее и что частное. Только что приведенное доказательство, например, относится, очевидно, только к данному случаю и к данному числу карт (15). Оно не показывает, можно ли вообще при нечетном числе карт, расположенных в нечетное число равных рядов, прийти к тому, чтобы задуманная карта находилась в середине игры.

Поэтому, если захотите, попытайтесь разобраться в следующем более общем доказательстве. Оно тоже не трудно.

Другое доказательство.

Пусть будет п число карт каждого ряда и t число рядов. Задуманная карта пусть находится сначала в числе п карт средняго ряда. При следующей раскладке эти п карт распределяются в t рядах; и если п, деленное на t, дает целое частное е, то карты, в числе которых находится задуманная, распределяются в t рядах поровну, образуя группу в е карт в середине каждого ряда. Напр., при 27-ми картах:

1-я раскладка карт. 2-я раскладка карт.

То же самое получится, если частное е делится также на t, а также если полученное новое частное t тоже делится на t и т. д. Таким образом задуманная карта всегда находится в группе, занимающей середину взятой раскладки карт, если только она задумана из того ряда, который был средним при первой раскладке.

Итак, если деления на t совершаются без остатка до тех пор, пока не получится частное I, то какая-либо карта, задуманная из среднего ряда, в конце-концов, попадет в середину этого среднего

ряда. И когда угадывающий после нескольких раскладок скажет, что задуманная им карта находится опять в среднем ряду, то вы тотчас же можете ее указать.

То же самое, впрочем, относится и к случаю, когда указанные выше деления не совершаются нацело (без остатка). Тогда получаются такие поперечные ряды, в которых встречаются карты двух рядов (т.-е. из того ряда, в котором задумана карта, и из другого). Так, напр., для £=5 и п=д можем иметь:

1-я раскладка карт. 2-я раскладка карт.

Но очевидно, что и здесь после ряда соответствующих раскладок мы придем к тому, что задуманная карта, в конце-концов, будет в самой середине взятых карт.

Общее замечание.

Усвоив хорошо общие основания предыдущей карточной задачи, не трудно всячески разнообразить ее со всяким числом карт. Все дело заключается только в том, чтобы карты одного какого-либо ряда посредством другого расположения их отделились и разместились в разные ряды. Легко показать и объяснить это на самом простом примере. Взяв, наприм., 16 карт и расположив их в два ряда по 8-ми карт, спросите кого-либо, в каком ряду находится задуманная им карта. Тогда вы уже знаете, что задуманная карта есть одна из восьми.

Взяв затем каждый ряд отдельно и располагая опять карты в таком порядке: одна в первом ряду, другая во втором, третья в первом, четвертая во втором и т. д., не трудно видеть, что из этих 8 карт, где находилась задуманная карта, 4 упадут в один ряд и 4 в другой.

Итак, если нам укажут, в каком ряду находится задуманная карта, то вы знаете, что она есть одна из 4-х известных карт. Перекладывая соответственно карты, опять найдете, что задуманная карта будет одной из 2-х известных карт и т. д., пока, наконец, не укажете задуманной карты.

Задача 94-я.

Угадать задуманную пару карт.

Пояснение.

Предыдущую карточную задачу можно видоизмените следующим интересным образом. Возьмем такое число карт, которое было бы равно произведению множителей, представляющих два последовательных (отличающихся друг от друга на одну единицу) числа.

То-есть надо брать или ЗХ4==2£, или 4X5=50, или 5X6=30, или 6X7=45 карты. Разложим затем все эти карты в ряд по две и попросим кого-либо заметить любую пару рядом лежащих карт. Складываем все взятые карты, наблюдая, чтобы все парные карты лежали друг за другом; а затем раскладываем их в прямоугольник, наблюдая такой порядок: сначала кладем три карты по порядку одна возле другой, четвертую под первой, пятую возле третьей, 6-ю под 4-й, 7-ю возле пятой, 8-ю под 6-й и т. д. до тех пор, пока число карт, которые кладут рядом одна возле другой, не будет равно большему множителю (или, иначе, числу, выражающему большую сторону прямоугольника), а число карт, положенных одна под другой, не будет равно меньшему множителю. Лучше всего в данном случае способ раскладки карт пояснить на примере. Пусть взято 20 карт (т.-е. 4X5). Обозначим эти карты по порядку так: 1, 2, 3,...., 20.

Решение.

Разложим карты по парам, дадим заметить кому-либо любую пару, затем сложим и будем раскладывать в прямоугольник. Разложение, как объяснено выше, должно происходить в следующем порядке (см. фиг. 89):

Фиг. 89.

После этого спросим, в каком ряду, или в каких рядах находится задуманная кем-либо пара карт, или, по нашему обозначению, пара чисел (при чем ряды считаются горизонтально, как указано буквами, т.-е. первый ряд есть AB, второй CD, третий EF, четвертый GH). Положим, укажут, что оба числа находятся в одном ряду, напр., третьем. Тогда можно быть уверенным, что оба эти числа (или карты) находятся рядом, и первое из них занимает третье же место в этом ряду, т.-е. в данном случае задуманные числа (карты) будут 15 и 16.

Необходимо для верного решения задачи заметить числа (карты) 1 и 2 первого ряда, 9 и 10второго, 15 и 16—третьего, 19 и 20— четвертого. Эти числа (или карты) можно назвать ключом задачи, и при помощи их определяются числа (карты) не только в том случае, когда они находятся в одном ряду, но и в том, когда они находятся в двух различных рядах. В этом случае, когда указаны ряды, в которых находятся задуманные числа (карты), нужно взять ключ указанного высшего ряда и под первым числом этого ключа в указанном нижнем ряду найдем одно задуманное число (карту), а в стороне от второго числа (карты) ключа на таком же расстоянии найдем второе задуманное число (карту). Напр., пусть задуманные карты будут 7 и 8. Тогда скажут, что одна находится в 1-м ряду, а другая в 4-м. Берем, значит, ключ первого ряда, 1 и 2. Под 1 в нижнем ряду, т.-е. на третьем месте находится 8, а за вторым числом ключа, 2, находится на третьем месте 7. Следовательно, получаются задуманные числа (карты).

Пусть еще скажут, что задуманные числа находятся во втором и четвертом ряду. Берем первое число ключа 2-го ряда (т.-е. 9), под ним в четвертом ряду число 14,—это и есть одно из задуманных чи-

сел, на таком же расстоянии вправо от второго числа ключа, 10, находится 13,—это и есть другое задуманное число (или карта).

Почему все это так, а не иначе,—ясно из принятого способа раскладки карт. Ясно также, что нз чисел (карт), взятых по парам, в каждом ряду может находиться только по одной паре (именно пара, входящая в ключ раскладки). Из всех же остальных пар, если одно число (или карта) будет в одном ряду, то другое сбудет в другом и, чтобы угадать их, необходимо только правильно разложить карты и поступать, как объяснено выше.

Для 30 карт раскладка имеет следующий вид (фиг. 90):

Фиг. 90.

Для 42 карт имеем (фиг. 91):

Очевидно, что в данной задаче можно предоставить угадывать пары карт не только одному, но нескольким лицам. Затем, разложивши указанным способом карты в прямоугольник, спрашивать каждого, в котором ряду находятся задуманные им карты, и указывать их по соответствующему ключу, который для каждой раскладки легко определить, руководясь изложенными выше правилами.

Задача 95-я.

Из нескольких взятых карт, или из целой колоды угадать ту, которую кто-либо задумал.

Решение.

Возьмите несколько карт, или всю колоду, если хотите, и показывайте их по порядку задумывающему карту. Число карт, которым вы пользуетесь при этой задаче, должно быть вам наперед известно. Показав, не глядя, все карты и сложив их в том же порядке, вы спрашиваете задумывающего: какую по порядку из показанных карт он задумал (т.-е. первую ли, вторую, третью, четвертую и т.д.)? Затем объявите, что, считая карты известным образом, вы откроете карту на том числе, которое вам угодно (оно должно быть, однако, равно или числу карт, взятых вами, или большему числу). Чтобы достигнуть этого, вы спрашиваете, какая карта по порядку задумана партнером. Положим, что у вас 20 карт; он скажет, что задумана им 7-я карта, а вы объявите, что откроете задуманную карту на числе 20. Тогда вы начинаете открывать карты со стороны, противоположной той, с которой показывали карты, и первую карту считаете за семь, вторую— за восемь и т. д. Двадцатая карта и будет задуманная.

Если вы заявите, что откроете задуманную карту на числе большем, чем число взятых карт, то должны соответственно увеличить число задуманной карты, а затем отсчитывать по предыдущему.

Доказательство.

Предположим, что задуманная карта есть 7-я и что взято 20 карт. От задуманной карты приходим к последней, если будем считать по порядку:

7, 8, 9, 10,...., 17, 18, 19, 20.

Или, если сюда прибавить еще какое-либо число, напр. 3, то получится:

10, 11, 12,...., 20, 21, 22, 23.

Следовательно, от последней карты придем к задуманной, считая точно так же, но начиная с этой последней карты, которую теперь называем числом «десять».

Задача 96-я. Карта на место!

Взята игра в 32 карты (до семерок включительно). Сделать так, чтобы замеченная кем-либо карта находилась на определенном, сказанном вперед, месте.

Решение.

Предложите кому-либо заметить в колоде какую-либо карту, а также запомнить про себя, на каком месте, считая от низа колоды, находится его карта, и объявите при этом, что потом, считая сверху, он найдет ее на таком-то, заданном наперед, скажем,— двадцатом месте.

Вслед затем возьмите карты и переложите с низу на верх колоды 20 карт (нужно сделать это, держа руки за спиной, чтобы заметивший карту не знал числа переложенных вами карт). Отдайте карты обратно заметившему карту и спросите, на каком месте заметил он раньше свою карту. Если он скажет число меньшее 20-ти, напр., 15, то, значит, его карта перешла наверх и до нее, считая сверху, будет 20—15 карт, а сама она будет на (20— 15+1)-м месте. Значит, вы скажите ему, чтобы он взял снизу колоды 15—1, т.-е. 14 карт, переложил их наверх и считал затем по порядку до 20-ти. На этом числе он найдет свою карту. Если, наоборот, замеченное им раньше место карт выражается числом, большим 20, напр., числом 25, то рассуждаете так. Сначала, считая сверху, замеченная карта была на (32—25 + 1) месте, а затем на месте (20+33—25)-м, т.-е. на 28-м. Поэтому скажите угадывающему, чтобы он с верха положил на низ колоды восемь (33—25=8) карт и считал карты сверху. На 20-м месте он и найдет свою карту.

Вообще пусть а есть число, показывающее порядок, считая «с низа, замеченной карты, a b число, на котором вы желаете, чтобы выпала замеченная кем-либо карта. Переложите с низа на верх Ь карт и спросите порядок замеченной карты. Вам скажут а. Если а меньше Ь, то на верх нужно положить а—1 карту; если а больше Ь, то нужно положить с верха под низ 33—а карт.

Считая затем карты сверху, найдем всегда замеченную карту на месте Ь.

Задача 97-я. Кто что взял,—я узнал!

Угадать, не глядя, кем из трех лиц взята каждая из трех вещей.

Положите на стол три различных вещи, напр., ножик, карандаш и перо. Положите на стол также двадцать карт, или других каких-нибудь одинаковых предметов (напр., спичек, палочек, кубиков, камешков и т. д.). Пригласите ваших трех товарищей, напр. Петра, Павла и Ивана, сесть за стол, а сами оборотитесь к ним спиною, или даже уйдите в другую комнату. Предложите этим товарищам вашим разобрать три вещи по одной, как им угодно. После этого вы говорите: «Петр, возьми одну карту (или спичку и т.д.), Павел две, Иван четыре». Когда это ваше желание исполнено, говорите далее: «Пусть тот, у кого карандаш, возьмет себе еще столько карт (или спичек и т. д.), сколько имеет, тот же, у кого ножик, пусть положит себе еще два раза столько карт (или спичек и т. д.), сколько имеет». Когда и это второе ваше желание исполнено, вы попросите, чтобы вам дали оставшиеся карты. По этому остатку вы можете узнать, у кого какая вещь. Но как?

Решение.

Здесь вы должны разобраться в некоторых числах и заранее заготовить себе или уметь составить в любой данный момент табличку известных чисел, основываясь на таких соображениях:

Предложивши трем лицам сначала взять одну, две и четыре карты (или спички и т. д.), вы в сущности отметили каждое лицо известным числом (Петр—один, Павел—два, Иван—четыре). Затем каждое из этих трех лиц по вашему указанию увеличи-

вает принадлежащее ему число. У кого карандаш, берет еще столько карт, сколько имеет, у кого нож, еще два раза столько, сколько имеет. У каждого образуется свое число. Вся задача в том, чтобы по остатку от двадцати карт (или спичек и т. д.), которые передаются в ваши руки, узнать, какое у кого число. Другими словами, все основывается на том, что если мы числа 1, 2 и 4 будем всячески, перемножать на числа 1,2, 3 и затем брать все полученные суммы этих произведений, то будем всегда получать различные числа.

Составляя суммы произведений из 1,2,4 на 1,2 и 3, получим таблицу:

Если мы числа 1, 2, 4, стоящие наверху, перемножим соответственно на стоящие под ним числа и сложим полученные произведения, то получим суммы, написанные в нашей таблице за чертою справа. Эта-то таблица и дает средство угадать, кем из трех лиц взята каждая из трех данных вещей.

Пусть, например, из двадцати оставленных на столе карт (или спичек и т. д.) вам возвратили только 5. Следовательно, всего разобрано 15. По произведенной выше табличке, мы заметим, что 15 получается, когда мы 1 умножим на 1, 2 на 3, 4 на 2 и полученные произведения сложим. Отсюда мы заключаем, что тот, кто имел 4 карты (Иван), взял еще столько же карт, следовательно, у Ивана карандаш. Тот, кто имел 2 карты (Павел), взял еще два раза столько: следовательно, у Павла ножик.

Замечание. Эту задачу можно распространить и на большее число лиц, напр., на четырех лиц. Но для этого нового случая нужна и новая табличка, которую надо составить на основании таких соображений: надо отыскать такие четыре числа (скажем: а, Ь, с, d), чтобы суммы произведений из этих чисел на 1, 2, 3 и 4,

составленные всевозможными способами, были различны между собой. Такие наименьшие искомые числа суть 1, 2, б, 13.

Составьте из этих чисел (помножением на 1, 2, 3, 4 и сложением) табличку, подобную предыдущей, и вы можете «угадывать», кем из четырех лиц взята каждая из данных четырех вещей.

Задача 98-я.

