Б.А. КОРДЕМСКИЙ

МАТЕМАТИЧЕСКАЯ СМЕКАЛКА

Б.А.КОРДЕМСКИЙ

МАТЕМАТИЧЕСКАЯ СМЕКАЛКА

Издание третье

ГОСУДАРСТВЕННОЕ ИЗДАТЕЛЬСТВО ТЕХНИКО-ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ

МОСКВА 1956

11-2-1

АННОТАЦИЯ

Книга Б. А. Кордемского «Математическая смекалка» содержит 369 занимательных задач, игр и фокусов и рассчитана на самые широкие круги читателей. В ней найдется много интересного для любителей математики всех возрастов.

Книга удостоена второй премии на конкурсе Министерства просвещения РСФСР (1954 г.).

Для второго издания книга частично переработана с целью улучшения расположения и изложения материала. Исключено несколько неудачных задач и взамен их помешены новые. Рисунки и художественное оформление книги для второго издания сделаны заново.

Третье издание печатается без существенных изменений; в нем учтены некоторые замечания читателей и исправлены отдельные неточности.

ПРЕДИСЛОВИЕ КО ВТОРОМУ ИЗДАНИЮ

В труде, в учении, в игре, во всякой творческой деятельности нужны человеку сообразительность, находчивость, догадка, уменье рассуждать — все то, что наш народ метко определяет одним словом «смекалка». Смекалку можно воспитать и развить систематическими и постепенными упражнениями, в частности решением математических задач как школьного курса, так и задач, возникающих из практики, связанных с наблюдениями окружающего нас мира вещей и событий.

«Математика, — сказал М. И. Калинин, обращаясь к ученикам средней школы, — дисциплинирует ум, приучает к логическому мышлению. Недаром говорят, что математика — это гимнастика ума».

Каждая семья, в которой родители озабочены организацией умственного развития детей и подростков ощущает потребность в подобранном материале для заполнения досуга полезными, разумными и нескучными математическими упражнениями.

Вот для такого рода внепрограммных занятий, бесед и развлечений в свободный вечер, в семейном кругу и с друзьями, или в школе на внеклассных встречах и предназначена «Математическая смекалка» — сборник математических миниатюр: разнообразных задач, математических игр, шуток и фокусов, требующих работы ума, развивающих смышленость и необходимую логичность в рассуждениях.

В дореволюционное время были широко известны сборники Е. И. Игнатьева «В царстве смекалки». Теперь они устарели для нашего читателя и поэтому не переиздаются. Все же и в этих сборниках есть задачи, еще

не потерявшие педагогической и образовательной ценности. Одни из них вошли в «Математическую смекалку» без изменения, другие с измененным или совсем новым содержанием.

Для «Математической смекалки» я также отбирал и в случае надобности обрабатывал задачи из числа тех, которые рассыпаны по страницам обширной отечественной и зарубежной популярной литературы, стремясь, однако, не повторять задач, включенных в распространенные книги Я. И. Перельмана по занимательной математике*).

Такого рода математические задачи «малой формы» возникают иногда как побочный продукт серьезных изысканий ученого; много задач придумывается любителями, а также педагогами в качестве специальных упражнений для «умственной гимнастики». Они, подобно загадкам и пословицам, обычно не сохраняют авторства и становятся достоянием общества.

«Математическая смекалка» предназначена для читателей с самой разнообразной степенью математической подготовки:

для подростка 10—11 лет, делающего первые попытки самостоятельных размышлений;

для школьника старших классов, увлеченного математикой,

и для взрослого, желающего испытать и поупражнять свою догадку.

Систематизация задач по главам, конечно, весьма условна; в каждой главе есть и легкие и трудные задачи.

В книге пятнадцать глав.

Первая глава состоит из разнотипных начальных упражнений «затейного» характера, опирающихся на догадку или непосредственные физические действия (эксперимент), иногда на несложные расчеты в пределах арифметики целых чисел (первый раздел главы) и дробных чисел (второй раздел). Несколько нарушая классификационную стройность книги, я выделил в первую главу часть несложных задач, тематически принадлежащих последующим главам. Это сделано в интересах тех читателей, ко-

*) Значительная часть задач или тем для задач почерпнута мною из следующих книг и журналов: Е. И. Игнатьев, В царстве смекалки, кн. I. кн. II, 1923; М. Kraitchik, Mathematical recreations, 1943; S. Jones, Mathematical nuts, 1932; «Математика в школе»; «Затейник»; «Scripta mathernatica»; «The American Mathematical Monthly» и др.

торым еще трудно самостоятельно отличить посильную задачу от непосильной. Решая подряд разнотипные задачи первой главы, они смогут попробовать свои силы, а затем возникший интерес к определенной теме перенести на соответствующие задачи последующих глав.

Для решения задач второй главы собственная математическая смекалка и настойчивость должны преодолеть всевозможные препятствия и подсказать выход из затруднительных положений.

Третья глава — «Геометрия на спичках» — содержит ряд геометрических задач — головоломок.

Глава «Семь раз примерь, один раз отрежь» состоит из задач на разрезание фигур.

Содержание задач главы «Уменье везде найдет примененье» связано с практической деятельностью, с техникой.

В главе, названной «Математика почти без вычислений», содержатся задачи, для решения которых требуется построить цепочку искусных и тонких рассуждений.

Игры и фокусы собраны в отдельную главу, а также размещены по всей книге. Они содержат в себе математическую основу и несомненно входят в «область смекалки».

Три главы: «Кросс-суммы и волшебные квадраты», «Курьезное и серьезное в числах» и «Числа древние, но вечно юные», посвящены некоторым любопытным наблюдениям над числовыми соотношениями, накопившимся в математике от глубокой древности до нашего времени.

Последняя глава — два небольших очерка о трудовой смекалке людей нашей Родины, тружеников полей и заводов.

В разных местах книги предлагаются читателю небольшие темы для самостоятельных изысканий.

В конце книги помещены решения задач, но не следует торопиться в них заглядывать.

Всякая задача на «сообразительность» таит в себе некоторую «изюминку» и представляет собой в большинстве случаев крепкий орешек, раскусить который не так-то легко, но тем более заманчиво.

Если решение задачи вам не удается сразу, можно временно пропустить ее и перейти к следующей или

к задачам другого рездела, другой главы. Позже вернетесь к пропущенной задаче.

«Математическая смекалка» — книга не для легкого чтения «в один присест», а для работы на протяжении, может быть, ряда лет, книга для регулярной умственной гимнастики небольшими порциями, спутник читателя в его постепенном математическом развитии.

Весь материал книги подчинен воспитательной и образовательной цели: побудить читателя к самостоятельному творческому мышлению, к дальнейшему совершенствованию своих математических знаний.

Второе издание «Математической смекалки» не является стереотипным повторением первого. Внесены потребовавшиеся изменения в текст и в решения некоторых задач; отдельные задачи заменены новыми — более содержательными; заново выполнено оформление книги.

Большие усилия, направленные к улучшению книги, приложила редактор издательства М. М. Горячая.

Самостоятельно решая задачи, читатели в отдельных случаях находили дополнительные или более простые решения и любезно сообщали мне свои результаты. Авторы наиболее интересных решений упомянуты в соответствующих местах книги.

Надеюсь получить от читателей «Смекалки» отзывы и пожелания по дальнейшему улучшению книги, а также собственные оригинальные задачи и математические материалы народного творчества.

Адрес: Москва, Б-64, ул. Чернышевского, д. 31, кв. 53, Борису Анастасьевичу Кордемскому.

Б. Кордемский.

ЗАДАЧИ

«Книга — книгой, А мозгами двигай»

В. Маяковский.

ГЛАВА ПЕРВАЯ

ЗАТЕЙНЫЕ ЗАДАЧИ

РАЗДЕЛ I

Проверьте и поупражняйте свою смекалку вначале на таких задачах, для решения которых требуется лишь целеустремленная настойчивость, терпение, сообразительность и уменье складывать, вычитать, умножать и делить целые числа.

1. Наблюдательные пионеры

Школьники — мальчик и девочка — только что произвели метеорологические измерения.

Теперь они отдыхают на пригорке и смотрят на проходящий мимо них товарный поезд.

Паровоз на подъеме отчаянно дымит и пыхтит. Вдоль полотна железной дороги ровно, без порывов дует ветер.

— Какую скорость ветра показали наши измерения?— спросил мальчик.

— 7 метров в секунду.

— Сегодня мне этого достаточно, чтобы определить, с какой скоростью идет поезд.

— Иу, да,—усомнилась девочка.

— А ты присмотрись повнимательнее к движению поезда.

Девочка немного подумала и тоже сообразила, в чем тут дело

Рис. 1. С какой скоростью идет поезд?

А увидели они в точности то, что нарисовал наш художник (рис. 1). С какой же скоростью шел поезд?

2. «Каменный цветок»

Помните талантливого «умельца» мастера Данилу из сказки П. Бажова «Каменный цветок»?

Рис. 2. Из частей этих двух цветков сложите круг!

Рассказывают на Урале, что Данила, будучи еще учеником, выточил два таких цветка (рис. 2), листья, стебли и лепестки которых разнимались, а из образовавшихся частей цветков можно было сложить пластинку в форме круга.

Попробуйте! Перерисуйте данилины цветочки на бумагу или картон, вырежьте лепестки, стебли и листья и сложите круг.

3. Перемещение шашек

Положите на стол 6 шашек в ряд попеременно — черную, белую, еще черную, еще белую и т. д. (рис. 3).

Рис. 3. Белые шашки должны оказаться слева, за ними — черные.

Справа или слева оставьте свободное место, достаточное для четырех шашек.

Требуется переместить шашки так, чтобы слева оказались все белые, а вслед за ними все черные. При этом перемещать на свободное место нужно сразу две рядом лежащие шашки, не меняя порядка, в котором они лежат. Для решения задачи достаточно сделать три перемещения (три хода)*).

Если у вас нет шашек, воспользуйтесь монетами или нарежьте кусочки бумаги, картона.

4. В три хода

Положите на стол 3 кучки спичек. В одну кучку положите 11 спичек, а в другую — 7, в третью — 6. Перекладывая спички из любой кучки в любую другую, нужно сравнять все три кучки, чтобы в каждой было по 8 спичек. Это возможно, так как общее число спичек —

*) Тема этой задачи получает дальнейшее развитие в задачах 96 и 97 (стр. 57 и 58).

24 — делится на 3 без остатка; при этом требуется соблюдать такое правило: к любой кучке разрешается добавлять ровно столько спичек, сколько в ней есть. Например, если в кучке 6 спичек, то и добавить к ней можно только 6, если в кучке 4 спички, то и добавить к ней можно только 4.

Задача решается в 3 хода.

5. Сосчитайте!

Проверьте свою геометрическую наблюдательность: сосчитайте, сколько треугольников в фигуре, изображенной на рис. 4.

6. Путь садовника

На рис. 5 дан план небольшого яблоневого сада (точки — яблони). Садовник обработал все яблони подряд.

Начал он с клетки, отмеченной звездочкой, и обошел одну за другой все клетки, как занятые яблонями, так и

Рис. 4.

Рис. 5. План яблоневого сада.

свободные, ни разу при этом не возвращаясь на пройденную клетку. По диагоналям он не ходил и на заштрихованных клетках не был, так как там помещались различные строения.

Закончив обход, садовник оказался на той же клетке, с которой начал свой путь.

Начертите в своей тетради путь садовника.

7. Надо смекнуть

В корзине лежит 5 яблок. Как разделить эти яблоки между пятью девочками, чтобы каждая девочка получила по одному яблоку и чтобы одно яблоко осталось в корзине?

8. Не долго думая

Скажите, сколько в комнате кошек, если в каждом из четырех углов комнаты сидит по одной кошке, против каждой кошки сидит по 3 кошки и на хвосте у каждой кошки сидит по кошке?

9. Вниз — вверх

Мальчик плотно прижал грань синего карандаша к грани желтого карандаша. Один сантиметр (в длину) прижатой грани синего карандаша, считая от нижнего конца, запачкан краской. Желтый карандаш мальчик держит неподвижно, а синий, продолжая прижимать к желтому, опускает на 1 см, затем возвращает в прежнее положение, опять опускает на 1 см и опять возвращает в прежнее положение; 10 раз он так опускает и 10 раз поднимает синий карандаш (20 движений).

Если допустить, что за это время краска не высыхает и не истощается, то на сколько сантиметров в длину окажется запачканным желтый карандаш после двадцатого движения?

Примечание. Эту задачу придумал математик Леонид Михайлович Рыбаков по дороге к дому после удачной охоты на уток. Что для него послужило поводом к сочинению задачи, вы прочтете на стр. 387, после того как решите задачу.

10. Переправа через реку (старинная задача)

Небольшой воинский отряд подошел к реке, через которую необходимо было переправиться. Мост сломан, а река глубока. Как быть? Вдруг офицер замечает у берега двух мальчиков, забавляющихся в лодке. Но лодка 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. Каким образом?

Решайте эту задачу «в уме» или практически,— используя шашки, спички или что-либо в этом роде и передвигая их по столу через воображаемую реку.

11. Волк, коза и капуста

Это — тоже старинная задача; встречается в сочинениях VIII века. Она имеет сказочное содержание.

Некий человек должен был перевезти в лодке через реку волка, козу и капусту. В лодке мог поместиться только один человек, а с ним или волк, или коза, или капуста. Но если оставить волка с козой без человека, то волк съест козу, если оставить козу с капустой, то коза съест капусту, а в присутствии человека «никто никого не ел». Человек все-таки перевез свой груз через реку.

Как он это сделал?

Рис. 6. Нельзя было оставить без человека волка и козу...

12. Выкатить черные шарики

В узком и очень длинном желобе находятся 8 шариков: четыре черных слева и четыре белых чуть-чуть большего диаметра справа (рис 7). В средней части желоба в стенке имеется небольшая ниша, в которой может поместиться только один шарик (любой). Два шарика могут расположиться рядом поперек желоба только в том месте, где находится ниша. Левый конец желоба закрыт, а в правом конце есть отверстие, через которое может пройти любой черный шарик, но не белый. Как выкатить из желоба все черные шарики? Вынимать шарики из желоба не разрешается.

Рис. 7. Выкатить черные шарики.

13. Ремонт цепи

Знаете, над чем задумался молодой мастер (рис. 8)? Перед ним 5 звеньев цепи, которые надо соединить в одну цепь, не употребляя дополнительных колец. Если,

Рис. 8. Как следует действовать мастеру?

например, расковать кольцо 3 (одна операция) и зацепиться им за кольцо 4 (еще одна операция), затем расковать кольцо 6 и зацепиться за кольцо 7 и т. д., то всего получится восемь операций, а мастер стремится сковать цепь при помощи только шести операций. Ему это удалось. Как он действовал?

14. Исправьте ошибку

Возьмите 12 спичек и выложите из них «равенство», показанное на рис. 9.

Равенство, как видите, неверное, так как получается, что 6 — 4 = 9.

Переложите одну спичку так, чтобы получилось правильное равенство.

15. Из трех — четыре (шутка)

На столе лежат 3 спички.

Не прибавляя ни одной спички, сделайте из трех — четыре. Ломать спички нельзя.

16. Три да два — восемь (еще шутка)

Вот еще аналогичная шутка. Вы можете ее предложить своему товарищу.

Положите на стол 3 спички и предложите товарищу добавить к ним еще 2 так, чтобы получилось восемь. Разумеется, ломать спички нельзя.

17. Три квадрата

Из 8 палочек (например, спичек), четыре из которых вдвое короче остальных четырех, требуется составить 3 равных квадрата.

Рис. 9. Исправьте ошибку, переложив только одну спичку.

18. Сколько деталей?

В токарном цехе завода вытачиваются детали из свинцовых заготовок. Из одной заготовки — деталь. Стружки, получившиеся при выделке шести деталей, можно переплавить и приготовить еще одну заготовку. Сколько деталей можно сделать таким образом из 36 свинцовых заготовок?

19. Попробуйте!

В квадратном зале для танцев поставить вдоль стен 10 кресел так, чтобы у каждой стены стояло кресел поровну.

20. Расстановка флажков

Небольшая межколхозная гидроэлектростанция построена комсомольцами. Ко дню ее пуска пионеры украшают электростанцию снаружи со всех четырех сторон гирляндами, лампочками и флажками. Флажков было немного, всего 12.

Пионеры сначала расставили их по 4 с каждой стороны, как показано на схеме (рис. 10), потом сообразили, что

Рис. 10. Как иначе расположить флажки?

эти же 12 флажков они могут расставить по 5 и даже по 6 с каждой стороны. Второй проект им понравился больше, и они решили расставить по 5 флажков.

Покажите на схеме, как пионеры расставили 12 флажков по 5 с каждой из четырех сторон и как они могли бы их расставить по 6 флажков.

21. Сохранить четность

Возьмите 16 каких-нибудь предметов (бумажек, монет, слив или шашек) и расположите их по 4 в ряд (рис. 11). Теперь уберите 6 штук, но так, чтобы осталось в каждом горизонтальном и в каждом вертикальном рядах по четному числу предметов. Убирая разные 6 штук, можно получить разные решения.

22. «Волшебный» числовой треугольник

В вершинах треугольника я поместил числа 1, 2 и 3, а вы разместите числа 4, 5, 6, 7, 8, 9 по сторонам треугольника так, чтобы сумма всех чисел вдоль каждой стороны треугольника равнялась 17. Это нетрудно, так как я подсказал, какие числа следует поместить в вершинах треугольника.

Значительно дольше придется вам повозиться, если я заранее не скажу, какие числа следует поместить в вершинах треугольника, и предложу снова разместить числа

1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9,

каждое по одному разу, вдоль сторон и в вершинах треугольника так, чтобы сумма чисел на каждой стороне треугольника равнялась 20.

Когда получите искомое расположение чисел, поищите еще и еще новые расположения. Условия задачи могут выполняться при самых разнообразных расположениях чисел.

Рис. 11. Можно скушать 6 слив, но ни в одном ряду не должно оставаться нечетное число слив.

Рис. 12.

23. Как играли в мяч 12 девочек

Двенадцать девочек стали в круг и начали играть в мяч. Каждая девочка бросала мяч своей соседке слева. Когда мяч обходил весь круг, его перебрасывали в противоположном направлении. Через некоторое время одна девочка сказала:

— Будем лучше бросать мяч через одного человека.

— Но так как нас двенадцать, то половина девочек не будет участвовать в игре,— живо возразила Наташа.

Рис. 13. Каждая девочка бросала мяч соседке слева.

— Тогда будем бросать мяч через двух! (Каждая третья ловит мяч.)

— Еще хуже: играть будут только четверо... Если хотите, чтобы все девочки играли, надо бросать мяч через четырех (пятая ловит). Другой комбинации нет.

— А если бросать мяч через шесть человек?

— Это будет та же самая комбинация, только мяч пойдет в противоположном направлении.

— А если играть через десять (каждая одиннадцатая ловит мяч)? — допытывались девочки.

— Таким способом мы уже играли...

Девочки стали рисовать схемы всех предлагавшихся способов игры и очень скоро убедились в том, что Наташа была права. Только одна схема игры (кроме первоначальной) охватывала всех участниц без исключения (рис. 13, а).

Вот если бы игравших девочек было тринадцать, мяч можно было бы бросать и через одну (рис. 13, б), и через двух (рис. 13, в), и через трех (рис. 13, г), и через четырех (рис. 13, д), и всякий раз игра охватывала бы всех участниц. Выясните, можно ли при тринадцати играющих бросать мяч через пять человек? А можно ли бросать мяч через шесть человек при тринадцати играющих? Подумайте и для наглядности нарисуйте соответствующие схемы.

24. Четырьмя прямыми

Возьмите лист бумаги и нанесите на нем девять точек так, чтобы они расположились в форме квадрата, как показано на рис. 14. Перечеркните теперь все точки четырьмя прямыми линиями, не отрывая карандаша от бумаги.

25. Отделить коз от капусты

Решите теперь задачу, в некотором смысле противоположную предыдущей. Там мы соединяли точки прямыми линиями, а здесь требуется провести 3 прямые линии так, чтобы отделить коз от капусты (рис. 15). На рисунке книги проводить прямые линии не следует.

Рис. 14.

Перерисуйте схему расположения коз и капусты в свою тетрадь и после этого пробуйте решить задачу. Можно совсем не проводить линий, а воспользоваться вязальными спицами или тонкими проволочками.

26. Два поезда

Скорый поезд вышел из Москвы в Ленинград и шел без остановок со скоростью 60 километров в час. Другой поезд вышел ему навстречу из Ленинграда в Москву и тоже шел без остановок со скоростью 40 километров в час.

На каком расстоянии будут эти поезда за 1 час до их встречи?

27. Во время прилива (шутка)

Недалеко от берега стоит корабль со спущенной на воду веревочной лестницей вдоль борта. У лестницы 10 ступенек; расстояние между ступеньками 30 см. Самая нижняя ступенька касается поверхности воды. Океан сегодня очень покоен, но начинается прилив, который поднимает

Рис. 15. Нужны срочные меры против этих лакомок...

Рис. 16.

воду за каждый час на 15 см. Через сколько времени покроется водой третья ступенька веревочной лесенки?

28. Циферблат

а) Разделить циферблат часов двумя прямыми линиями на три части так, чтобы, сложив числа, в каждой части получить одинаковые суммы.

б) Можно ли этот циферблат разделить на 6 частей так, чтобы в каждой части находились два числа, причем суммы этих двух чисел в каждой из шести частей были бы равны между собой?

29. Сломанный циферблат

В музее я видел старинные часы с римскими цифрами на циферблате, причем вместо знакомой нам записи числа четыре (IV) стояли четыре палочки (IIII). Трещины, образовавшиеся на циферблате, делили его на 4 части, как изображено на рис. 17. Суммы чисел в каждой части оказались неодинаковыми: в одной— 21, в другой — 20, в третьей— 20, в четвертой— 17.

Я заметил, что при несколько ином расположении трещин сумма чисел в каждой из четырех частей циферблата равнялась бы 20. При новом расположении трещин они могут и не -проходить через центр циферблата. Перерисуйте циферблат в свою тетрадь и найдите это новое расположение трещин.

Рис. 17. Трещины делили циферблат на 4 части.

30. Удивительные часы (китайская головоломка)

Как-то в один дом срочно попросили зайти часовщика.

— Я болен,— ответил часовщик,— и не смогу пойти. Но если починка несложная, я пришлю вам своего ученика.

Оказалось, что нужно было поломанные стрелки заменить другими.

— С этим мой ученик справится,— сказал мастер.— Он проверит механизм ваших часов и подберет к ним новые стрелки.

Ученик отнесся к работе очень старательно, и когда он закончил осмотр часов, уже стемнело. Считая работу завершенной, он торопливо надел подобранные стрелки и поставил их по своим часам: большую стрелку на цифру 12, а маленькую — на цифру 6 (было ровно 6 часов вечера).

Но вскоре после того, как ученик вернулся в мастерскую, чтобы сообщить мастеру, что работа выполнена, зазвонил телефон. Мальчик взял трубку и услышал сердитый голос заказчика:

— Вы плохо исправили часы, они неправильно показывают время.

Ученик мастера, удивленный этим сообщением, поспешил к заказчику. Когда он пришел, отремонтированные им часы показывали начало девятого. Ученик вынул свои карманные часы и протянул их разгневанному хозяину дома:

— Сверьте, пожалуйста. Ваши часы ни на секунду не отстают.

Ошеломленный заказчик вынужден был согласиться, что его часы в данный момент действительно показывают правильное время.

Но на другой день утром заказчик опять позвонил и сказал, что стрелки часов, очевидно, сошли с ума и разгуливают по циферблату, как им вздумается. Ученик мастера побежал к заказчику. Часы показывали начало восьмого. Сверив время по своим часам, он не на шутку рассердился:

— Вы смеетесь надо мной! Ваши часы показывают точное время!

Часы действительно показывали точное время. Возмущенный ученик мастера хотел тут же уйти, но хозяин удержал его. А через несколько минут, они нашли причину столь невероятных происшествий.

Не догадались ли и вы, в чем тут дело?

31. Три в ряд

Расположите на столе 9 пуговиц в форме квадрата по 3 пуговицы на каждой стороне и одну в центре (рис. 18). Заметьте, что если вдоль какой-нибудь прямой линии располагаются две пуговицы или более, то такое расположение мы всегда будем называть «рядом». Так, AB и CD — ряды, в каждом из которых по 3 пуговицы, a EF — ряд, содержащий две пуговицы.

Определите, сколько на рисунке всего рядов по 3 пуговицы в каждом и сколько таких рядов, в каждом из которых только по 2 пуговицы.

Уберите теперь любые 3 пуговицы и оставшиеся 6 расположите в 3 ряда так, чтобы в каждом ряду было по 3 пуговицы.

32. Десять рядов

Нетрудно догадаться, как расположить 16 шашек в 10 рядов по 4 шашки в каждом ряду. Гораздо труднее расположить 9 шашек в 10 рядов так, чтобы в каждом ряду было по 3 шашки.

Решите обе задачи.

Рис. 18. Сколько здесь рядов?

33. Расположение монет

На листе чистой бумаги нарисуйте фигуру, представленную на рис. 19, увеличив при этом ее размеры в 2-3 раза, и приготовьте 17 монет следующего достоинства:

по 20 копеек — 5 штук, по 15 копеек — 3 штуки, по 10 копеек — 3 штуки, по 5 копеек — 6 штук.

Расположите приготовленные монеты по квадратикам нарисованной фигуры так, чтобы сумма копеек вдоль каждой прямой линии, изображенной на рисунке, равнялась 55.

Рис. 19. Расположите монеты по квадратам этой фигуры.

Рис. 20. Расставьте в кружках числа от 1 до 19.

34. От 1 до 19

В девятнадцати кружках рис. 20 требуется расставить все целые числа от 1 до 19 так, чтобы сумма чисел в любых трех кружках, лежащих на одной прямой, равнялась 30.

35. Быстро, но осторожно

Следующие 4 задачи решайте «на скорость» — кто быстрее даст правильный ответ:

Задача 1. В полдень из Москвы в Тулу выходит автобус с пассажирами. Часом позже из Тулы в Москву выезжает велосипедист и едет по тому же шоссе, но, конечно, значительно медленнее, чем автобус.

Когда пассажиры автобуса и велосипедист встретятся, то кто из них будет дальше от Москвы?

Задача 2. Что дороже: килограмм гривенников или полкилограмма двугривенных?

Задача 3. В 6 часов стенные часы пробили 6 ударов. По карманным часам я заметил, что время, протекшее от первого удара до шестого, равнялось ровно 30 секундам.

Если для того, чтобы пробить 6 раз, часам понадобилось 30 секунд, то сколько времени будет продолжаться бой часов в полдень или в полночь, когда часы бьют 12 раз?

Задача 4. Из одной точки вылетели 3 ласточки. Когда они будут в одной плоскости?

А теперь спокойными рассуждениями проверьте свои решения и загляните в раздел «Ответы».

— Ну как? Не попались ли вы в те небольшие ловушки, которые содержатся в этих несложных задачах?

Такие задачи тем и привлекательны, что они обостряют внимание и приучают к осторожности в привычном ходе мыслей.

Рис. 21. Из 17 кусочков «рака» выложите круг и квадрат.

36. Фигурный рак

Фигурный рак, изображенный на рис. 21, сложен из 17 кусочков.

Сложите из кусочков этого рака две фигуры сразу: круг и рядом с ним квадрат.

37. Стоимость книги

За книгу заплатили 1 рубль и еще половину стоимости книги. Сколько стоит книга?

38. Беспокойная муха

По автомагистрали Москва—Симферополь два спортсмена одновременно начали тренировочный велопробег навстречу друг другу.

В тот момент, когда между велосипедистами осталось всего 300 км, пробегом очень заинтересовалась муха. Слетев с плеча одного велосипедиста и опережая его, она помчалась навстречу другому. Встретив второго велосипедиста и убедившись, что все благополучно, она немедленно повернула обратно. Долетела муха до первого спортсмена и опять повернула ко второму.

Так она и летала между сближавшимися велосипедистами до тех пор, пока велосипедисты не встретились. Тогда муха успокоилась и села одному из них на нос.

Муха летала между велосипедистами со скоростью 100 км в час, а велосипедисты все это время ехали со скоростью 50 км в час.

Сколько километров пролетела муха?

39. Меньше, чем через 50 лет

Будет ли в этом столетии такой год, что если его записать цифрами, а бумажку повернуть верхним краем вниз, то число, образовавшееся на повернутой бумажке, будет выражать тот же год?

40. Две шутки

Первая шутка. Папа позвонил дочке, попросил ее купить кое-что из вещей, нужных ему к отъезду, и сказал, что деньги лежат в конверте на письменном столе. Девочка, мельком взглянув на конверт, увидела написанное на нем число 98, вынула деньги и, не сосчитав их, положила в сумку, а конверт смяла и выбросила.

В магазине она купила на 90 рублей вещей, а когда хотела расплатиться, то оказалось, что у нее не только не остается восьми рублей, как она предполагала, но даже нехватает четырех рублей.

Дома она рассказала об этом папе и спросила, не ошибся ли он, когда считал деньги. Отец ответил, что он сосчитал деньги правильно, а ошиблась она сама и, рассмеявшись, указал ей на ошибку. В чем была ошибка девочки?

Вторая шутка. Приготовьте 8 бумажек с числами 1, 2, 3, 4, 5, 7, 8 и 9 и расположите их в два столбца как на рис. 22.

Перемещая всего лишь две бумажки, добейтесь того, чтобы суммы чисел в обоих столбцах были одинаковыми.

Рис. 22. Уравнять неравные суммы.

41. Сколько мне лет?

Когда моему отцу был 31 год, мне было 8 лет, а теперь отец старше меня вдвое. Сколько мне лет теперь?

42. Оцените «на взгляд»

Перед вами два столбца чисел:

Всмотритесь: числа второго столбца образованы из тех же цифр, что и числа первого столбца, но с противоположным порядком их расположения. (Для усиления наглядности нули в левом столбце опущены.)

Какой столбец при сложении даст больший результат?

Сначала сравните эти суммы «на взгляд», то-есть, еще не производя сложения, попытайтесь определить, должны ли они быть одинаковыми или одна должна быть больше другой, а затем проверьте сложением.

43. Скоростное сложение

Восемь шестизначных слагаемых

подобраны так, что, разумно их группируя, можно «в уме» найти сумму за 8 секунд. Выдержите вы такую скорость?

В разделе «Ответы» есть указания, но ... вы их дольше искать будете.

А друзьям своим покажите два фокуса, которые в шутку тоже можете назвать «скоростным сложением».

Первый фокус. Скажите: «Не показывая мне, напишите столбиком столько многозначных чисел, сколько вам хочется. Затем я подойду, очень быстро напишу еще столько же чисел и моментально все их сложу».

Допустим, друзья написали:

А вы припишите такие числа, каждое из которых дополняет до 9999 одно за другим все написанные числа. Такими числами будут:

Действительно:

Теперь нетрудно сообразить, как быстро подсчитать всю сумму:

Надо 9999 взять 4 раза, то-есть 9999 X4» а такое умножение быстро производится в уме. Умножаем 10000 на 4 и вычитаем лишних 4 единицы. Получается:

Вот и весь секрет фокуса!

Второй фокус. Напишите одно под другим какие-нибудь 2 числа любой величины. Я припишу третье и мгновенно, слева направо напишу сумму всех трех чисел.

Положим, вы написали:

Я припишу, например, такое число: 48 726918 и сразу назову вам сумму.

Какое число следует приписывать и как в этом случае быстро находить сумму, сообразите сами!

44. В какой руке? (математический фокус)

Дайте вашему товарищу две монеты: одну с четным числом копеек, а другую — с нечетным (например, двухкопеечную и трехкопеечную). Пусть он, не показывая вам, одну из этих монет (любую) возьмет в правую руку, а вторую — в левую. Вы можете легко угадать, в какой руке у него какая монета.

Предложите ему утроить число копеек, содержащихся в монете, зажатой в правой руке, и удвоить число копеек, содержащихся в монете, зажатой в левой руке. Полученные результаты пусть он сложит и вам назовет только образовавшуюся сумму.

Если названная сумма четная, то в правой руке 2 копейки, «если — нечетная, то 2 копейки в левой руке.

Объясните, почему всегда так получается, и придумайте, как можно разнообразить этот фокус.

45. Сколько их?

У мальчика столько же сестер, сколько и братьев, а у его сестры вдвое меньше сестер, чем братьев. Сколько в этой семье братьев и сколько сестер?

46. Одинаковыми цифрами

Пользуясь только сложением, запишите число 28 при помощи пяти двоек, а число 1000 при помощи восьми восьмерок.

47. Сто

При помощи любых арифметических действий составьте число 100 либо из пяти единиц, либо из пяти пятерок, причем из пяти пятерок 100 можно составить двумя способами.

48. Арифметический поединок

В математическом кружке нашей школы одно время был такой обычай. Каждому вновь вступающему в кружок председатель кружка предлагал несложную задачу — этакий математический орешек. Решишь задачу — сразу становишься членом кружка, а не справишься с орешком, то можешь посещать кружок как вольнослушатель.

Помню как-то предложил наш председатель одному новичку Вите такую задачу;

«Написано: 1 1 1 3 3 3 5 5 5 7 7 7 9 9 9

Заменить 12 цифр нулями так, чтобы при сложении получилось 20». Витя немного подумал и быстро написал:

Потом он улыбнулся и сказал:

«Если у данных пяти трехзначных чисел заменить нулями только 9 каких-то цифр, то можно получить при сложении 1111. Попробуйте!»

Председатель кружка немного смутился, но храбро принялся за вычисления. В долгу он не остался. Он не только решил витину задачу, но даже нашел еще один вариант ее:

«У этих же пяти трехзначных чисел,— сказал он,— можно заменить нулями не 9, а только 8 цифр таким образом, что сумма останется прежней, т. е. 1111».

Пришла очередь задуматься Вите. Члены кружка с интересом наблюдали внезапно возникший арифметический «поединок». Витя раскусил и этот орешек и к удовольствию всех присутствующих нашел еще новое продолжение задачи:

«Можно у пяти данных трехзначных чисел заменить нулями не 9 и не 8, а только 6 цифр, но сумма сохранится

все той же—1111». Учитель математики похвалил обоих участников поединка и сказал, что можно сохранить сумму 1111, заменяя нулями не 9, не 8 и даже не 6 цифр, а только 5 цифр.

Найдите решение всех четырех вариантов этой задачи. Придумайте аналогичную задачу для чисел, состоящих не из трех единиц, троек, пятерок, семерок и девяток, а из пяти.

49. Двадцать

Из четырех нечетных чисел легко составить сумму, равную 10, а именно:

или так:

Возможно и третье решение:

Других решений нет (изменения в порядке следования слагаемых, конечно, не образуют новых решений).

Значительно больше различных решений имеет такая задача:

Составить число 20, складывая ровно восемь нечетных чисел, среди которых также разрешается иметь и одинаковые слагаемые.

Найдите все различные решения этой задачи и установите, сколько среди них будет таких сумм, которые содержат наибольшее число неодинаковых слагаемых?

Маленький совет. Если вы будете подбирать числа наудачу, то и в этом случае натолкнетесь на несколько решений, но бессистемные пробы не дадут уверенности в том, что вы исчерпали все решения. Если же в «способ проб» вы внесете некоторый порядок, систему, то ни одно из возможных решений от вас не ускользнет.

50. Сколько маршрутов?

Из письма школьников: «Занимаясь в математическом кружке, мы вычертили план шестнадцати кварталов нашего города. На прилагаемой схеме плана (рис. 23)

все кварталы условно изображены одинаковыми квадратами.

Нас заинтересовал такой вопрос:

Сколько разных маршрутов можно наметить от пункта А к пункту С, если двигаться по улицам нашего города только вперед и вправо, вправо и вперед? Отдельными своими частями маршруты могут совпадать (см. пунктирные линии на схеме плана).

У нас сложилось впечатление, что это нелегкая задача. Верно ли мы ее решили, если насчитали 70 разных маршрутов?»

Что надо ответить на это письмо?

Рис. 23. Сколько маршрутов ведет от Л к С?

51. Изменить расположение чисел

На концах пяти диаметров все порядковые числа от 1 до 10 расположены так, как показано на рис. 24. При таком расположении только в одном случае сумма двух соседних чисел равна сумме двух противоположно расположенных чисел, а именно:

но, например,

или

Перерасположите данные числа так, чтобы сумма любых двух соседних чисел равнялась сумме соответствующих двух противоположно расположенных чисел.

Можно ожидать, что эта задача имеет не одно решение, то-есть разные расположения данных чисел удовлетворяют условию задачи.

Попытайтесь найти такой путь решения задачи, который позволил бы установить и число всех возможных решений.

52. Разные действия, один результат

Если между двумя двойками знак сложения заменить знаком умножения, то результат не изменится. Действительно: 2-}-2 = 2Х2. Нетрудно подобрать и 3 числа, обладающих тем же свойством, а именно: 1+2 + 3 = 1X2X3. Есть и 4 однозначных числа, которые, будучи сложены или умножены друг на друга, дают один и тот же результат.

Кто быстрее подберет эти числа? Готово? Продолжайте состязание! Найдите 5, а потом 6, затем 7 и т. д. однозначных чисел, обладающих тем же свойством. Имейте в виду при этом, что, начиная с группы в 5 чисел, ответы могут быть различными.

Рис. 24.

53. Девяносто девять и сто

Сколько надо поставить знаков «плюс» (+) между цифрами числа 987 654 321, чтобы в сумме получилось 99?

Возможны два решения. Найти хотя бы одно из них не легко, но зато вы приобретете опыт, который поможет вам быстро расставить знаки «плюс» между семью числами 1 2 3 4 5 6 7 так, чтобы в сумме получилось 100. (расположение цифр изменять не разрешается). Школьница из Кемерово утверждает, что и здесь возможны два решения.

54. Разборная шахматная доска

Веселый шахматист разрезал свою картонную шахматную доску на 14 частей, как показано на рис. 25. Получилась разборная шахматная доска. Товарищам, приходившим к нему играть в шахматы, он предварительно предлагал головоломку: составить из данных 14 частей шахматную доску. Вырежьте из клетчатой бумаги такие же фигурки и убедитесь сами — трудно или легко из них составить шахматную доску.

Рис. 25. Так веселый шахматист разрезал шахматную доску.

55. Поиски мины

По окончании полевых занятий с группой суворовцев полковник решил предложить своим воспитанникам задачу «на смекалку». Он вынул план местности, расчерченный на квадраты (рис. 26), и сказал:

«Два сапера с миноискателями должны обследовать эту местность, чтобы обезвредить вражеские мины.

Для этого необходимо обойти все клетки местности, кроме центральной, которую занимает небольшой пруд. В ту клетку, где побывал один сапер, другому итти не следует. Двигаться можно только по горизонтали и вертикали, по диагоналям двигаться нельзя. Один сапер начинает свой маршрут с клетки А и выходит на клетку /?, другой — начинает с клетки В и выходит на клетку А. Наметьте возможные маршруты саперов так, чтобы каждый из них прошел через одинаковое количество клеток. Эти несколько необычные условия я предлагаю лишь для проверки вашей смекалки».

Суворовцы перенесли план в свои тетради и через некоторое время справились с задачей. Полковник похвалил их за смекалку. Решите и вы задачу полковника.

Рис. 26. Два сапера должны обследовать эту местность.

56. Собрать в группы по 2

Десять спичек положены в ряд. Я могу их распределить в 5 пар, перескакивая каждый раз одной спичкой через 2, например так, как показано на рис. 27.

Найдите совсем другой порядок распределения спичек данного ряда в 5 пар при соблюдении тех же условий.

Рис. 27. 10 спичек — в 5 пар, перескакивая через две спички.

57. Собрать в группы по 3

Пятнадцать спичек положены в ряд (рис. 28). Требуется собрать их в 5 групп по 3 спички в каждой. Перекладывать спички можно только по одной, каждый раз перескакивая через 3 спички.

Эта задача потруднее предыдущей; решите ее в 10 переложений. Чтобы иметь возможность сличить свое решение с ответом, записывайте порядок перемещения спичек.

Дополнительное замечание. Обобщение задач 56 и 57 приводит к выводу, что для составления групп по п спичек в каждой путем перекладывания каждой спички через п других спичек необходимо 5п спичек.

58. Часы остановились

У меня нет карманных часов, а только стенные, которые остановились. Я отправился к своему знакомому, часы которого идут безукоризненно, узнал время и, не задерживаясь долго, вернулся домой. Дома я быстро произвел несложные вычисления и поставил стрелки стенных часов в положение, соответствующее точному времени.

Как я действовал и как рассуждал, если предварительно мне не было известно, сколько времени занимает дорога?

59. Четыре действия арифметики

Перед вами 7 строк последовательно расположенных цифр:

1 2 3=1

1 2 3 4=1

1 2 3 4 5=1

1 2 3 4 5 6=1

1 2 3 4 5 6 7 = 1

1 2 3 4 5 6 7 8=1

12 3 4 5 6 7 8 9=1

Рис. 28.

Не меняя порядка расположения цифр, поставьте между ними знаки арифметических действий с таким расчетом, чтобы в результате этих действий в каждом ряду получилось бы по 1. Действия должны выполняться в порядке следования — слева направо, так что сложение, например, может предшествовать умножению. При записи в этом случае, как вы знаете, следует ставить скобки.

Если понадобится, то две рядом стоящие цифры можете считать двузначным числом.

60. Озадаченный шофер

О чем подумал шофер, когда он посмотрел на счетчик спидометра своей машины (рис. 29)? Счетчик показывал число 15951. Шофер заметил, что количество километров, пройденных машиной, выражалось симметричным числом, то-есть таким, которое читалось одинаково как слева направо, так и справа налево:

15951.

— Занятно!..— пробормотал шофер.— Теперь нескоро, наверное, появится на счетчике другое число, обладающее такой же особенностью.

Однако ровно через 2 часа счетчик показал новое число, которое тоже в обе стороны читалось одинаково.

Определите, с какой скоростью ехал эти 2 часа шофер?

Рис. 29. Счетчик показывал симметричное число.

61. Для Цимлянского гидроузла

В выполнении срочного заказа по изготовлению измерительных приборов для Цимлянского гидроузла приняла участие бригада отличного качества в составе бригадира — старого, опытного рабочего — и 9 молодых рабочих, только что окончивших ремесленное училище.

В течение дня каждый из юных рабочих смонтировал по 15 приборов, а бригадир — на 9 приборов больше, чем в среднем каждый из 10 членов бригады.

Сколько всего измерительных приборов было смонтировано бригадой за один рабочий день?

62. Хлебосдачу во-время

Начиная сдачу хлеба государству, правление колхоза решило доставить в город эшелон с зерном точно к 11 часам утра. Если машины поведут со скоростью 30 км/час, то колонна прибудет в город в 10 часов утра, а если со скоростью 20 км/час, то в 12 часов дня.

Как далеко от колхоза до города и с какой скоростью следует ехать, чтобы прибыть как раз во-время?

63. В дачном поезде

В вагоне электропоезда ехали из города на дачу две подруги-школьницы.

— Я замечаю,— сказала одна из подруг,— что обратные дачные поезда нам встречаются через каждые 5 минут. Как ты думаешь, сколько дачных поездов прибывает в город в течение одного часа, если скорости поездов в обоих направлениях одинаковы?

— Конечно, 12, так как 60:5 = 12,— сказала вторая подруга.

Но школьница, задавшая вопрос, не согласилась с решением подруги и привела ей свои соображения. А что вы думаете по этому поводу?

64. От 1 до 1000000000

Рассказывают, что когда 9-летнему Гауссу*) учитель предложил найти сумму всех целых чисел от 1 до 100, 1+2 + 3 + ... + 98 + 99+100, то маленький Гаусс сам

*) К. Ф. Гаусс (1777—1855) — крупнейший немецкий математик.