Некто берет 27 карт и раскладывает их, последовательно одна за другою, на три кучки по 9 карт в каждой. (Карты в руках раскладывающего повернуты крапом вверх и раскладывающий, при распределении на 3 кучки, поворачивает их лицом вверх). Просят кого-либо мысленно заметить во время этой раскладки любую карту и по окончании раскладки сказать, в какой из кучек находится задуманная карта. Раскладывающий складывает все кучки вместе так, чтобы порядок карт в каждой из кучек не был нарушен, и вновь раскладывает их на три кучки, как указано выше, а вслед затем вновь узнается, в какой кучке карта теперь. Вслед затем карты складываются опять-таки так, чтобы порядок карт в каждой кучке не был нарушен. Карты раскладываются и в третий раз точно также на три кучки; узнается, в какой кучке находится задуманная карта, и затем складываются вновь без нарушения порядка карт в каждой кучке. Спрашивается, как нужно всякий раз помещать кучку, содержащую задуманную карту, чтобы в конце означенных раскладок карта занимала наперед определенное место?

Решение.

Пусть а, Ь, с означают порядок места, на которое кладется та кучка, где находится задуманная карта. Перед этой кучкой нужно, значит, предварительно распределить а—1 кучек из 9 карт, что при нашем распределении даст по 3 (а—1) карты на каждую кучку. Затем та кучка, в которой находится задуманная карта, добавляет еще 3 карты к каждой кучке, так что если указать кучку, в которой находится задуманная карта, то она будет там в числе трех последних из 3 (а—1)+3 карт.

Вслед затем перед кучкой, где находится задуманная карта„ помещаем b—I остальных кучек, так что придется перед ней распределять 9 (Ь—1)+3(а—1)+3 карты. В каждую кучку попадает 3 (Ь—1)+(а—1)+1 карт, и последняя из карт и есть задуманная карта. Но, раскладывая карты еще раз, мы перед кучкой, где находится задуманная карта, помещаем с—I кучку, что для места (назовем его R) задуманной карты дает:

9 (С—1)+3 (b-l)+(a-l)+l.

Итак, для определения R имеем формулу R=9(c—l)+(b—l)+a.

Отсюда, если известно a, b и с, находим R. Если же R дано наперед, то а, Ь и С можно определить по нижеследующему правилу:

Взятое число R надо делить на 3, полученное частное опять на три, но так, чтобы первый остаток не был нуль. Этот остаток будет а, и он указывает на каком месте нужно поместить ту кучку карт, где находится задуманная карта. Второй остаток, увеличенный единицей, дает место, на котором должно указанную кучку поместить второй раз, а второе частное, увеличенное единицей, даст место, где нужно поместить указанную кучку карт в третий раз.

Например: Требуется, чтобы задуманная карта была одиннадцатой.

Отсюда видно, что кучку, содержащую задуманную карту, нужно в первый раз поместить на втором месте, второй—на первом и третий на втором месте.

Пусть еще требуется задуманную карту показать на девятом месте.

Значит, кучку, где находится задуманная карта, в первый раз нужно поместить на третьем месте, во второй раз тоже на третьем и в третий—на-первом месте.

Замечание.

Можно, конечно, разнообразить настоящую задачу, показывая ее кому-нибудь. Так, напр., в первый раз после всех раскладок задуманную кем-либо карту можно изъять из колоды, держа ее за спиной, и положить ее затем на стол. В другой раз можно вперед, до игры, объявить, на каком месте будет задуманная карта, или же попросить любого из зрителей, чтобы он сам назначил место, на котором желает, чтобы очутилась задуманная карта. Наконец, можно отдать карты любому из присутствующих с тем, чтобы он раскладывал их сам и складывал кучки, как угодно (не меняя только порядка карт в кучках). Нужно при этом только замечать, на каком месте кладется кучка, содержащая задуманную карту, и применять указанную выше формулу. Подобные приемы оживляют задачу.

Задача 99-я.

Сделать то же, что и в предыдущей задаче, но с 48-ю картами, которые раскладываются три раза на четыре кучки.

Решение.

Пусть а будет порядок кучки с задуманной картой после первой раскладки, Ь—порядок, в котором она будет после второй раскладки, и с—порядок, в котором она будет после третьей раскладки.

f Если кучку, содержащую задуманную карту, положить на месте Ь, то для этой кучки, значит, находится 12(Ь—1) карт, и, раскладывая их опять на 4 кучки, мы найдем, что на каждую кучку из этих карт придется по 3(Ь—1). Значит, задуманная карта находится в своей кучке после этого количества 3(Ь—1) карт; и если мы обозначим через г место, которое она занимает после этих карт, то ее место во всей кучке определится числом 3(Ь—1)+г. Складываем опять кучки и перед кучкой, где помещается задуман-

ная карта, кладем теперь 12(с—1) карт. Означая, затем, через R место, которое занимает карта во всей взятой игре, найдем, что

В=12(с—1)+3(Ь—1)+Г. Остается теперь определить количество г.

Когда складывали кучки в первый раз, то перед кучкой, где находилась задуманная карта, было 12(а—1) карт. Разложив затем карты, мы положили сначала в каждую кучку по 3(а—1) карты и еще 3 карты из кучки, содержащей задуманную карту. При следующей же раскладке эти 6(а—1)+3 карты распределились в четырех кучках после 3(Ь—1) карт, как указано выше. Это и есть то распределение, которое дает место г. Но если а=1, то нужно распределить только 3 карты, где находится задуманная карта. Она, следовательно, будет на первом месте после 3(Ь—1) карт и, значит,

В = 12(с —1) + 3(Ь—1) + 1.......(1)

Бели а=4, то количество 3(а—1)+3 равно 12. Эти двенадцать карт, будучи распределены, разложатся по 3 карты на каждую кучку, и так как задуманная карта находится между тремя последними, то она будет третьей где-то после 3(Ь—1) карт, как это видно из следующей расстановки, где х означает в кучке задуманную карту:

1-я кучка. 2-я кучка. 3-я кучка. 4-я кучка.

В этом случае:

R = 12(c — 1) + 3(Ь —1) + 3......(2)

Г Если а = 3, количество 3(а — 1) + 3 равно 9, и распределение этих 9 карт после 3(Ь—1) карт, положенных до них, будет таково:

1-я кучка. 2-я кучка. 3-я кучка. 4-я кучка.

с с с с

с с X X

X

Итак, если задуманная карта не в первой кучке, то она будет во второй кучке после 3 (Ъ — 1) первых карт, и получается

R = 12(c —1) + 3(Ь —1)+2......(3)

Но если задуманная карта находится в первой кучке, то й = 12(с — 1) + з(Ь —1) + 3......(4)

Если случится это последнее, то достаточно, сложив кучки, взять одну карту с верха игры и положить ее под низ, чтобы равенство (4) заменилось равенством (3).

Итак, задача решается равенством (1), (2) и (3). Отсюда вытекает такое правило:

Число В, означающее место, на котором должна находиться задуманная карта, делится на 3, а полученное частное на 4, и притом так, чтобы первое деление не давало в остатке нуля. Если первый остаток равен 1, то, складывая кучки в первый раз, нужно кучку, содержащую задуманную карту, положить наверх. Если остаток равен 3, то ее нужно положить снизу, а если остаток равен 2, то нужно указанную кучку положить на третьем месте. Второй остаток, увеличенный единицей, покажет место, где нужно положить указанную кучку после второй раскладки, а второе частное, увеличенное единицей, укажет, на каком месте нужно положить кучку с задуманной картой после третьей раскладки. Но если после первой раскладки приходилось кучку с задуманной картой класть на третьем месте и затем, если после третьей расклад, ки задуманная карта окажется в первой из четырех кучек, верхнюю карту надо переложить вниз.

Пример I. Требуется, чтобы задуманная карта была 37-ой.

Значит, в первый раз кучка с задуманной картой кладется первой, во второй раз—тоже первой, а в третий раз—четвертой. Пример II. Требуется, чтобы задуманная карта была 20-й

Значит, кучку с задуманной картой надо положить на третье место, во второй раз тоже на третье и в третий—на второе. Пример III. Требуется, чтобы задуманная карта была 24-ой.

В первый раз кучка с задуманной картой кладется на четвертом месте, во второй раз тоже на четвертом и в третий—на втором.

Мосты и острова.

Не приходилось ли вам жить, а, может-быть, вы и сейчас живете в городе, или местности, где течет река, которая делится на протоки и рукава, образующие острова. Через реку и ее протоки переброшены, быть может, мосты, соединяющие различные части города. В Петрограде, например, очень много подобных протоков, разветвлений Невы и разных каналов, через которые переброшено весьма большое количество мостов и переходов. Не приходила ли вам когда-либо в голову мысль (если, конечно, вы живете в местности, где есть река, острова и мосты) совершить такую прогулку, чтобы во время ее перейти все эти мосты, но перейти их так, чтобы на каждом побывать только по одному разу? Вряд ли вы думали об этом, а между тем мы стоим здесь перед весьма интересной и важной задачей, поднятой впервые знаменитым математиком Эйлером.

Советуем в свободное время заняться изучением этой задачи в особенности. Она служит отличным введением в совсем особую область геометрии, которую можно было бы назвать геометрией расположений (Geometria situs, Géométrie de situations).

Геометрия расположений занимается только вопросами порядка и расположения, оставляя в стороне все относящееся к измерению и отношению величин геометрических фигур и тел. Все почти вопросы, связанные с такими играми, как шахматы, шашки, домино, солитер, лото, многие карточные задачи и т. д., наконец, такая практическая задача, как подбор разноцветных нитей для составления известного узора ткани, — все это относится к геометрии расположений. Значит, практически геометрия эта известна людям с глубокой древности. А на желательность ее научного развития указывал еще Лейбниц в 1710 году. Эйлер, как упомянуто, тоже занимался вопросами этого порядка и, между прочим, задачей о кенигсбергских мостах, которую мы здесь и излагаем в сколь возможно упрощенном виде.

Число научных трудов и исследований в области геометрии расположений довольно значительно. Но, несмотря на блестящую разработку некоторых отдельных вопросов, нужно сказать, что для общих оснований этой отрасли науки сделано сравнительно мало. Для желающих посвятить себя этому предмету представляется обширное необработанное поле, на котором можно сделать многое.

Вторая поучительная сторона предлагаемых задач состоит в исследовании, возможна или нет данная задача, прежде чем приниматься за решение ее. Эйлер, в частности, подробно исследовал случай невозможности.

Задача 101-я. Кенигсбергские мосты в 1759 году.

Задача, предложенная Эйлером в 1759 году, заключается в следующем:

В городе Кенигсберге в Померании, есть остров по имени Кнейпгоф. Река, огибающая остров, делится на два рукава, через, которые переброшено семь мостов: а, Ь, с, d, е, f, g (см. фиг. 92). Спрашивается, можно ли сделать такую прогулку, чтобы за один раз перейти через все эти мосты, не переходя ни через один мост два или более раз?

«Это вполне возможно!» скажет кто-либо.—«Нет, это невозможно!»—скажет иной. Но кто прав и кто нет, и как это доказать?

Самый простой путь решения задачи, казалось бы, такой: сделать все возможные пробы таких переходов, т.-е. перечислить все возможные пути, и затем рассмотреть, какой или какие из них удовлетворяют условиям вопроса. Но очевидно, что даже в случае только семи мостов приходится делать слишком много таких проб. А при увеличении числа мостов такой способ решения практически совершенно немыслим. Да, кроме того, при одном и том же числе мостов задача изменяется в зависимости еще от расположения этих мостов. Поэтому изберем иной, более надежный путь решения задачи.

Решение.

Прежде всего исследуем, возможен или нет искомый нами путь для данного расположения семи мостов. Для облегчения рассуждений введем такие условные обозначения:

Пусть А, В, С и D будут разные части суши, разделенной рукавами реки (см. фиг. 92).

Затем: переход из места А в место В мы будем обозначать через AB, — все равно, по какому бы мосту мы ни шли, — по а или по Ъ. Если, затем, из В мы перейдем в D, то этот путь обозначим через BD, а весь переход или путь из А в D обозначим через ABD, так что здесь В одновременно обозначает и место прибытия и место отправления.

Если, теперь, из D перейдем в С, то весь пройденный путь обозначим через ABDC. Итак, это обозначение из четырех букв показывает, что из места А мы, пройдя места В и D, пришли в С, при чем перешли три моста.

Если, значит, мы перейдем четвертый мост, то для обозначения пути нам понадобится пять букв. После перехода следующего пятого моста понадобится обозначить пройденный путь шестью буквами и т. д.

Словом, — если бы мы обошли по одному разу все семь данных мостов, то наш путь должен был бы обозначаться восемью буквами (вообще, если есть п мостов, то для обозначения искомого нами пути через эти мосты понадобится п+1 буква).

Но как и в каком порядке должны итти буквы в этом обозначении?

Между берегами А и В есть два моста. Значит, последовательность букв AB или В А должна быть два раза. Точно так же два раза должно повторяться соседство букв А и С (между этими местами тоже два моста). Затем, по одному разу должно быть соседство букв А и D, В и D, D и С.

Следовательно, если предложенная задача возможна, т.-е. возможно кенигсбергские мосты перейти так, как требуется задачей, то необходимо:

1) Чтобы весь путь обозначился только восемью буквами, — не более; 2) чтобы в расположении этих букв соблюдались указанные условия относительно соседства и повторяемости букв.

Разберемся теперь в следующем весьма важном обстоятельстве.

Возьмем, наприм., местность А, соединенную с другими местностями несколькими мостами: а, Ъ, с,... (в данном случае пятью мостами). Если мы перейдем мост а (все равно откуда, из А или другого места), то в обозначении пути буква А появится один раз. Пусть пешеход перешел 3 моста а, Ъ и с, ведущие в А. Тогда в обозначении пройденного пути буква А появится 2 раза, в чем нетрудно убедиться. Если же на А ведут 5 мостов, то в обозначении пути через все эти мосты буква А повторится 3 раза. Вообще, легко вывести, что если число мостов, ведущих в А, есть нечетное, то чтобы узнать, сколько раз в обозначении требуемого пути повторится буква А, надо к этому нечетному числу мостов прибавить единицу и полученное число разделить пополам. То же, конечно, относится и ко всякой иной местности с нечетным числом мостов, которую для краткости будем называть нечетной местностью.

Усвоив все предыдущее, приступим к окончательному исследованию задачи о 7-ми кенигсбергских мостах:

В местность А ведет 5 мостов. В каждую из местностей В, СиБ ведет по три моста. Значит, все эти местности нечетные, и на основании только что сказанного — в обозначение полного пути через все семь мостов необходимо, чтобы

Всего 9 букв.

Получается, таким образом, что в обозначении искомого пути необходимо должно войти 9 букв. Но мы уже доказали выше, что в случае возможности задачи весь путь должен необходимо обозначиться только восемью буквами. Итак, задача для данного расположения семи мостов невозможна.

Значит ли это, что задача о переходе по одному разу через мосты невозможна всегда, когда имеется один остров, два рукава реки и семь мостов? Конечно, нет. Доказано только, что задача невозможна для данного расположения мостов. При ином расположении этих мостов и решение могло бы быть иное.

Теперь же заметим, что во всех тех случаях, когда число мостов, ведущих в различные места, есть нечетное, можно применять рассуждения, совершенно подобные предыдущим, и, таким образом, убедиться в возможности или невозможности задачи. И не трудно вывести для данного случая такое общее правило:

Если число букв, которые должны входить в обозначение полного пути перехода через все мосты по одному разу, не равно числу мостов, увеличенному единицей, то задача невозможна.

Для этого же случая нечетных местностей заметим и то, что правила для нахождения числа повторений какой-либо буквы,— наприм., А, — в обозначении полного пути всегда одинаково приложимо, будут ли ведущие из А мосты вести в одно какое-либо место В, или же в различные места.

Чтобы перейти к более общему решению задачи, необходимо рассмотреть случаи, когда имеем четное^число мостов, ведущих откуда-либо в другие места.

Пусть, например, из места А в другие места переброшено через реку четное число мостов. Тогда при обозначении пути перехода через все мосты по одному разу надо различать два случая: 1) начинается ли путь из А, или 2) из другого места.

В самом деле, если из А в В, напр., ведут два моста, то путник, отправившийся из А и прошедший по одному разу оба моста, должен свой путь обозначать так: ABA, т.-е. буква А повторяется

два раза. Если же путник пройдет через те же два моста, но из места А, то буква А появится всего один раз, ибо этот путь обозначится через В AB.

Фиг. 93.

Предположим теперь, что в А ведут 4 моста,—из одной ли какой местности или из разных, это все равно. И пусть путник отправляется в обход по одному разу всех мостов из места А. Опять-таки легко видеть, что в таком случае при обозначении пройденного пути буква А повторяется 3 раза; но если начать обход из другой местности, то буква А повторится только два раза. Точно так же в случае шести мостов буква А в обозначении всего пути повторится четыре раза, или три, смотря по тому, начался ли переход из А, или из другой местности. Словом, можно вывести такое правило:

Если число мостов известной местности есть четное (четная местность), то в соответствующем обозначении пути буква, обозначающая местность, появляется число раз, равное половине числа мостов, если переход начался из другой местности. Если же переход начался из самой четной местности, то число появлений этой буквы равно половине числа мостов да еще единица.

Очевидно, однако, что при полном пути переход начинается из одной только какой-либо определенной местности. Поэтому условимся раз навсегда для четной местности число повторений ее букв в обозначении пути считать равным половине числа мостов, ведущих в эту местность; а для нечетной местности число повторений ее буквы получим, если к числу мостов этой местности придадим единицу и полученное число разделим пополам.

Итак, при решении задачи о мостах необходимо различать два случая:

1) Идущий отправляется из нечетной местности; 2) он идет из четной местности.

В первом случае число повторений букв, обозначающих полный путь, должно быть равным числу мостов, увеличенному единицей. В противном случае задача невозможна.

Во втором случае полное число повторений букв должно равняться числу мостов, так как, начиная путь с четной местности, нужно число повторений соответствующей буквы увеличить единицей только для одной местности.

Общее решение.

Рассмотрим теперь задачу о мостах с более общей точки зрения. Из предыдущих рассуждений мы уже можем вывести общий прием решения каждой подобной задачи о мостах. Во всяком случае мы можем тотчас же убедиться в невозможности подобного решения. Для этого расположим лишь решение так:

1) Отмечаем общее количество мостов и ставим его в заголовке решения.

2) Обозначаем различные местности, разделенные рекой, буквами А, В, С, D... и пишем их в столбец одна под другой.

3) Против каждой из местностей пишем во втором столбце число всех ведущих на нее мостов.

4) Четные местности,отмечаем звездочкой при соответствующих буквах 1-го столбца.

5) В третьем столбце соответственно пишем половины четных чисел 2-го столбца; а если во втором столбце есть числа нечетные, то прибавляем к ним единицу и пишем в 3-м столбце половину полученного числа. (Каждое число 3-го столбца показывает число повторений соответствующей буквы.)

6) Находим сумму 3-го столбца.

Если эта последняя сумма: 1) равна числу мостов, или 2) больше его всего на одну единицу, то вопрос о полном обходе всех мостов по одному разу может быть решен, если только задача возможна вообще. Но при этом надо иметь в виду, что в первом случае обход надо начинать с четной местности, а во втором — с нечетной. Для случая рассмотренной нами задачи о 7-ми кенигсбергских мостах будем иметь, значит, такую схему решения:

Число мостов 7.

Всего 9

Так как 9 больше, чем 7+1, или 8, то, следовательно, задача невозможна.

Задача 102-я. Переход через 15 мостов.

Попробуем теперь решить другую задачу, в которой имеем два острова, соединенных между собой и с берегами реки 15-ю мостами, как это указано на прилагаемом рисунке (фиг. 94).

Фиг. 94.

Спрашивается: можно ли за один раз обойти все эти мосты, не проходя ни через один более одного раза?

Согласно выведенным нами уже раньше приемам решения, обозначаем разными буквами все местности, разделенные различными рукавами реки и соединенные мостами. После этого составляем следующую таблицу:

Число мостов 15.

Всего . . .16

Отсюда выводим, что задача возможна, ибо число повторений букв на единицу больше числа мостов. Кроме того, по предъидущему знаем, что обход должен начаться из нечетной местности D или Е.

Искомый обход мостов может быть сделан так:

EaFbBcPd AeFf CgAhCiDkAmEn AdBpFlD

или в обратном порядке. Маленькие буквы среди больших показывают, какие именно переходятся мосты.

Изложенные выше приемы решения задачи прежде всего позволяют судить об ее возможности, или невозможности. Сделаем теперь еще несколько выводов, ведущих к более определенному уяснению подобных задач.

Заметим прежде всего, что сумма чисел второй колонны точно равна двойному количеству мостов. Это зависит от того, что в каждом мосту мы считаем обе его оконечности, упирающиеся в различные берега. Отсюда нетрудно вывести следующее:

1) Сумма чисел второго столбца всегда должна быть четной, ибо половина ее должна дать число мостов.

2) Значит, если задача возможна, то в ней или нет совсем нечетных местностей, или же они есть в четном количестве (однако, не более двух, как увидим сейчас ниже). Иначе второй столбец при сложении не давал бы четного числа.

3) Если в задаче все местности четные, то задача всегда возможна, из какой бы местности мы ни отправлялись.

Так, например, в случае кенигсбергских мостов задачу можно было бы решить, если бы задано было обойти все мосты по 2 раза каждый, что сводится, в сущности к удвоению числа мостов, т.-е. к обращению всех данных местностей в четные.

4) Если в задаче есть только две нечетные местности, а остальные все четные, то сумма цифр третьего столбца на единицу больше число мостов, и задача возможна, если начать обход мостов с одной из двух нечетных местностей. Но если число нечетных местностей будет более 2-х, т.-е. 4, 6, 8 и т. д., то задача оказывается невозможной, так как сумма чисел третьего столбца будет более числа мостов на 2, на 3, на 4 и т. д. единицы.

Вообще: При всяком данном расположении мостов тотчас же не трудно определить случай возможности или невозможности задачи. Задача невозможна, если число нечетных местностей более двух. Задача возможна, если 1) все местности четные и 2) если нечетных местностей только 2. В последнем случае обход мостов надо начинать с одной из этих нечетных местностей.

Исследовав задачу и заключив о ея возможности, остается только совершить самый обход мостов. Но это уже сравнительно легкая часть задачи, при выполнении которой лучше всегда придерживаться такого правила:

Отбрасываем мысленно столько групп мостов, ведущих из одной местности в другую, сколько возможно. Уменьшив таким образом число мостов, определяем чрез них путь. Затем принимаем во внимание отброшенные раньше мосты и заканчиваем обход.

Задача 103-я. Петербургские мосты.

Рассмотрим теперь Петербургские мосты в 1910 году, расположенные по Неве и ея рукавам.

Мы возьмем, впрочем, только все мосты, ведущие через Большую Неву, и затем мосты, переброшенные на большие острова через Малую Неву, Большую, Малую и Среднюю Невки, через р. Крестовку и Ждановку. Кронверкский пролив с Петропавловской крепостью оставим в стороне. Точно также не берем Фонтанки, Мойки и многочисленных каналов с их мостами, предоставляя читателю потом самому включить их в задачу и разобраться в возможности ее решения, что очень легко.

Фиг. 95.

Итак, мы имеем (см. фиг. 95) 8 различных местностей, соединенных 17-ю мостами. Приступим к исследованию задачи по выведенной уже выше схеме.

Всех мостов 17.

Город по левую сторону Больш. Невы

А* .... 4

2

Петербургская сторона......

В* .... 8

4

Васильевский остров......

С* .... 4

2

Петровский остров.......

D .... 3

2

Крестовский остров.......

Е* .... 4

2

Елагин остров.........

F .... 3

2

Каменный остров........

G* . . . 4

2

Выборгская сторона ......

Н* .... 4

2

Мы видим, что число нечетных местностей в данном случае равно двум, а сумма чисел третьего столбца на единицу больше числа мостов.

Итак, задача возможна, при чем обход надо начинать из одной из нечетных местностей D или Р, т.-е. начать с Елагина острова и притти на Петровский, или наоборот. Если начать с Елагина острова, то обойти все мосты можно, например, так:

Fi2Hi5^i6Bi7HiA2B5C3A4C6B7D8B10E14G13E11F9D

Цифры, поставленные между буквами, указывают, какие переходятся мосты.

Задача 104-я. Путешествие контрабандиста.

Задачу о переходе через мосты можно предлагать в различных видоизменениях. Можно свести ее, например, на пушествие контрабандиста, который решил побывать во всех странах Европы, но так, чтобы через границу каждого государства ему пришлось переходить только один раз.

В данном случае очевидно, что различные страны и их границы будут соответствовать разным местностям и рукавам реки, через которые переброшено по одному мосту (для каждой границы, общей двум странам).

Исследуя возможность задачи, тотчас видим, что Швеция, Испания и Дания имеют нечетное число границ с соседними государствами, т.-е. число нечетных местностей более двух. А следовательно, путешествие, которое предполагает совершить контрабандист, невозможно.

О фигурах, вычерчиваемых одним почерком

Задача 105-я.

Помню, что в детстве меня соблазняла одно время надежда получить сразу целый миллион рублей!.. Миллион!.. Подумаешь, чего только нельзя сделать за эти деньги! И, чтобы получить этот миллион, требовалось начертить только такую простую фигурку (фиг. 90):

Фиг. 96.

Шутники уверяли меня, что англичане (почему, именно, они, а не кто иной, — не знаю) тотчас дадут миллион рублей каждому, кто придет к ним и начертит эту фигуру. Но при вычерчивании ставилось одно условие. Требовалось, чтобы фигура эта была вычерчена одним непрерывным почерком, т.-е. не отнимая пера или карандаша от бумаги и не удваивая ни одной линии, другими словами, — по раз проведенной линии нельзя уже было пройти второй раз.

Надежда стать «миллионером», решив такую легкую задачу, заставила меня испортить много бумаги и потратить много времени на попытки вычертить эту фигуру, как требовалось, одним почерком. Задача, однако, не решалась, и это было тем досаднее, что она не решалась только «чуть-чуть»... Никак не удавалось провести только одной «последней» какой-либо линии. Удалось даже открыть такой секрет, что вся трудность в том, чтобы вычертить сначала одним почерком, не повторяя линии, еще более простую фигуру: четыреугольник с двумя диагоналями (см. фиг. 97). Это, казалось бы, уже совсем просто, а все-таки... не удавалось!..

Фиг. 97.

— Этого нельзя сделать! — восклицал я, наконец, с неподдельным отчаянием.

— Почему же нельзя? — отвечали мне. — А вот найдется такой «умный» человек, что возьмет да начертит и получит миллион.

Но позволить кому-либо выхватить, так сказать, у себя из-под носа миллион я никак не хотел и снова принимался за бесконечные попытки нарисовать эту фигурку одним почерком.

— Этого нельзя сделать! — сказали мне, наконец, старшие, знаниям и словам которых я безусловно верил. Но тогда и я, в свою очередь, спросил:

— Почему?

И нужно сознаться, что никто из них не мог мне этого объяснить, и сомнение в возможности этой задачи у меня так-таки и осталось, тем более, что фигуры, гораздо более сложные и трудные с виду, легко вычерчивались одним почерком. Так, например, выпуклый пятиугольник со всеми его диагоналями легко вычерчивался одним непрерывным движением без повторения, при чем получалась такая фигура (см. фиг. 98).

Фиг. 98.

То же самое легко удавалось со всяким многоугольником, с нечетным числом сторон и никак не удавалось с квадратом, шестиугольником и т. д., словом — с многоугольником с четным числом сторон.

Теперь нам не трудно будет разобраться и показать, какую из любых данных фигур можно вычертить одним почерком, без повторения линий, а какую нет. Каждую из задач подобного рода можно тотчас свести к разобранной уже нами Эйлеровой задаче о мостах.

В самом деле, возьмем, например., четыреугольник ABCD с двумя его диагоналями, пересекающимися в Е (фиг. 97). Можно ли его вычертить одним непрерывным почерком, без повторения линий?

Точки А, В, С, D и Е (эта последняя буква обозначает пересечение диагоналей и на чертеже не показана) мы представим себе, как центры некоторых местностей, разделенных рекой, а линии, соединяющие эти точки, как мосты, ведущие в эти местности. Что же мы в данном случае получаем? Пять местностей, из которых 4 нечетных и одна четная. Мы знаем уже, что в таком случае нельзя за один раз обойти все мосты, не переходя ни через один два раза, или, другими словами, — нельзя обойти все данные точки одной непрерывной линией без повторения прежнего пути.

Случаи возможности и невозможности вычерчивания одним почерком фигур совершенно те же, что и в задаче о мостах. Одна задача, в сущности, сводится на другую.

Всякий нечетный многоугольник со всеми его диагоналями можно вычертить одним почерком без повторения линий потому,

что этот случай соответствует тому, когда данные в задаче о мостах местности все четные.

Соображения, изложенные здесь, одинаково прилагаются ко всякой фигуре, образована ли она прямыми или кривыми линиями, на плоскости ли или в пространстве. Так, нетрудно видеть, что возможно описать одним непрерывным движением все ребра правильного октаедра, и нельзя этого сделать для четырех остальных правильных выпуклых тел.

Говорят, что Магомет концом своей палки вместо подписи (он был неграмотен) описывал одним почерком такой состоящий из двух рогов луны знак (фиг. 99).

Фиг. 99.

И это понятно, потому что в данном случае мы имеем дело только с точками четного порядка, а следовательно, вычертить такую фигуру одним почерком без повторения тех же линий всегда возможно. Всегда возможно также вычертить одним почерком и такую фигуру, где помимо точек четного порядка есть и две точки (но не более) нечетного порядка. Вот весьма красивый и замысловатый образчик такой фигуры, заключающей в себе 2 нечетные точки А и Z (фиг. 100):

С какой-либо из этих точек и надо начинать непрерывное вычерчивание фигуры, как мы уже знаем из задачи о мостах.