сообразил, каким способом можно очень быстро выполнить это сложение.

Надо складывать первое число с последним, второе с предпоследним и т. д. Сумма каждой такой пары чисел равна 101 и повторяется она 50 раз.

Следовательно, сумма всех целых чисел от 1 до 100 будет равна 101 X50 = 5050.

Этот же прием используйте для решения более трудной задачи:

найти сумму всех цифр у всех целых чисел от 1 до 1000 000000.

Обратите внимание: здесь речь идет не о сумме чисел, а о сумме цифр всех чисел!

65. Страшный сон футбольного болельщика

«Болельщик», огорченный поражением «своей» команды, спал беспокойно. Ему снилась большая квадратная комната без мебели. В комнате тренировался вратарь. Он ударял футбольный мяч о стену, а затем ловил его.

Вдруг вратарь стал уменьшаться, уменьшаться и, наконец, превратился в маленький целлулоидный мячик от «настольного тенниса», а футбольный мяч оказался чугунным шаром. Шар бешено кружился по гладкому полу комнаты, стремясь раздавить маленький целлулоидный мячик. Бедный мячик в отчаянии метался из стороны в сторону, выбиваясь из сил и не имея возможности подпрыгнуть.

Мог ли он, не отрываясь от пола, все-таки укрыться где-нибудь от преследований чугунного шара?

Рис. 30. Шар стремился раздавить мячик.

РАЗДЕЛ II

Для решения задач второго раздела требуется знакомство с действиями над простыми и десятичными дробями.

Читатель, еще не изучавший дроби, может временно пропустить задачи этого раздела и перейти к следующим главам.

66. Часы

Путешествуя по нашей большой и чудесной Родине, я попадал в такие места, где настолько велика разность температур воздуха днем и ночью, что когда я дни и ночи находился на открытом воздухе, то это начинало сказываться на ходе часов. Я замечал, что от изменений температуры днем часы уходили вперед на у минуты, а за ночь отставали на у минуты.

Утром 1 мая часы еще показывали верное время. К какому числу они уйдут вперед на 5 минут?

67. Лестница

В доме 6 этажей. Скажите, во сколько раз путь по лестнице на шестой этаж длиннее, чем путь по той же лестнице на третий этаж, если пролеты между этажами имеют по одинаковому числу ступенек?

68. Головоломка

Какой знак надо поставить между написанными рядом цифрами 2 и 3, чтобы получилось число, большее двух, но меньшее трех?

69. Интересные дроби

Если к числителю и знаменателю дроби */в прибавить ее знаменатель, то дробь увеличится вдвое.

Найдите такую дробь, которая от прибавления знаменателя к ее числителю и знаменателю увеличилась бы: а) втрое, б) вчетверо.

(Знающие алгебру могут обобщить задачу и решить ее с помощью уравнения.)

70. Какое число?

Половина — треть его. Какое это число?

71. Путь школьника

Боря каждое утро проделывает довольно длинный путь в школу.

На расстоянии ~ пути от дома до школы расположено здание МТС с электрочасами на фасаде, а на расстоянии всего пути — железнодорожная станция. Когда он проходил мимо МТС, то на часах обычно было 7 ч. 30 м., а когда он доходил до станции, то часы показывали без 25 минут 8 часов.

Когда Боря выходил из дому и в какое время он приходил в школу?

72. На стадионе

Вдоль беговой дорожки расставлено 12 флажков на равных расстояниях друг от друга. Старт у первого флажка. У восьмого флажка спортсмен был через 8 секунд после начала бега. Через сколько секунд при неизменной скорости он окажется у двенадцатого флажка?

Не попадите впросак!

73. Выгадал ли?

Остап возвращался домой из Киева. Первую половину пути он проехал поездом в 15 раз быстрее, чем если бы он шел пешком. Однако вторую половину пути ему пришлось проехать на волах — в 2 раза медленнее, чем если бы он шел пешком.

Выгадал ли Остап сколько-нибудь времени по сравнению с ходьбой пешком?

74. Будильник

Будильник отстает на 4 мин. в час; 3 у часа назад он был поставлен точно. Сейчас на часах, показывающих точное время, ровно 12.

Через сколько минут на будильнике тоже будет 12?

75. Вместо мелких долей крупные

На машиностроительных заводах есть очень увлекательная профессия; называется она — разметчик. Разметчик намечает на заготовке те линии, по которым эту заготовку следует обрабатывать, чтобы придать ей необходимую форму.

Разметчику приходится решать интересные и подчас нелегкие геометрические задачи, производить арифметические расчеты и т. д.

Понадобилось как-то распределить 7 одинаковых прямоугольных пластинок равными долями между 12 деталями. Принесли эти 7 пластинок разметчику и попросили его, если можно, разметить пластинки так, чтобы не пришлось дробить ни одной из них на очень мелкие части. Значит, простейшее решение — резать каждую пластинку на 12 равных частей — не годилось, так как при этом получалось много мелких долей. Как же быть?

Возможно ли деление данных пластинок на более крупные доли? Разметчик подумал, произвел какие-то арифметические расчеты с дробями и нашел все-таки самый экономный способ деления данных пластинок.

Впоследствии он легко дробил 5 пластинок для распределения их равными долями между шестью деталями, 13 пластинок для 12 деталей, 13 пластинок для 36 деталей, 26 для 21 и т. п.

Как поступал разметчик?

76. Брусок мыла

На одну чашку весов положен брусок мыла, на другую + такого же бруска и еще -| кг. Весы в равновесии. Сколько весит брусок?

77. Арифметические орешки

Задача 1. Двумя цифрами написать наименьшее целое положительное число.

Задача 2. Число 37 записано при помощи пяти троек:

37 = 33 + 3 + |- .

Найдите другой способ выразить число 37 при помощи пяти троек.

Задача 3. Написать 100 шестью одинаковыми цифрами.

Задача 4. Написать 55, употребляя только пять четверок.

Задача 5. Написать 20 при помощи четырех девяток.

Задача 6. Из семи спичек выложено число у (рис. 31).

Превратить эту дробь в число i, не прибавляя и не убавляя данных спичек.

Задача 7. Написать 20, употребляя только цифры 1, 3, 5 и 7, причем каждую из них ровно по 3 раза.

Задача 8. Сумма двух чисел, образованных из цифр 1, 3, 5, 7 и 9, равна сумме двух чисел, образованных из цифр 2, 4, 6 и 8. Найдите эти числа, употребляя каждую цифру по одному разу.

Примечание. Применять неправильные дроби при этом не разрешается.

Задача 9. Какие 2 числа при умножении одного на другое и при вычитании одного из другого дают один и тот же результат?

Таких пар чисел неисчислимо много. Как образуются эти пары?

Задача 10. Из цифр 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 составить две равные дроби, сумма которых равна 1. Употребить необходимо все цифры и притом каждую из них только по одному разу. (Возможно несколько решений.)

Задача 11. Употребляя по одному разу каждую из цифр 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, составить такие смешанные дроби, сумма которых составила бы 100. (Возможно несколько решений.)

78. Дроби-домино

Выньте из ящика домино все кости, обе половины которых содержат по одинаковому количеству очков (дубли), и кости, не содержащие очков хотя бы на одной половине (бланши). Оставшиеся 15 костей можно

Рис. 31.

рассматривать как дроби и расположить их в такие 3 ряда, сумма дробей в каждом из которых равна 2у (рис. 32).

Любопытно, что, перераспределяя эти 15 костей домино, можно образовать такие ряды дробей, сумма которых будет числом целым (но, вообще говоря, разным в разных рядах).

Употребляя некоторые из костей домино как неправильные дроби, например у, у, у и т. д., попробуйте расположить все 15 костей в три ряда по 5 костей в каждом, но так, чтобы сумма дробей в каждом ряду равнялась числу 10.

С первого раза это, конечно, не выйдет. Придется подумать и попрактиковаться.

Какие числа, кроме указанных в этой задаче, вам удалось бы получить, располагая кости домино в три ряда и складывая соответствующие дроби (сумма во всех трех рядах должна быть одна и та же)?

Рис. 32. Сумма дробей в каждом ряду равна 2г/г

79. Мишины котята

Увидит Миша где-нибудь брошенного котенка, непременно подберет и принесет домой. Всегда воспитывается у него несколько котят, а сколько именно, он не любил говорить, чтобы над ним не смеялись.

Бывало, спросят у него:

— Сколько у тебя теперь котят?

— Немного, — ответит он. — Три четверти их числа, да еще три четверти одного котенка.

Товарищи думали, что он просто балагурит. А между тем Миша задавал им задачу, которую решить совсем нетрудно. Попытайтесь!

80. Средняя скорость

Половину пути лошадь шла порожняком со скоростью 12 км/час. Остальной путь она шла с возом, делая 4 км/час.

Какова средняя скорость, то-есть с какой неизменной скоростью нужно было бы двигаться лошади, чтобы на весь путь употребить такое же количество времени?

81. Спящий пассажир

Когда пассажир проехал половину всего пути, то лег спать и спал до тех пор, пока не осталось ехать половину того пути, что он проехал спящим. Какую часть всего пути он проехал спящим?

82. Какова длина поезда?

Два поезда идут друг другу навстречу по параллельным путям; один со скоростью 36 км/час, другой со скоростью 45 км/час. Пассажир, сидящий во втором поезде, заметил, что первый поезд шел мимо него в течение 6 секунд. Какова длина первого поезда?

83. Велосипедист

Когда велосипедист проехал у пути, лопнула шина.

На остальной путь пешком он затратил вдвое больше времени, чем на велосипедную езду.

Во сколько раз велосипедист ехал быстрее, чем шел?

84. Соревнование

Токари Володя А. и Костя Б.—ученики ремесленного училища металлистов, получив от мастера по одинаковому наряду на изготовление партии деталей, хотели выполнить свои задания одновременно и раньше срока.

Через некоторое время оказалось, однако, что Костя сделал лишь половину того, что осталось делать Володе, а Володе осталось делать половину того, что он уже сделал.

Во сколько раз должен был бы теперь увеличить свою дневную выработку Костя по сравнению с Володей, чтобы одновременно с ним успеть выполнить свой наряд?

85. Кто прав?

Маша решала арифметическую задачу. Последнее действие заключалось в определении объема земляных работ, а для этого надо было вычислить произведение трех чисел.

Маша благополучно перемножила первые два числа и только было приготовилась умножать получившийся результат на третье число, как вдруг заметила, что второй сомножитель был неправильно ею записан; он оказался больше того числа, которое должно было бы быть по условию, на -g- его.

Тогда Маша, чтобы не переделывать заново уже выполненное действие, решила, что все равно получит правильный результат, если теперь третий сомножитель предварительно уменьшит на у его самого, тем более, что он был равен второму сомножителю.

— Так делать нельзя, — сказала ей подруга, — ты при этом ошиблась на 20 кубометров.

— Какая же тут может быть ошибка? — возразила Маша. — Раз одно число я взяла увеличенным, а другое, равное ему, на такую же часть уменьшенным, то я думаю, что произведение осталось без изменения.

Кто прав?

И не сможете ли вы, пользуясь приведенными данными, найти решение задачи?

86. К ужину — 3 поджаренных ломтика

Мама очень вкусно поджаривает ломтики хлеба, пользуясь специальной маленькой сковородкой. Поджарив одну сторону каждого ломтика, она переворачивает его на другую сторону. Поджаривание каждой стороны ломтика длится 30 секунд, причем на сковородке умещается рядом только два ломтика.

Сообразите, каким образом при этих условиях мама поджаривает обе стороны трех ломтиков только за 1 ~ минуты, а не за 2, и вы получите к ужину 3 вкусных поджаренных ломтика.

ГЛАВА ВТОРАЯ

ЗАТРУДНИТЕЛЬНЫЕ ПОЛОЖЕНИЯ

87. Смекалка кузнеца Хечо

Путешествуя прошлым летом по Грузии, мы иногда развлекались тем, что придумывали всевозможные необыкновенные истории, навеянные каким-нибудь памятником старины.

Как-то раз подошли мы к одинокой древней башне. Осмотрели ее, присели отдохнуть. А был среди нас студент-математик; он тут же придумал занятную задачу:

«Назад тому лет 300 жил здесь князь злой и надменный. Была у князя дочь-невеста, Дариджан по имени. Обещал князь свою Дариджан в жены богатому соседу, а она полюбила простого парня, кузнеца Хечо. Попытались было Дариджан и Хечо убежать в горы от неволи, но поймали их слуги Князевы.

Рассвирепел князь и решил назавтра казнить обоих, на ночь же приказал их запереть вот в эту высокую, мрачную, заброшенную, недостроенную башню, а вместе с ними еще и служанку Дариджан, девочку-подростка, которая помогала им бежать.

Не растерялся в башне Хечо, осмотрелся, поднялся по ступенькам в верхнюю часть башни, в окно выглянул — прыгать невозможно, разобьешься. Тут заметил Хечо около окна забытую строителями веревку, перекинутую через заржавленный блок, укрепленный повыше

окна. К концам веревки были привязаны пустые корзины, к каждому концу — по корзине. Хечо вспомнил, что при помощи этих корзин каменщики поднимали вверх кирпич, а вниз спускали щебень, причем, если вес груза в одной корзине превышал вес груза в другой примерно на 5 — 6 кг (в переводе на современные меры), то корзина довольно плавно опускалась на землю; другая корзина в это время поднималась к окну.

Рис. 33. Мы подошли к одинокой мрачной древней башне.

Хечо на глаз определил, что Дариджан весит около 50 кг, служанка не более чем 40 кг. Свой вес Хечо знал — около 90 кг. Кроме того он нашел в башне цепь весом в 30 кг. Так как в каждой корзине могли поместиться человек и цепь или даже 2 человека, то им всем троим удалось спуститься на землю, причем спускались они так, что ни разу вес опускающейся корзины с человеком не превышал веса поднимающейся корзины более чем на 10 кг.

Как они выбрались из башни?»

88. Кот и мыши

Кот Мурлыка только что «помогал» своей юной хозяйке решать задачи. Теперь он сладко спит, а во сне видит себя окруженным тринадцатью мышами. Двенадцать мышей серых, а одна — белая. И слышит кот, говорит кто-то знакомым голосом: «Мурлыка, ты должен съедать каждую тринадцатую мышку, считая их по кругу все время в одном направлении, с таким расчетом, чтобы последней была съедена белая мышь».

Но с какой мышки начать, чтобы правильно решить задачу?

Помогите Мурлыке.

Рис. 34. С какой мышки начать?

89. Спички вокруг монеты

Заменим кота монетой, а мышек — спичками. Требуется снять все спички, кроме той, которая обращена головкой к монете (рис. 35), соблюдая следующее условие:

сначала снять одну спичку, а затем, двигаясь вправо по кругу, снимать каждую тринадцатую спичку. Сообразите, какую спичку надо снять первой.

90. Жребий пал на чижа и малиновку

В конце летнего лагерного периода пионеры решили выпустить на свободу изловленных юными птицеловами пернатых обитателей полей и рощ. Всего было 20 птиц, каждая в отдельной клетке. Вожатый предложил такой порядок:

— Поставить все клетки с птицами в один ряд и, начиная слева направо, открывать каждую пятую клетку. Дойдя до конца ряда, переносить счет на начало ряда, но открытые клетки уже не считать, и так продолжать до тех пор, пока не окажутся открытыми все клетки, кроме каких-то двух последних. Птиц, находящихся в этих клетках, можно взять с собой в город.

Предложение приняли.

Большинству ребят было безразлично, каких двух птиц увезти с собой (если уж нельзя взять всех), но

Рис. 35. С какой спички начать?

Тане и Алику хотелось, чтобы жребий пал непременно на чижа и малиновку. Когда они помогали расставлять клетки в ряд, то вспомнили задачу о коте и мышах (задача 88). Они быстро рассчитали, на какие места следует поставить клетки с чижом и малиновкой, чтобы именно эти клетки остались неоткрытыми, и поставили их на ...

Впрочем, вы можете без особого труда определить сами, на какие места поставили Таня и Алик клетки с чижом и малиновкой.

91. Разложить монеты

Заготовьте 7 спичек и 6 монет. Спички разложите на столе звездочкой, как показано на рис. 36. Начиная от любой спички, отсчитайте по движению стрелки часов третью и около ее головки положите монету. Затем опять отсчитайте третью спичку в том же направлении, начиная от любой спички, против которой еще не лежит монета, и также около головки положите монету. Действуя таким образом, постарайтесь разложить все 6 монет около головок шести спичек. При отсчете спичек не следует пропускать и тех, около которых уже положена монета; начинать отсчет надо обязательно со спички, не имеющей около себя монеты; двух монет на одно место не класть.

Каким надо руководствоваться правилом, чтобы наверняка решить задачу?

92. Пропустить пассажирский!

На полустанке одноколейной железной дороги остановился поезд в составе паровоза и пяти вагонов, доставивший бригаду рабочих для строительства новой ветки. Пока на этом полустанке имелся только небольшой тупичок,

Рис. 36.

в котором в случае необходимости едва мог бы поместиться паровоз с двумя вагонами.

Вскоре следом за поездом со строительной бригадой подошел к этому же полустанку пассажирский поезд. Как пропустить пассажирский?

93. Задача, возникшая из каприза трех девочек

Тема этой задачи имеет почтенную давность*). Три девочки, каждая со своим папой, гуляли. Все шестеро подошли к небольшой реке и пожелали переправиться с одного берега на другой. В их распоряжении оказалась всего одна лодка без гребца, поднимающая только двух человек. Переправу было бы, разумеется, нетрудно осуществить, если бы девочки не заявили то ли из каприза, то ли из шалости, что ни одна из них не согласна ехать в лодке, или быть на берегу с одним или двумя чужими папами без своего папы. Девочки были маленькие, но не очень, так что каждая из них могла вести лодку самостоятельно.

Таким образом, неожиданно возникли дополнительные условия переправы, но ради забавы путники решили попытаться их выполнить. Как они действовали?

Рис. 37. Как пропустить пассажирский?

*) В несколько иной редакции она встречается в одном из сочинений XIII века.

94. Дальнейшее развитие задачи

Веселая компания благополучно переправилась на противоположный берег реки и уселась отдыхать. Возник вопрос: можно ли было бы при тех же условиях организовать переправу четырех пар? Очень скоро выяснилось, что при сохранении условий, выдвинутых девочками (см. предыдущую задачу), переправу четырех пар можно было бы осуществить только при наличии лодки, поднимающей трех человек, причем всего лишь в 5 приемов.

Каким образом?

Развивая тему задачи еще дальше, наши путешественники нашли, что и на лодке, вмещающей только двух человек, можно осуществить переправу с одного берега на другой четырех девочек с их папами, если посреди реки есть остров, на котором можно делать промежуточную остановку и высаживаться. В этом случае для окончательной переправы требуется совершить не менее 12 переездов при соблюдении того же условия, то-есть, что ни одна девочка не будет находиться ни в лодке, ни на острове, ни на берегах с чужим папой без своего папы.

Найдите и это решение.

95. Прыгающие шашки

Положите 3 белые шашки на квадраты 1, 2, 3 (рис. 38), а 3 черные на квадраты 5, 6, 7. Пользуясь свободным квадратом 4, передвиньте белые шашки на место черных, а черные на место белых; при этом придерживайтесь следующего правила: шашки можно передвигать на соседний свободный квадрат; разрешается также и прыгать через соседнюю шашку, если за ней есть свободный квадрат. Белые и черные шашки могут двигаться навстречу друг другу. Ходы в обратном направлении не разрешаются. Задача решается в 15 ходов.

Рис. 38.

96. Белое и черное

Возьмите четыре белые и четыре черные шашки (или 4 медные и 4 серебряные монеты) и положите их на стол в ряд, чередуя цвет: белую, черную, белую, чер-

ную и так далее. Слева или справа оставьте такое свободное место, на котором могли бы уместиться не более чем 2 шашки (монеты). Пользуясь свободным местом, можно перемещать каждый раз только по две рядом лежащие шашки (монеты), не изменяя при этом взаимного их расположения.

Достаточно сделать 4 таких перемещения пар шашек, чтобы оказались подряд все черные, а за ними все белые шашки.

Убедитесь в этом!

97. Усложнение задачи

С увеличением числа первоначально взятых шашек (монет) задача усложняется.

Так, если вы поместите в ряд 5 белых и 5 черных шашек, чередуя их цвет, то потребуется 5 перемещений, чтобы расположить черные шашки с черными, а белые— с белыми.

В случае шести пар шашек потребуется 6 перемещений; в случае семи пар — 7 перемещений и т. д. Найдите решения задачи для пяти, шести и семи пар шашек.

Помните, что при первоначальной раскладке шашек следует оставлять слева (или справа) свободное место не более чем для двух шашек и перемещать каждый раз по 2 шашки без изменения их взаимного расположения.

98. Карточки укладываются по порядку номеров

Нарежьте из картона 10 карточек размером 4X6 см и пронумеруйте их числами от 1 до 10. Сложив карточки стопкой, возьмите их в руку. Начиная с верхней карточки, кладите первую карточку на стол, вторую под низ стопки, третью карточку на стол, четвертую под низ стопки. Поступайте так все время до тех пор, пока не положите на стол все карточки.

С уверенностью можно сказать, что карточки расположатся не по порядку номеров.

Подумайте, в какой последовательности надо первоначально сложить карточки в стопку, чтобы при указанной раскладке они расположились в порядке номеров от 1 до 10.

99. Две головоломки расположения

Первая головоломка. Двенадцать шашек (монет, кусочков бумаги и т. д.) нетрудно расположить на столе в форме квадратной рамки по 4 шашки вдоль каждой

стороны. Но попробуйте положить эти шашки так, чтобы вдоль каждой стороны квадрата их было по 5.

Вторая головоломка. Разложите на столе 12 шашек так, чтобы образовалось 3 ряда по горизонтали и 3 ряда по вертикали и чтобы в каждом из этих рядов лежало по 4 шашки.

100. Загадочная шкатулка

Миша отдыхал летом в Артеке и привез оттуда в подарок своей младшей сестре Ирочке красивую шкатулку, украшенную 36 ракушками. На крышке шкатулки выжжены линии так, что они делят крышку на 8 секций.

Ирочка в школу еще не ходит, но умеет считать до 10. Больше всего ей в мишином подарке понравилось то, что вдоль каждой стороны крышки шкатулки расположено ровно по 10 ракушек (рис. 40). Считая ракушки вдоль стороны, Ирочка учитывает все ракушки, находящиеся в примыкающей к этой стороне секции. Ракушки, расположенные в угловых секциях, Ирочка присчитывает и к той и к другой стороне.

Однажды мама, протирая шкатулку тряпочкой, нечаянно раздавила 4 ракушки. Теперь не стало получаться по 10 ракушек вдоль каждой стороны крышки. Какая неприятность! Придет Ирочка из детского сада и очень огорчится.

Рис. 39. Как положить эти шашки по 5 с каждой стороны?

Рис. 40. Вдоль каждой стороны крышки шкатулки — 10 ракушек.

— Беда не велика,— успокоил маму Миша.

Он осторожно отклеил часть ракушек из оставшихся 32 и так умело их наклеил снова на крышку шкатулки, что вдоль каждой ее стороны стало опять по 10 ракушек.

Прошло несколько дней. Снова беда. Шкатулка упала, разбилось еще 6 ракушек; осталось их только 26. Но и в этот раз Миша смекнул, как надо расположить оставшиеся 26 ракушек на крышке, чтобы вдоль каждой ее стороны Ирочка попрежнему насчитывала по 10 ракушек. Правда, оставшиеся ракушки в последнем случае невозможно было распределить на крышке шкатулки так же симметрично, как они располагались до сих пор, но Ирочка на это не обратила внимания.

Найдите оба Мишины решения.

101. Отважный «гарнизон»

Снежную крепость защищает отважный «гарнизон». Ребята отразили 5 штурмов, но не сдались. В начале

Рис. 41. Снежную крепость защищает отважный «гарнизон»

игры «гарнизон» состоял из 40 человек. «Комендант» снежной крепости первоначально расставил силы по схеме, показанной в квадратной рамке справа (в центральном квадрате— общая численность «гарнизона»).

«Противник» видел, что каждую из 4 сторон крепости защищают 11 человек. По условию игры при первом, втором, третьем и четвертом штурмах «гарнизон» «терял» каждый раз по 4 человека. В последний, пятый, штурм «неприятель» своими снежками вывел из строя еще двух человек. И все же, несмотря на потери, после каждого штурма любую из сторон снежной крепости продолжало защищать по 11 человек.

Как «комендант» снежной крепости расставлял силы своего гарнизона после каждого штурма?

102. Лампы дневного света в комнате для телевизионных передач

Светотехник, подготовляя комнату к телевизионной передаче, пробовал разные способы ее освещения трубками*) (лампами) дневного света. Сначала светотехник поместил по 3 лампы в каждый угол и по 3 лампы на каждую из четырех сторон комнаты, всего 24 лампы (рис. 42). Потом светотехник добавил 4 лампы и еще раз 4 лампы. Пробовал он уменьшать число ламп до 20 и даже до 18. Во всех случаях он располагал лампы по углам и по стенам комнаты так, что вдоль каждой стены было по 9 ламп.

Рис. 42. Первоначальное размещение ламп.

*) В этих трубках нет нитей накаливания. Они наполнены разреженным газом, а стенки трубок покрыты таким составом, который светится при пропускании электрического тока через газ, находящийся в трубках. Свет получается белый, близкий к дневному.

Найдите схемы расположения ламп для 28 и для 32 штук, а также для 20 и 18 штук.

Определите, до каких пределов мог светотехник увеличивать и уменьшать число ламп, сохраняя принцип их расположения по 9 вдоль каждой стены комнаты.

Как вы думаете, мог ли светотехник добавлять и уменьшать не по 4 лампы, а по одной, по две или по три, распределяя лампы все также по 9 вдоль каждой стены?

103. Размещение подопытных кроликов

В одном институте была изготовлена для специальных опытов и наблюдений над кроликами особая двухэтажная клетка по 9 секций на каждом этаже (рис. 43). Для кроликов предназначалось 16 секций (8 на верхнем этаже и 8 на нижнем), а две центральные секции были заняты приборами.

Рис. 43. Для опытов была приготовлена клетка.

По условиям опыта кроликов необходимо было разместить в клетке так, чтобы:

1) были заняты все 16 секций;

2) в каждой секции находилось не более трех кроликов;

3) на каждой из четырех боковых сторон клетки находилось ровно по 11 кроликов;

4) в верхнем этаже было бы размещено вдвое больше кроликов, чем в нижнем.

Институт получил на 3 кролика меньше, чем ожидали. Несмотря на это, всех кроликов разместили в соответствии со всеми условиями.

Определите, сколько кроликов первоначально предполагалось разместить в клетке и как их должны были разместить?

А как можно было разместить всех полученных кроликов?

104. Подготовка к празднику

Геометрический смысл предыдущих пяти задач заключался в осуществлении такого расположения предметов вдоль четырех прямых линий (сторон прямоугольника или квадрата), что число предметов вдоль каждой прямой сохранялось одним и тем же при изменении их общего количества.

Такое расположение достигалось за счет того, что все предметы, расположенные по углам, считались как бы принадлежащими каждой из сторон угла подобно тому, как точка пересечения двух прямых принадлежит каждой из них.

Если полагать, что каждый из предметов, размещаемых по сторонам фигуры, занимает некоторую точку на соответствующей стороне, то все предметы, расположенные по углам, надо воображать сосредоточенными в одной точке (в вершине угла).

Откажемся теперь от возможности пусть даже воображаемого скопления предметов в одной геометрической точке.

Будем считать, что каждый отдельный предмет (камушек, лампочка, дерево и т. п.) из числа расположенных на некоторой плоскости занимает отдельную точку этой плоскости, и не будем ограничивать себя требованием размещать эти предметы только по четырем прямым

линиям. Если эти условия дополнить еще требованием симметричности решения в каком-либо смысле, то задачи о размещении предметов вдоль прямых линий приобретут дополнительный геометрический интерес. Решение таких задач приводит обычно к построению некоторой геометрической фигуры.

Например, как при изготовлении праздничной иллюминации можно было бы красиво разместить 10 лампочек в о рядов по 4 лампочки в каждом ряду?

Ответ на этот вопрос дает пятиконечная звезда, изображенная на рис. 44.

Поупражняйтесь в решении аналогичных задач; старайтесь при этом добиться симметрии в требуемом расположении.

Задача 1. Как расположить 12 лампочек в 6 рядов по 4 лампочки в каждом ряду? (Эта задача имеет два решения.)

Задача 2. Рассадите 13 декоративных кустов в 12 рядов по 3 куста в каждом ряду.

Задача 3. На треугольной площадке (рис. 45) садовник вырастил 16 роз, расположенных в 12 прямолинейных рядов по 4 розы в каждом ряду. Потом он приготовил клумбу и пересадил туда все 16 роз в 15 рядов по 4 розы в каждом? Как он это сделал?

Задача 4. Разместите 25 деревьев в 12 рядов по 5 деревьев в каждом ряду.

Рис. 44. 5 рядов по 4.

Рис. 45. Как сделать 15 рядов по 4.

105. Рассадить дубки по-другому

Красиво высажены 27 дубков по схеме, изображенной на рис. 46, в 9 рядов по 6 дубков в каждом ряду, но лесовод, несомненно, забраковал бы такую планировку. Дубу солнце нужно только сверху, а по бокам чтобы зелень была.

Любит он, как говорится, расти в шубе, но без шапки, а тут отскочили 3 дубка куда-то в сторону и торчат одиноко!

Попробуйте рассадить эти 27 дубков по-другому, тоже в 9 рядов и тоже по 6 дубков в каждом ряду, но так, чтобы все деревья расположились в три группы и ни одно из них не отскакивало от своей группы; сохраните и симметрию в расположении.

106. Геометрические игры

Игра первая. Расположите на столе 10 шашек (или монет, пуговиц и т. п.) в 2 ряда по 5 штук, как показано на рис. 47.

Нужно переставить какие-либо 3 шашки из одного ряда и 1 шашку из другого (не сдвигая с мест остальные шашки и не накладывая одну шашку на другую) так, чтобы образовалось пять прямолинейных рядов по 4 шашки в каждом ряду.

Здесь в отличие от предыдущих задач не требуется симметричное расположение шашек. Вот для примера 5 различных решений представлено на рис. 48.

Замечание. Решения считаются различными, если они приводят к различным конфигурациям из данных 10 шашек, например, как на рис. 48.

Рис. 46. Найдите другое расположение в 9 рядов по 6.

Рис. 47.

Вы, быть может, подумаете, что, приводя эти 5 решений, я уже исчерпал все возможные решения данной задачи. Конечно, нет! Ведь для решения задачи можно избирать разные комбинации шашек, предназначаемых для перемещения (см. на рис. 48 схемы а, б, в, д), и по-разному размещать одну и ту же избранную группу шашек (см. на рис. 48 схемы а и г). Допустим, вы берете для перекладывания 3 шашки из верхнего ряда и 1 из нижнего. Всевозможные сочетания шашек по 3 (из пяти) уже дают 10 различных комбинаций. Убедитесь! А присоединение к любой из этих комбинаций еще по одной какой-либо шашке из нижнего ряда дает каждый раз по 5 групп. Так можно получить 10*5 = 50 различных группировок по 4 шашки, предназначаемых для перемещения.

Дополнение к первой игре. Организуйте такую игру-соревнование. Разложите перед каждым участником

Рио 48. Пять различных решений.

игры по 10 шашек (можно нарезать из картона) в два ряда и пусть каждый (не показывая остальным) у себя переместит 4 шашки (3 из одного ряда и 1 из другого) так, чтобы образовалось 5 рядов по 4 шашки в каждом ряду. Затем сличите решения. Те из игроков, у которых оказались одинаковые конфигурации шашек, получают по одному очку; конфигурация шашек, отличающаяся от всех остальных, оценивается в 2 очка. Не решившие задачу в отведенное время не получают ни одного очка. Повторив игру несколько раз, подсчитываете сумму очков у каждого участника игры и определяете победителей.

Можно провести игру и совсем без шашек. Раздать каждому участнику игры по листу бумаги и по чертежной линейке. Шашки заменить точками на бумаге, расположив их первоначально тоже в 2 ряда по 5 точек. Игра будет заключаться в том, чтобы, вычеркнув какие-либо 3 точки из одного ряда и 1 из другого, изобразить вместо них новые 4 точки так, чтобы вместе с остальными (без вычеркнутых, разумеется) они образовали 5 рядов по 4 точки в каждом ряду.

Еще дополнение к первой игре. Можно разрешить брать 4 шашки, по 2 из каждого ряда, и накладывать одну шашку на другую. Тогда возможны будут и такие, например, решения, как на схеме рис. 49. В связи с этим дополнительным соглашением количество возможных решений задачи значительно увеличивается.

Игра вторая. На листе картона проколите 49 небольших отверстий в виде квадратной решетки. В 10 отверстий вставьте по спичке, как указано на рис. 50. Содержание игры заключается в решении задач вроде такой, например:

Вынуть какие-либо 3 спички и поместить их в другие отверстия картонного листа так, чтобы образовалось 5 рядов по 4 спички в каждом ряду.

Рис. 49. Два возможных решения.

Решите сначала эту задачу для случая, представленного на рис. 50, а потом можете ее разнообразить, изменяя первоначальное расположение спичек и число рядов, которые вновь должны быть образованы.

Замечание. В качестве «поля» для решения предложенной задачи пригоден пластилин.

107. Чет и нечет (головоломка)

Положите 8 пронумерованных шашек в центральный круг (рис. 51) столбиком по порядку номеров, с цифрой 8 вниз и с цифрой 1 наверх. Задача состоит в том, чтобы в наименьшее число ходов переместить шашки с цифрами 1, 3, 5 и 7 из центрального столбика в кружок с пометкой «нечет», а шашки с цифрами 2, 4, 6 и 8 в кружок с пометкой «чет». Ходом считается всякое перемещение

Рис. 50. В 10 отверстий — по спичке.

Рис. 51. Соблюдая правила, переместите шашки на кружки «чет» и «нечет».

шашки с одного места на другое. За один ход можно перемещать с кружка на кружок только одну шашку (всякий раз верхнюю), но при этом нельзя класть шашку, пронумерованную большим числом, на шашку, имеющую меньший номер, и нельзя на шашку с четным номером класть шашку с нечетным номером или на шашку с нечетным номером класть шашку с четным номером.

Можно, скажем, шашку с цифрой 1 положить на шашку с цифрой 3, или шашку с цифрой 3 на шашку с цифрой 7, шашку с цифрой 2 на шашку с цифрой 6, но не наоборот, и нельзя положить шашку с цифрой 1 на шашку с цифрой 2 или шашку с цифрой 4 на шашку с цифрой 7, так как тогда оказались бы вместе «чет» и «нечет».

Сколько вам потребовалось ходов для решения задачи?

108. Упорядочить расположение шашек

Расположите 25 нумерованных шашек в 25 квадратных клетках, как указано на рис. 52. Обменивая шашки местами, приведите их в порядок, то-есть уложите номера 1, 2,3, 4, 5 слева направо в первый ряд, номера 6, 7, 8, 9, 10 слева направо во второй ряд и т. д. до конца. Можете, например, поменять местами номера 7 и 1, 24 и 2 и т. д.

Определите наименьшее число необходимых обменов.

Для того чтобы избежать бесполезных перемещений, следует разработать какую-нибудь систему перемещений. Подумайте об этом.

109. Подарок-головоломка

Есть такая игрушка: коробочка; откроешь ее, а внутри еще коробочка; ее откроешь, внутри опять коробочка.

Сделайте такую игрушку из четырех коробочек. В самую маленькую внутреннюю коробочку положите 4 конфеты, добавьте по 4 конфеты в каждую из двух следующих коробочек и 9 конфет — в самую большую.

Рис. 52.

Таким образом в четырех коробочках будет размещена 21 конфета (рис. 53).

Подарите эту коробку с конфетами вашему другу в день рождения с условием не кушать конфеты до тех пор, пока «юбиляр» не перераспределит 21 конфету так, чтобы в каждой коробочке лежало по четному числу пар конфет и еще одна.

Разумеется, прежде чем делать этот подарок, надо самому «раскусить» эту головоломку. Имейте в виду, что никакие правила арифметики здесь не помогут, надо лишь проявить смекалку и небольшую долю остроумия.

110. Ходом коня

Для решения этой забавной шахматной задачи не требуется умения играть в шахматы. Достаточно лишь знать, как перемещается фигура коня по доске. На шахматной

Рис. 53. Подарок-головоломка.

доске расставлены черные пешки (см. схему на рис. 54). Поставьте белого коня на любую желательную вам свободную клетку шахматной доски с таким расчетом, чтобы этим конем можно было снять с доски все черные пешки, делая при этом наименьшее возможное число ходов конем.

111. Перемещение шашек (2 головоломки)

Первая головоломка. Перенумеруйте 9 шашек числами от 1 до 9. Расставьте шашки на специальном поле, изображенном на рис. 55, так, чтобы номера клеток и шашек совпадали; только шашку с цифрой 1 поместите в клетку № 10, а клетку № 1 оставьте свободной.

Не вынимая шашек из клеток, а только перемещая их, переведите шашку с цифрой 1 в клетку № 1. Можно временно ставить по одной шашке в клетки Л, Б и В; перепрыгивать одной шашкой через другую нельзя. Когда шашка с цифрой 1 перейдет на свое место — в клетку № 1, то и все остальные шашки должны оказаться на

Рис. 54. Снимите конем все пешки.

прежних местах, то-есть так, чтобы номера шашек и клеток совпадали.

Вторая головоломка. Для второй задачи возьмите 8 черных и 8 белых шашек и расставьте их так, как указано на рис. 56. Требуется, не снимая шашек с поля, в 46 ходов перегнать все черные шашки на места белых, а белые — на места черных.

Шашки могут передвигаться вперед и назад, вправо и влево, но не наискось. В тех же направлениях разрешается перепрыгивать через одну шашку на свободную клетку. Две шашки в одну клетку помещать нельзя. Очередность в перемещении белых и черных шашек соблюдать не требуется; если нужно, то можно перемещать несколько раз подряд шашки одного цвета. Найдите решение.

Рис. 55.

Рис. 56.

112. Оригинальная группировка целых чисел от 1 до 15

Посмотрите, как красиво можно расположить все целые числа от 1 до 15 в 5 групп по 3 числа в каждой группе:

Числа распределены по группам так, что в каждой группе разность d одна и та же как между вторым и первым, так и между третьим и вторым числами. Например, 8 — 1= 7 и 15 — 8 = 7 или 9 — 4 = 5 и 14 — 9 = 5 (каждая группа чисел с постоянной разностью между соседними числами составляет последовательность, которую

называют арифметической прогрессией). Это забавное распределение пятнадцати порядковых целых чисел на 5 групп с указанными разностями является не единственно возможным. Оставив первую группу чисел (1, 8, 15) без изменения, остальные 12 чисел (2, 3, 4, 5, 6, 7, 9, 10, 11, 12, 13, 14) можно сгруппировать в новые тройки чисел, но с прежними разностями: d=5; d=4; d=2 и d=1.

Найдите эту новую группировку данных чисел.

Желающие могут попытаться расположить эти же числа от 1 до 15 в группы арифметических прогрессий с другими значениями d.

113. Восемь звездочек

В одной из белых клеток на рис. 57 я поставил звездочку. Разместите в белых клетках еще 7 звездочек так, чтобы никакие 2 звездочки (из восьми) не находились на одной горизонтали или вертикали, или какой-либо диагонали.

Решать задачу, конечно, надо путем проб, поэтому дополнительный интерес задачи еще и в том, чтобы в процесс необходимых испытаний внести известную систему.

114. Две задачи на расстановку букв

Первая задача. В квадрате, разделенном на 16 равных квадратов, расставьте 4 буквы так, чтобы в каждом горизонтальном ряду, в каждом вертикальном ряду и в каждой из двух диагоналей большого квадрата встречалась только одна буква. Как велико число решений этой задачи в том случае, когда расставляемые буквы одинаковы, и в том случае, когда они различны?

Вторая задача. В квадрате, разделенном на 16 равных квадратов, расставьте по 4 раза каждую из четырех букв a, b, с и d таким образом, чтобы в каждом горизонтальном ряду, в каждом вертикальном ряду и в каждой из двух диагоналей большого квадрата не было одинаковых букв. Как велико число решений этой задачи?

Рис. 57.

115. Раскладка разноцветных квадратов

Приготовьте 16 квадратов одного размера, но четырех различных окрасок, положим, белой, черной, красной и зеленой — по 4 квадрата каждой окраски. У вас образуется четыре комплекта разноцветных квадратов. На каждом квадрате первого комплекта напишите цифру 1, на каждом квадрате второго комплекта — 2, на квадратах третьего комплекта — 3 и на квадратах четвертого — 4.

Требуется расположить эти 16 разноцветных квадратов также в виде квадрата, причем так, чтобы в каждом горизонтальном ряду, в каждом вертикальном ряду и в каждой из двух диагоналей находились в каком-либо произвольном порядке квадраты с цифрами 1, 2, 3 и 4 и притом непременно разных окрасок.

Задача допускает очень много решений. Подумайте о системе получения требуемых расположений.

116. Последняя фишка*)

Вырежьте из картона 32 одинаковые фишки (произвольной формы) и все их расставьте по одной в каждый кружок (рис. 58). Так как кружков 33, то один из них (безразлично какой) останется свободным.

Рис. 58.

*) Старинная игра-головоломка — «солитер», или «пустынник»; известна еще с начала XVIII века.

Задача состоит в том, чтобы снять все фишки, кроме одной. Эта последняя фишка должна остаться в том самом кружке, который первоначально оставался свободным. Снимать фишки можно ходом назад, вперед и в стороны, перескакивая любой фишкой через другую на свободный кружок. Каждым ходом снимается одна фишка, следовательно, задачу надо решить в 31 ход.

117. Кольцо из дисков

Возьмите шесть равных дисков и уложите их плотно, как показано на рис. 59, а. Требуется в 4 хода расположить их в виде кольца (рис. 59, б). «Ход» состоит в следующем: прижимая какие-либо 5 дисков к столу, надо перекатить шестой диск в новое положение, не отрывая его от остальных дисков, причем в новом положении он должен соприкасаться не менее чем с двумя дисками. Решить эту головоломку именно в 4 хода не так просто, как может показаться с первого взгляда.

В качестве дисков возьмите, например, 6 одинаковых монет или вырежьте из картона 6 одинаковых кружков.

Дополнительное задание. Решение предложенной головоломки состоит в последовательном перемещении дисков. Изменяя порядок перемещений, можно получить различные решения задачи. Требуется найти все различные решения головоломки. Чтобы не запутаться, диски перенумеруйте и записывайте каждый ход по такой системе:

1—2, 3, что значит: диск № 1 перекатить до соприкосновения с дисками № 2 и № 3;

Рис. 59. В 4 хода перейдите из положения а) в положение б).

2—6, 5, что значит: диск № 2 перекатить до соприкосновения с дисками № 6 и № 5 и т. д. Вот примерное решение головоломки:

1—2, 3; 2—6, 5; 6—1, 3; 1—6, 2. Найдите еще 23 решения.

118. Фигуристы на катке искусственного льда

На московском катке искусственного льда репетируется спектакль, подготовленный силами учеников «балетной школы на льду». Художник, оформляющий постановку спектакля, разрисовал одну половину ледяного поля под узорчатый ковер с 64 цветочками (рис. 60, a), a другую — под паркетный пол в 64 бело-черные клетки (как шахматная доска, рис. 60, б).

Сейчас перерыв в репетиции. Во время перерыва девочка и мальчик — два неутомимых фигуриста — продолжают «вырисовывать кривые» на превосходном зеркально-гладком ледяном поле.