Также нельзя вычертить одним почерком нижеследующие фигуры (101 и 102):

Фиг. 101. Фиг. 102.

при всей их видимой простоте,так как впервой—8,а во второй двенадцать точек нечетного порядка. Первая может быть вычерчена не менее как четырехкратной, а вторая не менее, как шестикратной непрерывной линией.

Если взять шахматную доску с 64-мя клетками, то в ней 28 точек нечетного порядка, и, чтобы вычертить ее, надо чертить 14-тикратную линию.

С другой стороны, если взять треугольник, поделить каждую из его сторон на 12 (или сколько угодно) равных частей и провести из этих точек линии, параллельные другим сторонам, то полученная сетчатая фигура может быть вычерчена одним непрерывным движением без повторений. Таких примеров можно подобрать сколько угодно.

Для упражнения предлагаем читателю заняться во время досуга вычерчиванием с одного почерка нижеследующих фигур

Фиг. 106.

Фиг. 107.

Фиг. 108.

Фиг. 109. Фиг. 110.

Нижеследующие фигуры показывают, как наиболее просто делается вычерчивание с одного почерка предыдущих фигур.

Фиг. 111. Фиг. 112. Фиг. 113.

Фиг. 114. Фиг. 115.

Фиг. 116. Фиг. 117.

Задача 106-я. Пять линий, 10 монет.

Начертите на бумаге пять прямых линий и разложите на них 10 монет так, чтобы на каждой линии лежало по 4 монеты.

Решение.

Фиг. 119 показывает, как решается задача:

Фиг. 119.

Можно ли эту фигуру вычертить с одного почерка?

Волшебная таблица.

№ 5

№ 4

№ 3

№ 2

№ 1

16

8

4

2

1

17

9

5

3

3

18

10

6

6

5

19

11

7

7

7

20

12

12

10

9

21

13

13

11

11

22

14

14

14

13

23

15

15

15

15

24

24

20

18

17

25

25

21

19

19

26

26

22

22

21

27

27

23

23

23

28

28

28

26

25

29

29

29

27

27

30

30

30

30

29

31

31

31

31

31

16

8

4

2

1

Вот таблица, в которой в 5-ти столбцах написаны известным образом все числа от 1 до 31. Таблица эта отличается следующим «волшебным свойством»:

Задумайте какое угодно число (но, конечно, не большее 31) и укажите только, в каких столбцах этой таблицы находится задуманное вами число, а я тотчас же «угадаю» это число.

Если, например, вы задумаете число 27, то, ничего не говоря иного, вы скажите только, что задуманное вами число находится в 1-м, 2-м, 4-м и 5-м столбцах; а я уже сам вам наверное скажу, что вы задумали именно число 27 (Можно это сказать, даже не смотря на таблицу).

Вместо такой таблицы можно, если угодно, смастерить:

Волшебный веер.

Сделайте сами, закажите или купите подходящий веер и на 5-ти пластинках его выпишите изображенную выше таблицу. Можете, обвевая себя веером, предлагать вашему собеседнику задуманное число и указать вам только пластинки, на которых оно написано. Вы тотчас угадаете задуманное кем-либо число.

Но в чем секрет?

Разгадка.

Секрет разгадывания с виду прост: обратите внимание на цифры, написанные в самой нижней графе. Если вам скажут, например, что задуманное число находится во 2-м, 3-м и 5-м столбце, считая справа (или на 2-й, 3-й, 5-й пластинке веера), то сложите числа, стоящие в этих столбцах внизу, получите 22 (2+4+ + 16), и будьте уверены, что задуманное именно это, а не иное какое число.

В правильности таблицы можете убедиться и так: задумайте сами число (не больше 31), например, 18. Вы найдете это число во 2-ми 5-м столбцах. Внизу этих столбцов стоят числа 2 и 16; сложенные вместе, они дают, действительно, 18.

Но почему так? Как же составляется подобная таблица?

Полный и подробный ответ на это вы найдете дальше, в главе о двоичном счислении, которую советуем внимательно прочесть. Она дает много задач и объясняет сущность якобы волшебной таблицы. Здесь же пока заметим только следующее:

Если написать ряд чисел, начиная с 1, таких, чтобы каждое было вдвое больше предыдущего, т.-е.:

1, 2, 4, 8,16, 32, 64, 128, 256 и т. д. (иначе говоря: ряд последовательных степеней 2-х), то числа эти отличаются тем замечательным свойством, что из них можно получать сложением решительно все целые числа, даже не входящие в этот ряд, и притом

полученные последовательные числа ряда войдут только по одному разу.

В нашей таблице (или веере) мы взяли только ряд чисел 1,2, 4, 8, 16 (2°, 21, 22,23,24) и наглядно убеждаемся, что с помощью сложения чисел этого ряда можно получить все числа от 1 до 31, т.-е. до 24—1. Впрочем, более точное и строгое объяснение всему этому вы найдете, как сказано, в следующей главе.

Там же вы найдете решение и объяснение нижеследующей интересной задачи.

Задача 107-я.

В лавке бедного торговца вместо гирь было всего 4 камня. Однако, с помощью этих камней он совершенно правильно взвешивал все в целых фунтах, начиная с одного фунта и до пуда, т.-е. до 40 фунтов. Спрашивается: какого веса были эти камни.

Путем последовательных проб, пожалуй, нетрудно решить эту задачу и найти, что камни должны быть весом в 1, 3, 9 и 27 фунтов. Но как найти общее решение подобных задач?

Все это разъяснится, если вы вникните в следующую главу; Но прежде чем взяться за ее чтение и изучение, советуем нашему читателю вновь продумать, что такое десятичная система счисления, по которой считает ныне все современное образованное человечество (см. также главу II введения: «Счет, мера и число»).

Двоичное счисление.

О счислении вообще.

Уменье считать (счисление) очень часто рассматривают, как основное арифметическое действие, как начало всех действий, которые можно производить над числами. Это большое заблуждение, так как свойства чисел существуют независимо от всякой системы счисления.

Счисление или счет есть чисто условный язык, позволяющий называть числа при помощи нескольких немногих слов в разговорной речи, или писать их при помощи немногих знаков, цифр, на письме.

Основное действие арифметики есть закон образования чисел, т.-е. сложение. Наше десятичное счисление, наприм., есть уже действие более сложное. Оно заключает в себе одновременно сложение и умножение. Так, число 45 в десятичной системе есть результат, полученный от умножения 10 на 4 и затем прибавления к полученному пяти единиц. Известно, впрочем, что десятичная система счисления есть сравнительно позднее создание человеческой арифметики.

Само собой разумеется, что вместо того, чтобы считать числа десятками, сотнями (т.-е. группами по десяти десятков), тысячами (т.-е. группами по десяти сотен) и т. д., можно было бы число десять заменить всяким другим, — например, числом двенадцать (дюжиной), и считать дюжинами. Уже Аристотель заметил, что число четыре могло бы вполне заменить десять. По этому поводу Вейгель в 1687 г. даже предложил план четверичной арифметики.

Почти всеобщий выбор числа десять за основание счисления зависит, по всей вероятности, от устройства наших рук (десять пальцев), точно также, как большинство различных единиц у древних получило свое название и происхождение от различных членов человеческого тела, как локоть, пядь и т. д.

В XVII веке Мельхиседек Февено (Thevenot) пытался найти всеобщую меру, исходя из правильности и равенства граней пчелиных восковых ячеек. Новейшие меры построены на более прочных основаниях и взяты из геодезических, физических и др. соотношений, как, метр, грамм и др.

Двоичная система.

Двоичная система счисления есть счет, где в основание кладется число 2.

Всякая система счисления основана на употреблении единиц разных разрядов, каждая из которых содержит единицу предъидущего разряда одно и то же число раз. Число единиц низшего разряда, нужное для того, чтобы составить единицу высшего, называется основанием системы счисления.

Это основание должно быть равно по меньшей мере двум.

В самом деле, если взять за основание системы один, то единицы различных разрядов будут равны между собой, и системы счисления в сущности не будет/

Первым знакомством с двоичной арифметикой мы обязаны Лейбницу. В этой системе за основание принято число два, и все числа можно писать только цифрами 0 и 1. При этом принимается единственнео условие, сходное с письменным счислением в десятичной системе, именно, — что всякая цифра, помещенная сейчас влево, представляет единицы в два раза большие, чем стоящие непосредственно вправо. Следовательно, по этой системе числа два, четыре, восемь, шестнадцать... напишутся так:

10, 100, 1000, 10000,...

Числа три, пять, одиннадцать, девятнадцать напишутся так:

11, 101, 1011, 10011,...

Следует, вообще, освоиться с писанием чисел по двоичной системе. Это легко.

Замечания о двенадцатичной системе.

Симон Стевин из Брюгге (умер в 1633 г.) предложил когда-то ввести двенадцатичную систему, как более подходящую к нашему обыкновению считать месяцы, года, часы дня, градусы окружно-

сти и т. д. Но|изменение существующей системы произвело бы слишком большие неудобства сравнительно с теми преимуществами, которые получились бы, если принять число двенадцать за основание системы.

Позднее знаменитый Огюст Конт заметил, что строение руки, имеющей 4 пальца с тремя суставами, или всего двенадцать суставов против двух еще суставов пятого, большого, пальца, позволяет считать по пальцам все числа до 13 раз 12 (13X12=156). Таким образом по двенадцатичной системе можно было бы легко вести на пальцах гораздо более обширный счет, чем десятичный. Но от этой остроумной выдумки в настоящее время не сохранилось ничего, кроме сравнения, сделанного самим Контом, что четыре пальца с большим пальцем во главе напоминают четырех солдат под командой капрала.

Преимущества двоичной системы.

В двоичной системе обыкновенные арифметические действия сведены к самым простейшим выражениям. Сложение, например, сводится к следующему: I да I дает два, ставлю 0 и замечаю I. Таблицы умножения (Пифагоровой) нет вовсе, так как все умножение сводится к следующему: 1, умноженная на 1, дает единицу. Так что все умножение заключается в соответствующем подписании частичных произведений. При делении не требуется никаких попыток. Кроме того, для этой, системы удобнее, чем для всякой иной, изготовлять счетные машины. Люка1), благодаря двоичному счислению, нашел наибольшее из известных до сих пор простых чисел, а также изобрел машину, дающую весьма большие первоначальные числа. Неудобство двоичной системы состоит в большем количестве писания, которое необходимо для изображения небольших сравнительно чисел.

Лежандр в своей Теории чисел дает способ, довольно быстро ведущий к цели, когда хотят изобразить большое число по двоичной системе. Пусть дано, напр., число 11 183 445. Делим его на 64. Получается остаток 21 и частное 174 741. Это последнее делим опять на 64, получается в остатке 21 и частное 2 730. Наконец, 2 730, деленное на 64, дает в остатке 42 и частное 42. Но 64 в дво-

1) Recherches sur plusieurs ouvrages de Léonard de Pise et sur diverses questions d'arithmétique.—Rome. 1877.

ичной системе есть 1000 000; 21 в двоичной системе есть 10 101, а 42 есть 101 001. Итак, предложенное число напишется по двоичной системе так:

101 010 101 010010 101 010 101

Же-ким.

Двоичная система счисления позволяет объяснить один китайский символ, носящий имя Же-ким, или Жекинг. Приписывается он Фо-Хи, древнейшему законодателю Китая (за 3000 лет до Рожд. Христова). Символ состоит из 64 небольших фигур, образованных каждая из шести находящихся одна над другой горизонтальных линий; одни из этих линий сплошные, другие имеют в середине перерыв. Символ этот приводил в отчаяние как китайских, так и европейских ученых, не мог лих его удовлетворительно объяснить. Знаменитый Лейбниц, рассматривая различные начертания Же-кима сравнительно с рядом чисел, написанных по двоичной системе, нашел, что двоичная арифметика

Вид Китайскаго Же-кима

Перевод иа двоичную систему

По десятичной системе

разрешает загадку, и что Же-ким есть нечто иное, как ряд 64 последовательных первых чисел, написанных по двоичной системе, но в обратном порядке. В самом деле, если обозначим единицу сплошной прямой_, а нуль прямой с перерывом посреди _ _, если, кроме того, условимся единицы следующих высших разрядов писать не справа налево, но снизу вверх, то нетрудно найти, что этот китайский символ, составленный из повторений 6-ти горизонтальных линий, может быть истолкован так, как это указано на таблице, помещенной на этой странице.

В этой столь удачно им разгаданной загадке Лейбниц видел также, символ творения из ничего по воле Бога, подобно тому, как, говорил он, все числа в двоичной системе составляются из нуля и единицы. Мысль эта так понравилась знаменитому философу, что он сообщил ее тогдашнему миссионеру в Китае, П. Буве, убеждая его развить ее перед царствовавшим императором и таким путем обратить его в христианство... Впрочем, можно быть уверенным, что гениальный ученый не придавал этой своей пифагорейской идее большего значения, чем она того стоит.

Для большей ясности представления о Же-киме приведем первые 16 фигур его. Вот они:

нуль

один

два

три

четыре

пять

шесть

семь

восемь

девять

десять

одиннадцать

двенадцать

тринадцать

четырнадцать

пятнадцать

Ящик с гирями.

Напишем по двоичной системе таблицу 32 чисел:

Легко эту таблицу продолжить до каких угодно пределов, и таким образом вывести то общее правило, что любое число можно получишь путем сложения различных степеней двух с прибавкой единицы, т.-е. каждое число можно получить путем сложения из ряда:

1, 2, 4, 8, 16, 32, 64,...

при чем при таком сложении ни одно из чисел ряда не требуется брать дважды. Этим свойством можно пользоваться в торговле и промышленности. Если нам требуется взвесить целое число, напр., граммов (или фунтов, лотов, пудов,—словом, каких угодно единиц веса), то можно пользоваться ящиком, в котором находятся разновески таких тяжестей:

1 gr, 2 gr, 4 gr, 8 gr, 16 gr, 32 gr...

С шестью такими гирями можно взвешивать до 63 gr. С числом п таких гирь можно взвешивать до тяжестей, получаемых из формулы

2п—1.

На практике, однако, ящики с гирями устраиваются иначе. Во Франции и других образованных странах, где принята десятичная система мер и весов, эти ящики содержат граммы, декаграммы, гектограммы и килограммы1) в таком порядке:

1) 10 gr=l dr; 10 dg=l hg 10 hg=l kg.

и т. д. Ясно, что из чисел 1,2,2,5 можно составить все остальные до 10. Кроме того, подобное устройство ящика с разновесками более подходит к десятичной системе счисления и подобной же системе мер и весов,—следовательно, при навыке не требуется почти никакого соображения. Но если посмотреть на дело с иной стороны, то при двоичной системе для взвешивания до известного предела требуется меньше гирь, чем при десятичной.

Взвешивание.

Составим такой ряд чисел, в котором первый член будет единица, а затем идут степени 3-х, т.-е.:

1, 3, 9, 27, 81,...

Он обладает свойством, состоящим в том, что, складывая или вычитая известным образом его члены, мы также получим всевозвожные целые числа. Доказать это не трудно, и мы останавливаться на этом не будем.

Свойством этого ряда можно воспользоваться также для того, чтобы взвешивать с наименьшим количеством различных гирь предметы, вес которых можно выразить в целых числах. Так, например, при помощи перекладывания гирь на различные чашки весов можно взвесить в целых фунтах все тяжести от 1-го фунта до целого пуда при помощи всего четырех гирь в 1 ф., 3 ф., 9 ф., 27 ф.

При помощи пяти гирь в 1, 3, 9, 27 и 81 фунт можно взвешивать в целых фунтах все тяжести от 1-го до 121 фунта и т. д. Вообще с помощью п гирь весом в 1, 3, З3, З4,... 3Л—1 фунта можно взвешивать все тяжести до веса в -г- (Зп — 1) фунтов.

Следовательно, геометрическая прогрессия со знаменателем отношения 3 разрешает такую общую задачу: Найти наименьшее число гирь, с помощью которых можно произвести все взвешивания

в целых числах от 1 до суммы веса всех взятых тяжестей; и эта сумма должна быть наибольшей относительно числа тяжестей.

Еще о волшебной таблице.

Воспользуемся таблицей, составленной нами ранее на странице 199, для построения новой, обладающей свойством, заслуживающим внимания. Эту новую таблицу составим так:

В первом столбце справа выпишем одно под другим из таблицы на странице 199 все те числа по десятичной системе, которым в двоичной системе соответствуют числа, оканчивающиеся на 1. Затем во втором столбце, считая справа налево, выпишем все те числа, у которых по двоичной системе вторая цифра с конца есть 1. В третьем столбце выпишем все те числа, у которых по двоичной системе третья цифра с конца есть 1, и т. д. В нашем случае, очевидно, придется остановиться на 5-м столбце, и наибольшее число, входящее в составляемую таблицу, есть 31. (Вообще же для п-го столбца такое наибольшее число будет 2п—1). Таким образом мы получаем следующую таблицу:

5

4

3

2

1

16

8

4

2

1

17

9

5

3

3

18

10

6

6

5

19

11

7

7

7

20

12

12

10

9

21

13

13

11

11

22

14

14

14

13

23

15

15

15

15

24

24

20

18

17

25

25

21

19

19

26

26

22

22

21

27

27

23

23

23

28

28

28

26

25

29

29

29

27

27

30

30

30

30

29

31

31

31

31

31

По этой таблице можно угадать всякое задуманное кем-либо число, если оно, конечно, не более 31. В самом деле, предложите кому-либо задумать любое число не большее 31, и указать, в каких столбцах оно находится. Если, начиная от правой руки к левой, мы будем писать 1 для всякого столбца, где задуманное число находится, и 0 для такого столбца, где этого числа нет, то получим задуманное число, написанное по двоичной системе. Задача облегчается, если внизу столбцов написать сответствующие степени двух и затем, чтобы узнать задуманное число, остается только узнать, в каких столбцах оно находится, и сложить соответственные находящиеся внизу числа. Можно, впрочем, этих степеней двух и не подписывать внизу, так как они написаны нами уже в первой строке составленной нами таблицы (1, 2,4,8, 16).

Вместо таблицы можно сделать из картона волшебный веер и на пластинках его написать соответствующие числа. Это рассмотрено уж нами на стр. 191—193. Здесь мы освещаем все это с более общей точки зрения.

Двоичная прогрессия.

Возьмем число 2 и удвоим его, полученное число опять удвоим, полученное снова удвоим, полученное снова удвоим, и т. д. То-есть, другими словами, составим таблицу степеней числа двух, начиная с первой и до 32 степени:

Степень п

2п

Степень п

2п

Степень

п

2п

1

2

12

4096

23

8388608

2

4

13

8192

24

16777216

3

8

14

16384

25

33554432

4

16

15

32768

26

67108864

5

32

16

65536

27

134217728

6

64

17

131072

28

268435456

7

128

18

262144

29

536870912

8

256

19

524288

30

1073741824

9

512

20

1048576

31

2147483648

10

1024

21

2097152

32

4294967296

11

2048

22

4194304

Эта таблица представляет тот ряд чисел, который Ферма (Fermat) назвал двоичной прогрессией. Нетрудно проверить с помощью этой таблицы, что для перемножения каких-либо степеней 2,— например, девятой и одиннадцатой,—достаточно показателей этих степеней сложить. Т.-е. 29Х211=22° или 512X2048=1048676.

Вообще: показатель произведения двух степеней одного и того же числа равен сумме обоих показателей, а показатель частного двух степеней одного и того же числа равен разности показателей делимого и делителя.

На рассмотрении и обобщении этих свойств показателей степеней основана теория логарифмов.

Заметим также, что, имея предыдущую таблицу, мы весьма быстро можем вычислить 64-ю степень 2-х, перемножая самое на себя 32-ю степень этого числа, т.-е.

2б4 = 2з2 х 2з2 _ 4 294 967 296 X 4 294 967 296 = = 18 446 744 073 709 551 616.

С этим последним числом, уменьшенным на 1, связано известное математическое предание, указанное нами в главе о шахматах об изобретателе шахматной игры.

Совершенные числа.

Двоичная прогрессия приводит к познанию так называемых совершенных чисел. Так называется всякое целое число, сумма всех делителей которого равна самому числу, предполагая, конечно, что само число исключено из этих делителей.

Теория нечетных совершенных чисел не разработана вполне еще до сих пор. Что касается до четных совершенных чисел, то все они без исключения содержатся в формуле.

N =2'-' (2а—1),

где второй множитель, 2а — 1, должен быть первоначальным числом. Следовательно, в этой формуле а нужно придавать только те значения, для которых число 2а — 1 есть первоначальное число. Это было известно еще Эвклиду, но этот геометр не мог доказать, что таким путем получаются все четные совершенные числа.

Число 2а — 1 может быть первоначальным только в том случае, если показатель а есть число первоначальное. Это доказать не трудно, но этого недостатоно. Необходимо еще удостовериться,

что число 2* — 1 есть действительно первоначальное число. При настоящем состоянии высшей арифметики эта задача в общем случае неразрешима, есть только показатель а больше 100. Совершенные числа, известные ныне, суть следующие восемь чисел, заключающиеся в нижеследующей таблице:

В первом столбце мы не находим для а значений 11, 23, 29. Это потому, что соответствующие числа 211—1, 223—1, 229—1 не суть первоначальные, а делятся соответственно на 23, 47 и 233.

Мы видим, что совершенные четные числа оканчиваются на 6 или 8. И можно доказать, что так будет постоянно для всякого подобного совершенного числа.

Угадывание чисел.

О каком угадывании идет речь?

Конечно, дело, в сущности, сводится не к отгадке, а к решению некоторой задачи. Желающему предлагают задумать некоторое число и этого числа у него не спрашивают. Взамен этого предлагают задумавшему произвести над задуманным им числом разные с виду совсем произвольные действия и сказать «угадывающему», что в результате получилось. «Угадчик» получает, таким образом, в руки конец нити, по которой разматывает весь клубок и добирается до начала.

Задаваемые в остроумной и забавной форме, которую каждый играющий может придумать по своему вкусу, задачи эти составляют очень хорошее и полезное развлечение для всех играющих. Они развивают навыки в быстром умственном счете и развивают их постепенно, так как можно задумывать малые и большие числа, смотря по желанию и силам участвующих в игре лиц. Теоретические основания подобных задач настолько просты, что мы даем их сжато и коротко. Впрочем, если «доказательства» в нашем изложении кому-либо окажутся не по силам, то он может их смело опустить, а пусть разберется только в самой задаче. Разобравшись, он, почти наверное, сам дойдет до доказательства объяснения каждой задачи.

Обращаем внимание на то, что здесь в большинстве случаев даются только сравнительно сухие остовы задач. Читателю предоставляется самая широкая возможность каждое условие подобной задачи украсить плодами собственной выдумки и фантазии или приноровить к известному случаю.

Развивайте в себе самостоятельность мышления и сметку.

Задача 108-я

Угадать задуманное кем-либо число.

Задумайте число. Утройте его.

Возьмите половину полученного числа, если оно делится без остатка на 2; если же оно ровно пополам не делится, то прибавьте сначала единицу, а потом возьмите половину числа.

Эту половину опять утройте.

Сколько раз содержится 9 в полученном теперь числе?

Если затем на каждую такую девятку взять по два, то и получится задуманное число.

Нужно иметь только в виду, что если приходится прибавлять единицу, чтобы разделить число нацело пополам, то к числу найденному, взяв по 2 на каждую девятку, также нужно прибавить единицу.

Примеры. Задумано 6. После утроения получается 18. Половина этого числа равна 9. Утроив, получаем 27. В этом числе 9 заключается 3 раза. Берем 3 раза по 2, и получим задуманное число 6.

Пусть задумано 5. Утраивая, получим 15. Чтобы разделить пополам нацело, нужно прибавить 1, получится 16. Половина от 16 равна 8; утроив, получаем 24. В этом числе 9 содержится 2 раза. Берем 2 раза по 2, получаем 4, да еще нужно прибавить единицу, так как приходилось прибавлять единицу, чтобы разделить пополам нацело. Итак, задуманное число равно 5.

Доказательство.

Если задумано четное число, т.-е. вида 2п, то над ним производят следующие действия: 2п X 3= 6п; 6п : 2=3п; Зп X 3 = 9п; 9п : 9 = п; п X 2= 2п.

Если задумано число нечетное, т.-е. вида 2п+1, то те же действия принимают такой вид:

(2п + 1) X 3= 6п + 3; 6п + 3 + 1 = 6п + 4; (6п + 4) : 2 = 3п + 2; (Зп + 2) X 3=9п+ 6; (9п + 6) : 9 = п; п X 2 + 1= 2п + 1.

Таким образом, поступая, как объяснено выше, мы всегда должны прийти к задуманному числу.

Задача 109-я. Видоизменение той же задачи.

Утроить задуманное число, затем взять половину произведения, если же произведение получится нечетное, то прибавить к нему единицу и потом разделить пополам. Утроить снова эту половину, затем взять половину полученного числа, прибавляя, как выше, единицу, если от умножения на 3 получится нечетное число. Затем надо спросить, сколько раз содержится 9 в этой последней половине, и на каждую девятку взять по 4. При этом нужно иметь в виду, что если при делении на два в первый раз приходилось прибавлять единицу, то угадывающему нужно тоже держать в уме единицу, а если при делении и во второй раз приходилось прибавлять единицу, то нужно запомнить еще 2. Следовательно, если оба раза деление на 2 не могло быть выполнено нацело без прибавления 1, то, взяв на каждую девятку по 4, нужно к полученному числу прибавить еще 3; если же деление пополам нацело не выполняется только в первый раз, то прибавляется 1; а если только во второй, то прибавляется 2.

Например: задумано 7; утроивая, получим 21; чтобы разделить пополам нацело, надо прибавить 1; прибавляя ее и деля 22 пополам, получим 11; по утроении получим 33; чтобы взять половину, опять нужно прибавить единицу, после чего получим 34, половина этого числа есть 17. Здесь 9 содержится только один раз. Следовательно, нужно взять число 4 и к нему прибавить еще 3, так как деление и в первом и во втором случае совершалось лишь после прибавления единицы.

Получается: 4 + 3 = 7, т.-е. задуманное число.

Доказательство.

Всякое число может быть представлено в одной из следующих форм:

4П, 4П + I, 4П +2, 4П +3,

где букве п нужно придавать значения 0,1,2,3,4ит.д.

1) Возьмем сначала число вида 4п и произведем над ним указанные выше действия. Получается:

4n X 3 = 12п; 12п : 2 = 6п; 6n X 3 = 18п; 18п : 2 = 9п. 9п : 9 = п\ 4 X п — 4п.

2) Для числа вида 4п + 1 получим:

3) Для числа вида 4п + 2 имеем:

4) Для числа вида 4п + 3 имеем:

Таким образом, поступая по правилу, мы всегда получим задуманное число.

Можно ту же задачу предложить и в несколько измененном виде,—а именно:

Задумайте число; прибавьте к нему половину того же числа; к полученной сумме прибавьте половину этой же суммы.

Затем надо спросить, сколько раз содержится девять в последнем полученном числе, и взять по 4 на каждую девятку, как выше. Но и здесь, как всегда, нужно помнить, что если в первом случае число не делится нацело на два, то нужно прибавить к нему единицу и затем поделить на две равные части; точно также нужно поступать и во втором случае. А затем, если деление нацело не выполнялось только в первом случае, то угадывающий должен держать в уме 1, если только во втором, то 2, а если и в первом и во втором, то 3, и эти числа соответственно потом прибавлять для получения правильного ответа.

Например,—задумано 10; прибавляя к нему его половину, получим 15,—число нечетное,—поэтому прибавляя к нему 1 и беря половину, получим 8; прибавляя 8 к 15-ти, получим 23; в этом числе 9 содержится 2 раза. Два раза по четыре равно 8, но и к к 8 надо прибавить еще 2, потому что во втором случае, чтобы раз-

делить на 2 нацело, приходилось прибавлять 1. Итак: 8+2=10, т.-е. получаем задуманное число.

Если число нечетное, то разделим его на две такие части, чтобы одна была на единицу больше другой, и условимся для краткости называть первое слагаемое большой половиной, а второе— меньшей. Тогда рассматриваемую нами задачу можно проделать еще в одной довольно интересной форме.

Задумайте число. Прибавьте к нему его половину или, если оно нечетное, то его большую половину. К этой сумме прибавьте ее половину или, если она нечетна, то ее большую половину. Сколько раз в полученном числе содержится 9?

Взявши затем по 4 на каждую девятку, задумавшему число надо предложить такие вопросы: если от последней суммы отнять все девятки, то можно ли от остатка отнять еще 8? Если можно, то, значит, чтобы получить задуманное число, нужно к числу, полученному от умножения 4-х на число девяток, прибавить 3.

Если же нельзя отнять 8, то надо спросить, нельзя ли отнять 5. Если можно, то нужно прибавить 2. Если же 5-ти нельзя вычесть, то спросить, нельзя ли вычесть 3, и если можно, то прибавляется 1.

Легко убедиться, что задача, предложенная в этой последней форме, сводится, в сущности, к предыдущем, потому что утроить число и взять потом половину полученного произведения, это все равно, что прибавить к числу его половину и т. д.

Замечания. Понявший и всесторонне усвоивший доказательства двух приведенных выше задач в их различных видоизменениях может сам легко создать множество правил, подобных предыдущим, для угадывания задуманного числа.

Можно, наприм., заставить утроить задуманное число, затем взять половину полученного произведения, эту половину предложить умножить уже на 5 и взять половину произведения. Вслед затем спросить, сколько раз в этой последней половине заключается число 15, и для каждых 15 взять по 4. При этом, как и раньше, нужно к произведению четырех на число содержащихся в последней половине 15 прибавлять 1, 2 или 3, смотря по тому, когда деление на 2 не совершается нацело: в первом случае, во втором, или в обоих вместе.