Девочку заинтересовали цветочки ледяного ковра и ей захотелось одним движением, конечно, с поворотами в некоторых точках поля, проехать через все 64 цветка. Двигаться она решила только по прямым линиям, причем так, чтобы последний прямолинейный путь привел ее в то же место, с которого она начала движение (отмечено на рисунке черной точкой).

Ей это вполне удалось, причем весь ее путь состоял только из 14 прямолинейных отрезков. (Через некоторые из цветков девочка проезжала несколько раз.)

Рис. 60. Найдите маршруты фигуристов.

Нарисуйте на листке бумаги схему маршрута девочки.

Мальчик тренировался на втором участке ледяного поля. Узнав о «геометрических» достижениях своей подруги по фигурному катанию, он не хотел остаться в долгу и поставил перед собой еще более сложную геометрическую задачу: двигаясь только по белым клеткам паркета и пересекая вершины клеток не более чем по одному разу, переместиться из левого дальнего угла поля в противоположный по диагонали правый угол, побывав в каждой белой клетке.

Нарисуйте схему движения фигуриста, если известно, что его путь состоит из 17 прямолинейных отрезков.

119. Задача-шутка

Ученик 4-го класса средней школы Коля Синичкин усердно старается перевести шахматного коня из левого нижнего угла шахматной доски (с поля a1) в правый верхний угол (на поле ti8) так, чтобы конь побывал на каждой клетке доски по одному разу. Пока ему это не удается. Но не пытается ли он решить неразрешимую задачу?

Разберитесь в этом теоретически и объясните Коле Синичкину, в чем тут дело.

120. Сто сорок пять дверей (головоломка)

Средневековые феодалы превращали иногда подвалы своих замков в тюрьмы — лабиринты со всякого рода фокусами и секретами: с раздвигающимися стенами камер, потайными ходами, разнообразными ловушками.

Рис. 61. Можно ли перевести коня с а\ на А8?

Посмотришь на такой старинный замок и невольно возникает желание пофантазировать.

Представим себе, что в один из таких подвалов, план которого изображен на рисунке 62, брошен человек, из тех, кто боролся с феодалом. Вообразим такой секрет в устройстве этого подвала. Из 145 дверей только 9 заперты (они обозначены на рис. 62 жирными полосками), а все остальные открыты настежь. Кажется, так легко подойти к двери, ведущей наружу, и попытаться ее открыть. Не тут-то было. Открыть запертую дверь ничем невозможно, но она откроется сама, если будет точно девятой по счету, то-есть если перед этим будет пройдено 8 открытых дверей. При этом должны быть открыты и пройдены все запертые двери подземелья; каждая из них также открывается сама, если перед этим пройдено ровно восемь открытых дверей. Исправить ошибку и пройти 2—3 лишние двери по соседству, чтобы довести число пройденных дверей до восьми, тоже не удастся: как только какая-нибудь камера пройдена, все прежде открытые в ней двери наглухо закрываются и запираются — второй раз через камеру не пройдешь. Феодалы нарочно так устроили.

Рис. 62. План лабиринта.

Узник знал об этом секрете подземелья, а на стене своей камеры (отмеченной на плане звездочкой) нашел нацарапанный гвоздем точный план подземелья. Долго он ломал голову над тем, как наметить правильный маршрут, чтобы каждая запертая дверь действительно оказалась девятой. Наконец, он решил эту задачу и вышел на свободу. Какое решение нашел узник?

121. Как узник вышел на свободу?

Желающие могут подумать еще над таким вариантом предыдущей задачи.

Вообразите, что каземат, в котором томится узник, состоит из 49 камер.

В семи камерах, обозначенных на плане подземелья (рис. 63) буквами А, Б, В, Г, Д, Е и Ж, есть по одной двери, открывающейся только ключом, причем ключ от двери камеры А находится в камере а, ключ от двери камеры Б находится в камере б, ключи от дверей камер В, Г, Д, Е и Ж, находятся соответственно в камерах в, г, d, е и ж.

Остальные двери открываются простым нажимом на ручку, но ручка имеется только с одной стороны каждой двери, и дверь, после того как она пройдена, авто-

Рис. 63. Подземелье состоит из 49 камер.

матически захлопывается. На другой стороне двери ручки нет.

На плане подземелья показано, в какую сторону можно пройти через каждую дверь, открывающуюся без ключа, но в каком порядке следует открывать запертые двери, неизвестно. Через одну и ту же дверь разрешается проходить любое число раз, разумеется, соблюдая условия, при которых она открывается.

Узник находится в камере О. Укажите ему путь, ведущий к выходу на свободу.

ГЛАВА ТРЕТЬЯ

ГЕОМЕТРИЯ НА СПИЧКАХ

Коробка спичек или пучок палочек одинаковой длины — отличное пособие для геометрических развлечений, требующих находчивости и развивающих сообразительность.

Из спичек можно составить всевозможные прямолинейные фигуры; превращать одну фигуру в другую путем перекладывания спичек; даже теоремы можно доказывать на спичках. Рассмотрим для примера такую задачу.

Сколько одинаковых квадратов можно составить из 24 спичек, не ломая их и используя при этом все спички?

Если на каждую сторону квадрата употребить по 6 спичек (больше нельзя), то получится один квадрат.

При стороне квадрата в 5 или в 4 спички одинаковых квадратов из всех 24 спичек не получится. При стороне в 3 спички можно выложить два квадрата (рис. 64).

Рис. 64. Из 24 спичек 2 квадрата.

При стороне квадрата в 2 спички — три квадрата (рис. 65).

Обратите внимание, что из квадратов со сторонами в 3 и 2 спички можно образовать еще дополнительные квадраты других размеров, как показано на рисунках 66 и 67: один дополнительный квадрат (1) из квадратов со стороной в 3 спички (рис. 66), четыре дополнительных квадрата (1—4) из квадратов со стороной в две спички (рис. 67).

Если из каждых четырех спичек составлять один квадрат, то из 24 спичек можно образовать 6 одинаковых квадратов (рис. 68, а).

Если же некоторые спички дважды считать сторонами квадрата, то из 24 спичек можно образовать 7 одинаковых квадратов (рис. 68, б), или 8 (рис. 69, а, б) или даже 9 (рис. 69, в).

Рис. 65. Из 24 спичек 3 квадрата.

Рис. 66. Можно образовать дополнительный квадрат.

Рис. 67. Четыре дополнительных квадрата.

Рис. 68. Из 24 спичек 6 и 7 квадратов.

Рис. 69. Из 24 спичек 8 и 9 квадратов.

Рис. 70. Из 24 спичек 20 квадратов.

При составлении трех последних фигур образовались еще дополнительные квадраты других размеров: один на рис. 69, а, два на рис. 69, б и пять на рис. 69, в (найдите их).

При стороне квадрата в 1\2 спички (допускаем наложение одной спички поперек другой) можно получить 16 квадратов одинакового размера и 4 дополнительных квадрата. Всего 20 квадратов (рис. 70).

Из 24 спичек при стороне квадрата в г/3 спички может быть образовано 27 одинаковых квадратов, а с дополнительными квадратами других размеров — 42 (рис. 71, а), и, наконец, при стороне квадрата в 1L спички — 50 квадратов одинакового размера (рис. 71,6). Если же считать дополнительные квадраты (их 60), то всего получится 110 квадратов.

Сообразите, как решить следующие задачи-головоломки*).

122. Пять головоломок

Из 12 спичек выложено 4 одинаковых квадрата (рис. 72); при этом образовался еще один дополнительный квадрат (большой). Требуется:

а) Отобрать 2 спички; остальные не трогать; должно получиться 2 неравных квадрата.

Рис. 71. Из 24 спичек 42 и 50 квадратов.

Рис. 72.

*) Под одним номером объединены те задачи, решение которых следует начинать с одного и того же первоначального расположения спичек. Каждая задача решается независимо от предыдущей.

б) Переложить 3 спички так, чтобы образовалось три равных квадрата.

в) Переложив 4 спички, образовать 3 равных квадрата.

г) Переложив 2 спички, образовать 7 квадратов (в этой и следующей задачах допускается наложение одной спички поперек другой).

д) Переложив 4 спички, получить 10 квадратов.

123. Еще восемь головоломок

Из 24 спичек выложена фигура квадрата с девятью квадратными ячейками (рис. 73). Требуется:

а) Переложив 12 спичек, образовать 2 равных квадрата.

б) Отобрать 4 спички так, чтобы оставшиеся образовали один большой и четыре маленьких квадрата.

в) Образовать 5 равных квадратов, отобрав либо 4, либо 6, либо 8 спичек.

г) Вынуть 8 спичек так, чтобы оставшиеся образовали 4 равных квадрата (2 решения).

д) Вынуть 6 спичек — образовать 3 квадрата.

е) Вынуть 8 спичек — останется 2 квадрата (2 решения).

ж) Отобрать другие 8 спичек — останется 3 квадрата.

з) Отобрать 6 спичек — получится 2 квадрата и 2 равных неправильных шестиугольника.

124. Из девяти спичек

Из 9 спичек составить 6 квадратов (допускается наложение одной спички поперек другой).

Рис. 73.

125. Спираль

Из 35 спичек выложена фигура, напоминающая «спираль» (рис. 74). Переложите 4 спички так, чтобы образовалось 3 квадрата.

126. Шутка

Из шестнадцати спичек выложен «план» крепости окруженной глубоким рвом (рис. 75). Как при помощи двух досок (спичек), длина которых как раз равняется ширине рва, пробраться в крепость?

127. Снять две спички

Фигура, изображенная на рис. 76, составлена из восьми спичек, наложенных друг на друга. Снять 2 спички так, чтобы осталось 3 квадрата.

128. Фасад «дома»

Фасад «дома» выложен из 11 спичек (рис. 77). Перекладывая 2 спички, можно получить 11 квадратов, а перекладывая 4 спички, можно тот же «дом» превратить в фигуру, содержащую 15 квадратов. Сделайте!

Рис. 74. «Спираль».

Рис. 75. «План» крепости.

Рис. 76.

Рис. 77. «Дом».

129. Шутка

Положить 6 спичек так, чтобы образовался квадрат.

130. Треугольники

Для составления одного равностороннего треугольника необходимо употребить 3 спички (если их не ломать), а для составления шести равносторонних треугольников, равных между собой, достаточно 12 спичек. Сделайте!

После этого переложите 4 спички с одного места на другое так, чтобы образовалось 3 равносторонних треугольника, из которых только два были бы равны между собой.

131. Сколько спичек надо убрать?

Выложены 16 одинаковых квадратов (рис. 78). Если подсчитать все квадраты, какие есть в этой фигуре, то всего их наберется... Впрочем, сосчитайте сами! Сколько спичек (самое меньшее) надо убрать, чтобы оставшаяся фигура не содержала ни одного ни большого, ни маленького квадрата?

132. Шутка

Каждая спичка имеет в длину 4,5 см. Как из 13 спичек сложить метр?

133. «Изгородь»

В «изгороди», изображенной на рис. 79, надо переложить 14 спичек так, чтобы получилось 3 квадрата.

Рис. 78.

Рис. 79. «Изгородь».

134. Шутка

При помощи двух спичек, не ломая и не разрезая их, образовать квадрат.

135. «Стрела»

На рис. 80 из шестнадцати спичек построена стрела, а) Переложите 8 спичек так, чтобы получилось 8 равных треугольников.

б) Переложите 7 спичек так, чтобы получилось 5 равных четырехугольников.

136. Квадраты и ромбы

Из 10 спичек выложить 3 квадрата. Затем отнять одну спичку и сделать из оставшихся спичек один квадрат и два ромба.

137. В одной фигуре разные многоугольники

Восемь спичек уложите так, чтобы образовались один восьмиугольник, два квадрата и восемь треугольников — все в одной фигуре.

138. Планировка сада

Шестнадцать спичек, выложенных в форме квадрата, представляют изгородь сада (рис 81). Часть площади этого сада занята домом, изображенным в виде квадрата из четырех спичек. Остальную часть сада требуется разделить при помощи 10 спичек на 5 участков, одинаковых по форме и по площади.

Рис. 80. «Стрела».

Рис. 81. «План» сада и дома.

139. На равновеликие части

а) Разделить 11 спичками квадрат, составленный из 16 спичек (рис. 82), на 4 равновеликие (имеющие равные площади) части так, чтобы каждая из частей соприкасалась с остальными тремя.

б) Сад, очертание которого изображено 20 спичками и в середине которого находится колодец квадратной формы (рис. 83), требуется

Рис. 82.

Рис. 83. «План» сада с колодцем.

1) разделить 18 спичками на 6 равновеликих и одинаковых по форме частей,

2) разделить 20 спичками на 8 равновеликих и одинаковых по форме частей.

140. Паркет

Сколько потребуется спичек, чтобы выложить равными квадратами один квадратный метр? Средняя длина спички — 5 см.

141. Отношение площадей сохраняется

Из 20 спичек составлены два прямоугольника: один из 6 спичек, а другой из 14 (рис. 84).

Пунктирными линиями первый прямоугольник разбит на 2 квадрата, а второй — на 6. Следовательно, площадь второго прямоугольника в 3 раза больше площади первого.

Разделите теперь эти же 20 спичек на другие две группы: 7 и 13 спичек. Из каждой группы спичек сложите по одной фигуре (они могут иметь неодинаковую форму) так, чтобы площадь второй фигуры была в 3 раза больше площади первой.

142. Найти очертание фигуры*)

Дано 12 спичек. Примем каждую из них за единицу длины. Требуется выложить из 12 спичек такую фигуру, которая охватила бы площадь в 3 квадратные единицы.

Это трудная задача, если исключить простейший случай фигуры, составленной из трех квадратов, сцепленных вершинами.

Рис. 84. Изменить фигуры, но сохранить отношение площадей.

*) Последние 3 задачи для учащихся 7-х, 8-х классов.

143. Найти доказательство

Расположите две спички рядом так, чтобы они составили одну прямую линию, и докажите при помощи рассуждений правильность вашего построения.

Для доказательства требуется выполнить дополнительное построение на спичках, для чего разрешается пользоваться любым количеством спичек.

144. Построить и доказать

Из спичек построить правильный шестиугольник. Доказать правильность построения.

ГЛАВА ЧЕТВЕРТАЯ

СЕМЬ РАЗ ПРИМЕРЬ, ОДИН РАЗ ОТРЕЖЬ

145. На равные части

Задача 1. Перерисуйте фигуру, изображенную на рис. 85, на лист бумаги и разрежьте ее на 4 равных четырехугольника (фигуры называются равными, если при наложении они совпадают всеми своими частями).

Задача 2. Как разрезать равносторонний треугольник на 4 равные части, видно из рис. 86. Удалите верхний треугольник; оставшиеся 3 треугольника образуют фигуру, называемую в геометрии трапецией. Попробуйте ее разрезать тоже на 4 равные части.

Рис. 85. Как разрезать на равные четырехугольники?

Рис. 86. Как трапецию разрезать на 4 равные части?

Задача 3. Пластинку, изображенную на рис. 87, разрежьте на 6 равных пластинок.

Задача 4. Если у многоугольника все внутренние углы равны между собой и все его стороны также равны, то он называется правильным многоугольником.

Разрежьте правильный шестиугольник, изображенный на рис. 88, на 12 равных четырехугольников. Будут ли эти четырехугольники правильными, то-есть будут ли они квадратами?

Задача 5. Не всякую трапецию можно разрезать на 3—4 равные между собой маленькие трапеции. Не правда ли? Но трапецию, составленную из 3-х равных равнобедренных прямоугольных треугольников (рис. 89), похожую на деревянный молоток без ручки в продольном разрезе, вы легко разрежете на 4 совершенно одинаковые прямоугольные трапеции.

Рис. 87. Ра зрежьте на 6 одинаковых пластинок.

Рис 88. Как разрезать на 12 равных четырехугольников?

Рис. 89.

146. Семь розочек на торте

К чаю был куплен торт. По трем прямым линиям его разрезали на 7 частей. На каждой части при этом оказалось по одной розочке. Как разрезали торт?

147. Фигуры, потерявшие свое очертание

Квадрат, в клетках которого вы видите несколько цифр (рис. 91), был подготовлен для разрезывания на 4 равные фигуры. Фигуры эти располагались симметрично относительно центра квадрата. Более того, чтобы полностью совместить одну из равных фигур с другой, достаточно было бы любую из них повернуть ровно на 90° вокруг центра квадрата, как вокруг оси. Но беда в том, что кто-то стер намеченные линии разреза, а цифры сохранились, и я помню, что они были размещены так: каждая цифра по одному разу в каждой фигуре.

Я думаю, для вас этого достаточно, чтобы вернуть фигурам потерянное очертание, если известно еще, что линии разреза проходили только вдоль сторон клеточек квадрата.

Рис. 90. Три разреза — и каждому по розочке.

Рис. 91. Квадрат был подготовлен для разрезывания.

Рис. 92. Разрезать на 4 одинаковые камеры.

148. Посоветуйте

На рис. 92 изображен план нижней части одного прибора. Посоветуйте, как разгородить прибор на 4 камеры, одинаковые по форме и по размерам, причем в каждой камере должно быть по 2 штифтика (изображены точками) и по одному отверстию (изображены маленькими квадратами).

149. Без потерь!

Вы, конечно, знаете, что на заводах некоторые заготовки не сразу поступают на станок для обработки, скажем, на строгальный или сверлильный, а сначала передаются разметчику, который наносит на них необходимые линии и точки. Смекалка и умение разметчика могут немало содействовать борьбе за экономию материала.

Однажды на заводе понадобилось большое количество латунных многоугольных пластинок семи фасонов, изображенных на рис. 93. Разметчик заметил, что одна из семи пластинок (определите какая) ровно 6 раз укладывается в небольшом прямоугольном листе латуни, а для изготовления остальных пластинок разметчик так умело подобрал в отходах обрезки листовой латуни (рис. 94), что каждый из них оказалось возможным разрезать, не теряя ни одного квадратного сантиметра латуни, на пластинки одного и того же фасона.

Рис. 93. Понадобились пластинки таких фасонов.

Рис. 94. Обрезки, которые подобрал разметчик.

Так, например, из листового обрезка / (рис. 94) получается 3 пластинки № 4 (рис. 93), из обрезка // — 5 пластинок № 7 и т. д. Какие пластинки из числа изображенных на рис. 93 вырезаются из остальных листовых обрезков, изображенных на рис. 94,— это вы определите сами.

Подскажу еще, что листовой обрезок /// разрезается на 3 пластинки одинакового фасона, листовой обрезок IV—на 4 пластинки одинакового фасона, V—на 6, а VI — на 4 пластинки одинакового фасона. Не забудьте, что одна из пластинок данных семи фасонов вырезается в количестве 6 штук из прямоугольного латунного листа.

Перерисуйте в свою тетрадь рис. 94 и найдите необходимые линии разреза на каждом листовом обрезке.

Для облегчения решения рис. 93 и 94 выполнены в клеточку.

150. Когда фашисты посягнули на нашу землю...

В то время в городах, близких к фронту, приходилось делать светомаскировку. Как-то в одной из квартир, когда пришла пора затемнять окна, не нашли шторы для квадратного окна размером 120X 120 см2. Под рукой

ничего не оказалось, кроме прямоугольного листа фанеры, площадь которого равнялась площади окна, но размеры были не те: 90X^0 см\

Сначала все как-то даже растерялись, но прошло немного времени и пионер Вася, вооружившись линейкой, начал быстро расчерчивать прямоугольный лист фанеры.

По наведенным линиям Вася разрезал фанерный лист всего лишь на две части, из которых и составил квадратный щит нужного размера для затемнения окна.

Найдите решение этой задачи.

151. Воспоминания электромонтера

В каждой квартире с электрическим освещением есть щиток (мраморный) с предохранительными «пробками», а на каждом заводе вы их увидите в большом количестве.

Обычно щитки имеют форму прямугольника или квадрата, но во время Великой Отечественной войны наша бригада монтеров для экономии мрамора иногда позволяла себе отходить от установленных форм. Помню, были у нас две большие мраморные доски (рис. 95) с просверленными маленькими круглыми и несколькими квадратными отверстиями. Нам надо было нарезать из них 8 небольших щитков.

Так и этак прикидывал бригадир, наконец, смекнул, что первую доску (рис. 95, а) можно разрезать на 4 равных щитка, причем в каждом из них будет по одному квадратному и по 12 круглых отверстий, и вторую доску (рис. 95, б) тоже на 4 равных между собой щитка, но в каждом из них будет по одному квадратному и по 10 круглых отверстий. Так мы и сделали. Каким образом были разрезаны доски?

Рис 95. Были у нас две большие мраморные доски...

152. Все идет в дело

«Выйдет ли из этого обрезка шахматная доска в 64 клетки?» — подумал я, разглядывая прямоугольный кусок доски орехового дерева с двумя прямоугольными же выступами (рис. 96). Измерив доску, я рассчитал, что смогу использовать ее всю, ничего не отбрасывая.

Далее я ее расчертил на 64 равные клетки, причем в каждом выступе оказалось по 2 клетки, и распилил доску только на 2 части, причем одинаковые и по форме и по величине, и из них склеил шахматную доску. Найдите линию разреза.

153. Головоломка

Фигура ABCDEF (рис. 97) состоит из трех равных сплошных квадратов.

Требуется разрезать эту фигуру на 2 части так, чтобы из образовавшихся частей можно было составить квадратную рамку. Отверстие внутри рамки должно тоже иметь квадратную форму, равную каждому из трех квадратов, составляющих данную фигуру.

154. Разрубить подкову

Нарисуйте подкову и сообразите, как провести 2 прямые линии, вдоль которых можно было бы разрезать подкову на 6 частей, не перемещая их при разрезании.

155. В каждой части — дырка

А вот вам подкова с дырками для гвоздей (рис. 98). Разрубите ее двумя прямолинейными ударами на 6 частей так, чтобы в каждой части было по одной дырке.

Рис. 96. Выйдет ли шахматная доска?

Рис. 97.

Рис. 98.

156. Из «кувшина» — квадрат

Перерисуйте на лист бумаги фигуру, имеющую форму кувшина, изображенную на рис. 99, и разрежьте ее двумя прямолинейными разрезами на такие 3 части, из которых можно было бы сложить квадрат.

157. Квадрат из буквы «Е»

Аккуратно начертите на листе бумаги фигуру (рис. 100), имеющую очертания буквы «Е». Требуется разрезать фигуру «Е» только на 7 частей и не больше чем четырьмя прямолинейными разрезами, и из всех получившихся частей сложить квадрат. Замечание. Каждый острый угол в этой фигуре «Е» составляет половину прямого угла, а каждый тупой угол — в три раза больше острого. Соотношение между длинами сторон легко установить по рисунку.

Рис. 99. Разрежьте и сложите квадрат.

Рис. 100. Как разрезать, чтобы составить квадрат?

Рис. 101. Разрежьте и составьте звезду.

158. Красивое превращение

Перерисуйте на тонкий картон или плотную бумагу изображенный на рис. 101 правильный восьмиугольник и в центре вырежьте отверстие тоже в форме правильного восьмиугольника. Образовавшуюся фигуру требуется раз-

резать на 8 равных кусочков и. перекладывая их, составить восьмиконечную звезду, которая бы также имела восьмиугольное отверстие.

159. Восстановление ковра

У старого, но еще ценного ковра пришлось удалить два небольших испорченных треугольных кусочка (на рис. 102 — заштрихованные треугольники).

Воспитанники училища художественных промыслов решили восстановить прямоугольную форму ковра, сохранив его рисунок и не теряя ни одного его кусочка. Они разрезали мозаику только на 2 части, из которых и составили новый прямоугольник (оказавшийся квадратом). При этом им не пришлось ничего переделывать в ковре.

Как им это удалось?

160. Дорогая награда

Когда Нурия Сараджева была еще подростком, она, как и известная Мамлякат, одной из первых в своем колхозе начала применять более совершенный способ сбора хлопка. В награду Нурия получила красивый коврик ра-

Рис. 102. Как восстановить ковер?

боты замечательных туркменских ковровщиц. Этой первой своей наградой Нурия очень дорожила.

Теперь она выросла и работает агрономом в своем родном колхозе. Коврик, конечно, с нею, в ее лаборатории.

Однажды, производя какие-то исследования, Нурия пролила кислоту на коврик и прожгла как раз самую середину. Пришлось вырезать поврежденную часть из середины коврика. Получилось большое прямоугольное отверстие в 1 X 8 дм*.

Но Нурия не бросила свой коврик. Она очень искусно разрезала сохранившуюся часть коврика на две части так, что, сложенные вместе, они образовали квадрат. Швы были незаметны, и снова получился славный коврик.

Как она это сделала?

161. Выручайте беднягу!

Помните, под номером 54 была предложена головоломка о разборной шахматной доске? Товарищи изобретателя головоломки в конце концов научились быстро составлять шахматную доску из 14 деталей. Тогда веселый шахматист решил изменить число и форму составных частей. Но тут на его беду пришла ему мысль попытаться разрезать шахматную доску на 15 одинаковых фигур, похожих на букву «Г» (рис. 104, а)9 и одну квадратную (рис. 104, б). С той поры потерял покой наш юный конструктор. Не удается ему разрезать шахматную доску на такие части! Теперь он склонен думать, что такой раскрой доски не-

Рис. 103. Получилось прямоугольное отверстие.

возможен, и пытается это доказать, но тоже пока безуспешно. Надо выручать беднягу.

Давайте, поможем ему доказать невозможность решения поставленной им задачи, а взамен предложим ему разрезать шахматную доску на 10 одинаковых фигур, похожих на букву «Р» (рис. 104, в), и одну,— похожую на букву «Г» (рис. 104, а).

Наша задача тоже не из легких, но решение имеет.

162. Подарок бабушке

У девочки было два квадратных куска клетчатой ткани: в 64 клетки и в 36 клеток. Девочка решила объединить их в один квадратный платок для подарка бабушке. Разумеется, при этом надо было сохранить строгое чередование белых и черных клеток. Дело осложнилось тем, что края большого куска ткани были уже промережены и даже кисточки были сделаны на двух сторонах куска полностью, а на третьей — наполовину (рис. 105).

Рис. 104. Головоломка веселого шахматиста.

Рис. 105. Как объединить в один платок?

Выручила девочку ее конструкторская смекалка.

Каждый кусок она так остроумно разрезала на две части, что составленный из четырех получившихся частей платок имел полностью все 100 клеток и при этом все кисточки, которые были на большом куске, остались снаружи, по краям платка.

Повторите на бумажных моделях решение девочки.

163. Задача столяра

Столяру принесли 2 одинаковые овальные доски с продолговатыми отверстиями в центре (рис. 106) и заказали из них одну круглую сплошную крышку для стола.

Доски оказались из дерева редкой дорогой породы, и мастеру хотелось употребить их в дело полностью без каких бы то ни было обрезков.

Чтобы не делать лишних, необдуманных разрезов, столяр сначала вырезал из плотной бумаги выкройку доски, присмотрелся к форме, кое-что проверил циркулем. Оказалось, что намерение мастера вполне осуществимо и притом с небольшим количеством разрезов каждой доски.

Как распилил столяр принесенные доски?

Рис. 106. Как без потерь изготовить круглую сплошную крышку?

164. И у скорняка геометрия!

Скорняку надо было наложить на мех заплату в виде разностороннего треугольника. Он выкроил заплату из такого же меха, но ошибся. К отверстию в мехе заплата подходила только левой стороной. Вот досада! Не бросать же выкроенный кусок дорогого меха. Но как повернуть его на лицевую сторону и сохранить при этом нужную

форму треугольника? Долго думал скорняк и придумал все-таки. Он сообразил, что кусок надо как-то разрезать на такие части, каждая из которых при переворачивании легла бы на свое прежнее место. А вот как разрезать?

165. Каждому коню по конюшне

На рис. 107 изображена шахматная доска с 4 конями.

Требуется разрезать доску на 4 равные и одинаковые по форме части, причем на каждой из этих частей должно остаться по коню.

166. Еще больше!

Попробуйте рассечь круг шестью прямыми линиями на наибольшее возможное число частей.

На рис. 108, например, круг рассечен на 16 частей, но это не предел. Можно показать, что предельное число частей определяется по формуле —— 2 — , где п — число секущих прямых*).

При решении постарайтесь добиться симметрии в расположении прямых линий.

Рис. 107.

Рис. 108.

*) В топологии (раздел высшей математики) доказывается, что прямую можно рассечь п точками самое большее на С* -f~ = /г4-1 частей; плоскость можно рассечь п прямыми самое большее на частей; пространство трех измерений — п плоскостями на частей и т. д.

167. Превращение многоугольника в квадрат

Можно ли 2 каких угодно квадрата превратить в один? Это значит, если я нарисую 2 произвольных квадрата, то найдете ли вы способ разрезать их на такие части, из которых можно было бы составить один квадрат?

Первое общее решение этой задачи приписывается древнегреческому ученому Пифагору (VI век до начала нашего летоисчисления), но задачами превращения одной фигуры в другую занимались и индусские математики (в связи с развитием замечательного строительного искусства в древней Индии) еще за тысячу или полторы тысячи лет до Пифагора.

Интересно, что, имея 2 квадрата, можно заранее представить себе и тот третий квадрат, в который «укладываются» первые два. Для этого расположите данные квадраты А и В так, чтобы стороны одного служили продолжением сторон другого (рис. 109), и соедините отрезком с прямой линии две вершины, как показано на рис. 109. Образуется прямоугольный треугольник. Если теперь построить еще один квадрат С на стороне с (на гипотенузе) образовавшегося прямоугольного треугольника, то он и будет тем квадратом, который можно выложить из частей первых двух квадратов.

Но как же разрезать данные квадраты? За две с половиной тысячи лет, которые отделяют нас от Пифагора, придумано очень много практических способов решения этой задачи. Вот один из них — экономный и красивый.

Рис. 109. «Л» -f «Я» = «С».

Расположим данные квадраты в виде фигуры ABCDEF (рис. 110). Отложим на стороне AF отрезок FQ = AB и разрежем фигуру по прямым ЕО и BQ. Переложим треугольник BAQ в положение ВСР, а треугольник EFQ — в положение EDP; образуется квадрат EQBP, содержащий в себе все части данных двух квадратов. Его сторона равна гипотенузе EQ прямоугольного треугольника EFQ, а стороны данных двух квадратов равны катетам EF и FQ.

(Читатель, знакомый с геометрией, например ученик 7-го класса, легко сам докажет равенство треугольников BAQ, ВСР, EFQ и EDP и то, что EQBP — квадрат. Это будет иным, по сравнению со школьным, доказательством теоремы Пифагора.)

А теперь перерисуйте на бумагу фигуру, представляющую собой соединение квадрата и прямоугольного равнобедренного треугольника (рис. 111); разрежьте эту фигуру только на 3 части и составьте из них квадрат.

168. Превращение правильного шестиугольника в равносторонний треугольник

Геометрические задачи составления одной фигуры из частей другой увлекают и математиков-специалистов, и архитекторов, и просто любителей математики вот уже несколько тысяч лет.

Существуют общие приемы превращения одной фигуры в другую путем разрезания и переложения частей данной

Рис. 110. Из двух квадратов — один.

Рис. 111. Как разрезать, чтобы составить квадрат?

фигуры*), но практически пользоваться общими приемами во многих случаях крайне неудобно, громоздко.

Интересно бывает в таких задачах найти способ разрезания данной фигуры на возможно меньшее число частей. Но это нелегко и требует большого терпения и изобретательности.

Как, например, наилучшим образом разрезать данный правильный шестиугольник (рис. 112) прямолинейными разрезами, чтобы из его частей можно было составить сплошной правильный треугольник?

Существует несколько решений этой задачи; в каждом из них производится деление шестиугольника только на 6 частей.

Попытайтесь найти такое решение.

Рис. 112. Как разрезать, чтобы составить правильный треугольник?

Между прочим, возможность деления шестиугольника на 5 таких частей, из которых можно было бы составить правильный треугольник, до сих пор никем не обнаружена, но никем не доказана и невозможность такого деления.

*) Из популярной литературы по этому вопросу см., например, Б. А. Кордемский и Н. В. Русалёв, Удивительный квадрат, Гостехиздат, 1952.

ГЛАВА ПЯТАЯ

УМЕНЬЕ ВЕЗДЕ НАЙДЕТ ПРИМЕНЕНЬЕ

169. Где находится цель?

На рис. 113 изображены в кружочках экраны радиолокационных станций. На экранах светится или записывается зигзагообразная линия; под ней находится указатель расстояний.

Со станции отправляется радиоволна. На экране этот момент соответствует нулевой точке шкалы. Через некоторое время радиоволна, отразившись от цели (например, от корабля в море), возвращается обратно на станцию. В

Рис. 113. В каком пункте моря находится корабль?

этот момент на экране появляется вытянутое вверх острие. За протекшее время радиоволна прошла двойное расстояние между станцией и целью. Но указатель расстояний так размечен, что число, стоящее под удлиненным острием, указывает расстояние от станции до цели. Экран слева дает показания береговой радиолокационной станции, находящейся в пункте Л. Экран справа дает показания радиолокационной станции, находящейся в пункте Б.

Допустим, оба экрана дали одновременные показания этих двух береговых станций, обнаруживших цель в море. Прочтите показания указателей экранов (рис. 113), а затем определите, в каком пункте находится цель.

170. Пять минут на размышление

Представьте себе деревянный куб со стороной 3 дм, вся поверхность которого окрашена в черный цвет.

1) Сколько потребуется разрезов, чтобы разделить куб на кубики со стороной 1 дм?

2) Сколько получится таких кубиков?

3) Сколько кубиков будут иметь по 4 окрашенные грани?

4) » » » » по 3 » »

5) » » » » по 2 » »

6) » » » » по 1 окрашенной грани?

7) Сколько кубиков будет неокрашенных?

171. Непредвиденная встреча

Два поезда, каждый по 80 вагонов, встретились на одноколейном пути, имеющем небольшую тупиковую ветку (рис. 114).

Рис. 114. Как разойтись поездам?

Как разойтись этим поездам, если тупиковая ветка может вместить паровоз и с ним не больше 40 вагонов?

Рис. 115. Как поменять местами вагоны?

172. Путевой треугольник

Основной железнодорожный путь AB (рис. 115) и две небольшие железнодорожные ветки AD и BD образуют путевой треугольник. Если на основном пути AB стоит паровоз трубой направо, то, обойдя путевой треугольник, он окажется трубой налево.

Глядя на рис. 115, легко «в уме» представить, как должен двигаться паровоз, чтобы «повернуться» трубой в другую сторону (считайте при этом, что вагонов на ветках нет). Но сейчас перед машинистом паровоза стоит другая задача. Ему надо переставить местами вагоны, стоящие на ветках AD и BD: белый вагон с ветки BD на ветку AD, а красный — с AD на BD; самому же вернуться на прежнее место. На тупичке D за стрелкой помещается только один вагон или один паровоз.

Как машинист решил эту задачу?

Если каждое сцепление и расцепление вы будете считать за ход, то могу сообщить, что машинист решил задачу в 10 ходов, но вы можете решить ее в 6 ходов.

173. Попробуйте отвесить

В пакете содержится 9 кг крупы. Попробуйте при помощи чашечных весов с гирями в 50 и 200 г распределить всю крупу по двум пакетам: в один — 2 кг, в другой— 7 кг. При этом разрешается произвести только 3 взвешивания.

Рис. 116. В каком направлении вращается каждый шкив?

174. Передача

Шкивы А, Б, В и Г соединены передачами, как показано на рис. 116. Если при таком соединении движение всех четырех шкивов возможно, то в каком направлении будет вращаться каждый шкив в том случае, когда шкив А вращается в направлении, указанном стрелкой?

Возможно ли движение шкивов, если все четыре ремня будут перекрещены как, например, на шкивах А и Б? А если только 1 или 3 ремня будут перекрещены?

175. Семь треугольников

Скрепляя концы трех спичек шариками из пластилина, легко составить один равносторонний треугольник (рис 117). Возьмите теперь 9 спичек и, так же скрепляя их концы, составьте 7 равносторонних треугольников.

176. Полотна художника

Один чудак-художник уверял меня, что самыми целесообразными размерами полотен для его произведений являются такие, при которых площадь полотна численно равна его периметру. Не будем обсуждать вопрос, содей-

Рис. 117.

ствуют ли такие размеры полотен художественных произведений лучшему их восприятию, но попытаемся все-таки установить, какие же размеры (допустим, только в целых числах) должен иметь прямоугольник, чтобы его площадь и периметр выражались одним и тем же числом.

Это не очень легкая задача, и все же одна из школьниц 6-го класса города Дзауджикау придумала весьма изящное ее решение. Девочка при этом даже доказала, что возможны всего лишь два прямоугольника, удовлетворяющих условию задачи.

Ну-ка, кто из вас «откроет» решение девочки или взамен придумает не менее остроумное свое решение этой задачи?

177. Сколько весит бутылка?

На левой чашке весов (рис. 118, а) — бутылка со стаканом, а на правой — кувшин. Весы в равновесии.

Переставим стакан с левой чашки весов на правую, а кувшин заменим тарелкой (рис. 118, б). Весы опять в равновесии.

Уберем бутылку с левой чашки весов и поставим сюда 2 одинаковых кувшина, а на правой стакан заменим двумя одинаковыми тарелками (рис. 118, в). Оказывается при этом, что 2 кувшина весят столько же, сколько 3 тарелки.

Во сколько раз бутылка тяжелее стакана?

178. Кубики

Мастеру, изготовлявшему детские игры, дали определенное количество деревянных кубиков одинакового размера, чтобы наклеить на кубики нужные для игры буквы

Рис. 118. В этих случаях — равновесие.

и цифры. Но общая площадь наружной поверхности всех кубиков оказалась недостаточной. Ему потребовалась вдвое большая площадь.

Как мастер удвоил сумму площадей всех граней кубиков, не добавляя новых кубиков?

179. Банка с дробью

Однажды на строительстве одного из оросительных каналов в полевых условиях потребовалось нам срочно изготовить свинцовую пластинку определенного объема. В походной мастерской свинца не оказалось; тогда мы решили расплавить охотничью дробь. Была у нас с собой стеклянная пол-литровая банка с делениями, как мензурка. Насыпали в нее дроби доверху.

Но получится ли из этой дроби пластинка нужного объема? Ведь свинец — не вода; его объем мензуркой не измеришь. Как же нам определить объем собранной дроби?

Кто-то предложил определить объем одной дробинки по формуле для объема шара и сосчитать число дробинок. Но это сложно и долго, тем более, что дробинки оказались разной величины.

Если предмет однородный (из одного вещества), то его объем можно определить делением его веса на удельный вес вещества, из которого сделан предмет, но, как назло, никто из нас не мог вспомнить, каков удельный вес свинца, а справочника под руками не было.

И все-таки мы быстро и достаточно точно определили объем дроби, причем все расчеты состояли из одного действия — вычитания. Как мы это сделали?

180. Куда пришел сержант?

Выполняя приказ командира, сержант вышел из населенного пункта M по азимуту 330°. Дойдя до кургана, он пошел по азимуту 30° и дошел до отдельно стоящего дерева. Отсюда он повернул направо на 60°. Дойдя по этому направлению до моста, сержант пошел берегом реки по азимуту 150°. Выйдя через полчаса к мельнице, сержант опять изменил направление. Теперь он пошел по азимуту 210°, ориентируясь на дом мельника. Придя к дому мельника, он еще раз свернул направо и, идя по азимуту 270°, вышел точно на заданное место.

Пользуясь транспортиром, аккуратно постройте в своей тетради весь маршрут сержанта и определите, куда пришел сержант, если известно, что по каждому азимуту он проходил 2,5 км?

181. Определить диаметр бревна

Каков примерно диаметр слоя бревна, из которого изготовлен фанерный лист, изображенный на рис. 119? Размеры листа 150 X 150 см2.

Напоминаю, что диаметр окружности d приближенно вычисляется по такой формуле: ^^3^4» где с — длина окружности, но не ошибитесь в решении предложенной задачи. Диаметр слоя бревна d^=^^.

182. Неожиданное затруднение

Спросили однажды Чапаева, не случайны ли его военные успехи. Чапаев ответил так: «Да нет, случайность где же — везде голова нужна ... находка нужна .. .».

Действительно, случайность весьма ненадежная основа для успеха в любой нашей деятельности. Трудимся ли мы, играем ли, например, в шахматы—всегда могут возникнуть такие положения, которые кажутся безвыходными. Выручают же нас настойчивость и смекалка... Одному студенту надо было начертить деталь в виде цилиндра с выемками на основаниях (рис. 120). Для измерения глубины выемки в таких случаях надевают на штангенциркуль специальное приспособление — глубиномер, но в данный момент у студента не было никаких

Рис. 119. Каков был диаметр бревна?

Рис. 120. Как измерить глубину выемки?

измерительных приспособлений, кроме кронциркуля и масштабной линейки. Измеряя деталь с помощью кронциркуля, студент неожиданно натолкнулся на следующее препятствие: чтобы определить расстояние между самыми глубокими точками выемок вдоль оси цилиндра, ему нужно снять кронциркуль с детали и приложить его к масштабной линейке. Но как это сделать? Ведь, чтобы снять кронциркуль с детали, придется раздвинуть ножки кронциркуля и ... потерять искомый размер. Как же быть?

183. Рассказ ученика технического училища

В техническом училище мы изучаем устройство станков и машин, учимся разумно пользоваться инструментами и не теряться в трудных положениях. Конечно, очень помогают при этом знания, полученные в средней школе.

Подает мне однажды мастер проволоку и спрашивает:

— Чем измеряют диаметр проволоки?

— Микрометром, — отвечаю.

— Ну, а если случится так, что нет микрометра под рукой, как тогда измеришь?

Никого я не спрашивал об этом; не сразу, но сам додумался. Люблю такие задачи!

Догадайтесь, как я измерил диаметр сечения проволоки?

В другой раз еще удивительнее было. Получил я задание: сделать круглое отверстие в листе кровельного железа толщиной миллиметра полтора-два.

— Пойду принесу сверло и зубило,— говорю я мастеру.

— Не надо, — отвечает мастер и хитро щурится при этом.— У тебя, я вижу, есть молоток и плоский напильник. Вот и обойдись только этими инструментами.

Вот этого, признаюсь, я так и не сообразил самостоятельно.

Как же я должен был действовать в этом случае?

184. Можно ли получить 100% экономии?

Некто узнал о трех изобретениях: одно из них экономит 30% топлива, другое — 45%. третье — 25%. Этот человек решил применить все три изобретения сразу, предполагая сэкономить 3070 + 457о + 257о= 100% топлива. Но разве это так? Сколько процентов экономии он получит на самом деле?

185. На пружинных весах

Имеется несколько пружинных весов. Предельная нагрузка для пружинных весов — 5 кг. Как, пользуясь только пружинными весами, взвесить брус, вес которого на глаз 15 — 20 /сг?

186. Конструкторская смекалка

Задача 1. Как составить цепочку в три звена из трех ленточек, чтобы при разрезании любого одного звена вся цепочка распалась на три части? Обычное зацепление, изображенное на рис. 121, очевидно, не годится, так как в этом случае цепочка распадается на три отдельные ленточки при разрезании только, среднего звена, а не любого, как требуется условием задачи.

Задача 2. Как составить цепочку в 5 звеньев из пяти лент так, чтобы существовало только одно звено, при разрезании которого цепочка распалась бы на 5 отдельных частей?

Задача 3. Как составить цепочку в 5 звеньев из пяти лент, чтобы при разрезании любого одного звена распалась вся цепочка на 5 отдельных частей?

187. Мишина неудача

Вот что увидел Миша Герасимов. Его старший брат Игорь взял игрушечный деревянный кубик и так искусно его распилил, что в сечении получился правильный шестиугольник (рис. 122), потом карандашом провел отрезки,

Рис. 121.

соединяющие вершины шестиугольника через одну,— получилась шестиконечная звезда.

В треугольных промежутках между лучами звезды (на рис. 122 незаштрихованные треугольники) Игорь ножиком срезал тонкий слой дерева, на звезду наклеил резиновую пластинку, аккуратно обрезал ее по контуру звезды и сказал: «Штамп готов».