Внимательный читатель легко все это докажет сам. К руководству его добавим только, что при доказательстве он убедиться в следующем:

Если задуманное число превышает какое-либо двойно-четное1)

число на 1, то, отняв все 15, которые содержатся в последней половине, найдем, что в остатке заключается еще 5. Если задуманное число превышает какое-либо двойно-четное число на 2, то в остатке после деления последней половины на 15 будет заключаться 8; и если, наконец, задуманное число превышает двойно-четное на 3, то в остатке получится 13.

Заметив это, можно, угадывая число, разнообразить свои вопросы по тому или другому из вышеприведенных образцов.

Можно также, напр., предложить умножить задуманное число на 5, взять половину полученного произведения, эту половину опять умножить на пять и полученное снова разделить на 2, а затем спросить, сколько раз в полученном числе заключается 25, и для каждых 25 взять по 4. При этом нужно иметь в виду опять-таки случаи, когда деление на 2 совершается нацело, и когда нет, чтобы прибавить 1, 2 или 3 ,где следует, или же не прибавлять ничего, если деление на 2 в обоих случаях было нацело.

Словом, предложенные задачи можно разнообразить всячески.

Задача 110-я. Угадать задуманное число иным способом.

Сначала нужно поступать, как в предыдущих задачах, т.-е. предложить утроить задуманное число, взять половину (или большую половину) полученного произведения, утроить эту половину и взять снова половину (или большую половину) полученного числа. Но затем, вместо вопроса, сколько раз в этой последней половине содержится 9, можно попросить назвать все цифры, которыми пишется это последнее число, кроме одной лишь бы эта неизвестная отгадывающему цифра не была нуль.

Точно также необходимо, чтобы загадывающий сказал и порядок цифр—как тех, которые уже им названы, так и той, которая угадывающему еще неизвестна.

После этого, чтобы узнать задуманное число, надо сложить все цифры, которые названы, и отбросить от этой суммы 9 столько раз, сколько возможно. Остаток, который после этого получится, надо

1) Будем называть двойно-четным или четно-четным числом такое число, которое делится на 4, и просто-четным, которое делится на 2 и не делится на 4.

вычесть из 9, и тогда получится неизвестная цифра; или же, если остаток будет нуль, то неизвестная цифра и есть 9. Поступают именно так в том случае, если оба раза деление пополам совершалось нацело. Если же, чтобы разделить число пополам, приходилось прибавлять 1 в первый раз, то нужно сначала к сумме известных цифр прибавить еще 6 и поступать затем, как указано.

Если же для деления пополам приходилось прибавить 1 только второй раз, то к той же сумме нужно добавить 4.

Если же в обоих случаях деление не совершалось сразу нацело и приходилось прибавлять по 1, то к сказанной сумме нужно прибавить 1.

Нашедший таким образом, неизвестную цифру последней половины, мы узнаем и самую половину. Узнав же, сколько раз в ней заключается по 9, взяв соответственное число раз по 4 и прибавляя, когда нужно, 1, 2 или 3, получим искомое задуманное число.

Напр.: задумано 24. Утроив и разделив два раза, находим, что последняя половина есть 54. Пусть задумавший число назовет угадывающему первую цифру 5. Тогда вычитанием 5 из 9 тотчас получается вторая цифра 4. Итак, последняя половина есть 54.

8 ней 9 содержится 6 раз.

Следовательно, задуманное число есть 4X6=54.

Положим еще, что задумано 25. Утраивая и беря половину произведения, устраивая эту половину и беря снова половину, находим 57. Но нужно помнить, что в первом случае^ чтобы получить половину, приходилось прибавлять 1; поэтому, если задумавший число объявит, напр., первую цифру 5, то надо к пяти прибавить 6, получится 11, отбрасывая 9, получим 2, вычитая 2 из 9, получим вторую цифру 7. Итак, вторая половина 57; в ней 9 содержится 6 раз. Отсюда задуманное число равно 4X6+1=25.

Пусть еще задумавший число скажет, что последняя полученная им половина числа состоит из 3-х цифр, что две последние цифры суть 13, и что для деления пополам нацело приходилось во второй раз прибавлять единицу. В таком случае к сумме 1+3=4 нужно прибавить еще 4, получается 8. Вычитая 8 из 9, получим единицу. Следовательно, последняя половина есть 113; в ней 9 содержится 12 раз. Поэтому задуманное число есть 4x12+2=50.

Точно также, если бы задумавший число сказал, что после утроений и делений на два он получил трехзначное число, в котором первая цифра 1, а последняя 7, и что в обоих случаях при делении

на 2 приходилось прибавлять по 1, то на основании предыдущего поступаем так: 1+7+1=9. Отбрасывая 9, получим в остатке нуль, т.-е. неизвестная цифра последней половины есть 9, и сама эта половина есть 197, где 9 заключается 21 раз. Отсюда по предыдущему заключаем, что задуманное число есть 4X21+3=87.

Доказательство.

Обращаясь к доказательству, данному для задачи 109-й, на ходим, что для числа вида 4п окончательный результат вычислений дает 9п, т.-е. число кратное 9-ти. Следовательно, сумма цифр этого числа должна делиться на 9, а отсюда заключаем, что неизвестная нам цифра такова, что, сложив ее с остальными известными цифрами, мы должны получить число, делящееся на 9 (т.-е. кратное девяти). Если же сумма известных нам цифр кратна 9, то, значит, неизвестная цифра сама есть 9, ибо нам дано, что она не нуль.

Для числа вида 4п+1 результат вычислений есть 9п+3; прибавляя сюда 6, получаем число кратное 9, т.-е. кратна 9-ти и сумма его цифр.

Для числа вида 4п+2 результат вычислений дает 9п+5; прибавляя 4, плоучаем число кратное 9; следовательно, и сумма его цифр должна быть кратной 9.

Наконец, для числа вида 4п+5 окончательный результат вычислений дает 9п+8; прибавляя 1, находим число кратное 9-ти.

Сумма его цифр также должна быть кратной девяти.

Итак, указанные нами выше правила верны.

Задача 111-я. Иное решение задачи.

Можно предложить удвоить задуманное число и затем к полученному произведению прибавить 5. Затем полученное число взять пять раз и прибавить к полученному 10. Эту последнюю сумму умножить еще на 10. Если спросить затем, какое, в конце концев, получилось число, и отнять от него 350, то число оставшихся сотен и будет задуманное число.

Например: Пусть задумано 3. По удвоении его получается 6 прибавлением 5 получается 11; взять пять раз 11—получится

65; прибавить сюда 10,—получится 65; увеличить 10 раз—получится 650. Если отнять отсюда 360, останется 300, т.-е. три сотни. Итак, задуманное число есть 3.

Доказательств о.

Над задуманным числом п совершаются следующие действия:

пХ2+5=2п+5; (2п +5) X5 = 10h+25; 10п +25+10 = =10п+35; (10n+35)XlO=100n+350; lOOn+350—350 =100n. 100n:100 =n.

Т.-е. всегда получится задуманное число.

Замечания. Рассматривая предыдущее доказательство, не трудно понять, что последней задаче можно придать любое число различных видоизменений. Так, напр., если пожелать, чтобы всегда в результате число сотен выражало задуманное число, и чтобы приходилось помножать всегда на 2, 6 и 10, но вычитать приходилось бы не 350, как в приведенной задаче, а другое число, то нужно принять во внимание, как получилось в вышеприведенной задаче 350. Это число произошло так: прибавлено 5, да умножено на 5, итого 25; к этому числу прибавлено 10, получилось 35; умножив же это число на 10, получаем 350. Следовательно, ес^и пожелать вместо 350 вычитать из окончательного результата другое число, то и задавать нужно прибавлять не 5 и 10, а другие числа. Зададим, например, вместо 5 прибавить 4, а вместо 10 прибавить 12. Ясно, что из последнего полученного числа придется вычесть 320 (4 Х 5=20; 20+12=32; 32 X10 = 320); и тогда получим остаток, число сотен которого и даст нам задуманное число. Таким образом задачу можно видоизменять до бесконечности.

Точно также легко заметить, что, умножая задуманное число на 2, на 5, и на 10, мы умножаем его, в сущности ,на 100 (2X5X10=100).

Поэтому, желая опять-таки, чтобы число сотен окончательного результата показывало задуманное число,—все равно, какие множители выбрать, лишь бы умножение на них давало в окончательном результате умножение на 100. Отсюда следует, что, осталвяя те же множители 2, 5, 10, можно изменить их порядок, т.-е. сначала умножить, напр., на 5, потом на 10, а затем на 2 и т. д.

Точно также вместо множителей 2, б, 10 можно братъ другие, дающие в произведении 100, напр., 5, 4, 5 или 2, 2, 25 и т. д. Нужно помнить только при этом, конечно, что всем этим изменениям множителей и прибавляемых чисел сотоветствует изменение числа, которое в конце нужно вычесть. Так, напр., будем помножать на 5, 4, 5, а прибавлять числа 6 и 9, и пусть задуманное число будет 8.

Умножив на 5, получим 40; прибавив 6, получим 40+6=46; умножив на 4, получим 160 +24=184; прибавив 9, получим 160+33=193; умножив это число на б, получим 800+165 = 965. Т.-е. для получения числа сотен, показывающего задуманное число, нужно отнять в данном случае 165, (6X4=24; 24+9 = 33; 33X5=166).

Можно также взять не 100, а всякое иное число и сделать так, чтобы оно заключалось в остатке от последнего вычитания столько раз, сколько единиц заключается в задуманном числе. Так, напр., возьмем число 24, которое можно представить состоящим из множителей 2, 3, 4 (2X3X4=24), а числа, которые будем прибавлять, пусть будут 7 и 8.

Пусть задуманное число есть 5. Удваивая его, находим 10, прибавляя 7, находим 10+7=17; утраивая, находим (10+7)Х3 = =30+21 = 52; придавая 8, находим 30+29 = 59, беря последнее число 4 раза, получим 120+116 = 236. Отнимаем отсюда 116, остается 120, в котором 24 содержится 5 раз, т.-е. получается задуманное число 5.

Можно также вместо трех множителей брать только два, а вместо двух чисел прибавлять только одно, и тогда число десятков числа, полученного после вычисления, подобного предыдущему, покажет задуманное число.

Можно также брать четыре, пять, шесть и т. д. множителей, прибавлять соответственное (три, четыре и т. д.) количество чисел, затем, поступая, как указано выше, угадывать задуманное кем-либо число.

Можно, наоконец, вместо того, чтобы прибавлять числа вычитать их, а в конце вместо вычитания прибавлять известное число. Так, напр., воспользуемся числами первого примера настоящей задачи, и пусть задуманное число будет 12. Удвоив его, получим 24; вычитая отсюда 5, получим 24—5; умножая на б, получим 120—25; вычитая 10, получаем 120—35; умножая на 10, получим 1200—350. Здесь вместо того, чтобы вычесть, нужно прибавить

350: сумма получится 1200, и число сотен в ней (12) дает задуманное число.

Словом, читатель может видоизменять и разнообразить эту задачу, как ему угодно.

Задача 112-я.

Угадать задуманное число иным путем.

Изложим теперь способ, который с виду кажется замысловатее других, хотя доказывается очень легко.

Пусть кто-либо задумает какое-либо число. Затем предложите ему умножить это число на какое угодно заданное вами другое число, полученное произведение разделить на какое угодно заданное вами число, затем частное опять умножить на какое вам угодно число, это произведение опять разделить на какое угодно задуманное вами число и т. д. Если угодно, то можно предоставить тому, кто задумал число, самому умножать и делить задуманное число на какие ему угодно числа, лишь бы он сообщал каждый раз, на какое число он множит и на какое делит. Но, чтобы угадать задуманное число, сам угадывающий пусть в то же время возьмет какое-либо число и проделывает над ним все те же самые умножения и деления, что и задумавший число. Остановившись затем на каком-либо делении, попросите задумавшего число, чтобы он разделил на задуманное им число то последнее число, которое он получил. Точно также и вы (угадывающий) разделите последнее вами полученное число на взятое вами первоначально. Тогда у вас получится то же число, что и у задумавшего число. После этого пусть задумавший число прибавит к полученному им в уме частному задуманное число и скажет вам результат. Вычитая из этого результата известное уже вам число, получаете задуманное число.

Например: Пусть кто-либо задумает число 5. Предложите ему помножить его на 4; результат (20) разделить на 2 (получится 10), полученное число умножить на 6 (получится 60); это последнее произведение разделить на 4 (получится 15). Но в то же время вы сами должны выбрать какое-либо число и делать над ним все те же действия. Пусть, напр., вы возьмете 4 (лучше, вообще, брать для удобства 1). Умножая на 4, вы получаете 16; деля на 2, вы получаете 8; умножая на 6, вы получаете 48; деля это число на 4, вы получаете 12. Вслед затем вы говорите задумавшему число,

чтобы он последнее полученное им число (т.-е. 16) разделил на задуманное (т.-е. б). У него получается 3.

Если вы в тоже время свое последнее задуманное число 12 разделите на взятое вами сначала, т.-е. 4, то получите также 3. Сделав вид, что вам неизвестно полученное вашим партнером частное, вы говорите ему, чтобы он прибавил к полученному им числу задуманное число и сказал вам результат: он, конечно, скажет вам в этом примере 8. Отнимая от 8 полученное вами уже частное 3, найдете задуманное вашим партнером число 5.

Доказательство.

Если над каким-либо числом п производится ряд умножений и делений, то получается результат вида па'^'сЕсли произвести те же действия над числом р, то получится результат вида ра'^'с. Оба эти результата, разделенные первый на п, а второй на р, дадут, очевидно, одно и то же число а'^'с

Итак, зная число -и сумму - + п, достаточно из последнего вычесть первое, чтобы получить число п.

Замечание. Можно, очевидно, всячески видоизменять настоящую задачу, так как, во-первых, можно делить и умножать на какие угодно числа, а во-вторых, вместо того, чтобы умножать и делить поочередно, можно сначала умножать два, три и т. д. раза сряду, а затем столько же раз делить, или наоборот. Можно также, зная последнее частное, заменять сложение вычитанием, если задуманное число окажется меньше полученного последнего частного ит. д.

Задача 113-я.

Угадать несколько задуманных кем-либо чисел.

I. Пусть кто-либо задумает нечетное число каких-либо чисел, т.-е. 3, или б, или 7, или 9 и т. д. чисел, и пусть он скажет вам сумму первого и второго чисел, затем суммы второго и треть-

его, третьего и четвертого и т. д., наконец, сумму последнего из задуманных им чисел и первого.

Возьмите эти суммы в том же порядке, как они сказаны вам и сложите вместе все те, которые стоят на нечетных местах (т.-е. 1-ю с 3-й, с 5-й и т. д.), а затем сложите все те, которые стоят на четных местах (т.-е. 2-ю с 4-ой, с 6-й и т. д.), и вычтите из первого результата второй. Остаток и даст удвоенное первое задуманное число. Беря половину этого остатка, получаем самое число. Зная его, не трудно найти остальные числа, так как суммы первого и второго, второго и третьего и т. д. известны.

Доказательство.

Пусть задуманные числа будут а,Ъ,с,Ъ,е. Даны суммы:

a-fb; Ь+с; c+d; d-\-e; е-\-а. Складывая суммы, стоящие на нечетных местах, получим: a+b+c+cf+e+a, и складывая суммы, стоящие на четных^местах, получим:

b+c+d+e.

Вычитая из первой суммы вторую, получаем 2а. Половина этого числа есть первое из задуманных чисел а; вычитая а из а+Ь, получим b и т. д.

Другой случай.

II. Если же кто-нибудь задумает четное число чисел, то, как и выше, пусть он скажет суммы задуманных чисел по два (первого со вторым, второго с третьим и т. д.), но в конце пусть объявит сумму не последнего с первым задуманным числом, но последнего со вторым. После этого опять нужно сложить все суммы, стоящие на нечетных местах, кроме первой, затем все суммы, стоящие на четных местах, и из второго результата вычесть первый. Остаток и даст удвоенное второе задуманное число.

Доказательство.

Пусть задуманы числа a,b,c,d,e,/. Даны суммы:

а+Ь; Ь+с; c+d; d+e; e+f; /+Ь.

Суммы, стоящие на нечетных местах, за исключением первой, дают:

c+d+e+f.

Суммы, стоящие на четных местах, дают:

b+c+d+e+f+b.

Разность между этой суммой и предыдущей есть 2Ь; половина этого числа и есть задуманное второе число Ь. Остальные числа найти уже легко.

Замечания. Можно эту же задачу решить иными способами, из которых укажем на следующие:

Пусть число задуманных чисел будет нечетное.

Сложив все данные суммы и разделив полученное число пополам, найдем сумму всех задуманных чисел. Если же задумано четное число чисел, то сложим все данные суммы, кроме первой, результат поделим пополам и получим сумму всех задуманных чисел, кроме первого. Но, зная сумму всех задуманных чисел, легко найти в данном случае каждое число в отдельности. Пусть, например, задуманы числа 2, 3, 4, 5, 6. Суммы, которые даются, будут: 5, 7, 9, 11, 8. Складывая эти числа, получим 40. Половина этого числа (20) и есть сумма всех задуманных чисел.

Зная теперь, что сумма 2-го и 3-го задуманных чисел есть 7, а сумма 4-го и 6-го чисел есть 11, вычитаем 7+11 = 18 из 20 и получаем первое задуманное число 2 и т. д.

Подобным же образом надо поступать и в том случае, когда задумано четное число чисел.

Можно узнавать числа и так. Если кто-либо задумает 3 числа, предложите ему сказать их суммы по 2, как объяснено выше; если он задумал 4 числа, предложите ему сложить их по три и сказать вам суммы; если задумано 5 чисел, предложите сложить их по четыре и сказать вам суммы и т. д. Затем, чтобы отгадать задуманные числа, нужно руководствоваться следующим общим правилом.

Все известные суммы сложить и полученный результат разделить на число, единицей меньшее числа задуманных чисел .Полученное частное и есть сумма всех задуманных чисел. После этого уже не трудно найти каждое число в отдельности. Пусть, например задуманы 3, б, 6,8. Суммы их по три будут 3+5+6 ==lâ, 5+6+8 = =19, 6+8+3 = 37, 8+3+6 = 16. Складывая эти суммы, полу-

чаем 66. Эту сумму надо разделить на 3 (т.-е. на число меньшее единицей числа задуманных чисел). Получается 22, сумма всех задуманных чисел. Если, теперь, из 22 вычесть 14, получим последнее из задуманных чисел (8); вычитая 19, получаем первое (3) и т. д. Понять и доказать все это не трудно.

Желающим предоставляем доказать, почему в случае четного числа задуманных чисел нельзя брать попарно сумму так, чтобы последняя состояла из последнего задуманного числа плюс первое, а непременно последнее и второе из задуманных чисел.

Задача 114-я.

Угадать задуманное число, ничего не спрашивал у задумывающего.

Предложите кому-либо задумать число, затем пусть он умножит задуманное число на произвольно выбранное вами число, к этому числу пусть он прибавит любое данное вами число и полученную сумму разделить на данное вами же произвольное число. В то же время данный вами множитель разделите в уме на данный делитель, сколько единиц и частей единицы заключается в полученном частном, столько раз предложите задумавшему число отнять от полученного им частного задуманное число, и вы тотчас же скажите ему остаток, который он получил. Этот остаток всегда равен частному, полученному от деления того числа, которое вы дали, чтобы приложить к произведению, на данный вами же делитель.

Например: Пусть кто-либо задумывает 6; предложите ему умножить его на 4. Получится 24; предложите прибавить 15; получится 39. Пусть разделит на 3; получится 13. Деля в уме в то же время 4 на 3, вы получаете 4/з или 7з- Поэтому предложите задумавшему число отнять от полученного им частного задуманное число да еще одну треть этого числа (т.-е. шесть да еще два,— всего восемь): 13—8 =5,—остается 5. Тот же результат получится, если вы данное вами число 15 разделите на данный вами же делитель 3.

Доказательство.

Действия, которые производятся в данном случае над задуманным числом п, можно выразить так:

—!—, а это выражение можно представить в виде. —+—. с с с

Ясно, что, вычитая п.—, получим остаток—.

Замечание. Настоящая задача решена здесь в довольно общем виде. Употребляется иными часто такой частный случай ее. Заставляют удваивать задуманное число, затем прибавлять к результату произвольное, но четное число, затем заставляют полученную сумму делить на 2 и из частного вычитать один раз задуманное число. Остаток, конечно, всегда получится равным половине прибавленного раньше четного числа. Очевидно, однако, что интереснее решать задачу в общем виде. Тем более, что при этом можно практиковаться в дробях. Если же почему-либо нежелательно получать дроби, то всегда возможно подобрать такие числа, чтобы дробей не получалось.

Задача 115-я.

Дано 2 числа,—одно четное, другое нечетное,—и предложено 2 лицам взять одному четное число, а другому нечетное, как кто пожелает. Угадать, кто выбрал четное, а кто нечетное?

Вы предлагаете, например, Петру и Ивану два числа (одно четное и другое нечетное), например, 10 и 9. Из них один уже без вашего ведома, берет четное, а другой нечетное число. Чтобы угадать, какое кто взял число, вы тоже возьмите два числа, четное и нечетное, напр., 2 и 3, предложите, чтобы Петр взятое им число помножил про себя на 2, а Иван свое число на 3, после чего пусть они сложат полученные ими числа и скажут вам полученную сумму. Или же пусть скажут только, четное или нечетное число они получили после сложения, так как вам нужно знать только это. Если же хотите задачу сделать более непонятной, то выведайте это у них другим путем. (Предлагая, напр., разделить полученную ими сумму на два и сказать, делится или не делится она нацело и т. д.). Положим, вы узнали, что получилась четная сумма; тогда ясно, что число, помноженное на 3, было четное, т.-е. Иван взял четное число 10, а Петр нечетное 9. Если же по сложении у них получилась нечетная сумма, то ясно, что тот взял нечетное число, кому вы предложили умножить его число на 3.

Доказательство.

Число, которое умножается на 2, дает всегда произведение четное. Следовательно, сумма обоих произведений четна или нечетна, смотря потому, будет ли четное или нечетное другое произведение. Но если число множится на нечетный множитель, то произведение будет четным, если множимое четно, и нечетным, если нечетное множимое. Итак, по сумме обоих произведений можно судить, четно или нечетно то число, которое множится на нечетный множитель.

Задача 116-я.

Та же задача с двумя взаимно-простыми числами.

Предложите 2-м лицам заметить любое из данных 2-х чисел, по таких, чтобы эти числа были между собой взаимно-простые, как, напр., 9 и 7, и кроме того, чтобы одно из них было составное (как в данном примере 9). Множителями, на которые вы хотите чтобы помножили замеченные числа, возьмите также два взаимно-простых числа, но таких, чтобы одно из них содержалось целое число раз в одном из чисел, данных на выбор двум лицам. Напр., если взять 3 и 2, то эти числа и взаимно-простые , и 3 есть множитель 9. Вслед затем предложите одному лицу умножить выбранное им число на 2, а другому на 3, сложить результаты и сказать вам или полученную сумму, или же, делится ли эта сумма нацело на тот данный вами множитель, который, в свою очередь, содержится в одном из предложенных вами на выбор чисел. (Напр., во взятом нами примере узнать, делится ли число на 3). Узнав это, тотчас же можно определить, кто какое число заметил. В самом деле, если полученная сумма делится на три, это значит, что на 3 умножено число, не делящееся на 3, т.-е. 7; наоборот, если полученная сумма не делится на 3,то это значит, что на три было умножено число, делящееся на 3, т.-е. 9. Точно также поступают и в тех случаях, когда берутся и предлагаются иные числа, лишь бы они удовлетворяли изложенным выше условиям.

Доказательство.

Пусть А и В суть взаимно-простые числа, и два других а и с тоже взаимно-простые числа, при чем А есть крат-

ное числа а. После соответственных умножений может получиться сумма.

Ас+Ва или Аа+Вс.

И ясно, что первая сумма делима на а, вторая же — нет. Следовательно, В умножится или не умножится на а, смотря по тому, делима или неделима на а сумма, полученная задумавшими после соответственных умножений и сложения-.

Задача 117-я.

Отгадать несколько задуманных чисел, если каждое из них не превышает десяти.

Попросите задумавшего умножить первое из задуманных чисел на 2 и к произведению прибавить 5, полученную сумму умножить на 5 и к результату прибавить 10. К полученному числу прибавить второе задуманное число и все помножить на 10; к полученному результату прибавить третье задуманное число и опять помножить на 10; потом прибавить четвертое из задуманных чисел и опять помножить на 10 и т. д. Словом, пусть задумавший несколько чисел, каждое из которых не превышает десяти, постоянно умножает на 10 и прибавляет одно из задуманных чисел, пока не прибавит последнего. Вслед затем пусть задумавший числа объявит последнюю полученную им сумму; и если задумано только 2 числа, то, вычтя из этой суммы 35, найдем, что число десятков остатка дает первое задуманное число, а число простых единиц дает второе задуманное число. Если же задумано три числа, то из сказанной вам суммы вычтите 350, и тогда число сотен даст первое задуманное число, число десятков — второе, число простых единиц — третье. Если задумано четыре числа, то из сказанной вам суммы вычтите 3500, и тогда число тысяч остатка даст первое задуманное число, сотен — второе, число десятков третье, число простых единиц четвертое. Ясно, что в случае 5 задуманных чисел нужно из сказанного вам результата вычитать 35000 и т. д.

Напр., пусть задуманы 3, 5, 8, 2. Удваивая первое из них, получаем 6; придавая 5, находим 11; умножая это число на 5, имеем 55; придавая 10, получаем 65; прибавляя сюда второе задуманное число, получаем 70; умноженное на 10, оно дает 700; придавая сюда третье задуманное число, получаем 708, умножая

на 10, получаем 7 080; придавая сюда четвертое число, получаем 7 082. Если, теперь, из этого последнего числа вычесть 3 600, то получится остаток 3 582, который и выражает по порядку цифр задуманные числа: 3, 5, 8, 2.

Доказательство.

Пусть задуманные числа будут а, Ъ, с, Над ними производятся следующие действия:

Для первых двух чисел:

(2а+5)Х5=10а+25; 10а+25+10=10а+35; 10а+35+Ь=10а+Ь+35.

Для третьего числа:

(Юа+Ь+35) X 10+с=100а+10Ь+с+350.

Для четвертого:

(100а+10Ь+с+.ЗбО)Х10+й=1000о+100Ь+10с+сИ+3 500.

И т. д. Откуда и ясно, что, вычитая из результата 35, 350, 3 500, смотря по количеству задуманных чисел, мы получим все задуманные числа в виде цифр остатка, считая слева направо.

Замечания. Данную задачу, изложенную в довольно общем виде, можно, очевидно, видоизменять и прилагать ко многим частным случаям.

Так, напр., при игре в кости с помощью этой задачи можно угадать, не смотря, число выброшенных каждой костью очков. И это тем более легко, что число очков каждой кости не превышает 6-ти. Способ угадывания и правила остаются совершенно те же.

Другие пользуются этими же правилами для того, чтобы угадать, кто из нескольких лиц взял какую-либо вещь, в какой руке ее держит, на каком пальце и даже на каком суставе.

В таком случае необходимо расположить данных лиц в известном порядке так, чтобы один считался первым, другой — вторым, следующий — третьим и т. д. Точно также нужно представить, что одна рука есть первая, а другая — вторая, и что на каждой руке есть первый, второй, третий, четвертый и пятый палец, и то же самое относительно суставов на каждом пальце, — один из них пусть будет первым, другой вторым и т. д. В таком

случае задача сводится к угадыванию четырех задуманных чисел. В самом деле, пусть из нескольких лиц тот, кого вы назвали четвертым, взял какую-либо вещь и держит ее во второй руке, на пятом пальце, на третьем суставе. В таком случае вы просите, чтобы взявший вещь удвоил то число, которым он считается по порядку (у него получится 8). Прибавляя сюда 5, помножая результат на 5 и прибавляя 10, взявший вещь получит некоторое число (в нашем примере 76). К этому числу предложите ему прибавить число руки и результат умножить на 10 (в нашем примере получится 770); к этой сумме предложите прибавить число, выражающее палец руки, и опять умножить на 10. (В нашем примере взявший вещь получит 7 750). И, наконец, пусть прибавит к этому последнему числу число, выражающее сустав, и пусть кто-либо из играющих, не имеющий вещи, скажет вам общую полученную сумму. Вам скажут в данном примере 7 753. Отнимая отсюда 3 500, вы получаете 4 253. Числа 4, 2 5 и 3 показывают вам, что взятая вещь находится у четвертого из играющих лиц во второй руке, на пятом пальце и на третьем суставе.

Волшебные квадраты.

Основы теории.

В предыдущих главах мы уже не раз встречались с волшебными квадратами и при помощи карт, или домино, практически решали задачи о составлении их. Войдем, в заключение, в область основных теоретических понятий о волшебных квадратах, тем более, что всякого рода связанные с ними задачи и развлечения весьма распространены.

Для знакомства с теоретическими началами приводим здесь, с самыми небольшими сокращениями некоторые статьи профессора В. П. Ермакова, а также статью г. Е. Орлова, которые были напечатаны в «Журнале Элементарной Математики» за 1884—5 год. Но, как уже упомянуто раньше, для более полного и деятельного изучения теории волшебных квадратов необходимо обратиться к специальным сочинениям, в частности хотя бы к указанным выше на страницах настоящей книги.