Мише это понравилось, и он как художник стенной газеты своего класса решил, что ему очень полезно было бы иметь точно такой же штамп пятиконечной звезды.

Он знал, что пятиконечную звезду можно изготовить таким же способом из правильного пятиугольника (рис. 123).

С этой целью Миша тоже взял кубик из своего «строительного материала» и стал пытаться распилить его так, чтобы в сечении получился правильный пятиугольник. Но Мишу постигла неудача.

Как он ни пытался одним разрезом кубика получить правильный пятиугольник, ничего не выходило. Получались правильные треугольники разных размеров, получались квадраты и правильные шестиугольники, причем уже только одного размера, а пятиугольника — ни одного.

Долго Миша бился, перепилил все кубики из своего «строительного материала», но так и не понял — то ли он не может смекнуть, как надо разрезать кубик, то ли вообще невозможно получить правильный пятиугольник в сечении куба плоскостью.

А все потому, что Миша Герасимов еще не так много занимался геометрией и пока не обладал нужным геометрическим мышлением.

Рис. 122.

Рис. 123.

Надо помочь Мише разобраться в следующих вопросах:

1) Может ли в сечении куба плоскостью получиться правильный пятиугольник?

2) Как надо распилить кубик, чтобы в сечении получился правильный треугольник или правильный шестиугольник?

3) Можно ли в сечении куба плоскостью получить правильный многоугольник с числом сторон, большим, чем 6?

188. Найти центр окружности

Как найти центр начерченной окружности (рис. 124) при помощи одного только чертежного треугольника без делений и карандаша (причем карандаш разрешается употреблять только для того, чтобы проводить необходимые линии).

189. Какой ящик тяжелее?

Имеются два одинаковых ящика кубической формы, наполненные шарами одинакового удельного веса (то-есть изготовленными из одного и того же материала). В первом ящике находится 27 одинаковых крупных, а во втором— 64 одинаковых мелких шаров.

Какой ящик тяжелее?

Предполагается, что в обоих ящиках шары уложены вплотную доверху так, что в каждом слое находится по одинаковому числу их и крайние шары каждого слоя касаются стенок ящика. Если ящик закрыть, то крышка также будет касаться шаров верхнего слоя.

Рис. 124. Найдите центр окружности.

190. Искусство столяра

На выставке работ молодых столяров — учеников школы ФЗО — нам показали удивительный деревянный куб.

Он составлен из двух частей, соединенных плотно при помощи шипов, очертания которых заметны на каждой из четырех боковых граней куба (рис. 125). Части куба не склеены и, очевидно, должны разъединяться, но как?

Мы пытались тянуть их вверх и вниз, и влево и вправо, и вперед и назад — безуспешно.

Не догадаетесь ли вы, как же все-таки разъединялись части куба и какой вид имела каждая из них?

191. Геометрия на шаре

Каждому, кто изучал геометрию, приходилось, конечно, решать задачи на построение при помощи циркуля и линейки, то-есть вычерчивая дуги окружностей и прямые линии. При этом все необходимые построения производились обычно на бумаге или классной доске.

Но вряд ли приходилось вам, решая геометрическую задачу, делать построения не только на плоском листе бумаги, но и на какой-нибудь кривой поверхности, предположим, на поверхности реального шара?

Рис. 125. Куб с «секретом».

Рис. 126. Как построить отрезок, равный диаметру шара?

Именно таким путем можно, например, определить диаметр данного реального шара, если позволить себе пользоваться только циркулем и линейкой.

Положите на стол какой-нибудь шар, например, крокетный (рис. 126), возьмите лист бумаги, циркуль, линейку без делений, карандаш и подумайте, как построить на бумаге отрезок, равный диаметру шара.

192. Нужна большая смекалка

Деревянный брусок (прямоугольный параллелепипед) с ребрами длиной в 8 см, 8 см и 27 см (рис. 127) требуется распилить лобзиком на 4 части, из которых можно было бы составить куб.

Желательно, конечно, не пилить брусок наудачу — что выйдет,— а сначала подумать, посчитать да спланировать на чертеже.

Имейте в виду, что это потребует от вас хороших пространственных представлений и сообразительности.

193. Трудные условия

Для тренировки своей смекалки представьте себе такое вынужденное положение: вам необходимо, пользуясь только масштабной линейкой, определить объем бутылки (с круглым, квадратным или прямоугольным дном), которая частично наполнена жидкостью.

Рис. 127. Как из бруска составить куб?

Рис. 128. Как определить объем бутылки?

Дно бутылки предполагается плоским. Выливать или доливать жидкость не разрешается.

Трудные условия! Но тем интереснее преодолеть затруднения.

194. Сборные многоугольники

Строители могут теперь целый дом собрать из готовых частей (блоков), приготовленных на заводе. Почему бы и нам не попытаться осуществить аналогичное «строительство» в геометрии с той, правда, разницей, что «блоками» у нас будут многоугольники, причем одинаковые по форме и по размерам. Представьте себе, что в вашем распоряжении имеется неограниченное количество равных между собой многоугольников. Требуется, плотно прикладывая многоугольники друг к другу, составить из них один многоугольник такой же формы, какую имеют данные многоугольники, но большего размера, точнее: составить многоугольник, подобный данным.

Прикладывая друг к другу многоугольники, разрешается их как угодно поворачивать и переворачивать, но не гнуть и не разрывать на части.

Не каждый многоугольник пригоден для этой цели. Так, например, равные правильные шестиугольники хорошо укладываются на плоскости (вспомните пол, выложенный метлахскими плитками), но составить из них один правильный шестиугольник невозможно.

Из равных квадратов или равных равносторонних треугольников легко составляются подобные им фигуры (рис. 129).

Рис. 129. Из квадратов и правильных треугольников легко составляются подобные им фигуры.

Весьма пригодными «блоками для строительства» себе подобных фигур являются многоугольники, изображенные на рис. 130, и аналогичные им, которые можно образовать из равных квадратов (например, из клеток клетчатой бумаги) или из равных равносторонних треугольников.

Составить многоугольники, подобные изображенным на рис. 130, можно как из 4 фигур каждого данного вида, так и из 9 или 16, или еще большего числа данных многоугольников.

На рис. 131 показано для примера, как из 4 многоугольников а) или б) или из 16 многоугольников в), изображенных на рис. 130, составляются подобные им фигуры.

Для такого «сооружения» фигур, подобных данной, как видите, необходимо иметь не меньше чем 4 одинаковые первоначальные фигуры, а затем либо 9, либо 16, вообще п2 фигур, где п — определенное целое число.

И это вполне закономерно. Здесь практически подтверждается известная теорема геометрии о том, что площади подобных многоугольников относятся как квадраты их соответственных линейных размеров.

Рис. 130. Удобные «блоки».

Рис. 131. Фигуры, «подобные блокам», из которых они составляются.

При составлении многоугольника из набора одинаковых, подобных ему многоугольников, мы можем ожидать, что длины его сторон будут больше длин соответствующих сторон первоначально данного многоугольника в 2 или в 3, 4, ... , п раз. Тогда его площадь будет в 22 или в 3\ 42, ... , п2 раз больше площади первоначального многоугольника и, следовательно, для «строительства» требуемой фигуры понадобится соответственно 4 или 9,16, ... , п2 первоначальных фигур.

Задача. Составьте многоугольники, подобные изображенным на рис. 130: 1) из 9 фигур я; '2) из 9 фигур 6\ 3) из 4 фигур в; 4) из 16 фигур б\ 5) из 9 фигур в.

Приготовьте из бумаги (в прямую и косую клетку) другие «блоки», аналогичные изображенным на рис. 130 (нарежьте их в большом количестве), и устройте соревнование — кто быстрее и из меньшего числа многоугольников данного вида составит подобные им фигуры.

Имейте в виду, что не каждый многоугольник можно составить из 4 или 9 подобных ему фигур.

Самым меньшим числом требующихся фигур может оказаться и 16, и 25, и 36, и вообще п\ где п — любое целое число. Заранее это число не известно, поэтому и интересно, кому удастся для составления многоугольника использовать наименьшее количество данных фигур. Примерные «блоки» изображены на рис. 132. Можете их разнообразить всячески, но помните при этом, что могут быть «блоки», из которых нельзя сложить подобную им фигуру.

Рис. 132. Примеры возможных «блоков».

195. Любопытный прием составления подобных фигур

Если отказаться от требования составить многоугольник из наименьшего числа подобных ему фигур, то можно указать любопытный прием решения таких задач путем использования ломаных линий одинаковой формы.

Возьмем клетчатую бумагу и каждую клетку назовем единичным квадратом. В качестве данного многоугольника сначала будем иметь в виду такой, который может быть составлен из единичных квадратов. Обозначим каждый такой многоугольник буквой Р, а соответствующий подобный многоугольник — буквой Р\

Построим квадрат, содержащий в себе произвольное число единичных квадратов. Разумеется, это число кратно четырем (4 п). Из центра этого квадрата вдоль сторон единичных квадратов, по направлению к одной из его сторон проведем какую-нибудь ломаную линию, затем из той же центральной точки, под прямым углом к первой ломаной линии, проведем вторую ломаную такой же конфигурации, как первая. Из той же центральной точки, под прямым углом ко второй ломаной линии, проведем такую же третью ломаную, а под прямым углом к третьей — четвертую (например, как на рис. 133).

Рис. 133. Примеры разбиения на «блоки».

Эти ломаные разрежут квадрат на 4 равные фигуры, каждую из которых будем считать многоугольником Р.

Если в каждую фигуру Р входит п единичных квадратов, то, следовательно, из п больших квадратов наверняка можно составить многоугольник Р'. А так как в одном большом квадрате 4 фигуры Р, то, следовательно, многоугольник Р может быть составлен из 4п фигур Р.

Таким образом, например, из каждых 4 больших квадратов, изображенных на рис. 133, а, а это значит из 16 заштрихованных многоугольников Р, легко составить подобнее им многоугольники Р'.

Для образования многоугольников, подобных девятиклеточным многоугольникам Р, изображенным на рис. 133,5, достаточно*) 36 фигур Р. Этот же прием можно распространить и на многоугольники, составленные из равных равносторонних треугольников (типа в на рис. 130).

Готовой бумаги, разграфленной на равносторонние треугольники, обычно не бывает, поэтому заблаговре-

Рис. 134. Пример разбиения на косоугольные «блоки».

*) Предложенный способ составления многоугольников Р', подобных данным Я, обеспечивает нас некоторым достаточным количеством первоначальных фигур Р\ если же все фигуры Р вырезать из образовавшего их квадрата, то-есть разъединить их между собой и пользоваться ими независимо, то для составления многоугольника Р' может оказаться необходимым меньшее число фигур Р.

менно и аккуратно приготовим ее сами. Обозначения примем те же.

Построим теперь большой треугольник (рис. 134), содержащий в себе произвольное, но кратное трем число единичных равносторонних треугольников (Зп). Из центра этого треугольника по направлению к его сторонам проведем вдоль сторон единичных треугольников 3 ломаные линии так, чтобы углы между ними были по 120° и все они имели одинаковую конфигурацию (например, как на рис. 134). Эти ломаные разрежут треугольник на 3 равные фигуры, каждую из которых будем считать первоначальным многоугольником Р.

Если в каждую фигуру Р входит п единичных треугольников, а 3 фигуры Р составляют большой треугольник, то из п таких больших треугольников легко составить Р' (фигуру, подобную многоугольнику Р), то-есть для составления фигуры Р' достаточно (см. подстрочное примечание на стр. 126) Зп фигур Р.

Теперь ответьте на следующие вопросы:

1) Какое число многоугольников Р, изображенных на рис. 133, б, является достаточным для составления подобного многоугольника Р? Опытным путем проверьте, является ли это число фигур Р наименьшим возможным.

2) Какие еще многоугольники Р можно образовать при помощи ломаных линий из такого квадрата, как на рис. 133, б, и из такого треугольника, как на рис. 134?

Если вам понравился изложенный здесь прием составления многоугольника из подобных ему фигур, то подумайте, как этот прием применить для образования первичных многоугольников не из квадрата, а из прямоугольника.

198. Шарнирный механизм для построения правильных многоугольников

Юным конструкторам радиоприемников и всякого рода летающих и плавающих моделей знакомы затруднения, связанные с необходимостью построения правильного пяти-, семи- или девятиугольника. Циркуль и линейка здесь недостаточны для точного построения, но вы можете

сами изготовить несложный механизм, пригодный для построения любого правильного «-угольника от п = Ь до « = 10.

Механизм состоит из подвижных стержней или планок, образующих два равных параллелограмма ABFG и ВСНК (рис. 135). Стержень DE прикреплен к ползункам D и Е, свободно перемещающимся: D вдоль AG и Е вдоль ВК. Размеры стержней таковы, что AB = BC=CD — DE. При любом изменении положения D на AG и Е на ВК параллелограммы ABFG и ВСНК остаются равными; остаются равными также и трапеции ABCD и BCDE, обеспечивая тем самым при любом положении стержней также и равенство углов «-угольника, четырьмя последовательными сторонами которого всякий раз будут AB, ВС, CD и DE, а внутренними углами ^АВС, ^BCD и ^CDE. Такое соединение двух шарнирных параллелограммов при достаточной их длине дает возможность единообразным приемом механически строить любой правильный «-угольник от п = 5 до «=10.

Для построения квадрата, конечно, нет нужды в этом механизме, но получился бы и квадрат, если бы можно было практически совместить Е с А. Практические способы построения правильных «-угольников для п = Ъ, 6, 7, 8, 9 и 10 при помощи шарнирного механизма основаны

Рис. 135. Механизм для построения правильного многоугольника.

на следующих свойствах соответствующих многоугольников:

а) £ DOB = 90° у пятиугольника (рис. 136, а);

б) ^/аЕАВ = 90° у шестиугольника (рис. 136, б);

в) ^ЕОВ = 90° у семиугольника (рис. 136, в);

г) j/mEBA = 90° у восьмиугольника (рис. 136, г);

д) ^ЕАВ = 60° у девятиугольника (рис. 136, д);

е) 2 DAB = 36° у десятиугольника (рис. 136, е).

Для вычерчивания при помощи шарнирного механизма правильных /z-угольников в случае я = 5, 6, 7 или 8 следует предварительно построить прямые углы УгОХ, УгАХ, УцОХ, У ßX, затем наложить механизм стержнем AB на прямую АВ, совмещая (соответственно чертежам а — г) либо точки О, либо точки В. Далее, прижав к бумаге стержень AB, следует вращать остальные стержни до совпадения D с прямой ОУх (для пятиугольника) или до совпадения Е с прямой АУ2 (для шестиугольника), или до совпадения Е с ОУ3 (для семиугольника) и, наконец, до совпадения Е с ВУА (для восьмиугольника).

Рис. 136. Некоторые свойства правильных многоугольников.

Для вычерчивания правильных «-угольников в случае /2 — 9 или 10 следует предварительно построить лучи АУ5 и AY, так, чтобы /_ГЪАХ = 60°, a / Y%АХ = 36°, затем наложить механизм стержнем AB на прямую AB, совмещая точки А, и, прижав к бумаге стержень AB, вращать остальные стержни до совпадения Е с АУЪ (для девятиугольника) или до совпадения D с АУв (для десятиугольника). Жестко закрепив механизм в нужном положении, мы получим 4 последовательные стороны (и 5 вершин) искомого «-угольника. Имея 4 стороны «-угольника, нетрудно достроить его весь последовательным поворачиванием «шаблона», образованного закрепленными стержнями.

Очевидно, что длина каждого построенного «-угольника будет равна длине стержня AB. Если понадобится многоугольник иного размера, то его можно получить подобным преобразованием построенного многоугольника.

Теоретически построение точно, практически же точность построения будет определяться степенью аккуратности изготовления прибора.

Описанный механизм может быть изготовлен из дерева или легкого металла.

Задача. Вы, конечно, умеете делить угол пополам, пользуясь циркулем и линейкой. Так вот, сообразите, как построить угол в 1°, пользуясь сначала описанным шарнирным механизмом, а затем циркулем и линейкой.

ГЛАВА ШЕСТАЯ

ДОМИНО И КУБИК

А. ДОМИНО

Игра «домино» состоит чаще всего из 28 прямоугольных плиток — костей (рис. 137). Каждая кость разделена

Рис. 137. 28 костей домино.

на 2 квадрата, на которых нанесены точки. По квадратам точки распределены так, что группа точек на каждой кости представляет одну из возможных комбинаций по 2 из 7 чисел: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. В соответствии с этим каждая кость домино характеризуется двумя числами: числом точек, содержащихся в одном квадрате, и числом точек, содержащихся в другом квадрате. Сумма всех точек кости определяет число ее «очков». Если обе половинки кости содержат одинаковое количество очков или обе «пустые», то такая кость называется «двойной», или «дубль». Вместо полного изображения кости иногда просто будем записывать рядом 2 цифры (с черточкой между ними), показывающие число очков на каждой половине кости. Так, запись 0-5 означает кость, в одном квадрате которой нет точек (0), а в другом — пять точек (5); запись 4-6 означает кость с четырьмя и шестью точками и т. д.

Способ игры в домино настолько общеизвестен, что описывать его нет надобности. Напомню только основное правило: к любому из квадратов выложенной на столе кости следует приставлять такую кость, квадрат которой имеет столько же очков, сколько находится на квадрате выставленной кости.

Обозначения всех 28 костей домино можно расположить следующим образом:

Сама по себе игра в домино не представляет большого математического интереса. Но если вы имеете полный набор костей домино, то поупражняйтесь в решении следующих любопытных задач и головоломок.

197. Сколько очков?

Опираясь на основное правило игры «домино» (см. выше), решите такую задачу: все 28 костей домино в соответствии с правилами игры выложены на стол це-

почкой так, что на одном ее конце оказалось 5 очков. Сколько очков должно быть на другом конце цепочки?

Сначала сообразите «в уме», а потом проверьте практически.

198. Два фокуса

Первый фокус. Незаметно спрятав одну из костей домино (только не «дубль») и стараясь не привлекать внимания своих друзей к тому, что костей осталось 27, а не 28, предложите им выложить все имеющиеся кости в виде цепочки по правилам игры, начиная с любой кости (можно позволить оставить неиспользованными только «дубли»). Ваше задание им удастся выполнить без затруднений, но вы сможете заранее предсказать числа очков, которые получатся на концах цепочки.

Это будут числа, которые содержатся в квадратах спрятанной вами кости домино. Почему?

Второй фокус. Возьмите 25 костей домино, переверните их «лицом» вниз и положите рядом одну за другой так, чтобы они соприкасались более длинными сторонами. Затем объявите, что вы отвернетесь или даже уйдете в другую комнату, а кто-либо пусть переместит какое-либо число костей (но не более 12) с правого конца на левый. Вы беретесь угадать число перемещенных костей.

Приготовляясь к «угадыванию» и переворачивая кости домино «лицом» вниз, 13 из них вы расположите в порядке убывающей последовательности целых чисел от 12 до 0 (рис. 138), а справа от них остальные 12 в произвольном порядке.

Вернувшись в комнату, вы открываете среднюю (то-есть по счету тринадцатую от конца) кость, число очков которой непременно укажет число перемещенных в ваше отсутствие костей домино.

Почему так?

Рис. 138. Кости расположены в порядке убывания числа очков.

199. Выигрыш партии обеспечен

Допустим, играют в домино четверо: А и В против Б и Г. Кости перед началом игры поделены поровну, то-есть каждый игрок имеет по 7 костей.

Попробуем выяснить, от чего зависит выигрыш партии?

Конечно, он в какой-то мере зависит от искусства игроков, но возможны и такие случаи первоначального распределения костей между двумя парами играющих, когда первая пара обязательно выиграет в том смысле, что один из игроков этой пары раньше других выложит все кости.

Пусть, например, А имеет такие кости:

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

а Г имеет остальные кости с нулями и единицами, то-есть такие:

0-0 0-2 0-3 1-4 1-5 1-6

и еще какую-либо кость.

Остальные кости принадлежат игрокам Б и Ву безразлично кому какие.

В этом случае вся игра сведется к поединку между игроком А первой пары играющих и игроком Г второй пары, а два остальных игрока (Б и В) даже не смогут положить ни одной кости!

Игрок А начинает и ставит: 1-1; Б и В досадуют: у них нет подходящей кости; Г может положить любую из трех костей: 1-4, 1-5 или 1-6. После этого А должен положить 4-0, или 5-0, или 6-0. Б и В снова «пасуют», так как у них нет ни единичек, ни нулей. Г может поставить любую кость из оставшихся, но у Л всегда есть такой ответ, который создает на концах цепочки или 0, или 1.

В конце концов А выложит все кости, Б и В не положат ни одной, а у Г останется одна. Партию выиграла пара А и В. (Проведите эту партию от начала до конца.)

При первоначальном распределении между играющими костей домино комбинации из нулей и единиц могут быть заменены соответствующими комбинациями чисел 2, 3, 4, 5 и 6.

Легко сообразить, что число всех партий, аналогичных разобранной, равно числу всех простых сочетаний из семи элементов по 2, то-есть число таких партий равно 21. Вероятность получить случайно одну из таких партий весьма мала.

В приведенном примере партия продолжалась до тех пор, пока не кончились кости у одного из партнеров. Но бывает и так, что после нескольких ходов игра замыкается, так как ни у одного из игроков нет подходящей кости. В этом случае выигравшей считается та пара игроков, у которой сумма очков на оставшихся костях оказалась меньшей.

Попробуйте догадаться по косвенным данным одной из таких коротких партий, какие кости были выложены на стол?

Играют те же пары: А с В и Б с Г. У каждого по 6 костей, а 4 кости остаются закрытыми, но игроки договорились «прикуп» не брать.

Кости игрока А известны:

2-4 1-4 0-4 2-3 1-3 1-5.

У партнера В — пять двойных костей («дублей»). Г имеет две двойные кости; сумма очков на всех его костях 59.

Игрок А начал игру с кости 2-4, Б пасует, В приставляет, Г пасует, А приставляет, Б опять пасует, В приставляет и закрывает игру. Пара Б и Г проиграла партию, так и не сделав ни одного хода. У партнеров А и В осталось на руках 35 очков, а у партнеров Б и Г— 91 очко. Сумма очков на четырех выставленных костях равна 22.

Определите по этим данным, какие 4 кости остались неиспользованными (закрытыми) и какие 4 кости были выставлены.

200. Рамка

Прикладывая кости домино одну к другой по правилам, которые приняты в игре, сложите квадратную рамку. Используйте при этом все 28 костей и сложите их так, чтобы вдоль каждой стороны квадрата сумма очков равнялась 44.

201. Рамка в рамке

Сложите все 28 костей домино в форме фигуры, изображенной на рис. 139, так, чтобы суммы очков вдоль каждой из восьми сторон фигуры были одинаковыми.

Допускается при этом произвольное «сцепление» костей, то-есть теперь нет нужды прикладывать кости такими половинками, которые непременно содержали бы по одинаковому числу очков.

202. «Окошки»

Из костей домино можно складывать «окошки» с одинаковыми суммами очков вдоль каждой стороны каждого отдельного «окошка» (рис. 140).

Употребляя все 28 костей домино, составьте 7 одинаковых «окошек», обладающих указанным свойством, среди которых не было бы «окошка», изображенного на рис. 140.

Рис. 139. Суммы очков вдоль сторон должны быть одинаковыми.

Рис. 140. «Окошко».

Замечания. 1) Числа очков в угловых квадратах входят в счет дважды: вдоль горизонтальной стороны и вдоль вертикальной стороны. 2) Суммы очков должны быть одинаковыми только вдоль сторон каждого отдельного «окошка». У разных «окошек» они могут быть различными,

203. Волшебные квадраты из костей домино

Из костей домино можно составлять не только «окошки» и «рамки»,но и сплошные квадраты, да еще «волшебные».

Если неповторяющиеся числа расположены в форме квадрата так, что суммы чисел в каждом ряду как горизонтальном, так и вертикальном, и в каждой из двух диагоналей будут одинаковы, то такой квадрат чисел называется «волшебным»*).

Так, например, из всех семи бланшей (так называют кости домино, на одной или на обеих половинках которых нет очков) и еще двух костей (1-6 и 2-6) очень легко составить волшебный квадрат (рис. 141) с постоянной суммой 12.

Примечание. В этом и других волшебных квадратах, составленных из костей домино, строкой, столбцом

Рис. 141. Волшебный квадрат с суммой 12.

*) Подробнее о числовых волшебных квадратах см. в гл. XII.

и диагональю считается полоса, охватывающая соответствующий ряд плиток (см. рис. 141).

Для изображения волшебного квадрата-домино удобнее такая запись:

Любопытно заметить, что числа очков взятых девяти костей представляют собой 8 первых чисел натурального ряда 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, да еще нуль.

Если же взять 9 костей, числа очков которых будут девятью первыми членами ряда натуральных чисел, например такие, как на рис. 142, то из них можно составить волшебный квадрат с постоянной суммой 15 (рис. 143).

Аналогичные квадраты можно построить из костей, содержащих все двойки или тройки, или четверки, и еще двух соответственно подобранных костей. Константы (постоянные суммы) этих квадратов будут 18 или 20, или 24.

Можно сконструировать волшебные квадраты из большего числа костей: из 16, 25 и т. д.; при этом допускается употребление повторяющихся чисел.

В качестве примера приведем схему волшебного квадрата, составленного из 16 костей домино с постоянной суммой 18:

Рис. 142. Девять первых чисел натурального ряда.

Он составлен из костей, содержащих все нули, все единицы, и еще трех костей: 2-5; 2-6; 3-6. Сумма очков в каждом столбце, каждой строке и диагонали этого квадрата равна 18. Некоторые из костей содержат по равному числу очков, например 1 + 4 =0 + 5 (первый столбец), 2 + 5 = 1 + 6 (последняя строка) и т. д.

Полученный квадрат обладает еще тем интересным свойством, что в нем можно первый столбец передвинуть на четвертое место или верхнюю строку перенести вниз, и опять-таки получится волшебный квадрат. Если в этом квадрате все кости, содержащие нули и единицы, заменить костями, число очков которых больше на одно, на два или на три, то опять получим волшебные квадраты. Наконец, если в любом из таких квадратов каждую кость заменим дополнительной*) костью, то опять получим волшебный квадрат.

Рис. 143. Волшебный квадрат с суммой 15.

*) Кости домино называются дополнительными, если числа очков в квадратах одной кости дополняют до шести числа очков в квадратах другой кости. Таковы, например, кости 2-3 и 4-3, или 1-2 и 5-4 и т. д. В комплекте из 28 костей есть 4 кости; 0-6; 1-5; 4-2 и 3-3, которые дополняют сами себя.

Рис. 144. Составьте волшебный квадрат с суммой 21.

Рис. 145. Схема волшебного квадрата с отверстием.

Как видите, домино дает богатый материал для упражнений с волшебными квадратами. Решите теперь следующие задачи:

Задача 1. Составьте волшебный квадрат с постоянной суммой, равной 21, из девяти костей, данных на рис. 144.

Задача 2. Подберите 9 костей домино, числа очков которых образуют последовательность 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11 и 12, и составьте из них волшебный квадрат. Какова константа (постоянная сумма) этого квадрата?

Задача 3. Подберите 16 костей домино с такими числами очков: 1, 2, 3, 3, 4, 4, 5, 5, 6, 6, 7, 7, 8, 8, 9 и 10 и составьте из них волшебный квадрат.

Задача 4. Составьте волшебный квадрат с постоянной суммой, равной 27, из следующих 25 костей: 0-0, 0-1, 0-2, 1-1, 0-3, 1-2, 0-4, 2-2, 3-1, 3-2, 4-1, 5-0, 1-5, 6-0, 4-2, 3-3, 1-6, 3-4, 2-5, 2-6, 3-5, 4-4, 4-5, 6-3, 6-4.

204. Волшебный квадрат с отверстием

По схеме, показанной на рис. 145, из всех 28 костей выложите квадрат с прямоугольным отверстием в середине таким образом, чтобы сумма очков в каждом из восьми горизонтальных рядов, в каждом из восьми вертикальных рядов и вдоль каждой из двух диагоналей (указанных пунктиром) равнялась 21. Здесь, в отличие от предыдущих задач, каждая половинка кости домино имеет самостоятельное значение при подсчете очков по вертикалям и диагоналям.

На схеме рис. 145 четвертый сверху горизонтальный ряд уже укомплектован полностью. Сумма очков 5 + 6 + 5 о = 21. Показано также, какие кости следует положить по углам квадрата.

205. Умножение в домино

Посмотрите на рис. 146. При помощи четырех костей домино мы изобразили умножение трехзначного числа (числа 551) на однозначное (на 4), а именно: 551 X4 = 2204. Попробуйте разместить все 28 костей домино так, чтобы получилось

Рис. 146. Умножение.

7 «умножений», подобных показанному на рис. 146. Шесть «умножений» вы построите без особого труда. А вот над седьмым придется подумать. Все же это возможно.

206. Отгадать задуманную кость домино

Предложите друзьям совместно, но тайно от вас, задумать какую-либо одну кость домино.

Пусть теперь они последовательно проделают следующие действия:

1) число очков одной половины (какой они захотят) задуманной кости умножат на 2;

2) к произведению прибавят любое названное вами число т;

3) полученную сумму умножат на 5 и

4) к произведению прибавят число очков второй половины задуманной кости.

Спросите у них окончательный результат, отнимите от него 5т. Тогда две цифры получившегося двузначного числа и укажут вам числа очков на каждой из половин задуманной кости домино.

Предположим, например, что задумали кость 6-2. Умножили 6 на 2 и прибавили по вашему требованию т = 3. Получилось 15. Умножили 15 на 5 и прибавили 2 очка второй половины задуманной кости. Получилось 77. Отнимем 5/?г=15. Получаем: 77 —15 = 62. Задуманная кость домино: 6-2.

Почему так получается? Разберитесь!

Б. КУБИК

Игральный кубик — это куб, на поверхности которого нанесены точки. На одной грани — одна точка, на другой— 2 точки, на третьей — 3, на остальных гранях — 4, 5 и 6 точек.

На рис. 147 показан такой игральный кубик и его выкройка.

Число точек на грани кубика определяет число очков. Размещены точки по поверхности кубика так, что суммы очков на противоположных гранях равны 7.

Почему именно кубик оказался многогранником, наиболее подходящим для игры?

Прежде всего, очевидно, что игральная кость должна быть правильным многогранником, так как только в этом случае при бросании игральной кости для каждой ее грани обеспечиваются равные шансы быть верхней. Но из пяти видов правильных многогранников наиболее подходящим является, конечно, куб: изготовить его не составляет большого труда, и при бросании он довольно легко катится.

Если все 5 правильных многогранников бросить с одинаковым усилием, то тетраэдр и октаэдр (рис. 148) едва покатятся, куб (рис. 147) покатится лучше, а доде-

Рис. 147. Игральный кубик и его выкройка.

Рис. 148. Тетраэдр и октаэдр.

каэдр (рис. 149) и икосаэдр (рис. 150) настолько «круглы», что покатятся почти как шар.

Шесть граней куба навели на мысль использовать 6 первых натуральных чисел, а попарно параллельное расположение взаимно противоположных граней куба позволило просто, закономерно и в некотором смысле симметрично расположить эти числа (сумма чисел точек на каждой паре противоположных граней равна 7).

Этот принцип семи и является ключом к решению различных задач-фокусов с одним или несколькими игральными кубиками. Тем, кто еще не подметил эту особенность в расположении точек на поверхности кубика, будет не легко разгадать секреты «угадываний», которые вы можете продемонстрировать.

207. Арифметический фокус с игральными кубиками

Для фокуса нужны 3 игральных кубика. Если у вас их нет, перерисуйте выкройку кубика, изображенную на рис. 147, на плотную бумагу или тонкий картон, аккуратно вырежьте и склейте.

«Факир»отворачивается; кто-нибудь из«публики» бросает на стол 3 кубика. «Факир» предлагает публике подсчитать сумму очков на верхних гранях всех трех кубиков, затем поднять какой-нибудь один кубик и число очков на нижней грани этого кубика прибавить к предыдущей сумме. Далее «факир» предлагает снова прокатить тот кубик,

Рис. 149. Додекаэдр. Рис. 150. Икосаэдр.

который был поднят, и число очков его верхней грани сложить с ранее полученной суммой. После этого «факир» оборачивается, напоминает «публике», что он не знает, какой кубик был брошен вторично, берет в руки все 3 кубика, трясет их (для таинственности) и, к удивлению «публики», «угадывает» окончательный результат произведенных арифметических действий.

Метод «угадывания». Прежде чем взять кубики в руку, следует сложить очки на их верхних гранях и прибавить 7. Полученная сумма и будет той, которая должна быть «угадана».

Объясните, почему?

208. Отгадывание суммы очков на скрытых гранях

Пусть три игральных кубика сложены столбиком (рис. !51). Взглянув только на верхнюю грань столбика или только на две его боковые грани, вы можете сразу определить сумму очков на гранях, по которым кубики соприкасаются, и на самой нижней грани. Например, в положении кубиков, изображенном на рис. 151, искомая сумма будет непременно равна 17.

Сообразите, каким правилом надо руководствоваться, чтобы отгадать сумму скрытых очков.

209. В каком порядке расположены кубики?

Дайте друзьям три кубика, кусочек бумаги, карандаш и предложите им, расположив произвольно кубики в ряд, составить трехзначное число, цифры которого обозначили бы количества очков на верхней грани каждого кубика. Например, при расположении кубиков, изображенном на рис. 152, это будет 254. К этому числу

Рис. 151. Столбик из 3 кубиков.

Рис. 152. Верхние грани образуют число 254.

пусть они припишут три цифры, обозначающие количества очков на соответствующих нижних гранях кубиков. Получится некоторое шестизначное число. В нашем примере 254 523. Полученное шестизначное число предложите разделить на 111 и сказать результат.

Не производя умножения, вы можете очень быстро определить первые три цифры этого шестизначного числа, а следовательно, сказать, в каком порядке были расположены кубики.

Метод угадывания. Вычесть 7 из объявленного частного и разность разделить на 9. Цифры получившегося частного и покажут первоначальное расположение кубиков.

Так, продолжая рассматривать пример, получим: 254 523:111 =2293; 2293 — 7 = 2286; 2286:9 = 254. В чем математическая сущность этого фокуса?

ГЛАВА СЕДЬМАЯ

СВОЙСТВА ДЕВЯТКИ

Некоторые особенности арифметических операций над целыми числами связаны с числом 9. Каждое подмеченное вами свойство девятки может послужить поводом к придумыванию разнообразных математических развлечений. Известен, например, признак делимости на 9: число делится на 9, если сумма его цифр делится на девять. Отсюда следует, что сумма цифр в произведении любого числа на 9 равна девяти или кратна девяти (то-есть делится на девять). Например, 354 X 9 = 3186, тогда 3 + 1 + 8 + 6 = 18 (делится на девять).

Поэтому, когда один малыш жаловался, что ему трудно запомнить таблицу умножения первых десяти чисел на девять, то отец малыша предложил ему простой способ помочь памяти пальцами своих рук.

Вот этот способ в пользу и помощь другим.

Движением пальца. Положите обе руки рядом на стол и протяните пальцы. Каждый палец слева направо будет означать соответствующее порядковое число: первый слева — 1, второй—2, третий—3, четвертый—4 и т. д. до десятого, который будет обозначать число 10. Пусть требуется умножить теперь любое число из первого десятка на 9. Для этого вам стоит только, не сдвигая рук со стола, приподнять вверх тот палец, который обозначает множимое. Тогда число остальных пальцев, лежащих налево от поднятого пальца, будет числом десятков произведения, а число пальцев направо — числом единиц.

Пример. Умножить 7 на 9. Кладите руки на стол и поднимите седьмой палец (рис. 153); налево от поднятого пальца лежат 6 пальцев, а направо — 3. Значит, результат умножения 7 на 9 равен 63. Это удивительное на первый взгляд механическое умножение тотчас же станет понятным, если вспомнить, что сумма цифр в каждом произведении чисел таблицы умножения на девять равна девяти, а число десятков в произведении всегда на 1 меньше того числа, которое мы умножаем на 9. Поднятием соответствующего пальца это мы и отмечаем, а следовательно, и... умножаем.

Человеческая рука есть одна из первых счетных машин!

Еще некоторые свойства. Вот еще несколько интересных и полезных для дальнейшего свойств, связанных с числом 9.

1. Всегда делится на 9:

а) разность между любым числом и суммой его цифр;

б) разность двух чисел с одинаковыми цифрами, но разным порядком их расположения;

в) разность двух чисел с одинаковыми суммами цифр у каждого из них.

2. Если из каких-либо цифр составлены числа, отличающиеся только порядком следования цифр, то при делении на 9 каждого из них получается один и тот же остаток. Он равен остатку от деления на 9 суммы цифр какого-либо из упомянутых чисел.

Рис. 153. «Счетная машина».

3. Если остаток от деления суммы цифр числа на. 9 будем называть «излишком», то:

V суммы суммы

а) излишек —-- чисел равен излишку —--

7 разности r J разности

излишков слагаемых;

б) излишек произведения двух чисел равен излишку произведения излишков данных чисел.

Вы легко проверите эти свойства на числовых примерах, а если знакомы с алгеброй, то можете их доказать.

В качестве самостоятельного упражнения найдите аналогичное соотношение для излишка частного от деления двух чисел.

Разобравшись в решении задач этой главы, вы можете многие из них использовать в качестве математических фокусов.

210. Какая цифра зачеркнута?

Задача 1. Пусть ваш друг напишет, не показывая вам, число из трех или более цифр, разделит его на 9 и назовет вам остаток от такого деления. Теперь предложите ему зачеркнуть во взятом им числе одну цифру (любую); число, образовавшееся после зачеркивания цифры, пусть он опять разделит на 9 и снова назовет вам остаток от этого деления. Тотчас же вы можете сказать, какая цифра была зачеркнута, руководствуясь следующими правилами:

а) если второй остаток меньше первого, то, вычитая из первого остатка второй, вы получите как раз зачеркнутую цифру;

б) если второй остаток больше первого, то зачеркнутую цифру вы получите, вычитая второй остаток из первого, увеличенного на 9;

в) если остатки равны, то зачеркнута либо цифра 9, либо 0. Почему так?

Задача 2. Теперь предложите вашему другу придумать два числа с одинаковыми цифрами, но разным порядком их расположения и вычесть из большего меньшее. Ни написанных чисел, ни полученной разности он вам, конечно, не должен говорить, но пусть он зачеркнет одну цифру разности (только не 0) и скажет вам сумму всех оставшихся цифр разности. Чтобы определить зачеркнутую цифру, вам достаточно дополнить названное им число до ближайшего, кратного девяти.

Например,

Зачеркиваем цифру 3. Сумма оставшихся цифр: 4 + 7 + 4 = 15. Дополнение числа 15 до ближайшего числа, делящегося на 9, то-есть до 18, равно 3, что и дает зачеркнутую цифру.

Почему так?

Примечание. Задачу можно всячески разнообразить, основываясь на вышеуказанных свойствах девятки. Можно, например, предложить вычесть из данного числа сумму его цифр, зачеркнуть одну цифру разности (кроме О и 9) и по названной сумме оставшихся цифр разности отгадать зачеркнутую цифру таким же способом.

Задача 3. Напишем произвольное число, например 7146. Одну цифру вычеркнем, например 4. Из оставшегося числа (цифр в котором на одну меньше) вычтем сумму цифр первоначально написанного числа (18). В нашем примере получим: 716—18 = 698. Результат оглашен

Как, зная результат вычитания, узнать зачеркнутую цифру?

Задача 4. Напишите два или более числа с одинаковым количеством цифр. Я припишу еще столько же чисел и удалюсь, а вас попрошу зачеркнуть любую цифру, кроме нуля, и найти сумму оставшихся чисел. Если теперь вы мне скажете получившуюся сумму или хотя бы сумму цифр суммы, то я немедленно скажу вам, какая цифра зачеркнута.

Например,

Сумма цифр суммы 1 +2+9+8 = 20. Зачеркнуто 7.

Какие числа я должен приписать и как определить зачеркнутую цифру?

Задача 5. В предыдущей задаче рекомендовалось приписывать столько же чисел, сколько было написано задумавшим. Но при тех же условиях можно ограничиться приписыванием только одного числа.

Например,

Сумма цифр суммы 1 + 9 + 1 + 8 = 19. Зачеркнуто 8.

Какое число я должен приписывать в этом случае и как определить зачеркнутую цифру?

Задача 6. Ту же идею можно выразить в другом оформлении.

Предложите написать рядом несколько столбиков однозначных чисел, а вы припишите справа или слева — по желанию партнера — еще один столбец чисел так, чтобы каждое ваше число дополняло сумму чисел в строке до кратного девяти. Теперь смело можете предложить партнеру вычеркнуть любую цифру, сложить оставшиеся числа по правилу сложения многозначных чисел, а по названной вам сумме цифр суммы, пользуясь известным уже правилом, вы легко определите зачеркнутую цифру.

Например,

Сумма цифр суммы без девятки:

Зачеркнуто 4.

Интересно, что все приписывание своих чисел можно свести к однозначному числу, приписанному в любом месте. Догадайтесь, как?

211. Скрытое свойство

Число 1313 запоминается легко, поэтому с ним удобно манипулировать тому, кто пожелает показать своим товарищам фокус с угадыванием зачеркнутой цифры.

Для этого предложите товарищам написать число 1313 и вычесть из него число, заданное вами. Для вычитания вы можете предложить любое число: одному участнику — одно, другому — другое. Затем пусть каждый из участников к получившемуся у него после вычитания числу припишет (имейте в виду: не прибавит, а припишет) справа или слева число, которое он вычитал, но увеличенное на 100 и в образовавшемся новом числе зачеркнет любую цифру, кроме нуля, а вам сообщит оставшиеся цифры. По этим цифрам вы легко определите цифру, зачеркнутую участником.

Какая особенность числа 1313, связанная со свойством девятки, помогает определить зачеркнутую цифру и как это сделать?

212. Еще несколько забавных способов отыскания отсутствующего числа

Задача 1. Из девяти цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 и 9 я выбираю какие-то восемь и разбрасываю их произвольно по листу бумаги. Чтобы не показывать вам, какие цифры я выбрал, на рис. 154 они заменены кружками. В любом месте листа бумаги проведу прямую AB и назову ее «прямой итогов». Написанные цифры произвольно соединяю несколькими линиями, прямыми или кривыми — безразлично, но каждую цифру беру только по одному разу. На «прямой итогов» я запишу суммы цифр, расположенных вдоль каждой линии.

Рис. 154. Какая цифра не вошла в число выбранных?

Вам я покажу только те числа, которые образовались на «прямой итогов», или скажу сумму их цифр.

Числа, выписанные на «прямой итогов» на рис. 154, дают следующую сумму цифр: 1 + 4 + 1 + 4 + 1 + 2 = 13. Зная только это последнее число, определите, какая цифра не вошла в число первоначально выбранных?

Примечание. Вместо того, чтобы разбрасывать по бумаге выбранные цифры, я могу их произвольным образом расположить вдоль сторон заранее начерченного треугольника (рис. 155,я), или четырехугольника (рис. 155,#),

или иного многоугольника и на «прямой итогов» записать суммы цифр, расположившихся вдоль каждой стороны начерченной фигуры.

Задача 2. Теперь я разбросаю по листу бумаги числа 11, 22, 33, 44, 55, 66, 77, 88, 99. Опять проведу ^ «прямую итогов» и все цифры, кроме одной — избранной, соединю несколькими линиями так, чтобы каждая цифра принадлежала только одной линии. Чтобы не показывать вам, какую цифру я выбрал, на рис. 156 каждое число заменено прямоугольником с двумя отделениями, соответ-

Рис. 155.

Рис. 156. Какую цифру я выбрал?