Теория волшебных квадратов, казалось бы, стоит особняком в ряду иных отделов математики и имеет мало «практических» приложений. Тем не менее пренебрегать ею не следует. Над ней работали такие высочайшие математические умы, как Ферма, и с помощью ее не раз приходили к самым удивительным и значительным открытиям.

Полные волшебные квадраты.

В квадрате, состоящем из п2 клеток, напишем все числа от единицы до п2. Если суммы чисел в каждом горизонтальном ряду, в каждом вертикальном ряду и в каждой диагонали одинаковы, то такой квадрат называется волшебным.

Из каждого волшебного квадрата поворачиванием и переворачиванием можно составить еще семь новых волшебных квадратов.

Если все восемь квадратов, полученных поворачиванием и переворачиванием одного квадрата, считать за одно решение, то в таком предположении существует только один волшебный квадрат, состоящий из девяти клеток.

Для квадратов, состоящих из большого числа клеток, мы введем еще новое условие. Если волшебный квадрат, после перенесения одного или нескольких горизонтальных или вертикальных рядов с одной стороны на другую, не теряет своих свойств, т.-е. остается также волшебным, то такой квадрат мы будем называть полным волшебным квадратом. Если мы в первом из написанных ниже волшебных квадратов перенесем первый вертикальный ряд с левой стороны на правую, мы получим второй волшебный квадрат.

Перенося во втором квадрате первый вертикальный ряд с левой стороны на правую, мы получим третий волшебный квадрат. Делая подобную операцию с третьим квадратом, мы получим четвертый волшебный квадрат. Все эти четыре квадрата суть полные волшебные квадраты. Перенося в каждом из них вертикальные ряды с одной стороны на другую, мы получим из каждого квадрата еще три новых полных волшебных квадрата.

Дадим еще другое определение полного волшебного квадрата. Две параллельные диагонали, находящиеся с различных сторон главной диагонали, мы будем называть дополнительными, если число клеток в обеих диагоналях равно числу клеток в главной диагонали. Две дополнительные диагонали надлежащим перенесением горизонтальных или вертикальных рядов всегда~могут быть преобразованы в одну главную диагональ. Полным волшебным квадратом называется такой квадрат, в котором сумма чисел в каждом горизонтальном ряду, в каждом вертикальном ряду, в каждой главной диагонали и в каждых двух дополнительных диагоналях одна и та же.

Всякий полный волшебный квадрат перенесением горизонтальных и вертикальных рядов с одной стороны на другую может быть преобразован в такой квадрат, в котором данное число находится в данной клетке.

Волшебный квадрат с девятью клетками не может быть полным.

Покажем теперь, каким образом могут быть составлены все полные волшебные квадраты с 16 клетками. Возьмем четыре квадрата

Наложив их один на другой и сложив буквы в каждой клетке, мы получим следующий квадрат:

Если мы в этом последнем квадрате вместо а, Ь, с и d, поставим* в каком-нибудь порядке 1, 2, 4 и 8, после этого числа в каждой клетке увеличим на единицу, то получим такой полный волшебный квадрат, в котором в левом верхнем углу стоит единица. Полагая, напр., а =1, Ь= 2, с =4 и d= 8, мы получим полный волшебный квадрат, рассмотренный нами раньше. Так как четыре буквы можно перемещать 24-мяа различными способами, то нашим приемом мы можем получить 24 таких полных волшебных квадрата, в каждом из которых в левом верхнем углу стоит единица.. Из полученного таким образом каждого квадрата перенесением горизонтальных и вертикальных рядов с одной стороны на другую мы можем образовать еще 15 новых квадратов. Всего, следовательно, мы можем найти 16X24=384 полных волшебных квадрата с 16-ю клетками.

Указанный нами прием дает все возможные полные волшебные квадраты с 16-ю клетками; больше 384 таких квадратов быть не может.

Покажем теперь способ составления полных волшебных квадратов с 25 клетками. Наложив два квадрата;

один на другой и сложив буквы в каждой клетке, мы получим следующий квадрат:

Если мы в этом последнем квадрате вместо а, Ь, с, d, е подставим в каком-нибудь порядке 1, 2, 3,% 5 и вместо a, d, g, d, е подставим то же в произвольном порядке 0, 5, 10, 15, 20, то получим полный волшебный квадрат. Так как число перемещений из пяти букв равно 120, то указанным способом мы можем образовать 120X120=14 400 полных волшебных квадратов. Сколько же полных волшебных квадратов мы можем образовать, подставляя, наоборот, 0, 5, 10, 15, 20 вместо а, Ь, с, d, е и 1, 2, 3, 4, 5 вместо

a,b,g,d,e.

Полагая, напр., а =1, 4 = 2, с = 3, d = 4, е = 6, a = 0, b = 5, g=10, d=15, <e=20, мы получим следующий квадрат:

Указанный нами прием дает все возможные полные волшебные квадраты с 25-ю клетками; больше 28 880 таких квадратов не может быть.

Способ составления полных волшебных квадратов с 25 клетками может быть распространен на квадраты с большим числом клеток, если только это число не делится ни на два, ни на три; но доказать, что таким способом получаются все возможные полные волшебные квадраты, дело весьма трудное.

Желающие доказать приведенные выше теоремы могут найти их в специальных сочинениях, или же пусть докажут их сами. Предлагаем также заняться составлением полных волшебных квадратов с 36 клетками. Для руководства заметим, что метод, составления полных волшебных квадратов состоит главным образом в разложении таких квадратов на простейшие квадраты. Для решения задачи необходимо знакомство со свойствами корней двухчленного уравнения, так как составление волшебных квадратов находится в тесной связи с разложением на множители двучлена:

хп2— 1.

Так, теперь мы имеем:

Так как во второй части четыре множителя, то эта формула показывает, что каждый волшебный квадрат с 16 клетками может быть разложен на четыре простейших квадрата.

Средние волшебные квадраты с шестнадцатью клетками.

Возьмем волшебный квадрат с четным числом клеток и разделим его горизонтальной или вертикальной линией пополам. Если после перестановки одной половины на место другой квадрат не изменяет своих свойств, т.-е. остается также волшебным, то такой квадрат мы будем называть средним волшебным квадратом.

Складывая два квадрата:

мы получим общее выражение для среднего волшебного квадрата с шестнадцатью клетками:

Числа, стоящие в клетках этого квадрата, суть не что иное, как показатели при различных членах произведения, полученного от умножения двух четырехчленов:

Нам известно также, что в клетках волшебного квадрата должны стоять все числа от единицы до шестнадцати; поэтому

Остается подобрать восемь чисел а, Ь, с, d, a, b, с, d таким образом, чтобы последнее уравнение обратилось в тождество. Вторая часть уравнения разбивается на произведение четырех двухчленов, ибо

Отсюда следует, что нашему уравнению можно удовлетворить шестью различными способами:

Сравнив показатели различных членов в обеих частях, мы заметим, что вместо а, Ь, с, d, a, b, с, d могут быть подставлены числа, указанные в следующей таблице:

По этой таблице вместо букв могут быть поставлены числа, стоящие в каком-нибудь из шести рядов. Вместо а, Ь, с, ä могут быть поставлены в произвольном порядке числа, стоящие в каком-нибудь ряду с левой стороны таблицы; вместо а, Ъ, с, d могут быть поставлены также в произвольном порядке числа, стоящие в том же ряду с правой стороны таблицы. Для примера, полагая

а=1. Ь=10, с=2, d = 9, а=2, Ь= 4, с = 6, d = 0,

мы составим следующий волшебный квадрат:

Так как четыре цифры мы можем перемещать 24-мя способами, то число всех волшебных средних квадратов равно 6=24=24 х 3.456. Если же мы условимся считать за одно решение все восемь квадратов, полученных поворачиванием и переворачиванием одного квадрата, то число различных средних волшебных квадратов будет равно 3.456 : 8X432. В этом числе заключаются так же и полные волшебные квадраты, так как последние представляют только частный случай средних квадратов.

Указанный прием дает все возможные средние волшебные квадраты с шестнадцатью клетками; более 3.456 таких квадратов не может быть.

Правильные волшебные квадраты с 16-ю клетками.

Каждый волшебный квадрат может быть разложен на сумму нескольких квадратов. Возьмем волшебный квадрат с 16-ю клетками; в нем написаны все числа от 1 до 16. Уменьшив каждое из чисел на 1, мы получим волшебный квадрат, в клетках которого будут все числа от 0 до 15. Каждое число от 1 до 15 может быть составлено сложением четырех чисел: 1, 2, 4, 8. (См. выше, главу о двоичном исчислении).

Разложив таким образом каждое число на составные части и выделив в один квадрат единицы, в другой— двойки, в третий—четверки и в четвертый — восьмерки, мы разложим каждый волшебный квадрат с 16-ю клетками на сумму четырех квадратов. Так, напр., квадрат

разлагается на сумму четырех:

Волшебный квадрат разлагается на сумму четырех квадратов:

Волшебный квадрат с шестнадцатью клетками мы будем называть правильным, если каждый из его четырех составных квадратов есть также волшебный квадрат.

Простейших волшебных квадратов, в клетках которых стоят только два различных числа, может быть восемь. Прежде всего, мы имеем четыре полных простейших квадрата:

Далее, имеем два средних квадрата:

Кроме того, есть еще два простейших волшебных квадрата:

Складывая восемь простейших квадратов по четыре, мы можем получить все возможные правильные волшебные квадраты с шестнадцатью клетками. Впрочем, мы должны выбирать только такие сочетания по четыре, чтобы числа в клетках полученного квадрата были различны между собою; этому условию удовлетворяют только одиннадцать сочетаний.

Условимся обозначать наши простейшие квадраты соответственно буквами: А, В, С, D, Е, F, G. Прежде всего мы получаем полный волшебный квадрат сложением четырех простейших полных квадратов:

Далее мы имеем восемь следующих средних квадратов:

Кроме того, мы имеем еще два правильных волшебных квадрата:

c+e+g+h, D+f+g+h.

В каждом из найденных одиннадцати квадратов, вместо пар букв а и а', Ьи Ь, с и с' и т. д., нужно подставить в каком-нибудь порядке четыре пары цифр: 0 и 1, 0 и 2, 0 и 4, 0 и 8. Для примера возьмем квадрат

c+e+g+b

и положим в нем

гс =0, с =4, g =8, h =0, с' =2, е* =0, ff =0, fc'=l.

Таким образом, мы составим следующий волшебный квадрат:

Так как четыре пары цифр можно перемещать 24-мя способами, а, цифры каждой пары—двумя способами, то число всех правильных волшебных квадратов равно 11X16X24=4.224. Если же мы условимся считать за одно решение восемь квадратов, полученных поворачиванием и переворачиванием одного квадрата, то число различных правильных волшебных квадратов будет равно 4.224 : 8=528.

Из нашей теории следует, что к числу правильных квадратов принадлежат также рассмотренные нами раньше полные и средние квадраты.

Кроме правильных квадратов есть еще много неправильных волшебных квадратов. Второй квадрат, приведенный в начале этой главы, представляет собою пример неправильного волшебного квадрата.

Общее выражение всякого неправильного квадрата получается сложением двух квадратов:

Таким образом, вопрос о составлении неправильных волшебных квадратов приводится к определению восьми чисел: а, Ъ, с, d, а, Ь, С и d таким образом, чтобы в клетках полученного квадрата стояли все целые числа от единицы до шестнадцати. Мы не знаем простого решения этого вопроса и предоставляем читателям найти таковое.

Полные и средние волшебные квадраты с 64-мя клетками.

В настоящей главе предлагаем вниманию читателей исследование г. Е. Орлова о полных средних квадратах с 64-мя клетками. Для квадрата в 64 клетки имеем:

т.-е. получаем 6 множителей, показывающих число элементарных квадратов, составляющих общий квадрат. И действительно, если мы возьмем 6 квадратов:

из которых 3 последние, занятые буквами d, е и /, получаются переворачиванием трех первых около диагонали, соединяющей левый верхний с правым нижним углом, и совместим их в один общий квадрат, в котором сложены элементы совпадающих клеток, то получим такой квадрат:

Если мы заменим в нем буквы а, Ь, с, d, е и / числами 1,2, 4, 8, 16 и 32 в произвольном порядке, и затем прибавим на каждую клетку по единице, то получим полный волшебный квадрат. Так

как таких квадратов может быть составлено столько, сколько можно сделать перестановок из 6-ти чисел, именно Р6=б!=720 и каждый квадрат дает вместе с собою еще 64 квадрата, то наша схема дает 64Р6=64Х 720 =46.080 квадратов. Нельзя, однако, сказать, чтобы она исчерпывала собою всевозможные полные квадраты о 64 клетках. И действительно, оставляя, напр., 3 первых элементарных квадрата прежними и заменяя 3 последних квадрата такими:

мы, по соединению этих 6-ти квадратов, получаем новую схему полных квадратов такого рода:

и эта схема удовлетворяет тем же условиям, что и (А).

2. Но схема (А) отличается, однако, от схемы (В) тем, что она может быть обобщена в новую схему, захватывающую собою не

только все полные квадраты схемы (А), но и массу неполных квадратов, и это делается таким образом. Разбив квадрат (А) на другие квадраты, из которых в первый выделим все сочетания букв а, Ъ и с, a во второй—все комбинации остальных букв d, е и /, мы получим 2 квадрата (1) и (2):

Заменим в первом квадрате величины 0 (т.-е. пустую клетку), а, а+су с, а+Ь, Ъ, Ъ+с и а+Ъ+с соответственно через а, Ь, с, <!, в, /, Я, a величины второго квадрата, именно: 0, d+e, dy е, /, d+e+f, d+f и соответственно же заменим через a, b, g, d, е, h, Z и г, тогда мы получим 2 квадрата, наложение друг на друга которых составит, наконец, схему (С).

Эта схема дает, кроме полных квадратов схемы (А), еще массу неполных квадратов. Для нее мы имеем 20 двойных рядов чисел, которые можно получить по способу, указанному выше, в статье о средних волшебных квадратах с 16-ю клетками, и которые при ведены в нижеследующей таблице.

РЯДЫ.

Левая половина. Правая половина.

Ряды эти применяются для составления квадратов таким образом: выбравши какой-либо ряд, латинские буквы схемы приравнивают числам левой половины его, взятым тоже в произвольном порядке, а жирные буквы схемы приравнивают числам правой половины его, взятым тоже в произвольном порядке, и тогда получается всегда неполный квадрат, а в частных случаях могут получаться и полные. Число всех квадратов, даваемых последнею схемою, будет:

20 • 8!8! =20 (1 • 2 • 3 • 4 • 5 • 6 • 7 • 8)2 = 20 • 403202 = = 20-1 625 702 400 = 3^ 514 048 000,

так что даже 1/8 этого числа (принимая во внимание квадраты, получаемые поворачиванием и переворачиванием) и та будет громадна, именно: 4 064 256 000, т.-е. 4 слишком миллиарда!