ствующими цифрам этого числа. Выпишу на «прямой итогов» суммы цифр чисел, расположенных вдоль каждой линии, и попрошу вас опять-таки по этим суммам определить цифру, оставшуюся вне линий. Для тех, кто разобрался в предыдущей задаче,— это нетрудно.

Задача 3. Напишите все порядковые числа от 1 до 8 и выберите любимое число. Остальные семь чисел произвольно расположите в две или более колонок. Сложите все числа, рассматривая их как многозначные, и сообщите мне сумму или сумму цифр суммы. Я быстро определю ваше любимое число. Как я это делаю?

213. По одной цифре результата определить остальные три

Некоторое двузначное число с одинаковыми цифрами было умножено на 99. Легко понять, что в произведении должно получиться четырехзначное число, но сохранилась только одна третья цифра результата. Как, зная эту цифру, восстановить весь результат?

Допустим, сохранившаяся цифра — 5. Каков весь результат?

214, Отгадывание разности

Напишите, не сообщая мне, любое трехзначное число с неодинаковыми крайними цифрами (допустим, 621) и составьте новое число из тех же цифр, но расположенных в обратном порядке (для взятого примера —126). Вычислите разность между этими числами, вычитая из большего меньшее (621 —126 — 495), и назовите мне последнюю цифру разности (5), а я скажу весь полученный результат.

Каким образом?

215. Определение возраста

Переставьте цифры лет Л, получите возраст В. Разность между возрастами А и В дает удвоенный возраст С, но В в 10 раз старше С. Определите возраст каждого.

216. В чем секрет?

Один из гостей нашей дружеской компании объявил нам, что берется, не раздумывая долго, написать любое количество чисел с нечетным числом цифр, каждое из

которых будет обладать следующим удивительным свойством:

если сложить все цифры написанного им числа, а затем сложить все цифры получившейся суммы и так повторять до тех пор, пока сумма цифр не изобразится одной цифрой, то эта цифра непременно будет той же, что и средняя цифра исходного числа.

Тут же он нас просто забросал такими числами. Среди чисел были и трехзначные, например 435, и пятизначные, такие как 46853, и даже тринадцатизначные, например 1207941800554. Он писал числа, содержащие такие цифры, которые мы требовали... И всякий раз объявленное им свойство цифр выполнялось.

Проверим это хотя бы на числах, приведенных в качестве примеров. Имеем:

4-f 3 + 5=12; 1+2 = 3; 4 + 6 + 8 + 5 + 3 = 26; 2 + 6 = 8; 1 + 2 + 7 + 9 + 4+1+8 + 5 + 5 + 4 = 46; 4 + 6=10;

1+0=1.

Действительно, окончательная сумма цифр всякий раз точно указывает среднюю цифру числа.

Оригинальное «дарование» гостя произвело на нас большое впечатление. Не мог же он, в самом деле, заучить такую массу чисел!

Мы пробовали сами наудачу писать аналогичные числа, но наши числа почему-то почти никогда не обладали указанным свойством.

В чем же секрет чисел нашего гостя?

ГЛАВА ВОСЬМАЯ

С АЛГЕБРОЙ И БЕЗ НЕЕ

Вместе с развитием математики как науки совершенствовалось и искусство решения задач. Чисто арифметические приемы решения по мере развития буквенной символики постепенно уступали пальму первенства алгебре с ее аппаратом уравнений. Обозначение неизвестных чисел буквами с последующим установлением связей между неизвестными и известными числами, то-есть составление уравнения задачи, оказалось мощным, общедоступным и единообразным методом решения разнотипных задач.

Решая задачу, мы всегда рассуждаем, но стремимся при этом составить наиболее короткую цепочку рассуждений. В одних случаях удобнее и проще вести рассуждения «от неизвестного к известному», завершая их составлением одного или нескольких уравнений (алгебраический путь). На этом пути для наиболее целесообразного выбора неизвестного, относительно которого составляется уравнение, следует учитывать характерные особенности условия каждой данной задачи. Чтобы впоследствии успешно решать трудные задачи, необходимо владеть алгебраическими приемами рассуждений. В других случаях, наоборот, естественнее решать задачу отдельными этапами, «от известного к неизвестному», конкретно истолковывая каждый этап решения (арифметический путь).

Оба указанных пути рассуждений как бы дополняют друг друга; на каждом из них могут возникнуть остроумные и изящные способы решения задач.

Вот уже не менее полувека бытует в семьях, а иногда предлагается и в школах такая задача.

Как гусь с аистом задачу решали. Летела стая гусей, а навстречу им летит один гусь и говорит: «Здравствуйте, сто гусей!». Передний старый гусь ему отвечает: «Нет, нас не сто гусей! Вот, если б нас было столько, сколько есть, да 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?».

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. Тут 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.

Рис. 157. «...Теперь смотри, что я начерчу на песке».

— 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 и еще маленькую черточку, почти точку.

Получилось следующее:

Гусь подплыл к самому берегу, вышел, переваливаясь, на песок, посмотрел на рисунок, но ничего не понял.

— 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 полчерты, да четверть этой черты, да еще маленькую черточку, то-есть тебя. Понял?

— Понял! — обрадованно проговорил гусь.

— Если к встреченному тобой стаду прибавить еще стадо, да полстада, да четверть стада, да тебя, гуся, то сколько получится?

— Сто гусей!

— А без тебя сколько, значит, будет?

— Девяносто девять.

— Хорошо! Откинем на нашем чертеже точку, изображающую тебя, гуся, и обозначим, что остается 99 гусей. Аист своим клювом изобразил на песке:

— Теперь смекни-ка,— продолжал аист, — полстада, сколько это будет четвертей?

Гусь задумался, посмотрел на линии на песке и сказал:

— Линия, изображающая полстада, вдвое больше, чем линия четверти стада, то-есть в половине заключается две четверти.

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

— Конечно, четыре! — ответил гусь.

— Так! Если теперь перевести на четверти одно стадо, да еще стадо, да полстада, да четверть стада, 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 составляет 99 гусей.

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

— Я получил, — ответил гусь, — что в 11 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 4 четверти ... Я встретил 36 гусей! — радостно воскликнул гусь.

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

Эта задача очень коротко записывается и решается на языке алгебры. Примем четверть стада за х. Тогда целое стадо составляет 4х, а полстада — 2лг. По условию имеем: 4х + 4х + 2х + X = 99, или 11л: = 99, откуда х = 99:11 = 9, а 4х = 4 • 9 = 36. Стадо состояло из 36 гусей.

Решая последующие задачи, пользуйтесь любыми знакомыми вам приемами: арифметическими, алгебраическими, графическими и т. п. Ответы, приведенные в конце книги, дополняйте своими рассуждениями и решениями.

217. Взаимная помощь

В первые годы после Великой Отечественной войны, в наиболее напряженные периоды полевых работ в некоторых МТС нехватало тех или иных сельскохозяйственных машин для обслуживания колхозов. Поэтому МТС помогали друг другу необходимыми машинами и орудиями.

Как-то раз одна из трех соседних МТС передала второй и третьей МТС столько разных сельскохозяйственных машин, сколько в каждой из них имелось.

Через некоторое время в свою очередь вторая МТС передала в распоряжение первой и третьей МТС столько машин, сколько к этому моменту в каждой из них имелось. К концу работ и третья МТС передала первой и второй МТС столько машин, сколько к этому моменту в каждой из них имелось. После этого в каждой из трех МТС оказалось по 24 машины.

Сколько сельскохозяйственных машин было вначале в каждой МТС?

218. Бездельник и чорт

Среди нас, людей сознательного и радостного труда, завелся Бездельник. И учиться ему лень, и от работы увиливает, а деньги любит, жаден. Никак в толк взять не хочет, что только те деньги хороши, которые честным трудом заработаны. Ходит без дела Бездельник и вздыхает:

— Эх, доля моя горемычная! Никто и знаться со мной не желает. Говорят: «Бездельники нам не нужны. Сам ничего не делаешь и нам мешаешь. Иди к чорту!». Да разве какой чорт посоветует мне, как богатым сделаться?!

Только подумал это Бездельник, глядь, а чорт перед ним стоит.

— Что ж,— говорит,— если хочешь, я тебе помогу. Работа легкая и богатым будешь. Вот видишь мост через речку?

— Вижу,— отвечает немного оробевший Бездельник.

— Ну, так перейди по мосту на другой берег, и у тебя будет вдвое больше денег, чем есть. Еще раз мост пройдешь, опять станет вдвое больше, чем было. И так каждый раз: как только ты пройдешь мост, у тебя будет ровно вдвое больше денег, чем было перед этим.

— Ой ли! — обрадовался Бездельник.

— Верное слово!—уверил 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.

— Ну, что же,— согласился Бездельник,— раз деньги будут удваиваться, так отчего же не дать тебе каждый раз по 24 копейки? Начнем, пожалуй!

Прошел мост Бездельник один раз, сосчитал деньги . . . Вот диво! Действительно, денег стало вдвое больше, чем было. Бросил он чорту 24 копейки и прошел мост второй

раз. Опять стало денег вдвое больше, чем было перед этим. Отсчитал он 24 копейки, отдал чорту и прошел по мосту в третий раз. Денег стало снова вдвое больше. Но только и оказалось их ровнехонько 24 копейки, которые по уговору полностью пришлось отдать чорту. Чорт захохотал и с глаз сгинул.

Остался Бездельник без копейки. Видно, на чужой совет надо еще свой ум иметь!

Сколько же у Бездельника сначала денег в кармане было?

219. Смышленый малыш

Три брата получили 24 яблока, причем каждому досталось столько яблок, сколько ему было лет три года тому назад. Самый младший, мальчик очень смышленый, предложил братьям такой обмен яблоками:

— Я,— сказал он,— оставлю себе только половину имеющихся у меня яблок, а остальные разделю между вами поровну; после этого пусть наш средний брат тоже оставит себе половину, а остальные яблоки даст мне и старшему брату поровну, а затем и старший брат пусть оставит себе половину всех имеющихся у него яблок, а остальные разделит между мной и средним братом поровну. Братья, не подозревая коварства в таком, предложении, согласились удовлетворить желание младшего. В результате ... у всех оказалось яблок поровну.

Сколько же лет было малышу и каждому из остальных братьев?

220. Охотники

Три охотника несколько дней подряд провели в тайге на охоте.

В последний день охоты утром случилась неприятность: переходя вброд небольшую речушку два охотника подмочили свои патронташи. Часть их патронов оказалась негодной к употреблению. Три друга поровну поделили между собой сохранившиеся патроны.

После того как каждый охотник сделал четыре выстрела, у всех охотников вместе осталось столько патронов, сколько было после дележа у каждого.

Сколько всего пригодных патронов было в момент дележа?

221. Встречные поезда

Два товарных поезда, оба длиной по 250 л/, идут навстречу друг другу с одинаковой скоростью 45 км\шс.

Сколько секунд пройдет после того, как встретились машинисты, до того, как встретятся кондукторы последних вагонов?

222. Вера печатает рукопись

Мама поручила Вере перепечатать на машинке рукопись.

— Буду печатать в среднем по 20 страниц в день,— решила Вера. Но первую половину рукописи она печатала лениво, только по 10 страниц в день. Зато вторую половину рукописи она печатала по 30 страниц в день.

— Вот и получилось в среднем по 20 страниц в день,— сделала вывод Вера.

— Ты неправильно считаешь,— сказала мама.

— Как неправильно? 10 + 30 = 40; 40:2 = 20. По первой половине рукописи я не допечатывала по 10 страниц в день, а по второй я печатала больше средней нормы на те же 10 страниц.

— Тем не менее,— настаивала мама,— в среднем ты печатала менее 20 страниц в день. Подумай-ка еще как следует.

Убедительны ли доводы Веры? Что показывает ваш расчет?

Рис. 158. Встреча кондукторов последних вагонов.

223. История с грибами

Пятеро друзей: Маруся, Коля, Ваня, Андрюша и Петя, отдыхавшие в пионерском лагере, пошли по грибы. Правда, грибами всерьез занялась одна Маруся, что же касается мальчиков, то они большую часть времени провалялись на траве, рассказывая друг другу всякие небылицы.

В результате, когда собрались возвращаться в лагерь, оказалось, что у мальчиков корзины пустые, в то время как Маруся в своей корзине насчитала 45 грибов.

— Неудобно вам, ребята, возвращаться в лагерь с пустыми корзинами,— посочувствовала Маруся и рассыпала по корзинам мальчиков все свои грибы (в своей корзине не оставила ни одного гриба). Однако на обратном пути Коля и Андрюша натолкнулись на грибное место и дополнили свои корзинки, причем Коля нашел 2 гриба, а Андрюша удвоил количество бывших у него грибов. Ваня и Петя всю дорогу озорничали и растеряли часть своих грибов. Ваня потерял две штуки, а Петя потерял половину грибов, полученных от Маруси.

Самым удивительным оказалось то, что когда в лагере стали считать принесенные грибы, то у всех мальчиков оказалось грибов поровну. А когда грибники рассказали

Рис. 159. Маруся отдала все свои грибы.

товарищам всю историю с грибами, то любителей математики заинтересовал вопрос: смогут ли они на основании этого рассказа подсчитать, сколько грибов получил каждый мальчик от Маруси? Как вы полагаете?

224. Кто вернется раньше?

Два спортсмена, тренируясь, одновременно начали лодочные гонки: один по реке, вниз и вверх по течению, а другой на такое же расстояние по озеру со стоячей водой, расположенному рядом с рекой. Допустим, что усилия обоих гребцов все время совершенно одинаковы. Который из них вернется раньше? Время, затрачиваемое на поворот, в расчет не принимается.

Примечание. Лет около сорока назад аналогичная задача впервые встретилась в практике воздухоплавания. Проводились авиационные состязания, по условиям которых летчики должны были облететь по периметру большое прямоугольное поле, отмеченное четырьмя столбами, причем столбы надо было огибать при поворотах.

Возник вопрос, одинаковы ли условия полета при ветре и без него?

225. Пловец и шляпа

Пусть некто, выпрыгнув из лодки, уносимой течением реки, плывет некоторое время против течения, а затем поворачивает и догоняет лодку.

На что он затратил больше времени: на то, чтобы плыть против течения, или на то, чтобы догнать лодку? Или, может быть, оба количества времени одинаковы?

Предполагается при этом, что мускульные усилия пловца все время одинаковы.

Какой ответ на поставленный вопрос подсказывает вам первоначальная догадка и подтверждается ли она последующими рассуждениями?

А правильный ответ таков: пловец догонял лодку по течению столько же времени, сколько времени он плыл первоначально против течения.

В самом деле, течение реки уносит вниз с одинаковой скоростью как лодку, так и пловца, то-есть течение само по себе не влияет на расстояние между пловцом и лодкой, как будто бы течения и нет вовсе. Отсюда и

следует, что даже при наличии течения пловец приближается к лодке столько же времени, сколько времени он удалялся от нее.

Теперь представьте себе, что с моста, перекинутого через небольшую речку, спрыгнул спортсмен и поплыл против течения. Одновременно с головы одного из наблюдателей, стоявших на том же мосту, свалилась шляпа и поплыла по течению. Через 10 минут пловец повернул назад, и, когда вновь подплыл к мосту, его попросили, не останавливаясь, плыть дальше и догнать шляпу. Пловец догнал шляпу как раз под вторым мостом, который находился на расстоянии 1000 м от первого моста. Скорость пловца не известна, но известно, что он своих усилий не изменял на протяжении всего времени движения. Располагая только указанными данными, вы имеете возможность определить скорость течения этой реки. Сверяя свое решение этой задачи с тем, которое приведено в разделе «Ответы и решения», обратите внимание на изложенный там второй способ решения.

226. Два теплохода

Два учебных теплохода отчалили одновременно от пристани. Теплоход «Степан Разин» — вниз по течению, а теплоход «Тимирязев» — вверх. Собственные их скорости одинаковы*). В момент отправления с теплохода «Степан Разин» упал спасательный круг, который поплыл по течению. Через час на обоих теплоходах было получено распоряжение по радио о перемене направления: идущему вниз повернуть вверх, а идущему вверх повернуть вниз. Успеет ли команда теплохода «Степан Разин» поднять плывущий по реке спасательный круг раньше, чем встретятся оба теплохода?

227. Проверьте свою смекалку!

Два глиссера двигаются вдоль большого озера, туда и обратно, не задерживаясь у берегов. Скорость каждого глиссера постоянна. Они одновременно покинули противоположные берега: глиссер «М» покинул берег «А», а

*) Собственной скоростью называется скорость, которая была бы при той же затрате энергии в стоячей воде.

глиссер «М» — берег «В», и встретились первый раз в 500 м от берега «Л»; возвращаясь, они встретились второй раз в 300 м от берега «В».

По этим данным определите длину озера и отношение скоростей глиссеров. Смекалка поможет вам решить задачу «в уме» без сложных вычислений.

228. Конфуз предотвращен

В посадках колхозного фруктового сада приняли деятельное участие и пионеры. Отряды соревновались между собой.

Работали все очень старательно, вот только в отряде имени Павлика Морозова чуть было не случился конфуз. Витя Ветлугин заявил, что его бригада посадит половину того числа фруктовых деревьев, какое будет посажено всеми остальными пионерами отряда. А Кирюша Чернов от имени своей, самой большой бригады пообещал высадить столько деревьев, сколько их посадят все остальные пионеры отряда (включая и бригаду Вити Ветлугина).

На участке пионеры работали не все сразу, а по очереди. Бригады Вити и Кирюши были назначены работать совместно и в последнюю очередь. Все остальные бригады их отряда успешно выполнили свои обязательства. Всего они посадили 40 деревьев. Когда же подошло время работать бригадам Вити и Кирюши, то возникло затруднение, о котором никто раньше не подумал, хотя его можно было предвидеть. Именно: чтобы исполнить свои обещания, Витя должен был знать, сколько деревьев посадит бригада Кирюши, а Кирюше в свою очередь необходимо было знать, сколько деревьев посадит бригада Вити. Обе бригады ждали друг друга, и положение казалось совершенно безвыходным, пока старший пионервожатый не указал весьма простой и логичный выход.

Какой?

229. Во сколько раз больше?

Если от каждого из двух чисел отнять половину меньшего из них, то остаток от большего будет втрое больше остатка от меньшего.

Во сколько раз большее число больше меньшего?

230. Теплоход и гидросамолет

Теплоход отправился в дальний морской рейс. Когда он отошел от берега на расстояние 180 миль, за ним вылетел гидросамолет с экстренной почтой. Скорость гидросамолета в 10 раз больше скорости теплохода. На каком расстоянии от берега гидросамолет нагонит теплоход?

231. Велофигуристы на арене

Ареной служит огромная ровная площадка с четырьмя круговыми дорожками. Четыре велосипедиста разрабатывают здесь свой совместный цирковой номер. Каждый велосипедист движется по своему кругу (рис. 160). На-

Рис. 160. Каждый велосипедист едет по своей дорожке.

чинают движение они одновременно, и каждый начинает из той точки своей беговой дорожки, которая ближе всего к центру арены. Скорость движения каждого рассчитана математически точно и в условных единицах может быть выражена следующими числами:

Длина окружности каждого круга составляет */8 условной единицы длины. Продолжительность выступления велофигуристов равна 20 минутам.

Будут ли велофигуристы на протяжении этих 20 минут еще один или несколько раз одновременно появляться в точках, из которых они начали движение?

232. Скорость работы токаря Быкова

Когда лауреат Сталинской премии токарь-скоростник П. Быков повысил скорость резания чугуна на 1690 м/мин, то время на обработку детали сократилось с 35 минут до 2112 минут.

Какой скорости резания он добился в тот период времени?

233. Поездка Джека Лондона

В одном из рассказов Джека Лондона описывается, как он на санях, запряженных пятью собаками, спешил из Скагвея к своему лагерю, где находился его умирающий товарищ.

В этом рассказе есть несколько весьма любопытных подробностей, которые позволяют сделать из него интересную задачу.

В течение первых суток пути сани с собаками передвигались с полной, заранее намеченной Джеком Лондоном скоростью. По истечении суток 2 собаки порвали упряжку и убежали со стаей волков. Лондону пришлось

продолжать путь на трех собаках, которые тянули сани со скоростью, равной 3/5 первоначальной скорости. Вследствие этой задержки Лондон прибыл к месту назначения на двое суток позднее намеченного срока.

По этому поводу автор рассказа замечает: «Если бы 2 убежавшие собаки пробежали в упряжке еще 50 миль, я опоздал бы только на один день против намеченного срока».

Возникает вопрос: каково было расстояние от Скагвея до лагеря? В рассказе об этом ничего не сказано, но приведенных данных достаточно, чтобы определить это расстояние.

234. Из-за неудачных аналогий возможны ошибки

Некоторые умозаключения и даже целые открытия делаются по аналогии, в основе которой лежит предположение о сходстве двух предметов в одних признаках или свойствах на том основании, что эти же предметы сходны в других признаках.

Но аналогия ничего не доказывает. Она может только навести нас на мысль, правильность которой еще требует проверки, подтверждения.

Хорошо проведенная аналогия имеет место и в математике.

Ясно, что всякое обнаруженное сходство в математических действиях, в применении правил и т. д. облегчает решение задач, помогает мысли, однако же, наблюдая сходные свойства и признаки, не забывайте и о различии между ними.

Неудачные аналогии порождают неверные представления.

Бывает, спрашиваешь собеседника:

— На сколько единиц 40 больше, чем 32?

— На 8,— отвечает он без затруднений.

— А на сколько единиц 32 меньше, чем 40?

— Тоже, конечно, на 8.

— Правильно. Теперь прикиньте, на сколько процентов число 40 больше числа 32? Впрочем, не трудитесь! Я скажу, на сколько. Ровно на 25%. А вот, на сколько процентов число 32 меньше числа 40 — надо посчитать...

— Что ж тут считать,— перебивает собеседник,— вы же ведь сами только сейчас сказали, что сорок больше

тридцати двух на 25%, значит, и тридцать два меньше сорока тоже на 25% ...

Приходится самым подробным образом разъяснять собеседнику его ошибку.

Разность, действительно, в обоих случаях одна и та же — 8. Но в первом случае мы ее относим к числу 32, принимаемому за 100%, а во втором случае — к числу 40, принимаемому за 100%. Восемь от сорока составляет Vei или 20%. Итак, 40 больше тридцати двух на 25%, в то время как 32 меньше сорока на 20%-

Причина ошибки собеседника — в ложной аналогии.

Предложите-ка своим знакомым такие задачи:

Задача 1. Допустим, ваш ежемесячный заработок увеличился на 30%. На сколько процентов возросла ваша покупательная способность?

Задача 2. Пусть ваш ежемесячный заработок неизменен, но цены на товары снижены на 30%- На сколько процентов повысилась ваша покупательная способность в этом случае?

Задача 3. Букинистический магазин при продаже книги сделал скидку в 10% с первоначально намеченной цены и при этом все же получил 8% прибыли. Сколько процентов прибыли предполагал первоначально получить магазин при продаже этой книги?

Задача 4. Если рабочий сократил время на изготовление детали на Р%, то на сколько процентов увеличилась производительность его труда?

Ошибочные ответы на эти простые вопросы вы встретите не так уж редко, но ... предварительно проверьте себя.

235. Юридический казус

Древние римляне мало проявили себя в математике. В области юридических наук они более известны. Дошедшие до нас древнеримские математические сочинения носят по преимуществу чисто практический, утилитарный характер.

Одним из поводов к возникновению арифметических задач служили римские законы о наследстве. Вот одна из таких задач древности.

Некто, умирая, оставил жену в ожидании ребенка и сделал такое завещание: в случае рождения сына отдать

ему 2/3 оставленного имущества, а г[3 матери. В случае же рождения дочери она должна получить 1/3, а мать 2/3 имущества.

Вдова завещателя родила близнецов — мальчика и девочку. Такого события завещатель не предвидел.

Как разделить имущество между всеми тремя наследниками с наилучшим приближением к условиям завещания?

Математическое решение этой задачи зависит от юридического толкования воли завещателя. Одно из возможных юридических обоснований решения этой задачи дал римский юрист Сальвиан Юлиан. Его решение приведено в ответе, но не торопитесь заглянуть в ответ.

Подумайте, поспорьте между собой, предложите свое решение.

236. Парами и тройками

Я решил определить расстояние от моего дома до дома моего приятеля. Я шел равномерным шагом и полпути считал шаги парами, а полпути — тройками, причем пар получилось на 250 больше, чем троек.

Сколько шагов до дома моего приятеля?

237. Кто ехал на лошади?

Два гражданина — один на лошади, другой на машине— выехали одновременно из деревни в город. Один из них молодой, другой пожилой. Через некоторое время выяснилось, что если бы пожилой проехал расстояние, втрое большее, то осталось бы ему ехать вдвое меньше. Если бы молодой проехал расстояние, вдвое меньшее, то осталось бы ему ехать втрое больше.

Догадайтесь, кто из них ехал на лошади—пожилой или молодой?

238. Два мотоциклиста

Два мотоциклиста выехали одновременно из одного и того же места на прогулку. Оба проехали одинаковое расстояние и вернулись домой в одно и то же время.

В пути мотоциклисты отдыхали. При этом известно, что один из них ехал вдвое больше времени, чем отдыхал другой; второй ехал втрое больше времени, чем отдыхал первый.

Кто из мотоциклистов ехал быстрее?

239. В каком самолете володин папа?

— Скажи, папа,— обратился Володя с вопросом к своему отцу, летчику,— в каком из самолетов ты находился во время воздушного парада?

— Ты легко можешь вычислить это сам,— ответил отец Володе, нарисовав «девятку» самолетов (рис. 161).

— Я вспоминаю, что число самолетов по правую сторону от меня, умноженное на число самолетов, находившихся по левую сторону от меня, давало в результате число, на 3 меньшее, чем было бы в том случае, если бы мой самолет находился на 3 места правее.

Володя подумал и показал на рисунке тот самолет, в котором находился его отец.

Как нашел Володя самолет отца?

Рис. 161. В каком самолете володин папа?

240. Раздробить на части

Раздробите 45 на четыре части так, что если к первой части прибавить 2, от второй отнять 2, третью умножить на 2, а четвертую разделить на 2, то все результаты будут равными.

Сумеете сделать?

241. Две свечи

Горят две свечи неодинаковой длины и разной толщины. Более длинная полностью сгорает за 3~ часа, а короткая— за 5 часов.

Через 2 часа одновременного горения длины свечей оказались равными.

Во сколько раз одна свеча первоначально была короче другой?

242. Удивительная проницательность

Когда ребята навещают своего старого друга, бухгалтера Никанорова, он обязательно предлагает им что-нибудь посчитать.

И вот что удивительно: иной раз он даже не знает, какие числа складывали или вычитали ребята, а глянет на результат и сразу скажет, у кого правильный ответ получился, а у кого — неправильный.

— Ну-ка,— скажет он,— задумайте какое-либо четырехзначное число, каждый свое. Задумали? Так... Теперь переставьте первую цифру в конец числа. У вас получилось еще одно четырехзначное число. Сложите оба эти числа. Например, 1234+2341 =3575. А ну, скажите мне ваши результаты.

Коля: 8612, Поля: 4322, Толя: 9867, Оля: 13 859.

— Все ошиблись, кроме Толи. Проверили. Действительно так. Как это определил Никаноров?

Ведь он же совсем не знал, какие числа были задуманы ребятами!

243. «Верное время»

В мастерскую «Верное время» принесли четверо часов: стенные, настольные, будильник и ручные.

Стенные часы по сравнению с сигналом точного времени отстают на 2 минуты в час. Настольные часы по сравнению со стенными идут вперед на 2 минуты в час. Будильник по сравнению с настольными отстает на 2 минуты в час. Ручные по сравнению с будильником идут вперед на 2 минуты в час. В 12 часов все часы были поставлены по сигналу точного времени.

Который час покажут ручные часы в 19 часов в момент сигнала точного времени?

244. Часы

Беда с этими часами. В полдень 2 января и я и Вася поставили их точно. Через несколько дней снова проверили. Оказалось, что мои часы спешат немного, а Васины отстают. В пересчете на 1 час получилось, что мои часы спешат на одну секунду, а васины отстают на 1 секунды в час. Мы заинтересовались такими вопросами: если не переводить стрелки наших часов, то

1) когда в следующий раз мои и васины часы показали бы одно и то же время?

2) когда в следующий раз они показали бы одновременно правильное время?

245. В котором часу?

Задача 1. Через некоторое время после полудня мастер пошел обедать. Уходя, он заметил положение стрелок на часах. Когда мастер вернулся, то обнаружил, что минутная и часовая стрелки поменялись местами.

В котором часу вернулся мастер?

Если вы разобрались в решении первой задачи, то вам не так уж трудно будет самостоятельно решить вторую и третью задачи.

Задача 2. Я отсутствовал дома больше двух часов, но меньше трех. Когда я вернулся домой, то заметил, что за время моего отсутствия минутная и часовая стрелки наших стенных часов поменялись местами.

На сколько больше двух часов я отсутствовал?

Задача 3. Школьник начал решать задачу между 4 и 5 часами вечера, когда стрелки часов совпадали, а кончил тогда, когда минутная стрелка оказалась против часовой (по одной прямой).

Сколько минут решал задачу школьник и в котором часу он закончил решение?

246. В котором часу началось и кончилось совещание?

Совещание началось между 6 и 7 часами вечера, а окончилось между 9 и 10 часами вечера.

Определить точно, в котором часу началось и окончилось совещание, если минутная и часовая стрелки за время совещания поменялись местами.

247. Сержант тренирует разведчиков

Командир отделения разведчиков, сержант Семочкин, пользуется каждым удобным случаем, чтобы тренировать своих подчиненных в наблюдательности, смекалке, военной хитрости. То он неожиданно спросит:

— Сколько опор у моста, который мы переходили сегодня?

А то задачу предложит своим разведчикам для размышлений на досуге.

— Представьте себе,— скажет, например, Семочкин, попыхивая трубкой,— что два разведчика из нашего отряда направлены в один и тот же пункт. Оба они прошли одинаковый путь, но первый из них затратил на весь путь одно время, а второй — другое. Первый разведчик шел с какой-то определенной скоростью половину всего затраченного им времени. Второй разведчик с такой же скоростью шел половину пути. Вторую половину своего времени первый разведчик шел с измененной скоростью; с такой же измененной скоростью шел вторую половину пути второй разведчик.

Который из них скорее пришел к месту назначения?

Для решения этой задачи разведчики брали разнообразные числа в качестве пути и скорости как первоначальной, так и измененной, производили соответствующие вычисления и каждый раз приходили к одному и тому же результату:

первый разведчик меньше тратил времени на весь путь, чем второй.

Те из разведчиков, которые решали задачу алгебраически, получали тот же ответ. Тем самым они доказывали, что в условиях задачи первый разведчик придет скорее второго независимо ни от расстояния, ни от численной величины их скоростей.

Сможете ли вы дать решение этой задачи «на буквах»?

248. По двум сообщениям

Сообщение первое:

— Поезд N прошел мимо меня в течение tx секунд. Сообщение второе:

— Тот же поезд N прошел через мост длиной в а метров в течение t2 секунд.

Как по этим двум сообщениям определить длину и скорость поезда N в предположении, что скорость поезда неизменна?

249. Сколько построили новых станций?

— Бурный рост промышленности и сельского хозяйства в нашей стране сопровождается строительством новых поселков и городов, а следовательно, и непрерывным расширением сети железных дорог,— сказал начальник N-ской железной дороги на общем собрании рабочих и служащих.

— На одной из веток нашей дороги,— продолжал он,— в ближайшее время заканчивается строительство новых пассажирских железнодорожных станций. Мы должны образцово подготовиться к их открытию и не допускать перебоев в работе транспорта.

— Напечатаны ли новые комплекты билетов для пассажиров, пользующихся нашей веткой?—поинтересовался старший кассир дороги.

— Да, все необходимые билеты приготовлены, причем для того чтобы на любой станции нашей ветки пассажир мог получить заранее заготовленный билет до любой другой станции этой же ветки, пришлось в связи с открытием новых станций напечатать 46 дополнительных комплектов билетов.

Определите по этим данным, сколько станций было на N-ской железнодорожной ветке и сколько построили новых станций?

250. Выбрать четыре слова

В столбике слева 14 слов. В каждом слове, начиная со второго, число букв на одну больше, чем в предыдущем. В последнем слове «самообразование» — 15 букв.

Из всех этих четырнадцати слов выберите четыре слова так, чтобы были справедливыми следующие два равенства:

a2 = bd, ad = b2c. Через a, b, с и d здесь обозначены количества букв соответственно в первом, втором, третьем и четвертом словах, выбранных вами. Какие это слова?

251. Допустимо ли такое взвешивание?

Хорошие чашечные весы должны быть равноплечими (а = Ь, рис. 162). На колхозном рынке открылся новый ларек по продаже бакалейных товаров. К сожалению, весы, доставленные в ларек, оказались немного неравноплечими, и пользоваться ими не разрешалось.

— Недоброкачественные весы завтра будут заменены правильными весами,— сказал директор продавцу,— а пока торгуйте только расфасованным товаром.

Перед самым окончанием времени торговли была продана последняя пачка расфасованного сахара, но пришел еще один покупатель, пожелавший купить 2 кг сахара. Продавцу не хотелось отпускать покупателя неудовлетворенным. Он решил воспользоваться неверными весами и предложил покупателю такой способ взвешивания:

— Я положу 1 кг гирь на левую чашку весов, не уравновешивая их, а сахар — на правую, а потом наоборот: гири на правую чашку, а сахар на левую. Я думаю,

Рис. 162.

что это будет справедливо, так как если в первом пакете у вас будет сахара немного менее 1 кг, то во втором— на столько же более.

Может ли покупатель согласиться с таким способом взвешивания?

Дополнительные вопросы. 1) Знаете ли вы о том, что существует способ (и даже не один) точного взвешивания на неправильных и неуравновешенных чашечных весах?

2) Как определить вес груза на неравноплечих, но предварительно уравновешенных весах?

252. Слон и комар

Один любитель математических развлечений, занимаясь как-то различными преобразованиями алгебраических выражений, пришел к странному выводу, что вес слона равен весу комара! Он рассуждал следующим образом:

Рис. 163. Вес слона равен весу комара!

Пусть X — вес слона, а у— вес комара. Обозначим сумму этих весов через 2v:

Из этого равенства можно получить еще два:

Перемножим почленно последние два равенства:

Прибавив к обеим частям последнего равенства по v2, получим:

Извлекая квадратный корень из обеих частей последнего равенства, получим: х— v=y— v, или х=у, то-есть вес слона (х) равен весу комара (у). Разберитесь-ка, в чем тут дело?

253. Пятизначное число

Однажды мне встретилось интересное пятизначное число А. Приписывая единицу впереди этого числа, я получал, конечно, число шестизначное: [1][А]; приписывая единицу в конце его, я тоже получал шестизначное число: [А][1]; но второе шестизначное число оказывалось втрое больше первого: ^щл] Найдите это число Л.

254. Лет до ста расти вам без старости

В одном случае задача привлекательна предельной четкостью и лаконичностью условия, в другом, наоборот, некоторой витиеватостью, «запутанностью» условия, похожего на тонкое узорчатое кружево.

Не хотите ли, например, установить соотношение между моим и вашим возрастом по следующему «узорчатому» условию.

Сейчас мне и вам вместе 86 лет. Число моих лет составляет 15/1б от возраста, который вы будете иметь тогда, когда мой возраст составит 9/1в от того числа лет, которое вы имели бы, если бы дожили до такого воз-

раста, который в два раза больше числа моих лет в тот момент, когда я могу быть вдвое вас старше. Сколько лет мне и сколько вам?

Решить эту задачу можно следующим довольно остроумным способом.

Решение. Всмотритесь в «кружево» условия задачи и вы различите следующие «узоры», идущие от конца задачи к ее началу.

1) В какой-то момент времени я могу быть старше вас вдвое. Если в этот момент ваш возраст х, то мой — 2х. Изобразим для наглядности это соотношение возрастов двумя отрезками, из которых один вдвое длиннее другого:

Отсюда следует, что я старше вас на х лет и эта разность в наших возрастах будет всегда.

2) В какой-то другой момент времени мой возраст составляет 9/4 от вашего, каким он был в момент 1); отрезок, изображающий мой возраст, теперь должен быть длиной 2-х, а ваш, как всегда, на х меньше, то-есть 1-^ х:

3) Сейчас число моих лет составляет 15/16 от вашего возраста, каким он был в момент 2), то-есть

а вам попрежнему на х лет меньше:

Так как сейчас нам вместе 86 лет, то Отсюда л; = 64. Следовательно, мне сейчас

а вам

Так получается по задаче. В действительности же мне еще далеко не 75 лет, зато вам, вероятно, больше 11.

Еще одну аналогичную задачу решите самостоятельно.

Теперь мне вдвое больше лет, чем было вам тогда, когда мне было столько лет, сколько вам теперь. Когда вам будет столько лет, сколько мне теперь, то нам вместе будет 63 года. Сколько теперь лет каждому из нас?

255. Задача Люка

Эту задачу придумал французский математик прошлого века Э. Люка. Его соотечественник, математик Лезан рассказывает следующую историю, ручаясь за ее достоверность.

На одном научном конгрессе в конце завтрака, на котором присутствовало много известных математиков из разных стран, Люка вдруг объявил, что он хочет предложить всем присутствующим один из самых трудных вопросов.

— Я полагаю,— сказал Люка,— что каждый день в полдень из Гавра в Нью-Йорк отправляется пароход и в тот же самый момент пароход той же компании отправляется из Нью-Йорка в Гавр. Переезд совершается ровно в 7 суток как в том, так и в другом направлении. Сколько судов своей компании, идущих в противоположном направлении, встретит пароход, отправляющийся сегодня в полдень из Гавра?

Как вы ответили бы на вопрос Люка? Подумайте о графическом способе решения этой задачи.

256. Своеобразная прогулка

Двум мальчикам необходимо было совершить небольшое путешествие на велосипедах. В пути у одного из них поломался велосипед и пришлось его оставить для починки. Несмотря на это, мальчики решили не прерывать своего путешествия и продолжать его отчасти пешком, отчасти на велосипеде следующим образом.

Отправляются одновременно оба: один на велосипеде, другой пешком. В известном месте велосипедист оставит велосипед и будет продолжать свой путь пешком. Его спутник, дойдя до условленного места, сядет на велосипед и в тот момент, когда догонит своего товарища,

вновь уступит ему велосипед, сам же будет продолжать путь пешком.

На каком расстоянии от конечного пункта их путешествия следует оставить велосипед в последний раз, чтобы оба мальчика одновременно достигли конечного пункта, если от места аварии до цели им осталось 60 км; пешком они передвигаются по 5 км, а на велосипеде — по 15 км в час.

Был ли выгодным для мальчиков такой способ передвижения?

257. Одно свойство простых дробей

Напишите сколько хотите разных простых дробей, числители и знаменатели которых положительны.

Составьте новую дробь, числитель которой равнялся бы сумме всех числителей, а знаменатель — сумме всех знаменателей написанных вами дробей. Эта новая дробь обязательно окажется больше самой меньшей, но меньше самой большей из написанных вами дробей.

Проверьте это свойство на каком-нибудь примере и докажите его справедливость для любого числа любых положительных дробей.

ГЛАВА ДЕВЯТАЯ

МАТЕМАТИКА ПОЧТИ БЕЗ ВЫЧИСЛЕНИЙ

Решение всякой задачи в той или иной мере опирается «на рассуждения», но особую привлекательность имеют такие задачи, в которых основную, решающую роль играет правильное построение цепочки точных, иногда очень тонких рассуждений.

Некоторые из задач подобного рода являются скорее логическими, чем математическими, но и такие задачи развивают «математическое мышление», учат «думать», «анализировать», заставляют искать нешаблонные пути решения.

258. В темной комнате

Я вошел в комнату, чтобы взять из шкафа свои ботинки и носки. В комнате спала сестра, и было совсем темно. Я хорошо знал, в каком месте шкафа находятся мои три пары ботинок — все разных фасонов, и 12 пар носков — черных и коричневых. Мне не хотелось зажигать свет, чтобы не разбудить сестру.

Действительно, как ботинки, так и носки я обнаружил на своих местах, но, должен признаться, в беспорядке— просто груду из 6 ботинок и кучу из 24 носков.

Сколько ботинок и сколько носков (самое меньшее) мне надо вынести из темной комнаты в светлую, чтобы обеспечить себя парой ботинок одного фасона и парой носков одного цвета, при этом фасон обуви и цвет носков мне были безразличны?

259. Яблоки

В ящике перемешаны яблоки трех сортов. Каково наименьшее количество яблок, которое надо взять наугад из ящика, не заглядывая в него, чтобы среди вынутых яблок оказались: 1) хотя бы 2 яблока одного сорта; 2) хотя бы 3 яблока одного сорта?

260. Прогноз погоды (шутка)

Если в 12 часов ночи идет дождь, то можно ли ожидать, что через 72 часа будет солнечная погода?

261. День леса

В «день леса» двум пионерским отрядам — учащимся IV и VI классов нашей школы — было поручено посадить деревья по обе стороны улицы по равному количеству на каждой стороне.

Чтобы «не ударить лицом в грязь» перед шестиклассниками, пионеры IV класса вышли на работу пораньше и успели посадить 5 деревьев, пока пришли шестиклассники, но оказалось, что они сажали деревья не на своей стороне.

Пришлось пионерам IV класса итти на свою сторону и вновь начинать работу. Шестиклассники, конечно, закончили свою работу раньше. Тогда председатель совета отряда предложил:

— Пойдем, ребята, поможем команде IV класса!

Все согласились. Перешли на другую сторону улицы, посадили 5 деревьев, отдали, значит, долг, да еще успели посадить 5 деревьев, и вся работа была закончена.

— Хоть вы пришли раньше нас, а все-таки мы вас обогнали,—посмеялся один шестиклассник, обращаясь к команде IV класса.

— Подумаешь, обогнали! На 5 деревьев только,— возразил кто-то.

— Нет не на 5, а на 10,— зашумели шестиклассники. Спор разгорался. Одни настаивают на том, что на «5», другие пытаются как-то доказать, что на «10».

До истины, конечно, добрались, но спорили долго. Кто же прав?

262. У кого какое имя?

— Ребята, в наш летний пионерский лагерь завтра утром приедут три еще незнакомых вам мальчика: Буров, Гриднев и Клименко.— сказал вожатый, обращаясь к группе сидевших на лужайке пионеров из старшего отряда.

— Я могу сообщить имена этих мальчиков: Коля, Петя и Гриша.

— Но кто же из них Буров, кто Гриднев и кто Клименко?

— Давайте, будем угадывать,— предложил кто-то из ребят.

— Я думаю, что Буров — это фамилия Коли,— раздался еще один голос.

— Нет, ты не угадал,— ответил вожатый.— И совсем не надо угадывать. Вы можете сами точно определить не только имена Бурова, Гриднева и Клименко, но даже и возраст каждого из этих мальчиков по тем немногим косвенным сведениям, которые я вам сейчас сообщу о них.

Предложение показалось заманчивым и было принято с удовольствием.

— К тому, что вы уже узнали о приезжающих мальчиках, я добавлю еще только следующие факты:

1) Отец Нади Серовой, которую вы хорошо знаете,— родной брат матери Бурова.

2) Петя пошел в школу 7 лет и учится отлично. А в письме, которое я недавно получил, он пишет:

«...Наконец-то в этом году я начну изучать алгебру, геометрию, физику...».

Добавлю еще, что наш пасечник Семен Захарович Мокроусов приходится Пете родным дедушкой и ждет своего внука с нетерпением.

3) Гриднев старше Пети на 1 год.

4) Гриша старше Пети на 1 год.

— Это все?

— Да.

— Но не маловато ли мы узнали о мальчиках,— посомневался кто-то.

— Вполне достаточно, чтобы полностью решить поставленную задачу.

После непродолжительных споров, рассуждений и сопоставлений полученных фактов ребята нашли единственно возможное решение и точно определили имя и возраст своих новых товарищей: Бурова, Гриднева и Клименко.

263. Состязание в меткости

Три мальчика — Андрюша, Боря и Володя — стреляли из мелкокалиберных винтовок по специальной мишени, изображенной на рис. 164. Каждый из мальчиков сделал по 6 выстрелов. Места попаданий в мишень отмечены на рисунке точками. Когда подсчитали результаты, оказалось, что каждый из мальчиков выбил по 71 очку. При этом из всех 18 выстрелов только один дал попадание в центральный круг мишени (50 очков).

Кому из мальчиков — Андрюше, Боре или Володе — принадлежал этот самый удачный выстрел — я забыл. Но вы это можете установить по следующим данным: первые 2 выстрела дали Андрюше 22 очка; первый выстрел Володи дал ему только 3 очка.

Кто же из мальчиков попал в центральное яблоко мишени?

264. Покупка

Девочка купила в магазине 42 карандаша: 15 обыкновенных по 16 копеек, 7 цветных по 28 копеек, 12 для черчения и 8 химических. Ей выписали чек на 8 р. 90 коп. Цены на химические карандаши и карандаши для черчения девочка не помнила, но знала количество этих карандашей, поэтому она сразу обнаружила ошибку в чеке и заявила об этом продавцу. Продавец пересчитал сумму, извинился и исправил чек.

Как девочка обнаружила ошибку?

Рис 164. Результаты состязания.

265. Пассажиры одного купе

В купе одного из вагонов поезда Москва — Одесса ехали москвич, ленинградец, туляк, киевлянин, харьковчанин и одессит. Их фамилии начинались буквами А, Б, В, Г, Д и Е.

В дороге выяснилось, что А и москвич — врачи; Д и ленинградец — учителя, а туляк и В — инженеры. Б и Е — участники Отечественной войны, а туляк в армии совсем не служил. Харьковчанин старше А, одессит старше В. Б и москвич сошли в Киеве, а В и харьковчанин в Виннице. Определите профессию каждого из этих шести пассажиров и место жительства каждого из них.

Примечание. Не лишен интереса вопрос о необходимости и достаточности количества фактов, устанавливаемых условием этой задачи.

Может быть заинтересуетесь этим небольшим исследованием?

266. Финал турнира шахматистов Советской Армии

В финале турнира шахматистов Советской Армии встретились представители восьми воинских званий: полковник, майор, капитан, лейтенант, старшина, сержант, ефрейтор и солдат. Все из разных родов войск: один пехотинец, другой летчик, затем танкист, артиллерист, кавалерист, минометчик, сапер и связист.

Рассуждая правильно, вы сможете определить воинскую специальность каждого из 8 шахматистов по следующим данным:

В 1-м туре полковник играл с кавалеристом. Летчик приехал только ко второму туру.

Во 2-м туре пехотинец играл с ефрейтором и майор со старшиной. После 2-го тура капитан выбыл из турнира по болезни. Из-за этого выходными оказались:

В 3-м туре сержант, в 4-м туре танкист, в 5-м туре майор.

В 3-м туре лейтенант выиграл у пехотинца, а партия полковника с артиллеристом окончилась вничью.

В 4-м туре сапер выиграл у лейтенанта, а старшина — у полковника. Перед последним туром доигрывалась оставшаяся не оконченной в 6-м туре партия кавалериста с минометчиком.

Замечания. 1) Для решения этой задачи не требуется уменья играть в шахматы. Следует только знать, что в турнире один и тот же шахматист два раза выходным не бывает и с каждым партнером играет по одной партии.

2) На основании полученного решения задачи желающие могут даже составить полную таблицу распределения встреч по турам.

267. Воскресник

Перед началом учебного года комсомольцы организовали воскресник по заготовке дров для школы. Шестеро из них взялись за распиловку кругляка разной длины на полуметровые отрезки. Комсомольцы разбились на 3 пары. Один из каждой пары считался бригадиром. Бригадиров звали Володя, Петя и Вася. Володя с Мишей пилили двухметровые кругляки средней толщины. Петя с Костей — полутораметровые кругляки несколько большей толщины, чем двухметровые. Вася с Федей пилили метровые, очень толстые кругляки.

На другой день в школьной стенной газете была отмечена хорошая работа трех бригад пильщиков: бригад Лаврова, Галкина и Медведева.

Сообщалось, что Лавров и Котов напилили 26 штук кругляков, Галкин и Пастухов — 27 штук, Медведев и Евдокимов — 28 штук.

Как зовут Пастухова?

268. Как фамилия машиниста?

В поезде Москва — Ленинград едут пассажиры Иванов, Петров и Сидоров. Такие же фамилии имеют машинист, кочегар и кондуктор поездной бригады. Известно, что

1) пассажир Иванов живет в Москве;

2) кондуктор живет на полпути от Москвы до Ленинграда;

3) пассажир, однофамилец кондуктора, живет в Ленинграде;

4) тот пассажир, который живет ближе к месту жительства кондуктора, чем другие пассажиры, зарабатывает в месяц ровно втрое больше кондуктора;

5) пассажир Петров зарабатывает в месяц 2000 рублей;

6) Сидоров (из бригады) недавно выиграл у кочегара партию на биллиарде.

Как фамилия машиниста?

269. Уголовная история (Из журнала «Scripta Mathematica»)

У учительницы одной из начальных школ штата Нью-Йорк пропал кошелек. Украсть кошелек мог только кто-нибудь из 5 учеников: Лилиан, Джуди, Дэвид, Тео или Маргарэт.

При опросе этих детей каждый из них дал по 3 показания:

Лилиан: 1) я не брала кошелек; 2) я никогда в своей жизни ничего не воровала; 3) это сделал Тео.

Джуди: 4) я не брала кошелек; 5) мой папа достаточно богат, и я имею свой собственный кошелек; 6) Маргарэт знает, кто это сделал.

Дэвид: 7) я не брал кошелек; 8) с Маргарэт я не был знаком до поступления в школу; 9) это сделал Тео.

Тео: 10) я не виновен; 11) это сделала Маргарэт; 12) Лилиан лжет, утверждая, что я украл кошелек.

Маргарэт: 13) я не брала кошелек учительницы; 14) в этом виновна Джуди; 15) Дэвид может поручиться за меня, так как знает меня со дня рождения.

При дальнейшем расспрашивании каждый из учеников признал, что из сделанных им трех заявлений два верных и одно неверное.

Определите, кто из учеников украл кошелек своей учительницы.

270. Сборщики трав

Летом во время похода два пионерских звена собирали лекарственные травы одного и того же сорта. За собранные травы аптекоуправление уплатило ребятам некоторую сумму денег, большая часть которой составила долю первого звена, так как пионеры первого звена собрали лекарственных трав больше, чем пионеры второго звена.

Если, кроме общей суммы денег, уплаченной аптекоуправлением, известно также, сколько килограммов трав собрало каждое звено, то распределение денег между двумя звеньями представляет весьма несложную задачу, но все необходимые арифметические действия ребята зашифровали, заменив звездочкой каждую цифру, кроме одной цифры 7, и предлагают вам расшифровать их решение.

Вот это зашифрованное решение: 1) Сколько всего собрано трав?

2) Сколько рублей стоит один килограмм трав?

3) Какая сумма денег приходится на долю первого звена?

4) Какая сумма денег приходится на долю второго звена?

271. Скрытое деление

За одним из столиков клубной комнаты настольных игр происходит молчаливое «сражение» двух юных шахматистов.

Рядом примостилась Оля — редактор математической стенной газеты «Думай!». Сейчас она составляет задачу для очередного номера газеты.

Покончив с делением семизначного числа на двузначное, Оля отложила лист с вычислениями в сторону и принялась за чертеж. Тогда сидевшие рядом шахматисты, не прерывая игры, начали одновременно развлекаться тем, что каждую шахматную фигуру, снятую с доски, ставили на цифры олиного листа, не придерживаясь при этом какой-либо системы. К моменту окончания партии все цифры делимого, делителя, частного и всех промежуточных произведений и остатков, кроме самого последнего, равного единице, были закрыты шахматными фигурами.

— Оля, вот тебе и задача для газеты,— сказал один из шахматистов,— зарисуй или сфотографируй вот это «фигурное деление» и предложи читателям определить все цифры, скрытые под фигурами.

— А ведь в самом деле получается интересная задача,— обрадовалась Оля,— только подождите; давайте сначала подумаем — имеет ли она решение.

После непродолжительного размышления ребята пришли к заключению, что в таком виде задача еще мало привлекательна, так как допускает много различных решений, но если снять фигуру со средней цифры частного (эта цифра 8), то задача становится вполне определенной и имеет единственное решение.

По рис. 165 найдите делимое, делитель и частное.

272. Зашифрованные действия (числовые ребусы)

Арифметические действия зашифрованы: цифры заменены буквами и звездочками. Одинаковыми буквами заменены одинаковые цифры, а разными буквами — неодинаковые цифры; звездочки же поставлены взамен всяких цифр как одинаковых, так и неодинаковых. Каждый ребус может быть расшифрован путем точных и последовательных рассуждений. Восстановите цифры вместо букв и звездочек.

Рис. 165. Найдите делимое, делитель и частное.

Первый ребус Второй ребус Третий ребус

Четвертый ребус

Пятый ребус

(имеет четыре решения)

Шестой ребус. Этот ребус усложнен тем, что не известно даже число цифр делителя, и все же ребус имеет единственное решение.

Найдите его.

Седьмой ребус

(имеет два решения)

Восьмой ребус

(имеет много решений)

Девятый ребус

273. Арифметическая мозаика

Изображенная здесь мозаика букв и математических знаков представляет собой еще два увлекательных арифметических ребуса, решение которых можно получить не слепым подбором, а логическим путем.

Первый ребус Второй ребус

Как и в предыдущих ребусах, буквами зашифрованы цифры, причем разным буквам непременно соответствуют и разные цифры. Между зашифрованными числами поставлены математические знаки, показывающие действия по вертикалям сверху вниз, по горизонталям справа налево. Результат действия по вертикали записан на той же вертикали под чертой, результат действия по горизонтали записан на той же горизонтали после знака равенства.

Восстановите цифры вместо букв так, чтобы точно выполнялись все указанные здесь действия.

Расшифровав числовое значение каждой буквы, расставьте буквы соответственно их числовому значению (от О до 9). Образуется слово, в первом ребусе — на русском языке, во втором — на немецком. Первое слово — математический термин, а второе слово говорит о важном шаге в жизни каждого человека.

274. Мотоциклист и верховой

На аэродром к прибытию самолета был выслан мотоциклист из почтового отделения. Самолет прибыл раньше установленного срока, и привезенная почта была направлена в почтовое отделение с верховым. Проехав полчаса, верховой встретил мотоциклиста, который принял почту, и, не задерживаясь, повернул обратно.

В почтовое отделение мотоциклист прибыл на 20 мин. раньше, чем следовало.

На сколько минут раньше установленного срока самолет прибыл на аэродром?

275. Пешком и на автомобиле

Тому, кто разобрался в решении предыдущей задачи, нетрудно самостоятельно найти решение следующей задачи такого же рода.

Инженер, работающий за городом, ежедневно приезжает на станцию в 8 часов 30 минут. Точно в это же время подъезжает к станции «Победа» и, не задерживаясь, отвозит инженера на завод.

Однажды инженер приехал на станцию в 8 час. и, не дожидаясь автомобиля, пошел пешком к заводу. Встретив на пути «Победу», он сел в нее и приехал на завод на 10 мин. раньше, чем обычно.

Определите, какое время показывали часы в момент встречи инженера с «Победой» и во сколько раз медленнее он идет пешком, чем едет на автомобиле.

276. «От противного»

Представьте себе, что имеются два утверждения «А» и «Б», взаимно исключающие друг друга. Из них справедливо, конечно, только какое-нибудь одно. Предположим, требуется доказать справедливость утверждения «А».

Вместо непосредственного, прямого доказательства справедливости утверждения «А» прибегают иногда к косвенному доказательству, то-есть доказывают, что противоположное утверждение «Б» несправедливо, так как приводит к противоречию с достоверными фактами. Этот метод рассуждений, называемый «доказательством от противного», широко применяется в геометрии, в школьном курсе алгебры, иногда в арифметике. Однако его с успехом можно применять не только для доказательства теорем, но даже для решения задач.

Рассмотрим применение метода рассуждений «от противного» на примере такой задачи.

Сумма двух чисел 75. Первое из них на 15 больше второго. Способом рассуждения «от противного» доказать, что второе число равно 30.

Решение. Предположим, что второе число не равно 30, тогда оно либо больше 30, либо меньше 30. Однако если второе число больше 30, то первое больше 45 и сумма их больше 75, что противоречит условию. Если же второе число меньше 30, то первое меньше 45 и сумма их меньше 75, что также противоречит условию.

Следовательно, второе число равно 30.

Следующие 2 задачи решите рассуждением «от противного»:

Задача 1. Произведение двух целых чисел больше 75. Доказать, что хотя бы один из сомножителей больше 8.

Задача 2. Произведение некоторого двузначного числа на 5 — тоже двузначное число. Доказать, что первая цифра данного множимого есть 1.

277. Обнаружить фальшивую монету

Вряд ли в действительности может возникнуть необходимость искать среди одинаковых монет фальшивую при помощи взвешиваний на чашечных весах без гирь, но ради тренировки своей мысли примем эти условия как исходные для решения следующих трех задач «на рассуждения».

Первая задача (легкая). Имеется 9 монет одинакового достоинства. Известно, что 8 из них имеют одинаковый вес, а одна — фальшивая — немного легче остальных. Требуется при помощи двух взвешиваний на чашечных весах без гирь выделить фальшивую монету.

Вторая задача (потруднее). При тех же условиях выделить фальшивую (более легкую) монету из 8 одинаковых монет тоже при помощи только двух взвешиваний.

Третья задача (трудная). Среди 12 монет имеется одна фальшивая. Известно, что фальшивая монета отличается по весу от настоящих, но не известно, легче она настоящих или тяжелее. Настоящие монеты все одного веса. С помощью не более трех взвешиваний на чашечных весах без гирь выделить фальшивую монету и одновременно установить, легче она или тяжелее остальных.

Задачи для самостоятельного решения (без ответов):

Задача 1. Изготовлено 13 деталей. Все они одного фасона и должны иметь одинаковый вес. Но возможно, что в этой партии есть одна деталь (не более чем одна), отличающаяся от остальных по весу.

Тремя взвешиваниями на чашечных весах определить, имеется ли в данной партии нестандартная деталь, и если имеется, то легче она стандарта или тяжелее. Гирь нет, но есть одна дополнительная (четырнадцатая) деталь стандартного веса, которую разрешается ставить на весы.

Задача 2. Обобщим предыдущую задачу. Условия те же, но число контролируемых деталей равно —^—, а на весах разрешается произвести п взвешиваний (л=1, 2, 3...)*).

278. Логическая ничья

На конкурсе любителей задач и головоломок особенно отличились 3 человека. Чтобы выделить из них победителя, решили провести еше одно испытание. Показали им 5 бумажек: 3 белые и 2 черные. Затем всем троим завязали глаза и каждому наклеили на лоб по белой бумажке, а черные бумажки уничтожили. После этого повязки сняли и объявили, что победителем будет тот, кто первым определит цвет своей бумажки. Никто из соревнующихся не мог видеть цвета своей бумажки, но видел белые бумажки у своих товарищей. После некоторого размышления все трое пришли одновременно к заключению, что у каждого из них белая бумажка. Как они рассуждали?

*) Последние две задачи разработаны В. Давиде из Загреба.

279. Три мудреца

Утомившись от споров и летнего зноя, три древнегреческих философа прилегли немного отдохнуть под древом сада Академии и уснули. Пока они спали, шутники испачкали углем их лбы. Проснувшись и взглянув друг на друга, все пришли в веселое настроение и начали смеяться, но это никого не тревожило, так как каждому казалось естественным, что двое других смеются друг над другом.

Внезапно один из мудрецов перестал смеяться, так как он сообразил, что его собственный лоб также запачкан.

Как он рассуждал?

280. Пять вопросов для школьников

Чисто математическая формулировка должна быть достаточно полной, но без ненужных слов. Краткость и точность математического языка является его отличительной и в то же время красивой чертой.

1. Найдите ненужные слова в следующих знакомых вам математических предложениях:

а) Сумма двух острых углов прямоугольного треугольника равна 90°.

б) Если катет прямоугольного треугольника равен половине гипотенузы, то противолежащий ему острый угол содержит 30°.

2. Употребляя соответствующие математические термины, упростить следующие фразы:

а) Часть секущей, заключенная внутри окружности.

б) Многоугольник с наименьшим числом сторон.

в) Хорда, которая проходит через центр окружности.

г) Равнобедренный треугольник, основание которого равно боковой стороне.

д) Две окружности неравных радиусов, имеющие общий центр.

3. В треугольнике ABC (рис. 166) АВ = ВС, AD = DC. Найдите не менее 5 терминов, характеризующих отрезок BD.

4. Вот 7 родственных терминов: параллелограмм, геометрический образ, квадрат, многоугольник, плоская фи-

Рис. 166.

гура, ромб, выпуклый четырехугольник. Расположите эти слова последовательно так, чтобы понятие, обозначенное предыдущим словом, включало в себя понятие, обозначенное последующим словом.

5. Зная, что сумма всех внешних углов любого выпуклого многоугольника равна 4 прямым углам, сообразите, какое наибольшее число внутренних острых углов может встретиться в выпуклом многоугольнике.

281. Рассуждения вместо уравнения

Каждому человеку, сколько-нибудь изучавшему математику, знакомы те или иные приемы арифметики, или, может быть, алгебры и других разделов математики, при помощи которых он и решает математическую задачу.

Есть, конечно, задачи совершенно непосильные человеку, не владеющему хотя бы алгеброй, но есть, естественно, и такие, перед которыми не следует отступать даже и тому, кто не умеет составлять и решать уравнения. Ведь может еще помочь самый обыкновенный здравый смысл, наблюдательность, рассудительность. Это — тоже законные приемы решения задач. Вот и решите-ка «по соображению» следующие 2 задачи:

Задача 1. Если некоторое двузначное число прочесть справа налево, то полученное «обращенное» число будет в 4V2 раза больше данного. Что это за число?

В условии задачи данных немного, но, искусно их используя, можно решить эту задачу одними «рассуждениями» примерно так:

а) Искомое число больше 10, так как оно двузначное.

б) Но оно меньше 25, так как 25Х472 — число трехзначное.

в) Искомое число четное, так как при умножении его на 41/2 получается число целое.

г) Обращенное число по условию в 9 раз больше половины данного числа, значит, обращенное число кратно 9.

д) Так как обращенное число кратно 9, то сумма его цифр делится на 9, а данное число состоит из тех же цифр, что и обращенное, значит, и оно кратно 9.

Найдите продолжение этих рассуждений и закончите решение задачи.

Задача 2. Произведение четырех последовательных целых чисел равно 3024. Найти эти числа.

Для «логического» решения этой задачи можно предложить следующую схему рассуждений:

а) Установить, что среди искомых чисел нет числа 10.

б) Среди искомых чисел должны быть числа, меньшие 10.

в) Из пунктов а) и б) и из условия задачи вывести, что все искомые числа меньше 10, то-есть однозначны.

г) Установить, что среди искомых чисел нет числа 5.

д) Разбить все остальные однозначные числа на 2 группы в соответствии с условием задачи и выяснить, какая группа удовлетворяет условиям задачи.

282. По здравому смыслу

Галя Карпова, студентка педагогического института, готовится к своему «пробному уроку» по математике в 8-м классе средней школы.

— Покажи-ка мне, Галя, какие задачи ты надумала предложить своим ученикам,— поинтересовался галин отец, знатный машинист.

«Возраст ребенка, увеличенный на 3 года, дает число, из которого точно извлекается квадратный корень, и если действительно извлечь корень из этого числа, то получится возраст ребенка, уменьшенный на 3 года.

Сколько лет ребенку?»

— Ну, что ж, неплохая задача для устных упражнений. Смекалистые ребята решат ее в одну минуту.

— Как для устных упражнений? Как в одну минуту? На этой задаче я предполагала еще раз показать ученикам преимущество алгебраического способа решения задачи— при помощи составления уравнения — перед арифметическим.

— В таком случае эта задача малопригодна. Всякий, кто вникнет в смысл твоей задачи, решит ее «в уме» почти без всяких вычислений.

Как решил задачу старый машинист — отец Гали?

Дополнительный вопрос для тех, кто умеет составлять и решать квадратные уравнения:

Как арифметически и алгебраически предполагала Галя решить эту задачу?

283. Да или нет?

Представьте себе, что ваш друг задумал некоторое целое число в промежутке от 1 до 1000. Чтобы угадать задуманное число, вы будете задавать вопросы. Условимся, далее, что на все вопросы ваш друг будет отвечать только «да» или «нет».

Может показаться невероятным, что достаточно всего лишь десяти вопросов, чтобы наверняка отгадать любое задуманное целое число, в промежутке от 1 до 1000. Однако это так.

Сообразите, какие вопросы надо задавать.

ГЛАВА ДЕСЯТАЯ

МАТЕМАТИЧЕСКИЕ ИГРЫ И ФОКУСЫ

А. ИГРЫ

Есть игры, успешное проведение которых зависит не от случайного стечения благоприятных обстоятельств, а от собственной смекалки и предварительного расчета. Тот, кто умеет произвести расчет, лежащий в основе игры, становится обладателем «секрета» игры, обеспечивающего ему победу над партнерами, еще не овладевшими ее математической основой. Такие игры приобретают свойства задач. С другой стороны, элементы игры присущи почти всякой задаче типа «математических развлечений».

284. Одиннадцать предметов

На столе — одиннадцать одинаковых предметов, например спичек. Первый играющий берет себе из этого количества по своему усмотрению 1, 2 или 3 предмета, затем второй играющий берет себе из числа оставшихся предметов также по своему усмотрению 1, 2 или 3. Потом опять берет первый и т. д. Так поочередно оба играющих берут каждый раз не более чем по три предмета. Проигрывает тот, которому приходится взять последний предмет. Может ли начинающий игру поставить своего партнера перед необходимостью взять последний предмет?

Как надо вести игру, чтобы выиграть в тех случаях, когда начальное число предметов 30?

Обобщение игры. Двое поочередно берут спички со стола.

Как надо вести игру, чтобы вынудить партнера взять последнюю спичку, если первоначально на столе лежит п спичек, а за один раз разрешается взять от 1 до р спичек (р значительно меньше гс)?

285. Взять спички последним

Изменим основное условие предыдущей игры. Пусть теперь игрок, взявший спички последним, не проигрывает, а выигрывает игру.

Играют двое и берут поочередно, каждый по своему усмотрению, любое количество спичек в пределах от одной до шести.

Как надо вести игру, чтобы взять спички последним, если первоначально лежит на столе 30 спичек?

286. Побеждает чет

Из 27 спичек, лежащих на столе, двое играющих поочередно отнимают не менее одной и не более четырех спичек. Выигравшим считается тот, у кого по окончании игры окажется четное количество спичек.

Как игру выиграть?

287. Цзяньшицзы

«Цзяньшицзы» — китайская национальная игра. Буквальный перевод слова «Цзяньшицзы» — «выбирание камней».

Играют двое. Положив на землю две кучки камней, играющие поочередно берут камни из этих кучек, соблюдая следующие правила:

а) из одной кучки можно брать любое количество камней (даже сразу всю кучку),

б) можно брать камни одновременно из двух кучек, но непременно по одинаковому количеству из каждой кучки.

Выигрывает тот, кто, соблюдая эти правила, сможет взять последний камень.

Камни, разумеется, можно заменить любыми другими предметами.

Игра «Цзяньшицзы» представляет собой дальнейшее развитие и расширение только что описанных игр со спичками. В «Цзяньшицзы» не ограничивается первоначальное количество предметов, раскладываются они на две кучки и игроку разрешается брать количество предметов, не предопределяемое заранее.

Математический интерес игры — в построении ее теории, то-есть в отыскании и обосновании такого способа ведения игры, который обеспечивал бы выигрыш партии определенному игроку.

Ясно, например, что в положениях (1, 0), что значит: в одной кучке 1 камень, в другой — 0 камней, и (я, я), что значит: обе кучки содержат по одинаковому количеству камней,— выиграет игру тот, кто делает очередной «ход». Он сразу возьмет все камни (в первом случае на основании пункта а), во втором — на основании пункта б) правил).

В положении (1, 2) игрок, делающий очередной ход, проигрывает. В этом легко убедиться, составив таблицу всех случаев продолжения игры от положения (1, 2):

В первом столбце таблицы указано число камней в каждой кучке. Цифры под А и Б указывают, сколько камней осталось в кучках после очередного хода (игрок А делает «ход» первым).

Итак, сочетание камней (1, 2) приносит поражение игроку, делающему очередной «ход». Обозначим это сочетание, как «НП» («начинающий проигрывает»).

Продолжаем исследование. Если в первой кучке 1 камень, а во второй не меньше трех камней, то игрок А, начинающий игру, обязательно выиграет: он возьмет из второй кучки все камни за исключением двух; это приведет к положению (1, 2), то-есть к такому соотношению камней, при котором игрок Б, делающий очередной «ход», проигрывает.

Отсюда следует, что положение (1, п) является сочетанием «НП» только для п = 2; во всех остальных случаях оно является сочетанием «HB» — «начинающий выигрывает».

Игрок, желающий выиграть игру, должен руководствоваться таким принципом: своим «ходом» свести соотношение камней в кучках к сочетанию «НП».

Какие же еще соотношения камней, кроме (1, 2), будут сочетаниями «НП»?

Рассмотрите подробно все случаи продолжения игры в положении (2, п) для л]>1, затем в положении (3, п) ит. д., и вы несомненно найдете еще целый ряд сочетаний «НП», знание которых обязательно для достижения победы в игре «Цзяньшицзы».

Можете попытаться, далее, обнаружить закономерность в последовательности сочетаний «НП» и вообще собственными усилиями завершить математическую теорию игры «Цзяньшицзы», но это, разумеется, нелегкая и серьезная задача, обстоятельное решение которой впервые было найдено лишь в 1930 году, московским профессором Игорем Владимировичем Арнольдом*).

288. Как выиграть?

Играют двое. Игровое поле — полоска бумаги, разделенная на 8 клеток. В клетках d, / и h помещены шашки

(рис. 167). Играющие поочередно передвигают произвольно выбранную шашку из данных трех на любую клетку в на правлении, указанном стрелкой. Шашка может быть передвинута и через другую шашку и поставлена на клетку, занятую другой шашкой.

Выигрывает тот, кто последним поставит шашку на клетку «а». Тот, кто в этой игре делает первый ход, всегда может выиграть, если предварительно разработает систему правильных ходов. Разработку системы ходов, обеспечивающих победу, а также доказательство высказанного утверждения, оставляю для самостоятельных изысканий.

Рис. 167. Поле для игры.

*) Опубликовано в 1936 г. в сборнике «Математическое просвещение», № 8.

289. Выложить квадрат

Эта игра — маленький конструктор. Двое играющих должны иметь по 18 картонных плоских фигур (рис. 168). Цвет фигур одного комплекта должен отличаться от цвета фигур другого комплекта.

Поле для игры представляет собой квадрат из 36 клеток, объединенных в 9 квадратных секций по 4 клетки в каждой (рис. 169). Размер фигур определяется размером клеток игрового поля. Комбинируя данные фигуры,

можно выложить из них несколько квадратов таких же размеров, как секции игрового поля (то-есть в 4 клетки). Разумеется, каждый игрок может выложить не больше четырех квадратов, так как располагает для этого только восемнадцатью фигурами, общая площадь которых 17-^- клеток.

Выкладываются квадраты на игровом поле поочередными ходами. Каждый ход состоит в том, что игрок кладет одну из принадлежащих ему фигур на любую свободную клетку секции, еще не занятой партнером, но при этом он не должен занимать своими фигурами больше четырех секций.

Переставлять фигуру с одной клетки игрового поля на другую, менять ее положение или перемещать из одной секции в другую не разрешается.

Смысл игры заключается в том, чтобы продуманно использовать свои фигуры для составления наибольшего числа квадратов.

Рис. 168. Фигуры для игры.

Рис. 169. Поле для игры.

Игра заканчивается тогда, когда ни один из партнеров не может выложить требуемый квадрат из оставшихся фигур своего комплекта.

Выигрывает тот, кто больше другого выложит квадратов.

Возможные расположения фигур показаны для примера на рисунке 169.

290. Кто первый скажет «сто»?

Играют двое. Первый участник игры называет произвольное целое число, не превышающее десяти, то-есть он может называть 10 и всякое меньшее число. Второй игрок прибавляет к названному числу свое целое число, тоже не превышающее десяти, и сообщает сумму. К этой сумме первый прибавляет какое-либо целое число, опять-таки не превышающее десяти, и сообщает новую сумму. К новой сумме второй прибавляет число, не большее десяти, и т. д. до тех пор, пока окончательной суммой окажется 100.

Первый может назвать, например, 7, второй 12, первый 22 и т. д.

Выигрывает тот, кто первый достигнет ста.

Как добиться победы?

После того как найдете ключ к победе, обдумайте план ведения игры в других условиях, например с предельным слагаемым, равным не десяти, а какому-нибудь другому числу, и с предельной суммой, равной не 100, а иному наперед назначенному числу.

291. Игра в квадраты

Полем игры служит заранее вычерченная на клетчатой бумаге прямоугольная фигура, состоящая из некоторого числа (лучше нечетного) квадратных клеток. Размер и очертание фигуры безразличны.

Двое играющих поочередно обводят карандашом или пером стороны внутренних клеток (за каждый ход обводится по одной стороне). Те стороны внутренних клеток, которые лежат на границе игрового поля, обводить не требуется — они считаются уже построенными. Тот, кто обведет последнюю сторону клетки, считает ее своей, отмечает эту клетку каким-нибудь значком и обязательно

делает еще один ход не в очередь, то-есть проводит новую черту. Вследствие этого можно подряд «взять» несколько клеток.

Игру выигрывает тот, кто наибольшее число раз завершил обвод квадратных клеток, то-есть «взял» клеток больше, чем партнер. «Качество» выигрыша определяется разностью между числом взятых и числом отданных клеток.

Теория этой игры гораздо сложнее, чем это может показаться на первый взгляд. Если игровое поле состоит из большого числа клеток, то возможных комбинаций получается так много, что заранее их изучить, а тем более запомнить, почти невозможно.

Ограничимся рассмотрением лишь нескольких простейших случаев, таких, для которых исход игры может быть наперед рассчитан. Знание этих элементов теории даст вам преимущество перед «противником».

1) Всякий квадрат из четырех клеток (рис. 170,я) полностью проигрывает тот, кто его начинает. В самом деле, если игрок, делающий ход, обведет любую сторону какого-либо внутреннего квадрата, например сторону я, то его «противник», обводя ft, возьмет одну клетку, a затем, имея право хода, заберет и остальные три клетки.

2) Если в границах фигуры-поля содержится 5 клеток (рис. 170,6), то при правильном начальном ходе можно проиграть только 3 клетки (одну взять, четыре отдать); при ошибочном ходе проигрываются все 5 клеток. Для того чтобы взять одну клетку и отдать «противнику» остальные четыре клетки, надо начальным ходом обвести сторону а.

При всяком другом начальном ходе «противник» последовательно заберет все 5 клеток.

3) Прямоугольник из 6 клеток полностью выигрывает тот, кто первым ходом обведет сторону а (рис. 171). 4) «Канал» шириной в одну клетку — прямолинейный, ломаный, разомкнутый или сомкнутый, но без отверстий

Рис. 170.

Рис. 171.

внутри (рис. 172), полностью выигрывает тот, кто первым «входит» в эту фигуру. Если же сомкнутый канал огибает отверстие (например, уже взятую клетку), то «входить» в него первым невыгодно — любой ход ведет к проигрышу всех клеток (рис. 173).

5) При входе в прямоугольник, состоящий из 8 клеток (рис. 174), может быть розыгрыш (ничья), если первым ходом будет обведена сторона а или а'. Всякое иное начало ведет к проигрышу.

Из приведенных примеров видно, что искусство игры заключается в том, чтобы обдуманными ходами умело разбить первоначальную данную фигуру на простые фигуры рассмотренного типа, заставить «противника» начинать те из них, которые ведут к проигрышу, а самому во-время начинать те, которые дают безусловный выигрыш. При этом, конечно, надо постоянно следить за числом взятых клеток.

Рис. 172. Эти фигуры выигрывает тот, кто первым «войдет» в них.

Рис. 173. Рис. 174. Рис. 175.

Задача. При входе в квадрат, состоящий из 9 клеток (рис. 175), можно выиграть не меньше семи клеток (8 клеток взять и 1 отдать). Определите, с обвода какой стороны следует начать игру в этом случае и разберите возможные варианты продолжений. Для контроля загляните в ответ.

Постройте самостоятельно план игры на поле в форме многоугольника, состоящего из 11 клеток, изображенного на рис. 176. Должен ли начинающий безусловно выиграть или проиграть и сколько клеток самое меньшее?

292. Оуа

Оуа — народная игра жителей западной Африки. Игра проводится на доске, разделенной на 12 отделений. Во всех отделениях выдолблено по лунке, и в каждую лунку в начале игры помещено по 4 одинаковых шарика (рис. 177). Африканские ребята часто удовлетворяются тем, что выкапывают 12 лунок в земле и играют 48-ю камушками.

Играют двое. Один игрок (назовем его Р) садится со стороны AF, другой (назовем его р) — со стороны af.

«Ход» состоит в том, что игрок вынимает все шарики из какой-либо лунки на своей стороне и раскладывает их по одному в каждую из последующих лунок. Порядок следования лунок: против движения часовой стрелки (ABCDEFabcdef). Если, например, игрок Я, делая свой первый ход, вынет шарики из лунки Z), то он должен

Рис. 176. Постройте план игры на этом поле.

Рис. 177. Игра Оуа.

разложить их по одному в каждую из лунок Е, Ft а, Ь. Игрок р может ответить, например, освобождением лунки а (которая после хода Р содержит 5 шариков) и распределением их по лункам Ъ, с, à, е, /. В результате этих ходов получится такая позиция:

Если в ходе игры из лунки вынимается 12 и более шариков, то при круговом обходе, дойдя до этой лунки, следует ее пропустить, то-есть оставить пустой.

Если при распределении по лункам последний шарик опущен в последнюю лунку (/—на одной стороне и F—на другой) на стороне «противника», после чего в этой лунке оказалось 2 или 3 шарика, то игрок, сделавший такой ход, забирает шарики из этой лунки в качестве «добычи». Он последовательно забирает себе шарики и из предшествующих лунок на стороне «противника», если в них также оказалось 2 или 3 шарика, но не далее той лунки, в которой число шариков не 2 и не 3.

Поясню последнее правило примерами.

Пример 1. В позиции

(1)

игрок Р делает ход с лунки F (другого хода у него нет). Позиция становится такой:

(2)

Последний шарик игрока Р вошел в /. Лунка / на стороне «противника» содержит теперь 3 шарика. Игроку Р это дает право на «добычу». Он берет себе 3 шарика из

лунки /плюс 2 и 3 из лунок е и d. В лунках b и а также оказалось 2 и 3 шарика, но игрок Р не должен брать эти шарики, так как последовательность лунок /, е, d с подходящим числом шариков в каждой лунке прервана лункой с, в которой шариков оказалось не 2 и не 3. Итак, ход Р принес ему выигрыш в 8 шариков.

Между прочим, в получившейся позиции (2) игрок р, если он хочет, чтобы игра продолжалась, не должен играть с лунки а или Ь, ибо тогда игрок Р не будет иметь шариков на своей стороне и игра прекращается.

Пример 2. В позиции

игрок Р, делая ход с лунки F, ничего не выигрывает, так как его последний шарик ложится на его же стороне доски. Делая ход с Е, он также ничего не выигрывает, так как хотя его последний шарик и ложится в лунку /, но в ней не получается после этого хода двух или трех шариков.

Пример 3. Пустая лунка не всегда обеспечивает безопасность позиции. В позиции

все лунки на стороне игрока р пустые и все же игрок Р выигрывает 12 шариков. Он начинает с лунки F, что приводит к позиции:

Последний шарик падает в /, и игрок Р берет все 12 шариков из лунок на стороне игрока р.

Игра прекращается только в двух случаях: 1) если игроки согласились, что оставшихся на доске шариков недостаточно, чтобы образовать позицию, дающую «добычу»; 2) если игрок не имеет шариков на своей стороне, чтобы сделать ход.

Победителем считается тот игрок, у которого к концу партии больше выигранных шариков*).

Эта игра, подобно шахматам, требует расчета на несколько ходов вперед. Теорией игры Оуа еще никто не занимался.

293. «Математико» (итальянская игра)

Для игры нарежьте из картона или плотной бумаги 52 небольшие карточки и на каждой из них напишите по одному числу: на четырех карточках по 1, на следующих четырех по 2, затем на четырех по 3 и т. д.

Последним написанным числом, очевидно, будет 13.

Количество играющих не ограничено.

Каждый играющий берет себе листочек бумаги с 25 клетками в форме квадрата (5 X 5) и карандаш. Один из играющих (ведущий) берет колоду приготовленных карточек с числами, растасовывает ее, затем открывает первую карточку и объявляет написанное на ней число. Каждый из играющих записывает это число в одну из клеток на своем листке бумаги. (После того как число вписано, перемещать его в другую клетку запрещается.) Затем ведущий объявляет число, написанное на следующей карточке, играющие опять вписывают его в любую из свободных клеток своего листа и т. д.

Игра прекращается, когда будут заполнены все 25 клеток. Тогда «продукция» каждого из участников оценивается некоторым числом очков, зависящим от способа размещения чисел в клетках квадрата. Победителем будет считаться тот, у кого окажется больше очков.

Рис. 178. Подсчет очков.

*) Если игра прекратилась по первой причине, то оставшиеся на доске шарики при окончательном подсчете очков не учитываются. Если же игра прекратилась по второй причине, то по предварительному соглашению оставшиеся на доске шарики либо также не учитываются, либо передаются игроку, оставившему «противника» без шариков на его стороне, либо, наоборот, в качестве компенсации, передаются тому игроку, который лишился возможности сделать очередной ход.

Подсчет очков производится по следующей таблице:

Комбинация чисел

В ряду или столбце

По диагонали

За 2 одинаковых числа .......

За 2 пары одинаковых чисел .....

За 3 одинаковых числа.......

За 3 одинаковых числа и два других одинаковых числа .......

За 4 одинаковых числа .......

За 5 последовательных чисел, но не обязательно по порядку расположенных

За три раза по 1 и два раза по 13 . .

За числа 1, 13, 12, 11 и 10, но не обязательно по порядку расположенных

За 4 единицы...........

10 очков 20 очков 40 очков

80 очков 160 очков

50 очков 100 очков

150 очков 200 очков

20 очков 30 очков 50 очков

90 очков 170 очков

60 очков 110 очков

160 очков 210 очков

На рис. 178 показано примерное заполнение клеток и сделан подсчет числа очков.

294. Игра в волшебные квадраты

Эта игра может служить развлечением для одного человека, но в ней может участвовать и соревноваться между собой любое число желающих.

Каждый играющий берет листочек бумаги и вычерчивает квадрат, состоящий из 16 или 25, или 36 и т. д. равных клеток (о количестве клеток играющие договариваются заблаговременно). Для каждого тура игры заранее намечается набор целых чисел, каждое из которых необходимо употребить хотя бы один раз, расположив их по клеткам заготовленного квадрата так, чтобы суммы чисел в каждом ряду и в каждом столбце квадрата оказались одинаковыми, т. е. составить волшебный квадрат. Строго говоря, этот квадрат будет лишь почти волшебным, так как у настоящего волшебного квадрата должны быть одинаковыми суммы чисел не только в каждом ряду и столбце, но и в каждой диагонали (см. главу XII). Для игры, как видите, задание несколько облегчается и в таком виде оно вполне посильно для любого, кто умеет складывать и вычитать.

В процессе решения числа можно перемещать из клетки в клетку и заменять одни другими из того же набора. Числа следует либо вписывать карандашом в клетки квадрата, либо написать в большом количестве на заранее нарезанных фишках и эти фишки затем размещать по

клеткам. По количеству разных чисел набор не должен быть очень большим. Это могут быть, например, все однозначные числа или часть их.

В соревновании нескольких играющих возможны два победителя: один за раннее окончание решения, другой — сумевший из заданных чисел составить квадрат с большей суммой чисел в каждом его ряду, чем у партнеров.

Пример 1. В квадрате 25 клеток. Заданные числа: О, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 и 9. Употребляя эти числа, каждое не менее одного раза, заполнить ими все клетки квадрата в соответствии с требованием игры. Одно из возможных решений представлено на рис. 179. Суммы чисел в каждом ряду и столбце одинаковы, каждая из них равна 30.

Пример 2. В квадрате 16 клеток. Задуманные числа: 1, 2, 3, 4, 5, 6 и 7. Расставьте их в соответствии с условием игры. Дополнительное требование: в четырех центральных клетках данного квадрата сумма чисел должна быть такой же, как и в каждом ряду или столбце.

Одно из возможных решений представлено на рис. 180.

Тема для игры. В квадрате 25 клеток. Заданные числа: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 и 8.

Заполнить клетки квадрата заданными числами в соответствии с условием игры. Дополнительные требования:

а) в заштрихованных клетках (рис. 181) сумма чисел должна быть такой же, как и в каждом ряду или столбце;

б) числа 0 и 6 употребить только по одному разу.

Рис. 179. Рис 180.

Рис. 181.

295. Пересечение чисел

Заполнение какой-либо фигуры словами, как это требуется в кроссвордах, можно заменить заполнением свободных клеток этой фигуры числами, подбирая их в соответствии с указанными требованиями.

Начальная цифра искомого числа должна быть помещена в нумерованную клетку, а последняя его цифра — в последнюю клетку строки или столбца, или перед препятствием, изображаемым на рисунках жирной чертой или заштрихованной клеткой. Числа здесь, как и слова в кроссвордах, читаются по горизонтали (слева направо) и по вертикали (сверху вниз). В каждую клетку может быть вписана только одна цифра.

Вот несколько примерных задач на пересечение чисел:

Задача 1. Заполнить все клетки квадрата (рис. 182) числами, удовлетворяющими следующим требованиям:

По горизонтали

По вертикали

1. Разность между числом, состоящим из четырех последовательных цифр и числом, записанным теми же цифрами, но в обратном порядке (обращенное число).

4. Число с последовательно возрастающими цифрами.

6. Произведение двух чисел: № 3 по вертикали и № 8 по горизонтали.

8. Простое число, т. е. такое, которое делится только на 1 и на себя.

9. Кратное числу 13.

1. Куб одной из цифр числа в № 1 по горизонтали.

2. Последние три цифры совпадают с последними цифрами произведения двух чисел: № 1 по горизонтали и № 7 по вертикали.

3. Частное от деления № 6 на № 8—оба по горизонтали.

5. Состоит из трех последовательных цифр.

7. Произведение множителя числа № 3 по вертикали на множитель числа № 1 по горизонтали.

Рис. 182.

Как и в кроссвордах, решение следует начать с наиболее очевидного условия. Так, например, небольшой расчет позволит точно ответить на вопрос № 1 по горизонтали. Так как обращенное число по смыслу условия меньше первоначального, то, очевидно, цифры первоначального числа составляют убывающую последовательность:

Считая эти буквы цифрами, запишем четырехзначное число арифметическим способом:

Найдем разность между этим числом и обращенным:

а — 3 единиц меньше а единиц; займем десяток, раздробим его в единицы; тогда (10 + а — 3) — а = 7. Десятков было а — 2, один заняли, значит, осталось их а — 3, меньше чем а — 1. Займем сотню, раздробим ее в десятки; тогда (10+# — 3) — (а— 1) = 8. Сотен осталось ровно столько, сколько требуется вычесть, значит, на месте сотен будет нуль, а на месте тысяч а — (а — 3) = 3. Окончательно:

Вписываем это число в первую строку данного квадрата (рис. 183).

Теперь нетрудно ответить и на вопрос № 1 по вертикали. По условию в этой вертикали должен находиться куб

Рис. 183.

какого-либо из трех чисел: 3. 7 или 8. Подходит 343 (куб числа 7). Условию вопроса № 4 по горизонтали, очевидно, удовлетворяет число 4567. Теперь выяснилось и число для № 3 по вертикали.

Остальные числа подберите самостоятельно.

Задача 2. Заполнить все клетки квадрата (рис. 184) числами, удовлетворяющими следующим требованиям:

По горизонтали

По вертикали

1. Число, у которого все цифры различны, причем нет цифр, общих с числом № 8 по горизонтали, у которого в свою очередь тоже все цифры различны.

5. Наибольший множитель числа № 3 по вертикали.

7. Обращение числа № 3 по вертикали.

8. См. № 1 по горизонтали.

9. Одна девятая суммы чисел № 1 и № 8 по горизонтали.

12. Произведение трех двузначных простых чисел, два из которых являются множителями обращенного числа № 6 по вертикали.

1. Первая цифра равна сумме остальных двух.

2. Год второй половины восемнадцатого века.

3. Разность между числами № 1 и № 8 по горизонтали.

4. Последняя цифра числа является произведением его первых двух цифр.

6. Обращенное число является кратным числу № 3 по вертикали и состоит из трех двузначных простых множителей.

9. Один из множителей обращенного числа № 6.

10. То же, что № 5 по горизонтали.

11. Наименьший множитель числа № 3 по вертикали.

Рис. 184.

Задача 3. Заполнить все клетки квадрата, изображенного карие. 185 числами, удовлетворяющими следующим требованиям:

Рис. 185.

По горизонтали

По вертикали

1. Квадрат некоторого простого числа.

5. Половина числа, являющегося общим наибольшим делителем чисел № 10 и №11 по вертикали.

6. Куб некоторого квадратного числа.

8. Результат извлечения квадратного корня из числа № 1 по горизонтали.

10. Квадрат некоторого числа. Является симметричным числом, т. е. таким, которое одинаково читается как слева направо, так и справа налево.

13. На 1 больше числа № 9 по вертикали.

14. В пять раз больше, чем число № 8 по горизонтали.

15. Квадрат числа, на 1 большего, чем № 13 по горизонтали.

1. На 8 единиц меньше наименьшего целого числа, дающего при делении на 2, 3, 4, 5 и 6 соответственно остатки

1. 2, 3, 4 и 5.

2. Сумма его цифр равна 29.

3. Простое число.

4. Простое число, являющееся множителем числа № 11 по вертикали.

7. Учетверенное произведение одной десятой числа № 15 по горизонтали на число № 13 по горизонтали.

9. Удвоенное число № 4 по вертикали.

10. Обращенное число № 11 по вертикали.

11. Квадратный корень из числа № 10 по горизонтали.

12. Кратное наибольшему множителю числа № 13 по горизонтали.

Б. ФОКУСЫ

Основной темой арифметических фокусов является угадывание задуманных чисел или результатов действий над ними. Весь «секрет» этих фокусов в том, что «отгадчик» знает и умеет использовать особые свойства чисел, а «задумывающий» этих свойств не знает*).

Математический интерес каждого фокуса и заключается в «разоблачении» его теоретических основ, которые в большинстве случаев довольно просты, но иногда бывают хитро замаскированы.

Проверить выполнимость каждого фокуса можно на любом примере, но для обоснования большинства арифметических фокусов удобнее всего прибегнуть к алгебре. На первых порах вы можете опустить «доказательства» фокусов и ограничиться лишь усвоением их содержания для показа своим друзьям. Но и доказательства не затруднят тех, кто любит размышлять и знаком с начатками алгебры.

Здесь дается только основной каркас фокусов, так как их практическое оформление может быть различным в зависимости от условий и места, а также от вашего вкуса, остроумия и выдумки.

296. Угадывание задуманного числа (7 фокусов)

Фокус 1. Задумайте число. Отнимите 1. Остаток удвойте и прибавьте первоначально задуманное число. Скажите результат. Я угадаю задуманное число.

Способ угадывания. Прибавьте к результату 2, а сумму разделите на 3. Частное — задуманное число.

Пример. Задумано 18; 18 — 1 = 17; 17-2 = 34; 34 + 18 = 52. Угадываем: 52 + 2 = 54; 54:3 = 18.

Доказательство. Задуманное число обозначим буквой л. Выполняем требуемые действия:

*) Много математических фокусов или тем для них вы найдете и в других главах этой книги. Фокусы, основанные на использовании недесятичных систем счисления, приводятся в книге Я. И. Перельмана «Занимательная арифметика».

Результат:

Прибавляя 2, получаем Зле, а разделив па 3, получаем задуманное число х.

Фокус 2. Предложите своему другу задумать какое-либо число. Затем заставьте его несколько раз поочередно умножать и делить задуманное им число на различные, произвольно вами назначаемые числа. Результат действий пусть он вам не сообщает.

После нескольких умножений и делений остановитесь и предложите задумавшему число разделить полученный им результат на то число, которое он задумал, затем прибавить к последнему частному задуманное число и сказать вам результат, По этому результату вы немедленно угадываете число, задуманное вашим другом.

Секрет очень прост. Угадывающему самому тоже надо задумать произвольное число (например, 1) и проделывать над ним все назначаемые им умножения и деления вплоть до деления на первоначально задуманное число. Тогда в частном у него получится то же самое число, что и у другого задумавшего, хотя бы первоначально задуманные числа и были у них различными. После этого угадывающему надо вычесть из сообщенного ему результата свой результат. Разность и будет искомым числом.

Пример. Задумано число 7. Умножено на 12. Результат (84) разделен на 2. Полученное число (42) умножено на 5. Результат (210) разделен на 3. Получилось 70, а после деления на задуманное число и прибавления задуманного числа—17.

Одновременно вы «про себя» задумали число 1. Умножаете на 12, получается 12. Делите на 2, получается 6. Умножаете на 5, получается 30. Делите на 3, получается 10. Вычитая 10 из 17, получаете искомое число 7.

Замечание 1. Для усиления эффекта вы можете предоставить возможность самому задумавшему число назначать числа, на которые ему хотелось бы умножать и делить получающиеся результаты, лишь бы он каждый раз сообщал вам эти числа.

Замечание 2. Не обязательно чередовать умножения и деления. Можно сначала назначить несколько умножений, а затем несколько делений, или наоборот.

Докажите этот фокус, т. е. покажите «на буквах», что фокус удается для любого задуманного числа.

Фокус 3. Условимся называть большей частью нечетного числа ту его часть, которая на 1 больше другой. Так, у числа 13 большая часть равна 7, у числа 21 большая часть равна 11.

Задумайте число. Прибавьте к нему его половину, или, если оно нечетное, то его большую часть. К этой сумме прибавьте ее половину или, если она нечетная, то ее большую часть. Разделите полученное число на 9, сообщите частное, и если получится остаток, то скажите, больше он, равен или меньше пяти. В зависимости от полученного ответа на вопрос задуманное число равно:

Пример. Задумано 15. Выполняя требуемые действия, имеем: 15 + 8 = 23, 23+ 12 = 35, 35:9 = 3 (в остатке 8). Сообщено: «частное три, остаток больше пяти».

Угадываем: 3-4 + 3=15. Задумано 15.

Докажите и этот фокус. При обдумывании доказательства советую принять во внимание, что всякое целое число (значит, и задуманное) может быть представлено в виде одной из следующих форм:

где букве п можно придавать значения: 0, 1, 2, 3, 4, ...

Фокус 4. Сначала поступайте, как в предыдущем фокусе, то-есть предложите задумать число и прибавить к нему его половину или его большую часть, затем снова прибавить половину получившейся суммы или ее большую часть. Но теперь вместо требования разделить результат на 9 предложите назвать по разрядам все цифры получившегося результата, кроме одной, лишь бы эта неизвестная отгадывающему цифра не была нуль. Необходимо также, чтобы задумавший число сказал разряд той цифры, которая утаена от него, и в каких случаях (в первом, во втором или в первом и втором, или ни разу) пришлось ему прибавлять большую часть числа.

После этого, чтобы узнать задуманное число, надо сложить все цифры, которые названы, и прибавить:

0, если ни разу не пришлось прибавлять большую часть числа;

6, если только в первом случае пришлось прибавлять большую часть числа;

4, если только во втором случае пришлось прибавлять большую часть числа;

1, если в обоих случаях пришлось прибавлять большую часть числа.

Далее, во всех случаях получившуюся сумму надо дополнить до ближайшего числа, кратного девяти. Это дополнение и будет утаенной цифрой. Теперь, зная все цифры результата, а значит, и весь результат, нетрудно найти и задуманное число. Для этого надо полученный результат разделить на 9, умножить частное на 4 и в зависимости от величины остатка прибавить к произведению 1, 2 или 3.

Пример 1. Задумано 28. После того как выполнены требуемые действия, получилось 63. Утаили цифру 3. Тогда угадывающий дополняет сообщенную ему цифру десятков 6 до 9 и получает цифру единиц 3. Результат 63 обнаружен. Искомое число (63:9)-4 = 28.

Пример 2. Задумано 125. После выполнения всех требуемых действий получилось 282. Утаена, положим, цифра сотен 2. Сообщено: цифры десятков и единиц соответственно 8 и 2, а большая часть числа прибавлялась только в первом случае.

Угадываем: 8 + 2 6 = 16. Ближайшее число, кратное девяти, 18. Значит, утаенная цифра сотен 18—16 = 2.

Определяем задуманное число: 282:9 = 31 (остаток 3); 31.4+1 = 125.

Пример 3. Пусть задумавший число скажет, что последний полученный им результат состоит из трех цифр, причем первая цифра 1, а последняя 7 и большую часть числа пришлось прибавлять в двух случаях.

Угадываем задуманное число: 1+7+1=9. Дополнение до числа, кратного девяти, равно нулю или девяти, но нуль по условию утаивать нельзя, следовательно, утаенная цифра 9 и весь результат 197. Делим 197 на 9; 197:9 = 21 (остаток 8). Задуманное число 21-4 + 3 = 87.

Докажите фокус. Это нетрудно, в особенности для тех, кто уяснил суть доказательства предыдущего фокуса.

Фокус 5. Задумайте какое-нибудь число (меньшее ста, чтобы не усложнять вычисления) и возведите его в квадрат. К задуманному числу прибавьте любое число (только скажите, какое) и полученную сумму тоже возведите в квадрат. Найдите разность между получившимися квадратами и сообщите результат. Чтобы угадать задуманное число, достаточно половину этого результата разделить на число, прибавленное к задуманному, а из частного вычесть половину делителя.

Пример. Задумано 53; 532 = 2809. К задуманному числу прибавлено 6:

Этот результат сообщен. Угадываем:

Задуманное число 53. Найдите доказательство.

Фокус 6. Предложите своему другу задумать любое число в пределах от 6 до 60. Пусть теперь он разделит задуманное число сначала на 3, потом его же разделит на 4, а затем и на 5 и сообщит остатки от делений. По этим остаткам при помощи ключевой формулы вы найдете задуманное число.

Пусть остатки г19 га и г8. Запомните теперь такую формулу:

Если получится 5 = 0, то задумано число 60; если же 5=^0, то остаток от деления S на 60 и даст вам задуманное число. Вашему другу, задумавшему число, не так-то легко будет самому додуматься до секрета угадывания, которым вы владеете.

Пример. Задумано 14. Сообщены остатки: гх = 2, г2 = 2, г3 = 4.

Угадываем:

и в остатке 14.

Задуманное число 14.

Не надо слепо верить формуле, предложенной без вывода. Убедитесь сначала в том, что она во всех случаях,

допускаемых условием фокуса, действует безотказно, а потом демонстрируйте фокус.

Фокус 7. Уяснив математическую основу изложенных здесь фокусов, вы можете их всячески видоизменять, придумывать другие правила угадывания чисел, разнообразить предлагаемые вопросы.

Вот, например, такая тема. В предыдущем фокусе угадывания задуманного числа по его остаткам от деления были предложены в качестве делителей числа 3, 4 и 5. Заменим их другими делителями, например такими, как 3, 5, 7, и раздвинем пределы для задумываемых чисел от 7 до 100. Множители в ключевой формуле, конечно, тоже изменятся. Подберите их для новой ключевой формулы, пригодной для данного случая.

Ответ. S=70r1 + 21rÄ+15г8, гДе rv г2 и гз — соответственно остатки от деления задуманного числа на 3, 5 и 7. Задуманное число равно остатку от деления S на 105 (если же 5 = 0, то задумано 105).

297. Угадать результат вычислений, ничего не спрашивая

Есть и такие закономерности в математике, которые приводят к заранее намеченному результату выполнения определенных действий, каковы бы ни были исходные числа. Отсюда возникают очень интересные способы «угадывания» результата вычислений, ничего не спрашивая у задумавшего число.

Следующие два фокуса иллюстрируют это положение. Эти фокусы можно проводить как с одним участником, так и с целой группой участников.

Фокус 1. Предложите умножить задуманное число на произвольно выбранное вами число, а к полученному произведению прибавить число, тоже произвольно вами выбранное. Сумму предложите разделить на третье вами же произвольно данное число. Вы в это время разделите в уме первое из названных вами чисел на третье и какое число у вас получится, предложите участнику фокуса столько раз отнять от полученного им частного задуманное число. Этот последний результат вы и угадаете. Он будет равен частному от деления второго из предложенных вами чисел на третье.

Пример. Предположим, задумано 6. Вы предлагаете умножить задуманное число на 4 (заметьте для себя это число, как первое). Получается 24. Предлагаете прибавить 15 (второе число); получается 39. Предлагаете разделить на 3 (третье число); получается 13. Вычисления в уме: 4:3= Р/з. Предлагаете участнику фокуса отнять от полученного им частного (от 13) задуманное число да еще одну треть его. Он отнимает 6 да еще 2 — всего 8 и получает 13 — 8 = 5.

Вы в это время выполняете в уме деление второго из предложенных вами чисел (15) на третье (на 3) и тоже получаете число 5, которое и объявляете как ожидаемый результат.

Докажите, что такое совпадение результатов не случайно, а вполне закономерно.

Фокус 2. Напишите какое-нибудь число между 1 и 50 на кусочке бумаги и спрячьте, не показывая участникам фокуса.

В свою очередь, пусть каждый участник напишет, какое он пожелает, число, большее, чем 50, но не превышающее 100, и, не показывая вам, произведет следующие действия:

1) прибавит к своему числу 99 — х, где х — число, написанное вами на кусочке бумаги (эту разность вы в уме подсчитайте и назовите участникам фокуса только готовый результат);

2) зачеркнет в получившейся сумме крайнюю левую цифру и эту же цифру прибавит к оставшемуся числу;

3) получившееся число вычтет из числа, первоначально им написанного.

В результате у всех участников получится одно и то же число, именно то, которое было вами предварительно спрятано.

Пример. Число, написанное вами и спрятанное: 18; число, написанное одним из участников: 64. Предлагаете прибавить 99—18 = 81. Получается: 64 + 81 = 145.

Цифра 1 зачеркивается и прибавляется к оставшемуся числу: 45+ 1 =46. Разность между задуманным числом (64) и полученным (46), 64 — 46=18, как раз и дает спрятанное вами число (18).

Как и всегда, вы, конечно, прежде всего постараетесь уяснить математическую основу возможности предвидения результата выполнения указанных действий.

298. Кто сколько взял, я узнал

Пусть первый участник фокуса возьмет любое количество предметов (спичек, монет и т. п.), кратное 4. Второй пусть возьмет столько раз по 7 предметов, сколько первый взял по 4. А третьего участника попросите взять столько же раз по 13 предметов.

Теперь пусть третий участник из числа взятых им предметов отдаст первому и второму столько, сколько у каждого из них уже имеется. Затем пусть второй участник отдаст третьему и первому столько предметов, сколько у каждого стало. Наконец, и первый пусть сделает то же самое.

Спросите у любого из этих участников фокуса, сколько предметов у него стало. Число, которое он вам назовет, разделите на 2. Частное укажет, сколько предметов первоначально взял первый участник. Число предметов, взятых первым, разделите на 4 и умножьте на 7. Это будет число предметов, взятых вторым участником. А третий взял столько раз по 13 предметов, сколько второй взял по 7.

Обосновать фокус очень легко.

299. Одна, две, три попытки ... и я угадал

Задумайте какие-либо два положительных целых числа. Сложите их сумму с их произведением и скажите мне результат. Как спортсмен берет высоту после одной, двух попыток, так и я берусь угадать задуманные вами числа быстро, но, может быть, тоже не с первого раза.

Метод прост, хотя и не очевиден. Я прибавлю 1 к вашему результату, полученное число разложу на два множителя и от каждого множителя отниму по 1.

Пример 1. Мне сообщили результат: 34. Вычисляю: 34+1=35; далее: 35 = 5-7, а также: 35 = 35-1. Следовательно, задуманные числа 4 и 6 или 34 и 0.

Могу предложить вам вычесть сумму задуманных чисел из их произведения. Теперь, чтобы узнать задуманные числа, я опять прибавлю Ï к вашему результату, разложу полученное число на два множителя и к каждому прибавлю по 1.

Пример 2. Сообщили результат: 64. Вычисляю: 64++1=65; 65=13-5 или 65 = 65-1. Следовательно, задуманные числа 14 и 6 или 66 и 2.

Докажите справедливость этого способа угадывания.

300. Кто взял резинку, а кто карандаш?

Отвернитесь и предложите двум участникам фокуса, пусть это будут Женя и Шура, взять одному карандаш, а другому резинку. Далее скажите:

— Обладателю карандаша назначаю число 7, обладателю резинки — число 9 (числа могут быть и иными, причем обязательно одно простое, а другое составное, но не делящееся на первое).

— Женя, умножь свое число на 2, а Шура на 3 (одно из этих чисел должно целое число раз содержаться в назначенном: вами составном числе, как, например, 3 в 9, а другое должно быть с ним взаимно простым, как например, 3 и 2).

— Сложите результаты и скажите мне сумму или скажите, делится ли эта сумма без остатка на 3 (на то данное вами число, которое содержится множителем в назначенном составном числе). Узнав это, вы тотчас можете определить, кто взял карандаш, а кто резинку.

В самом деле, если полученная сумма делится на 3,— это значит, что на 3 умножено число, не делящееся на 3, то-есть 7. Зная, кто умножал свое число на 3 (Шура) и что число 7 назначено обладателю карандаша, вы заключаете, что карандаш у Шуры. Наоборот, если полученная сумма не делится на 3, то это значит, что на 3 было умножено число, делящееся на 3, то-есть 9. В этом случае у Шуры — резинка.

Как вы докажете этот фокус?

301. Угадывание трех задуманных слагаемых и суммы

Предложите вашим гостям написать какие-нибудь три последовательных числа, каждое не более 60 (например, они напишут: 31, 32, 33). Еще одно число, кратное 3 и меньшее чем 100, попросите их сказать вслух (например, они скажут: 27). Это число вам следует запомнить. Попросите их сложить все 4 числа (31+32 + 33 + 27=123) и сумму умножить на 67 (123X67 = 8241).

Пусть теперь ваши гости скажут вслух последние две цифры результата. Вы тотчас можете назвать весь результат и задуманные три числа.

Способ угадывания. Разделить 27 на 3. Получится 9. К 9 прибавить 1, получится 10 — ключевое

число. Вычитая его из числа, составленного двумя известными вам цифрами результата (41 —10=31), вы и получите наименьшее из трех задуманных чисел. Удваивая 41, получите 82 — первые цифры результата. Обоснование этого способа угадывания задуманных чисел— интересная задача. Решите ее.

302. Угадать несколько задуманных чисел

Есть простой способ угадывания нескольких задуманных однозначных чисел. Первое из задуманных чисел умножить на 2 и к произведению прибавить 5. Полученное умножить на 5 и к произведению прибавить 10. К результату прибавить второе задуманное число и все умножить на 10, к полученному результату прибавить третье задуманное число и опять умножить на 10, потом прибавить четвертое задуманное число и снова умножить на 10 и так до тех пор, пока не будет прибавлено последнее из задуманных чисел. Последняя сумма и число задуманных чисел должны быть объявлены.

Для отгадывания задуманных чисел надо из объявленной суммы вычесть:

35, если задумано 2 числа; 350, если задумано 3 числа; 3500, если задумано 4 числа;

Все цифры разности и будут задуманными.

Пример. Задуманы числа 3, 5, 8 и 2. Удваиваем первое: 3-2 = 6; прибавляем 5, получаем: 6 + 5= 11; умножаем на 5, получаем: 11-5 = 55; прибавляем 10 к предыдущему результату: 55+10 = 65; прибавляем второе задуманное число: 65 + 5 = 70; умножаем на 10, получаем: 70-10 = 700; прибавляем третье задуманное число: 700 + 8 = 708 и далее: 708-10 = 7080; 7080 + 2 = 7082. Из окончательной суммы вычитаем 3500; получается 3582. Все цифры этой разности — задуманные.

Докажите этот способ угадывания задуманных чисел.

Замечание. Этот фокус можно оформить как угадывание чисел очков, выпавших на брошенных игральных кубиках (о кубиках см. гл. VI), или как угадывание, на каком суставе какого пальца, какой руки и у кого

именно надето колечко (например, из нитки, лоскутка материи или склеенное из полоски бумаги).

В последнем случае необходимо всех участников фокуса перенумеровать, условиться, какую руку считать первой, какую второй, перенумеровать пальцы рук и суставы на пальцах. Пусть, например, участник номер четыре надел колечко на третий сустав пятого пальца второй руки.

Вы предлагаете взявшему колечко удвоить свой номер (получится 8), прибавить 5, умножить результат, на 5, прибавить 10, прибавить номер руки, умножить на 10, прибавить номер пальца руки, опять умножить на 10, прибавить номер сустава и сказать окончательную сумму.

Вам скажут в данном примере: 7753. Отнимите 3500, получается 4253. Цифры этого числа рассказывают: колечко на третьем суставе пятого пальца второй руки участника номер четыре,

303. Сколько вам лет?

— Не хотите сказать? Ну, хорошо, скажите мне только сколько получится, если от числа, в 10 раз большего, чем число ваших лет, вычесть произведение какого-нибудь однозначного числа на 9. Благодарю вас, теперь я знаю, сколько вам лет.

Способ отгадывания. Отделить от объявленного результата число единиц и сложить его с оставшимся числом.

Пример. От числа 170, которое в 10 раз больше числа лет, отняли, скажем, 27. После этого объявили результат: 143.

Определяем возраст: 14 + 3 = 17 лет.

Легко и эффектно! Но... во избежание конфуза продумайте основу фокуса.

304. Угадать возраст

Для разнообразия можно предложить умножить число лет на 2, прибавить 5, а сумму опять умножить на 5; попросить сказать результат. Последней цифрой результата, очевидно, будет 5. Надо ее отбросить, а от оставшегося числа отнять 2. Разность — искомый возраст.

Пример. Пусть возраст 21 год. Производим требуемые действия:

21-2 = 42, 42 + 5 = 47, 47-5 = 235.

Угадываем возраст: 23 — 2 = 21.

Докажите этот вариант угадывания возраста.

305. Геометрический фокус (загадочное исчезновение)

Начертите на прямоугольном куске картона 13 одинаковых палочек на равном расстоянии друг от друга, как показано на рис. 186. Теперь разрежьте прямоугольник по наклонной прямой MN, соединяющей верхний конец самой левой палочки и нижний конец самой правой. Сдвиньте обе половинки прямоугольника вдоль линии разреза, как показано на рисунке.

Произошло любопытное явление: вместо 13 палочек стало их 12! Куда исчезла одна палочка?

Рис. 186. Куда исчезла одна палочка?

ГЛАВА ОДИННАДЦАТАЯ

ДЕЛИМОСТЬ ЧИСЕЛ

Из всех действий арифметики самое своенравное — это деление. Оно обладает особыми свойствами, можно сказать, особым «нравом». Возьмем хотя бы обращение с нулем. Для всех других арифметических действий нуль— равноправное число. Его можно и прибавлять и вычитать; оно может быть множителем в действии умножения, но делителем никогда. Разделить на нуль вообще нельзя никакое число, никакое алгебраическое выражение. Это — важная особенность деления, и если к ней отнестись невнимательно, то легко попасть впросак; можно, скажем, «доказать» любое заведомо фальшивое утверждение — «парадокс».

Как вы отнесетесь, например, к такому утверждению.

Всякое количество равно своей половине.

«Доказательство». Пусть а и Ь— два равных количества: а = Ь. Умножим обе части этого равенства на а:

Теперь уменьшим на Ь2 и левую и правую части равенства. Получившиеся разности а2 — Ь2 и ab — b2 тоже будут равными:

Разложим на множители:

Делим обе части равенства на а — Ь, после чего получается такое равенство:

a + b = b.

Так как Ь = а, то в последнем равенстве можем заменить b через а, тогда а+а = а, или 2а = а. Разделив на 2, получим я = -^-, а это значит, что целое равно своей половине (?).

Внешне, или, как говорят, «формально» все правильно, а по существу где-то в приведенных выкладках есть дефект. Вы, конечно, были внимательны и заметили, в какой части преобразований имеется изъян.

«Нрав» деления проявляется не только по отношению к нулю. Математическая теория уделяет много внимания свойствам целых чисел и законам, управляющим действиями над ними. Так вот, если ограничиться множеством одних только целых (положительных и отрицательных) чисел, то опять-таки «капризничает» только одно действие: деление. Оно, как вы знаете, не всегда выполнимо в области целых чисел. Принято считать так, что целое число а делится на целое число Ь, если среди целых же чисел найдется такое число с, произведение которого на b дает точно число а; если же такого числа нет, то а не делится на Ь.

Все эти особенности деления и способствовали возникновению таких понятий, как простые числа, наибольший общий делитель (Н. О. Д.), наименьшее общее кратное (Н. О. К.), признаки делимости чисел, а постепенное развитие теории делимости чисел привело к глубокому расширению всей теории чисел.

Полагаю, что работа над задачами этой главы в некоторой мере увеличит запас ваших школьных представлений о делимости чисел, а может быть и побудит вас к систематическому изучению всей теории чисел.

306. Число на гробнице

В одной из египетских пирамид ученые обнаружили на каменной плите гробницы выгравированное иероглифами число 2520. Трудно точно сказать, за что выпала такая честь на долю этого числа. Может быть, за то,

что оно без остатка делится на все без исключения целые числа от 1 до 10. Действительно, нет числа, меньшего чем 2520, обладающего указанным свойством. Нетрудно убедиться в том, что это число является наименьшим общим кратным целых чисел первого десятка.

307. Подарки к Новому году

Местный комитет профессионального союза нашей организации решил устроить новогоднюю елку для детей. Приготовляя подарки, мы быстро разложили по пакетам конфеты и печенье. Но когда дело дошло до мандаринов, мы натолкнулись на забавное затруднение: сначала хотели разложить все мандарины по 10 штук в пакет (а в оставшиеся пакеты — яблоки),— не получилось: на один из пакетов осталось 9 мандаринов; если бы положили по 9 мандаринов, осталось бы 8 мандаринов на один из пакетов; попробовали раскладывать по 8 мандаринов, осталось 7; стали раскладывать по 7, осталось 6; положили по 6, осталось 5.

— Что за история?! Неужели и дальше так будет продолжаться? Взяли бумагу, карандаш и начали рассчитывать. И что бы вы думали: делим число имеющихся у нас мандаринов на 5, остается 4; делим на 4, остается 3; делим на 3, остается 2; делим на 2, остается 1. Вот какое удивительное число мандаринов мы имели.

А сколько же все-таки?

308. Может ли быть такое число?

Может ли быть такое число, которое при делении на 3 дает в остатке 1, при делении на 4 дает в остатке 2, пои делении на 5 дает в остатке 3 и при делении на 6 дает в остатке 4?

309. Корзина яиц (из старинного французского задачника)

Женщина несла на рынок корзину яиц. Прохожий нечаянно толкнул женщину, корзина упала, яйца разбились. Виновник несчастья, желая возместить потерю спросил:

— Сколько всего яиц было в корзине?

— Точно не помню,— ответила женщина,— но знаю, что когда я вынимала из корзины по 2, по 3, по 4, по 5 или по 6 яиц, в корзине оставалось одно яйцо, а когда я вынимала по 7, в корзине ничего не оставалось.

Сколько яиц было в корзине?

310. Трехзначное число

Если от задуманного мной трехзначного числа отнять 7, то оно разделится на 7, а если отнять от него 8, то оно разделится на 8, если отнять от него 9, то оно разделится на 9. Какое число я задумал?

311. Четыре теплохода

В порту пришвартовались 4 теплохода. В полдень 2 января 1953 года они одновременно покинули порт.

Известно, что первый теплоход возвращается в этот порт через каждые 4 недели, второй — через каждые 8 недель, третий — через 12 недель, а четвертый — через 16 недель.

Когда в первый раз теплоходы снова сойдутся все вместе в этом порту?

312. Ошибка кассира

Обращаясь к кассиру магазина, покупатель сказал:

— Получите, пожалуйста, с меня за 2 пачки соли по 90 копеек; за 2 куска мыла по 2 р. 70 коп., за 3 пачки сахару и за 6 коробок спичек, но стоимость пачки сахара и спичек я не помню.

Кассир выдал покупателю чек на 29 р. 17 коп. Взглянув на чек, покупатель вернул его кассиру и сказал:

— Вы, несомненно, ошиблись в подсчете общей суммы. Кассир проверил и согласился. Пришлось извиниться и выдать покупателю другой чек.

Каким образом обнаружил покупатель ошибку?

313. Числовой ребус

Из арифметических соображений найти число t и числовое значение буквы я, заменяющей потерянную цифру в следующем равенстве: [3 (230 +t)\ — 492я04.

314. Признак делимости на 11

Один из важнейших приемов решения задач таков: свести решение данной задачи к решению другой задачи, более простой.

Требуется, положим, установить: делится ли некоторое многозначное число на другое данное число? Для того чтобы ответить на этот вопрос, в ряде случаев совсем не надо прибегать к непосредственному делению данного числа. Очень часто оказывается, что решение поставленной задачи можно свести к выяснению делимости некоторого другого, не многозначного числа, составленного по тому или иному правилу из цифр данного числа. Так и возникают признаки делимости чисел.

Знаком ли вам, например, такой несложный признак делимости чисел на 11?

Если сумма цифр данного числа через одну равна сумме остальных цифр через одну или разность этих сумм делится на 11, то и данное число делится на 11.

Если же указанные суммы цифр через одну не равны между собой и их разность не делится на 11, то и данное число не делится на 11.

Пример. Делится ли 3528041 на 11?

Применяем признак:

делится на 11. Признак предсказывает: число 3 528 041 обязательно должно делиться на 11. Если потрудитесь выполнить деление непосредственно, то убедитесь в том, что признак вас не обманул.

Обосновать этот признак делимости нетрудно, если предварительно заметить, что числа такого вида, как, например, 10+1, 100—1, 1000+1, 10000 — 1,100000+1 и т. д. делятся на 11.

Рассмотрим сначала разности: 100—1=99, 10000 — —1=9999 и т. д.; все они записываются четным числом девяток и, следовательно, делятся на 11; делятся на 11 и все суммы указанного вида: 10+1 = 11, 1000 + 1 = 99-10+ 11, 100000+1=9999.10+11 и т. д., так как каждая сумма разлагается на два слагаемых, каждое из которых делится на 11.

Обратимся теперь к установлению признака делимости на 11. Возьмем какое-нибудь многозначное число, например 3 516 282, и расчленим его следующим образом:

Все вторые сомножители (единицы с нулями) преобразуем так, чтобы образовались рассмотренные выше суммы и разности: 10+1, 100—1 и т. д. Имеем:

Все слагаемые, заключенные в квадратные скобки, непременно делятся на 11. Значит, делимость рассматриваемого числа на 11 полностью зависит от делимости на 11 числа, заключенного в первой круглой скобке: если оно не делится на 11 то и рассматриваемое число - на 11. Но в первой скобке записана разность сумм цифр данного числа через одну: (2 + 2+I+3) —(8 + 6 + 5) = —11. Так как эта разность, равная—11, делится на 11, то делится на 11 и данное число.

Если бы разность сумм цифр испытуемого числа через одну не делилась на 11, то не могло бы делиться на 11 и испытуемое число. В самом деле, рассмотренный пример показывает прием, при помощи которого можно любое целое число (N) расчленить на два слагаемых (х и у), N = x+y, так, что одно из них (х) непременно делится на 11, а другое (у) представляет собой разность сумм цифр испытуемого числа через одну.

Ясно, что если оба слагаемых х и у делятся на 11, то N также делится на 11, если же х делится на 11, а у не делится, то и N не делится.

Обратно, если N и х делятся на 11, то должно делиться на 11 и у; если же N не делится на 11, а х делится, то у не может делиться на 11.

Так решение вопроса о делимости любого многозначного числа на 11 сводится к более легкому выяснению делимости на 11 разности сумм цифр числа через одну.

Решите самостоятельно еще один арифметический ребус.

Как быстро обнаружить недостающую цифру а в восьмизначном числе 37я10 201 и каким числом заменить букву X в выражении [11 (492+ л;)]2, чтобы равенство

было верным?

315. Объединенный признак делимости на 7, 11 и 13

В таблице простых чисел, то-есть таких, которые делятся только на 1 и на себя, числа 7, 11 и 13 расположены рядом (см. таблицу простых чисел на стр. 345). Их произведение равно 7-11-13=1001 = 1 000 + 1. Заметим пока, что 1000+1 делится и на 7, и на 11, и на 13. Далее, если любое трехзначное число умножить на 1001, то произведение запишется такими же цифрами, как и множимое, только повторенными два раза.

Пусть abc— какое-либо трехзначное число (a, b и с — цифры этого числа). Умножим его на 1001:

Следовательно, все числа вида abcabc делятся на 7, на 11 и на 13. В частности, делится на 7, 11 и 13 число 999 999, или, иначе, 1000 000—1.

Указанные закономерности позволяют свести решение вопроса о делимости многозначного числа на 7, или на 11, или на 13 к делимости на них некоторого другого числа — не более чем трехзначного.

Требуется, положим, определить, делится ли число 42 623 295 на 7, 11 и 13. Разобьем данное число справа

налево на грани по 3 цифры. Крайняя левая грань может и не иметь трех цифр. Представим теперь данное число в таком виде:

или (аналогично тому, как это мы делали при рассмотрении признака делимости на 11):

Число в квадратной скобке обязательно делится и на 7, и на 11, и на 13. Значит, делимость испытуемого числа на 7, 11 и 13 полностью определяется делимостью числа, заключенного в первой круглой скобке.

Рассматривая каждую грань испытуемого числа как самостоятельное число, можно высказать следующий объединенный признак делимости сразу на три числа 7, 11 и 13:

Если разность сумм граней данного числа, взятых через одну, делится на 7, или на 11, или на 13, то и данное число делится соответственно на 7, или на 11, или на 13.

Вернемся к числу 42 623 295. Определим, на какое из чисел 7, 11 или 13 делится разность сумм граней данного числа: (295 + 42) —623 = —286. Число —286 делится на 11 и на 13, а на 7 оно не делится. Следовательно, число 42 623 295 делится на 11 и на 13, но на 7 не делится.

Очевидно, что делимость на 7, 11 и 13 четырех-, пяти-и шестизначных чисел, то-есть чисел, разбивающихся всего лишь на 2 грани (практически более частый случай), определяется делимостью на 7, 11 и 13 разности граней данного числа. Так, например, легко установить, что 29 575 делится на 7 и на 13, но не делится на 11. Действительно, разность граней равна 575—29 = 546, а число 546 делится на 7 и на 13 и не делится на 11.

Задача. Устанавливая объединенный признак делимости на 7, 11 и 13, мы оперировали числом, разбивавшимся на 3 грани. Проведите обоснование этого признака на примере числа, разбивающегося на 4 грани по 3 цифры справа налево.

316. Упрощение признака делимости на 8

В школе обычно сообщают такой признак делимости на 8:

Если число, которое составляют последние три цифры данного числа, делится на 8, то и все данное число делится на 8.

Значит, вопрос сводится к делимости на 8 некоторого трехзначного числа.

Но при этом ничего не говорится о том, как в свою очередь быстро узнать, делится ли это трехзначное число на 8. Делимость трехзначного числа на 8 тоже ведь не всегда сразу видна, приходится фактически производить деление.

Признак делимости на 4 проще. Здесь требуется, чтобы делилось на 4 число, состоящее только из двух последних цифр испытуемого числа.

Естественно возникает вопрос: нельзя ли упростить и признак делимости на 8? Можно, если дополнить его специальным признаком делимости трехзначного числа на 8.

На 8 делится всякое трехзначное число, у которого двузначное число, образованное цифрами сотен и десятков, сложенное с половиной числа единиц, делится на 4.

Пример. Данное число 592. Для решения вопроса о делимости его на 8 отделяем единицы и половину их числа прибавляем к числу из следующих двух цифр (десятков и сотен). Получаем 59 1 = 60. Число 60 делится на 4, значит, число 592 делится на 8.

Докажите справедливость высказанного здесь признака делимости на 8 для трехзначного числа и сформулируйте упрощенный признак делимости на 8 для всякого числа.

Замечание 1. Ясно, что число, оканчивающееся нечетной цифрой, не может делиться на 8.

Замечание 2. В огромном большинстве случаев сумма двузначного числа, упомянутого в признаке, с половиной единиц данного числа будет давать двузначное же число.

Сумма будет трехзначной только для чисел в промежутке от 984 до 998, но даже и в этих случаях она не превысит числа 103 (99 + 4=103).

317. Поразительная память

Объявите своим друзьям, что если даже ограничиться только шестизначными и девятизначными числами, делящимися на 37, то все равно их чрезвычайно много, и тем не менее вы знаете наизусть все такие числа.

Чтобы усилить эффект, скажите, что вы беретесь моментально приписать к любому заранее назначенному трехзначному числу еще 3 цифры или даже б цифр так, что образовавшееся шестизначное или девятизначное число непременно будет делиться на 37.

Положим, вам назначили число 412. Припишите к нему 143 справа или слева—безразлично. Получатся числа 143412 или 412 143, каждое из которых делится на 37.

Здесь дело, конечно, не в феноменальной памяти. Память вы можете иметь самую обыкновенную, но надо знать довольно простой признак делимости на 37, заключающийся в следующем.

Разбиваем данное число справа налево на грани по 3 цифры (последняя грань слева может быть неполной). Рассматривая каждую грань как самостоятельное число, сложим эти числа. Если полученная сумма делится на 37, то делится и данное число.

Например, число 153 217 делится на 37, так как 153 + 217 = 370 тоже делится на 37.

Доказательство. Пусть N — число, разбивающееся на 2 грани. Представим его в следующей форме: N= 1000а + о, где а — число, составляющее левую грань, b— трехзначное число, составляющее правую грань данного числа. Если N делится на 37, то 1000а + b — 37k (k — целое положительное число). Докажем, что в таком случае а+Ь тоже делится на 37.

В самом деле, выразим b из первого равенства и подставим в a-f J. Тогда

делится на 37.

Обратно, пусть а + b делится на 37, тогда а + b = 37&. Выразим отсюда b и подставим в равенство N = 1000a + ô. Получаем:

т. е. N делится на 37.

Для чисел, разбивающихся на большее количество граней, рассуждения аналогичные.

Секрет фокуса, следовательно, в умелом приписывании к назначенному вашими друзьями трехзначному числу одного (для числа шестизначного) или двух (для числа девятизначного) своих трехзначных чисел таких, чтобы сумма всех приписанных вами чисел и числа, назначенного вам, делилась на 37.

Как же этого достигнуть?

Очень просто. Приписывайте, например, такие числа, которые в сумме с назначенным составляли бы трехзначное число с одинаковыми цифрами: 111 или 222, или 333 и т. д. до 999, так как всякое трехзначное число, состоящее из одинаковых цифр, непременно делится на 37.

Если назначенное число, скажем, 341, то приписывайте 103 (дополнение до 444) или 214 (дополнение до 555) и т. д. Такое дополнение в уме произвести очень легко. Это и обеспечит вам обещанную быстроту осуществления фокуса.

В случае требования написать девятизначное число, делящееся на 37, приписывайте три цифры произвольно, но с таким расчетом, чтобы последними тремя цифрами можно было образовать число, дополняющее всю сумму до какого-либо трехзначного числа с одинаковыми цифрами.

Так, например, если вам назначено число 412, то можно приписать, скажем, сначала 101, а затем 042 как дополнение контрольной суммы до 555. Получится число 412 101 042.

При этом помните, что для разнообразия вы можете приписывать свои числа по разные стороны от назначенного.

Если назначенное число само состоит из одинаковых цифр, например 333, то приписывать к нему число, состоящее тоже из одинаковых цифр, рискованно: таким приписыванием можно легко разоблачить себя. Чтобы этого избежать, прибавьте в уме 37 или 74 к числу, которое вы хотели бы приписать, или, наоборот, уменьшите его на 37 или 74.

Можно разрешить назначить двузначное или однозначное число. В таком случае сначала припишите к нему любую третью цифру или вторую и третью, а дальше действуйте, как рассказано.

Задача. Докажите признак делимости на 37 для числа, разбивающегося на 3 грани.

318. Объединенный признак делимости на 3, 7 и 19

Произведение простых чисел 3, 7 и 19 равно 399. Подмечено следующее любопытное свойство:

Если число 100а + & (где Ъ — двузначное число, а — любое целое положительное) делится на 399 или на какой-либо из его множителей, то вместе с ним на то же число делится и а+4Ь.

Докажите это утверждение.

Сформулируйте и докажите обратную теорему.

На основании доказанного установите объединенный признак делимости чисел на 3, 7 и 19.

319. Делимость двучлена

Несколько предварительных замечаний. 1) Многочленом называется алгебраическое выражение вида:

где п — число целое, положительное; коэффициенты #0, аи ...,ап — любые действительные числа; под буквой х также подразумевается любое действительное число.

2) Если один многочлен (р) указанного вида равен произведению двух других (тг и т2), р — тхтъ то мы говорим, что многочлен р делится на многочлен т1 (или т2) и в частном получается многочлен т2 (или тг).

Например, х2 — 9 делится на Зх+9 и в частном получается -i- X — 1. Действительно,

Заметим, между прочим, что часть коэффициентов частного — дробные числа, в то время как все коэффициенты делимого и делителя — целые.

3) Из факта делимости одного многочлена с целыми коэффициентами на другой многочлен также с целыми коэффициентами еще не следует, что делятся числа, в которые обращаются делимое и делитель при замене х любым целым числом, если, разумеется, делимость рассматривать с точки зрения арифметики целых чисел.

Например, как мы видели выше, (х2— 9) : (Зх + 9) = —1. При л: = 6 делимое обращается в число б2 — 9 = 27, делитель — в число 3-6 + 9 = 27, и здесь делимое делится на делитель: 27:27 = 1. Но при х = 7 делимое обращается в число 49 — 9 = 40, делитель — в число 3-7 + 9 = 30, и теперь делимое не делится на делитель с точки зрения арифметики целых чисел.

4) Если же все коэффициенты многочленов: делимого, делителя и частного — целые числа, то число, в которое обращается многочлен-делимое, непременно делится на число, в которое обращается многочлен-делитель при замене X любым целым числом, кроме тех, которые обращают делитель в нуль.

Например,

Все коэффициенты целые, следовательно, будут делиться и числовые значения делимого и делителя при замене х любым целым числом, кроме х — ^Ь 2, так как при этих значениях делитель обращается в нуль и деление невозможно. Так, при х = 3 имеем:

Убеждаемся в том, что первое значение делится на второе: 15:5 = 3. Тому же числу 3 равно и значение частного:

Для решения некоторых задач, в частности для доказательства признаков делимости чисел, полезно знать, при каких условиях сумма и разность степеней двух чисел (хт+ат и хт — ат, m — целое положительное число) делятся на сумму и разность их оснований (х + а и х — а).

Ответ на этот вопрос дается в школьном курсе алгебры (обычно в 10-м классе). Но и для читателя, еще не добравшегося в своем образовании до 10-го класса, не составит большого труда разобраться в решении поставленного вопроса.

Алгебраические выражения хт + ат и хт — ат — это частные виды многочлена

(под всеми буквами многочлена будем здесь подразумевать только целые числа, включая нуль).

Если, например, m = 4, am = lt ат_г = ат_2 = ... ...=0^ = 0; а0 = 16, то получается такой частный вид многочлена: л:4 + 16, или х4+2*.

Попробуем теперь разделить х4+24 на л: + 2:

Не делится лс4+24 на x+2. Замечаем, что остаток не содержит л, а представляет собой некоторое число.

Легко понять, что не только в этом примере, но и во всех случаях деления многочлена на двучлен вида х+а% то-есть на двучлен, содержащий х не выше чем в первой степени, остатком будет некоторое число (либо совсем не будет остатка).

Чтобы деление совершилось без остатка, надо делимое уменьшить на величину остатка. Поэтому всегда справедливо такое утверждение: делимое минус остаток равно произведению делителя и частного. Например,

Убедитесь непосредственной проверкой в том, что это равенство алгебраических выражений обращается в равенство чисел при замене буквы х каким угодно числом. Равенство, обладающее такой особенностью, называют для краткости тождеством.

Предположим теперь, что вы берете произвольный многочлен вида (*), делите его на двучлен вида х+а и составляете равенство

где буквой А для краткости записи я обозначил многочлен-делимое, буквой В— частное, а буквой С — остаток.

Спрашивается, всегда ли равенство

(**)

будет тождеством? Ответ. Всегда.

Доказательство этого утверждения в общем виде громоздко, но любой пример подтвердит его справедливость.

Такого рода тождество (**) любопытно тем, что с его помощью можно, не производя деления, узнать остаток. Например, я сообщил вам следующие данные: делимое х4,4-1, делитель х — 1, частное х3 + х2 + х + 1. Какое число С является остатком?

Решение. Составим равенство

Так как оно должно быть тождеством, то положим, например, х=\. Тогда 1 + 1=04~С. Отсюда С=2. При любых других значениях х получается такое же значение С. Пусть еще, например, х = 2. Тогда 16+1 = (2 —1)(8 + 4 + 2+1) + С, или 17=15 + С. Отсюда снова С= 2.

Значит, никакого иного остатка, как только С=2, и быть не может. Проверьте делением.

Еще интереснее. Можно не знать не только остаток, но и частное и все-таки определить остаток, не производя деления. Пусть, например, делимое х4,— 1, а делитель лс+1. Как узнать остаток, не производя деления?

Обозначим многочлен, являющийся частным, буквой В, а остаток — попрежнему буквой С. Тогда

Зная, что для остатка С получается одно и то же его истинное значение при замене х любым числом, положим х-—1. Это значение х тем удобно, что оно не потребует от нас вычисления значения частного В, так как все равно при х = —1 выражение (х+1)В обратится в нуль (за счет первого сомножителя).

Имеем: (— I)4— 1=0 +С, или 1 — 1 =С. Отсюда С = 0. Оказалось, что остаток равен нулю. Это значит, что х4—1 делится без остатка на л:+1. Проверьте делением!

Теперь можно решить и более общую задачу. При каких условиях двучлен хт +1 делится на л;+1? (т — целое положительное).

Решение. Пусть частное В, а остаток С. Имеем:

Положим х = —1, тогда (—1 )т + 1 = С. Ясно, что если m — четное (т = 2п), то С— 2\ если же m — нечетное (/и = 2л+1), то С=0.

Следовательно, если m — четное (т = 2п), то л:ш + 1, или л:2/г+1, не делится на *+1, если же m — нечетное (т = 2/1+1), то хт+ 1, или х2П+1+ 1, делится на jc+l. Частное, как нетрудно убедиться, будет состоять из убывающих степеней х с чередующимися знаками, так что имеем следующую общую формулу:

Что касается двучлена хт—1, то на х — 1 он делится при любом целом положительном m, а на х+1 делится только при m четном (т = 2п).

Убедитесь в этом самостоятельно.

Для выяснения величины остатка (С) от деления двучлена вида хт+ат на х+а следует в тождестве хт + ат = (х + а) В + С положить х = — а.

Применяя соответствующие рассуждения, нетрудно придти к следующим выводам:

(***)

Напоминаю, что в случае делимости хт±ат на х+а или на X — а делятся и целые числа, получающиеся в качестве делимого и делителя при замене букв а и х целыми числами (см. стр. 243).

Задача. Не вычисляя выражения 1110 — 1, доказать, что оно делится на 100.

320. Старое и новое о делимости на 7

Почему-то число 7 очень полюбилось народу и вошло в его песни и поговорки:

Семь раз примерь, один раз отрежь.

Семь бед, один ответ.

Семь пятниц на неделе.

Один с сошкой, а семеро с ложкой.

У семи нянек дитя без глазу.

Было у тещеньки семеро зятьев ...

Число 7 богато не только поговорками, но и разнообразными признаками делимости. Два признака делимости на 7 (в объединении с другими числами) вы уже знаете. Имеется также несколько индивидуальных признаков делимости на 7.

Выбирайте для себя любой, какой покажется наиболее интересным из следующих:

Первый признак делимости на 7. Возьмем для испытания число 5236. Запишем это число следующим образом: 103 - 5 + 102 • 2 + 10-3 6 (так называемая «систематическая» форма записи числа), и всюду основание 10 заменим основанием 3*): 33-5 + 32.2 + 3-3 + 6= 168.

Если получившееся число - на 7, то и данное число - на 7.

Так как 168 делится на 7, то и 5236 делится на 7.

Доказательство. Пусть am_ïf ат_2, ..., a2i av а0 — цифры последовательных разрядов m-значного числа N, тогда

Вычтем из первого выражения второе:

На основании формул (***) и замечания 4 на стр. 243

*) Другими словами, прочтем число так, как будто оно записано не в десятичной, а в троичной системе, не смущаясь тем, что цифр, отличных от 0, 1 и 2, в троичной системе собственно не должно бы быть.

можно утверждать, что все двучлены в скобках делятся на 10 — 3 = 7. Следовательно, если при этом вычитаете делится Р- на 7, то и уменьшаемое N-на 7, а также, если уменьшаемое N- на /, то и вычитаемое Р- на 7.

Видоизменение первого признака делимости на 7. Умножьте первую слева цифру испытуемого числа на 3 и прибавьте следующую цифру; результат умножьте на 3 и прибавьте следующую цифру и т. д. до последней цифры. Для упрощения после каждого действия разрешается из результата вычитать 7 или число, кратное семи.

Если окончательный результат- на 7, то и данное число - на 7.

Пример. Определим делимость числа 48 916 на 7. Умножаем первую слева цифру на 3:

Для дальнейших расчетов число 12 можно заменить числом 5, которое получается от уменьшения 12 на 7. Заменяя число а числом Ь, которое отличается от а на 7 или на число, кратное семи, будем ставить между ними значок =. Запись первого действия примет вид 4X3 = 12 = 5. Затем прибавляем к 5 вторую цифру 8 и снова делаем соответствующую замену: 5 +8 =13 = 6. Далее:

Окончательный результат 7. Следовательно, число 48 916 делится на 7.

Преимущество этого правила в том, что оно легко применяется в уме. Разберитесь теперь в его доказательстве.

Доказательство. Пусть

Действуя в соответствии с правилом, получаем последовательно:

Найдем разность чисел N и Р:

Так как m — число целое положительное (число цифр), то все биномы в скобках делятся на 10 — 3 = 7 (см. формулы (***) и замечание 4 на стр. 243). Следовательно, делимость числа Р на 7 связана с делимостью числа N на 7.

Замечание. Любопытно, что окончательный результат, уменьшенный на 7 или на 14, показывает остаток от деления данного числа N на 7. Проверьте!

Второй признак делимости на 7. В этом признаке надо действовать точно так же, как и в предыдущем, с той лишь разницей, что умножение следует начинать не с крайней левой цифры данного числа, а с крайней правой и умножать не на 3, а на 5.

Пример. Делится ли на 7 число 37 184?

Доказательство. Пусть

Действуя в соответствии с указанным признаком, получаем последовательно:

Умножим обе части последнего равенства на Ю™-1 и из полученного результата вычтем N:

Все двучлены в скобках делятся на 50—1=49, значит и на 7, но Ю"1-1 не делится на 7. Следовательно, делимость на 7 числа N связана с делимостью на 7 числа Р.

Третий признак делимости на 7. Этот признак менее легок для осуществления в уме, но он тоже очень интересен.

Удвойте последнюю цифру и вычтите вторую справа, удвойте результат и прибавьте третью справа и т. д., чередуя вычитание и сложение и уменьшая каждый результат, где возможно, на 7 или на число, кратное семи. Если окончательный результат - на 7, то и испытуемое число-на 7.

Проверьте этот признак на числах, а кто пожелает, тот сам выполнит и доказательство. Для числа общего вида оно, правда, несколько затруднительно, поэтому выполните его хотя бы для числа четырехзначного или пятизначного.

Доказательства трех следующих довольно любопытных теорем вы найдете в решениях, но прежде попытайтесь выполнить их самостоятельно.

Теорема 1. Если какое-либо двузначное число делится на 7, то делится на 7 и число обращенное, увеличенное на цифру десятков данного числа.

Например, 14 делится на 7, следовательно, делится на 7 и число 41 +1.

Теорема 2. Если какое-либо трехзначное число делится на 7, то делится на 7 и число обращенное, уменьшенное m разность цифр единиц и сотен данного числа.

Пример 1. Число 126 делится на 7. Следовательно, делится на 7 и 621—(6 — 1), то-есть 616.

Пример 2. Число 693 делится на 7. Следовательно, делится на 7 и 396 — (3 — 6), то-есть 399.

Теорема 3. Если сумма цифр трехзначного числа равна 7, то оно делится на 7 только при условии, что цифры десятков и единиц одинаковы.

Обратно, если сумма цифр трехзначного числа равна 7 и цифры десятков и единиц одинаковы, то такое число делится на 7.

321. Распространение признака на другие числа

Изложенные выше три признака делимости чисел на 7 по своему методу похожи на известные условия делимости чисел на 3 и на 9. Там и тут из цифр данного числа N при помощи простых арифметических действий составляется некоторое новое число Р, от делимости которого на данный делитель зависит и делимость данного числа. Число Р составляется всякий раз так, что разность N — Р (или, может быть, сумма N+P) делится на данный делитель. Основой метода является делимость двучленов ап + Ъп на a + Ь при нечетном п и ап — Ьп на а ± Ь при четном /2.

Применяя тот же метод рассуждений, можно убедиться в справедливости следующего любопытного признака делимости на 13, 17 и 19.

Для определения делимости данного числа на 13, 17 или, 19 надо умножить крайнюю левую цифру испытуемого числа соответственно на 3, 7 или 9 и вычесть следующую цифру; результат опять умножить соответственно на 3, 7 или 9 и прибавить следующую цифру и т. д., чередуя вычитания и прибавления последующих цифр после каждого умножения. После каждого действия результат можно уменьшить или увеличить соответственно на число 13, 17, 19 или кратное ему.

Если окончательный результат--на - и данное число.

Пример 1. Делится ли число 2 075 427 на 19? Применяем правило:

2X9=18 = —1 (если не желательно вводить действия с отрицательными

числами, то можно оставить 18, не вычитая из него 19);

Делится.

Пример 2. Делится ли число 81 452 на 13? Применяем правило:

Не делится. Остаток 7.

Доказательство этого признака однотипно с изложенным выше доказательством признаков делимости на 7.

322. Обобщенный признак делимости

Мысль о рассечении числа на грани с последующим их сложением для определения делимости данного числа оказалась очень плодотворной и привела к единообразному признаку делимости многозначных чисел на довольно обширную группу простых чисел. Одной из групп «счастливых» делителей являются все целые множители р числа d= 10"+1, где /2=1, 2, 3, 4, . . . (при больших значениях п теряется практический смысл признака).

Для определения делимости какого-либо числа на любое из этих чисел р надо:

1) рассечь данное число справа налево (от единиц) на грани по п цифр (каждому р соответствует свое п; крайняя левая грань может иметь цифр меньше п);

2) сложить грани через одну, начиная с крайней правой;

3) сложить остальные грани;

4) из большей суммы вычесть меньшую.

Если результат-на р, то - и данное число.

Так, для определения делимости числа на 11 (р = Ц) рассекаем число на грани по одной цифре (п=1). Поступая далее, как указано, приходим к известному признаку делимости на 11 (стр. 235). При определении делимости числа на 7, 11 или 13 (р = 7у 11, 13) отсекаем по 3 цифры (я = 3). При определении делимости числа на 73 и 137 отсекаем по 4 цифры (я = 4).

Выясним, например, делимость пятнадцатизначного числа 837 362 172 504 831 на 73 и на 137 (р = 73, 137, п = 4).

Разбиваем число на грани: 837 | 3621 | 72501 4831.

Складываем грани через одну:

Вычитаем из большей суммы меньшую:

Замечаем, что 365 делится на 73, но не делится на 137; то же можно сказать и о данном числе.

Второй группой «счастливых» делителей являются все целые множители р числа rf=10" — 1, где п = 1, 3, 5, 7, ... Ограничиваемся нечетными значениями п> потому что при п четном (п = 2т) выражение 102т— 1 разлагается на множители как разность квадратов, а делители вида 10ОТ —I— 1 мы только что рассматривали.

Число d=\Qn—1 дает следующие делители:

Для определения делимости какого-либо числа на любое из этих чисел р надо:

1) рассечь данное число справа налево (от единиц) на грани по п цифр (каждому р соответствует свое п\ крайняя левая грань может иметь цифр меньше п)\

2) все грани сложить.

Если полученный результат-на /?, то- и данное число.

Заметим попутно, что число, все п разрядов которого — единицы (начиная с /z = 3), также делится на соответствующее р. Так, 111 делится на 37, 11111 делится на 41 и на 271.

323. Курьез делимости

В заключение главы хочется представить вам четыре изумительных десятизначных числа:

В каждом из них есть все цифры от 0 до 9, но каждая цифра только по одному разу и каждое из этих чисел делится на 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17 и 18.

ГЛАВА ДВЕНАДЦАТАЯ

КРОСС-СУММЫ И ВОЛШЕБНЫЕ КВАДРАТЫ

А. КРОСС-СУММЫ

Возьмем все целые числа от 1 до 9 и попытаемся расположить их в 2 ряда так, чтобы суммы чисел в каждом ряду были равны между собой.

Прикинем, возможно ли такое распределение указанных чисел в 2 отдельных ряда?

Сумма всех целых чисел от 1 до 9 равна 45. Если каждое из этих чисел будет включаться только в один из двух рядов, то сумма чисел каждого отдельного ряда, по условию, должна составить половину суммы всех данных чисел. Но 45 не дробится на два равных целых числа, следовательно, распределение всех целых чисел от 1 до 9 в два отдельных ряда с равными суммами невозможно. Однако поставленной цели можно достигнуть, если допустить расположение чисел в два пересекающихся ряда, например, так:

При сложении единица включилась в сумму чисел того и другого ряда.

Пересекающиеся ряды чисел с одинаковыми суммами будем называть кросс-суммами по аналогии с кроссвордами. Направления расположения чисел указываются заранее, чаше всего вдоль линий какой-нибудь симметричной фигуры; числа, помещаемые в точках пересечения двух или нескольких линий, включаются в сумму чисел вдоль каждой из этих линий.

Решите предложенные здесь задачи на составление кросс-сумм, а потом придумывайте их сами. Стремитесь при этом к симметричному расположению рядов чисел. Имейте в виду, что, как правило, задача о «кросс-суммах» имеет не одно решение.

324. Интересные группировки

В десяти кружках, расположенных вдоль сторон и вдоль радиусов равностороннего треугольника (рис. 187), можно разместить десять порядковых чисел от 1 до 10 так, что сумма чисел, расположившихся по сторонам и углам каждого из трех маленьких треугольников, будет равна 28. Вариант возможного решения предложен на средней схеме рисунка 187. Здесь число 1, помещенное в центральный кружок, участвует в каждой из трех сумм: 1 + 2 +

Эти же 10 чисел можно и по-иному разместить в кружках треугольника, например, как во втором варианте на рис. 18/. Теперь сумма чисел, расположившихся по сторонам и углам маленьких треугольников, для каждого из них равна 38:

Рис. 187. Два возможных варианта решения.

Но самое интересное в том, что из тех же десяти целых чисел можно образовывать все новые и новые их группировки, такие, что для каждого из маленьких треугольников будут получаться суммы и в 29 единиц, и в 30 единиц, и в 31, 32, 33, 34, 35, 36 и 37 единиц!

Как в каждом из этих девяти случаев будут располагаться в кружках треугольника данные числа?

Вместо того чтобы вписывать числа в кружки, а потом стирать их, приготовьте 10 фишек произвольной формы, напишите на них числа и перемещайте их с кружка на кружок, пока не добьетесь желаемого результата.

325. «Звездочка»

Приготовьте 12 фишек, пронумеруйте их числами от 1 до 12 и расставьте по кружкам шестиконечной звездочки (рис. 188) так, чтобы сумма чисел в четырех кружках каждого из шести лучей равнялась 26.

Рис. 188.

326. «Кристалл»

На рис. 189 показана часть фантастической «кристаллической решетки», «атомы» которой условно соединены в 10 рядов по 3 «атома» в каждом (соединения «атомов» в ряды показаны на рис. 189 линиями). Подберите 13 целых чисел, из них 11 различных и 2 одинаковых и впишите их в «атомы» так, чтобы сумма чисел в каждом ряду (вдоль указанных на рисунке линий) равнялась 20.

Наименьшее из искомых чисел равно 1, а наибольшее равно 15.

Рис. 189. «Кристаллическая решетка».

327. Украшение для витрины

Для витрины магазина изделий из самоцветных камней ученик художественно-промышленного училища изготовил пятиконечную звезду с проволочными ободками и круглыми оправами (рис. 190).

В оправы он вставил всевозможные самоцветные камни (на рисунке не изображенные). В одну оправу — 1 камень, в другую — 2 камня, в третью — 3 и т. д. по порядку до 15 камней включительно.

Но разместил мастер камни так искусно, что общее число камней в каждых пяти оправах, расположенных вдоль одного ободка, равно 40, и общее число камней, размещенных в оправах, расположенных на пяти концах звезды, также равно 40.

Найдите распределение камней по пятнадцати оправам, удовлетворяющее указанным условиям.

328. Кому раньше удастся?

Приготовьте два комплекта фишек. Фишки каждого комплекта пронумеруйте числами от 1 до 19.

Перерисуйте для себя и для товарища шестиугольник, изображенный на рис. 191, дайте товарищу комплект фишек и пригласите его принять участие в небольшом состязании. Пусть каждый из вас расставит свои фишки по кружкам шестиугольника так, чтобы сумма чисел вдоль каждой стороны и вдоль каждого радиуса шестиугольника равнялась у одного из вас 22, а у другого 23. Трудность совершенно одинаковая.

Рис. 190. Схема ободков и оправ.

Рис. 191. Шестиугольник для игры.

Кому из вас раньше удастся решить задачу?

Помните, что у одного из вас должно получиться 12 равных сумм по 22 единицы каждая, а у другого тоже 12 сумм, но по 23 единицы каждая.

329. «Планетарий»

В малом «планетарии» все «планеты» расположены по 4 на каждой «орбите» и по 4 вдоль радиусов (рис. 192), а в большом «планетарии»—на пяти «орбитах» и вдоль пяти радиусов по 5 «планет» (рис. 193). Вес каждой «планеты» «малого планетария» выражается одним из целых чисел от 1 до 16, а вес каждой «планеты» «большого планетария» выражается одним из целых чисел от 1 до 25. Не нарушая указанной схемы, расположите «планеты» так, чтобы в каждом ряду вдоль радиуса и по каждой орбите сумма весов «планет» была равна 34 для малого «планетария» и 65 для большого «планетария». Возможны различные решения.

330. «Орнамент»

Перед вами своеобразный орнамент, состоящий из 16 маленьких треугольников. Некоторые группы из соседних четырех маленьких треугольников образуют большие

Рис. 192. Малый «планетарий».

Рис. 193. Большой «планетарий».

треугольники. На рисунке орнамента (рис. 194) нетрудно подметить шесть больших треугольников, «вплетенных» один в другой.

Впишите в каждый маленький треугольник орнамента одно из целых чисел от 1 до 16 (не повторяя их) таким образом, чтобы сумма чисел в любом из шести больших треугольников составляла ровно 34.

Б. ВОЛШЕБНЫЕ КВАДРАТЫ

331. Пришельцы из Китая и Индии

Одной из наиболее древних и наиболее совершенных кросс-сумм являются так называемые волшебные (или магические) квадраты.

Придуманы волшебные квадраты впервые, повидимому, китайцами, так как самое раннее упоминание о них встречается в китайской книге, написанной за 4000—5000 лет до нашей эры.

Старейший в мире волшебный квадрат китайцев представлен на рис. 195. Черными кружками в этом квадрате

Рис. 194. «Орнамент».

Рис. 195. Старейший волшебный квадрат.

изображены четные (женственные) числа, белыми — нечетные (мужественные) числа. В обычной записи он не так эффектен:

И все же какой это великолепный образец кросс-сумм! Девять порядковых чисел размещены в девяти клетках квадрата так, что суммы чисел вдоль каждой строки, каждого столбца и каждой из двух диагоналей одинаковы (основное свойство волшебного квадрата).

Более поздние сведения о волшебных квадратах, относящиеся уже к I веку, получены из Индии. Вот один из таких древнеиндусских памятников почти 2000-летней давности:

Здесь 16 порядковых чисел размещены в шестнадцати клетках квадрата так, что выполняется основное свойство волшебного квадрата. Действительно:

Каждое число волшебного квадрата участвует в двух суммах, а числа, расположенные по диагоналям, даже в трех, и все эти суммы равны между собой!

Недаром в ту далекую эпоху суеверий древние индусы, а следом за ними и арабы приписывали этим числовым сочетаниям таинственные и магические свойства.

Вся эта своеобразная мозаика чисел с ее постоянством сумм действительно придает волшебному квадрату «волшебную» силу произведения искусства. И это привлекло внимание не только математиков, но и художников.

В Западную Европу из Индии этот волшебный квадрат проник лишь в начале XVI века и так очаровал выдающегося немецкого художника, гравера и немного математика А. Дюрера, что художник даже воспроизвел его (в несколько измененном виде) в одной из своих гравюр («Меланхолия», 1514 г.).

Очарование этого волшебного квадрата не только в постоянстве сумм, которое является лишь его основным свойством. Подобно тому как в истинно художественном произведении находишь тем больше новых привлекательных сторон, чем больше в него вглядываешься, так и в этом произведении математического искусства таится еще немало красивых свойств, помимо основного.

Укажем еще шесть дополнительных свойств приведенного выше шестнадцатиклеточного волшебного квадрата:

1) Сумма чисел, расположенных по углам нашего волшебного квадрата, равна 34, то-есть тому же числу, что и сумма чисел вдоль каждого ряда квадрата.

2) Суммы чисел в каждом из маленьких квадратов (в 4 клетки), примыкающих к вершинам данного квадрата, и в таком же центральном квадрате тоже одинаковы и каждая из них равна 34:

3) В каждой его строке есть пара рядом стоящих чисел, сумма которых 15, и еще пара тоже рядом стоящих чисел, сумма которых 19.

4) Подсчитайте-ка теперь сумму квадратов чисел отдельно в двух крайних строках и в двух средних:

Как видите, получились попарно равные суммы!

5) Нетрудно убедиться, что аналогичным свойством обладают и столбцы чисел. Суммы квадратов чисел двух крайних столбцов равны между собой и суммы квадратов чисел двух средних столбцов тоже одинаковы.

6) Если в данный квадрат вписать еще один квадрат с вершинами в серединах сторон данного квадрата, то:

а) сумма чисел, расположенных вдоль одной пары противоположных сторон вписанного квадрата, равна сумме чисел, расположенных вдоль другой пары противоположных его сторон и каждая из этих сумм равна опять-таки числу 34:

б) еще интереснее то, что равны между собой даже суммы квадратов и суммы кубов этих чисел:

Если все столбцы волшебного квадрата сделать строками, сохраняя их чередование, то-есть числа первого столбца в той же последовательности расположить в виде первой строки, числа второго столбца в виде второй строки и т. д., то квадрат останется «волшебным» с теми же его свойствами.

При обмене местами отдельных строк или столбцов волшебного квадрата некоторые из вышеперечисленных его свойств могут исчезнуть, но могут и все сохраниться

и даже появиться новые. Например, поменяем местами первую и вторую строки данного квадрата:

Суммы чисел вдоль строк и столбцов, конечно, не изменились, но суммы чисел вдоль диагоналей стали иными, не равными 34. Волшебный квадрат потерял часть своих основных свойств, стал «неполным волшебным квадратом».

Продолжая обменивать местами строки и столбцы квадрата, вы будете получать все новые и новые волшебные квадраты из 16 чисел. Некоторые из них снова будут полностью обладать основными свойствами.

Задача. Обменивая местами строки и столбцы данного волшебного квадрата (см. стр. 271), добейтесь такого расположения чисел, чтобы

1) выполнялись основные свойства волшебного квадрата (были бы равны суммы вдоль каждой строки, столбца и диагонали);

2) суммы квадратов чисел вдоль диагоналей были бы одинаковыми;

3) суммы кубов чисел вдоль диагоналей тоже были бы одинаковыми.

332. Как самому составить волшебный квадрат?

Если некоторое количество порядковых чисел, например все целые числа от 1 до 16 или от 1 до 9, от 1 до 25, от 1 до 100 и т. д., расположены в форме квадрата так, что суммы чисел вдоль каждой строки, каждого столбца и каждой диагонали квадрата одинаковы, то такой квадрат, как было сказано, называется магическим, или волшебным.

Идея составления волшебного квадрата, возникшая около семи тысячелетий назад, постепенно увлекла как любителей математических развлечений, так и специалистов-математиков. Начались и до сих продолжаются по-

иски теоретических обоснований этого удивительного и красивого явления в мире чисел. За сотни лет придуманы сотни остроумных способов и правил составления различных волшебных квадратов.

Хотите познакомиться с некоторыми наиболее интересными из них? В таком случае будем действовать подобно радиолюбителям. Еще не зная во всех подробностях теории радиоприема, они уже умеют собирать радиоприемник из готовых деталей по готовым схемам. Наши «детали»— числа, а «панель» (доска, на которой монтируются детали) — квадрат с клетками. «Смонтируем» шестнадцатиклеточный волшебный квадрат по следующей схеме.

Первый шаг. Расположить в шестнадцати клетках все целые числа от 1 до 16 по порядку:

Третий шаг. Порядок следования чисел во втором и третьем столбцах изменить на обратный:

Второй шаг. Порядок следования чисел в строках III и IV изменить на обратный и обменять местами строки II и III:

Четвертый шаг. Порядок следования чисел в строках III и IV изменить на обратный:

Волшебный квадрат готов. Можете проверить. Каждая из интересующих нас сумм равна 34 (это число называют константой волшебного квадрата).

Дальше вы найдете еще несколько способов составления шестнадцатиклеточного волшебного квадрата (см. задачи 333, 340, 341). Пользуясь любым из них или указанной здесь схемой, составляйте квадраты с постоянными суммами не только из шестнадцати порядковых чисел, но и из шестнадцати любых целых чисел, отличающихся друг от друга последовательно на одно и то же число. Расширяя первоначальное определение волшебного квадрата, будем и такие квадраты тоже называть волшебными.

Задача. Составьте волшебный квадрат из шестнадцати нечетных чисел от 1 до 31. Потребуем еще, чтобы этот волшебный квадрат обладал и некоторыми дополнительными свойствами, например:

1) должна быть одинаковой, равной числу 64 (константа квадрата), сумма чисел, расположенных: а) по четырем углам всего шестнадцатиклеточного квадрата, б) по четырем углам четырех девятиклеточных квадратов, в) по четырем углам девяти четырехклеточных квадратов, входящих в состав всего квадрата, г) по четырем углам шести прямоугольников длиной в 4 клетки и шириной в 2 клетки, д) вдоль каждой пары противоположных сторон вписанного квадрата с вершинами в серединах сторон данного квадрата;

2) суммы квадратов чисел в каких-либо двух строках должны быть равными между собой и суммы квадратов чисел в других двух строках тоже должны быть равными между собой;

3) суммы квадратов чисел в каких-либо двух столбцах должны быть одинаковыми и суммы квадратов чисел в двух других столбцах тоже должны быть одинаковыми.

Обменивая местами строки и столбцы в первоначально составленном волшебном квадрате, постройте квадрат, обладающий всеми требуемыми свойствами. Сделайте!

333. На подступах к общим методам

Количеством клеток (чисел) в каждом ряду волшебного квадрата определяется его «порядок».

Волшебный квадрат третьего порядка имеет в каждом ряду 3 клетки, волшебный квадрат четвертого порядка имеет в каждом ряду 4 клетки, и т. д.

Способ составления волшебного квадрата четвертого порядка, рассмотренный в предыдущей задаче, весьма индивидуален; он неприменим к квадратам других порядков. Пора познакомиться и с методами несколько более общими. Благополучнее всего дело обстоит с квадратами нечетного порядка; с них и начнем.

Квадраты нечетного порядка. Для квадратов нечетного порядка действительно можно указать общий и довольно простой метод их составления. Рассмотрим его на примере квадрата пятого порядка, а затем вы его без труда примените к квадратам третьего, седьмого и других нечетных порядков.

Строим квадрат ABCD (рис. 196) с 25 клетками и временно дополняем его до симметричной ступенчатой фигуры (изображенной на том же рисунке) со ступеньками в одну клетку.

В полученной фигуре располагаем по порядку косыми рядами сверху — вниз — направо 25 целых чисел от 1 до 25.

Рис. 196. Так начинаем построение волшебного квадрата 5-го порядка.

А теперь каждое число, оказавшееся вне квадрата ABCD, следует перенести вдоль того же ряда или столбца ровно на столько клеток от той клетки, которую оно занимает, каков порядок квадрата, в нашем примере — на пять.

Так, в соответствии с этим правилом число 6 надо поместить в клетку под числом 18, а число 24— выше числа 12; далее, 1—ниже 13, а 25 — выше 13; 16 — правее 8, а 4 — левее 12 и т. д

Окончательно получим волшебный квадрат, изображенный на рис. 197.

Нетрудно убедиться в том, что в получившемся квадрате выполняются основные свойства волшебного квадрата, то-есть сумма чисел вдоль каждой диагонали, вдоль каждой вертикали и горизонтали одна и та же и равна константе квадрата—65.

Здесь, как и в предыдущем случае, порядковые числа можно заменить любыми другими последовательными числами, но такими, чтобы разность между каждым последующим и предыдущим числами сохранялась неизменной.

Рис. 197. Волшебный квадрат готов.

Задача. Сообразите, как применить описанный здесь прием составления волшебного квадрата в 25 клеток к составлению волшебных квадратов третьего и седьмого порядков.

Некоторые квадраты четного порядка. Сложнее обстоит дело с волшебными квадратами четного порядка. Способы их составления не обладают большой общностью.

Обратимся еще раз к квадрату четвертого порядка. Приготовим два квадрата по 16 клеток в каждом и проведем диагонали.

В клетки первого квадрата впишем данные числа по порядку, начиная с меньшего, пропуская пока те из них, которые приходятся на клетки, перечеркнутые диагоналями (рис. 198, а).

Пропущенные числа, начиная с самого большого из них (то-есть с 16), разместим последовательно в порядке убывания по перечеркнутым клеткам второго квадрата (рис. 198, б).

Наложив теперь один квадрат на другой таким образом, чтобы совместились их клетки, получим искомый волшебный квадрат четвертого порядка, который изображен на рис. 198, в.

Тот же принцип с небольшим дополнением, примененный к размещению чисел в квадрат с 64 клетками, приводит к образованию волшебного квадрата восьмого порядка.

Нарисуем восемь квадратов по 16 клеток в каждом, проведем диагонали и составим из этих восьми квадратов два квадрата по 64 клетки.

Рис. 198. Построение волшебного квадрата 4-го порядка.

Заполним клетки первого квадрата порядковыми числами, начиная с наименьшего и пропуская те из чисел, которые приходятся на перечеркнутые клетки (рис. 199, а). Пропущенные числа, начиная с большего, разместим в порядке убывания по перечеркнутым клеткам второго квадрата (рис. 199, б). Объединив оба квадрата в один, получим искомый волшебный квадрат восьмого порядка (рис. 199, в).

Константа этого квадрата 260.

Казалось бы, найден метод конструирования волшебных квадратов четного порядка. Однако это не так. Составить волшебный квадрат шестого порядка тем же приемом не удастся. С его конструированием гораздо больше хлопот.

Нарисуем квадрат в 36 клеток и разделим его на 4 квадрата по 9 клеток (рис. 200, а). Числа от 1 до 9 разместим в левом верхнем квадрате по принципу составления квадрата нечетного порядка (см. стр. 267). По тому же принципу заполним числами и остальные три девятиклеточных квадрата: нижний правый — числами от 10 до 18,

Рис. 199. Построение волшебного квадрата 8-го порядка.

правый верхний — числами от 19 до 27 и, наконец, нижний левый — числами от 28 до 36 (рис. 200, а). После этого необходимо поменять местами числа 4, 5 и 8 с числами 31, 32, 35, и волшебный квадрат готов (рис. 200,6). Его константа 111.

334. Экзамен на смекалку

Расставьте в белых клетках квадрата, изображенного на рис. 201, все целые числа от 30 до 54 включительно так, чтобы сумма чисел в каждом из 7 горизонтальных и 7 вертикальных рядов равнялась 150, а сумма чисел вдоль каждой из двух диагоналей равнялась 300. Действуйте не наудачу, а попытайтесь придумать какую-нибудь схему расстановки данных чисел.

335. «Волшебная» игра в «15»

В коробочке, рассчитанной на 16 квадратных плиток, находится только 15 пронумерованных плиток; одно место «пустое». Обычно игра в «15» заключается в том, что, предварительно расположив в коробке все 15 плиток

Рис. 200. Построение волшебного квадрата 6-го порядка.

Рис. 201. Расставьте числа в белых клетках.

в произвольном порядке, пытаются затем разместить их в «правильном» порядке (рис. 202), передвигая плитки одну за другой, но не вынимая их из коробочки.

В таком виде эта игра малосодержательна. Но ее математическое содержание можно значительно обогатить введением дополнительного требования: передвигая плитки, расположить их так, чтобы образовался волшебный квадрат из шестнадцати чисел (пустую клетку, в каком бы месте коробочки она ни находилась, считать нулем).

Если у вас нет этой игры, изготовьте ее сами.

Расположите теперь плитки игры в «15» так, как изображено на рис. 203 (нормальный порядок расположения плиток нарушают последние две плитки). Не вынимая плиток из коробочки, а только перемещая их, образуйте волшебный квадрат с константой 30.

Добейтесь решения не больше чем в 50 движений! Придется, несомненно, проявить терпение и большую настойчивость.

Можно образовать волшебный квадрат и из позиции рис. 202, но это всегда будет квадрат, который не может получиться из позиции рис. 203. Убедитесь!

336 Нетрадиционный волшебный квадрат

Все числа традиционного волшебного квадрата непременно порядковые. В более общем случае клетки квадрата могут быть заполнены любыми числами.

Пусть в шестнадцати клетках квадрата размещены, как показано на рис. 204, все целые числа от 1 до 8,

Рис. 202. Игра в «15».

Рис. 203. Порядок нарушен.

каждое по два раза. Переставьте эти числа так, чтобы сумма их в любом из горизонтальных, вертикальных и диагональных рядов, а также по углам квадрата равнялась 18. Мало этого. Ту же сумму 18 должны составлять: 1) числа любого квадрата из четырех смежных клеток; 2) числа, расположенные по углам любого квадрата из девяти смежных клеток, и ни одно число в каждой из этих сумм не должно повторяться.

Добейтесь решения этой задачи путем проб, а может быть, придумаете схему.

Какой-то шутник составил довольно забавный нетрадиционный волшебный квадрат с константой 5 = 264 (рис. 205). Это — квадрат-оборотень».

Как вы думаете, почему?

337. Что в центральной клетке?

Выясним теперь, какое число занимает центральную клетку волшебного квадрата с нечетным числом клеток. Рассмотрим два девятиклеточных волшебных квадрата, представленных на рис. 206. В обоих случаях число, стоящее в центральной клетке, равно i 5, то-есть одной трети константы квадрата.

Рис 204. Переставив числа, получить волшебный квадрат.

Рис. 205. Квадрат-«оборотень».

Рис. 206. Число в центральной клетке равно -g- S*

Обратимся к знакомому нам двадцатипятиклеточному волшебному квадрату (рис. 207).

Здесь число, стоящее в центральной клетке, равно g- S, то-есть одной пятой константы квадрата. Из наблюдений напрашивается предположение о такой закономерности: число, стоящее в центральной клетке волшебного квадрата с нечетным числом клеток, равно среднему арифметическому суммы чисел одного ряда. Но справедливость всякого свойства, подмеченного из наблюдений, можно считать окончательно установленной только после его проверки «для общего случая». Ограничимся пока «общим видом» девятиклеточного волшебного квадрата, представленным на рис. 208. Вместо чисел здесь пока буквы. Буквенными же равенствами будет выражено и основное свойство волшебного квадрата:

Докажите, что при этих условиях непременно

Рис. 207. Число в центральной клетке равно -g-S.

Рис. 208. Квадрат 3-го порядка.

338. «Волшебные» произведения

Разновидностью упражнений с волшебным квадратом является задача о заполнении клеток разграфленного квадрата неповторяющимися натуральными числами так, чтобы их произведения в каждой строке, каждом столбце и в обеих диагоналях были одинаковы. Из порядковых чисел такой квадрат еще никем не составлен, да, повидимому, и не может быть составлен. Если же допустить произвольный выбор чисел, то среди бесчисленного множества натуральных чисел, конечно, найдутся подходящие.

Как же подобрать их?

Есть исчерпывающий способ составления какого-нибудь (какой выйдет!) квадрата с постоянным произведением. В основе этого способа лежит известное правило умножения степеней: при умножении степеней с одинаковыми основаниями основание остается тем же, а показатели степеней складываются. Например,

В выбранном примере суммы показателей степеней будут одинаковы:

следовательно, и произведения степеней будут одинаковыми:

Теперь ясно, что если взять любое число, например 2, в качестве основания степени, а показателями степени сделать числа какого-либо волшебного квадрата с постоянной суммой, например такого, как на рис. 209, а, то полученные числа образуют волшебный квадрат с одинаковыми произведениями Р (рис. 209, б).

Рис. 209. Построение волшебного квадрата с постоянным произведением 216.

Для этого квадрата произведение Р= 24.23.28 = 24.29-22 = 24.25.26 = и т. д. = 215 = 32768.

Таким путем любой волшебный квадрат с постоянной суммой можно превратить в некоторый квадрат с постоянным произведением.

Для составления волшебных квадратов с постоянными произведениями можно предложить еще иную схему, не зависимую от квадратов с постоянными суммами.

Разложим аг на три множителя: \-a-a2. По-разному группируя эти три числа, нетрудно составить квадрат с постоянным произведением, равным а3. Для этого заполним сначала данными множителями последовательно все клетки какой-нибудь диагонали квадрата, например снизу — вверх — направо (рис. 210, а). Эти же числа 1, а и а2 разместим в оставшиеся свободные клетки еще по два раза каждое, симметрично относительно заполненной диагонали, причем так, чтобы в каждой строке и каждом столбце эти числа не повторялись (рис. 210, а).

Получился волшебный квадрат с постоянным произведением а3, но он еще не отвечает поставленной цели, так как его клетки заполнены повторяющимися числами.

Проделаем то же самое с числами 1, b и Ь2 с той только разницей, что первоначально расположим их вдоль другой диагонали квадрата, например сверху — вниз — направо (рис. 210, б). Наложим второй квадрат на первый и перемножим числа, попавшие в одну и ту же клетку (рис. 210, в). Произведение чисел в каждой строке, в каждом столбце и вдоль диагоналей постоянно и равно а3Ь3.

Рис. 210. Построение волшебных квадратов с постоянным произведением а3, Ь* и а3 №.

Заменяя а и b числами, лучше простыми (тогда наверняка не будет повторяющихся чисел), получим числовые волшебные квадраты с постоянными произведениями.

Пусть, например, а = 2, 6 = 3, тогда получим волшебный квадрат с произведением Р = 216 (рис. 211).

Задача 1. Составьте волшебный квадрат третьего порядка с тремя параметрами a, b и с так, чтобы постоянное произведение равнялось asb3c3.

Для составления волшебного квадрата четвертого порядка с постоянными произведениями также можно предложить схему*) (рис. 212, а). Здесь Р = ABCDabcd.

Придавая буквам числовые значения, например: Л = 1, В = 2, С= 7, D = 9, а = 1, Ь = 3, с = 4, d = 5, получим квадрат с постоянным произведением Р=7560 (рис. 212, б).

Между прочим, один из неполных волшебных квадратов третьего порядка, а именно квадрат, представленный на рис. 213 (равны произведения чисел только в строках и столбцах), интересен еще любопытным дополнительным

Рис. 211. Р = 216.

Рис. 212. Формула и пример волшебного квадрата 4-го порядка.

Рис. 213. Неполный квадрат 3-го порядка

*) По другому поводу эта схема встречалась в решении задачи 115.

свойством:

Задача 2. Формула произведения чисел каждой строки и каждого столбца предыдущего неполного квадрата третьего порядка: а2Ьс. В соответствии с этим замените числа этого квадрата подходящими буквами.

339. «Шкатулка» арифметических курьезов

Прекурьезнейшие соотношения иной раз обнаруживаются среди целых чисел!

Возьмем, например, 12 обыкновенных целых чисел: 1, 2, 3, 6, 7, 11, 13, 17, 18, 21, 22, 23.

С виду они ничем не примечательны. Но вот я их разъединяю на 2 группы:

1, 6, 7,-17, 18, 23 и 2, 3, 11, 13, 21, 22. Сравните теперь суммы чисел каждой группы:

Суммы оказались равными. А суммы квадратов тех же чисел?

Суммы квадратов тоже одинаковы. А суммы кубов? Можете сами убедиться в том, что и суммы кубов, и суммы четвертых степеней, и суммы пятых степеней этих чисел будут одинаковыми:

Eule поразительнее: увеличивайте или уменьшайте все числа первой и второй групп нз какое хотите одно и то же целое число — получающиеся новые группы будут обладать теми же свойствами.

Уменьшим, например, все данные числа на 12; получим: — 11, —6, —5, 5, 6, 11 и—10, —9, —1, 1, 9, 10.

Очевидно, что сумма чисел первой группы равна сумме чисел второй группы (обе суммы — нули). Равны и суммы кубов и суммы пятых степеней этих чисел (тоже — нули). Нетрудно убедиться и в равенстве сумм квадратов и сумм четвертых степеней данных чисел:

Ну, а теперь небольшая догадка, и в ваших руках будет формула, которая даст вам столько групп чисел, обладающих вышеуказанным свойством, сколько вы захотите:

где m — любое число, а п = 1, 2, 3, 4 или 5.

Интересны также и те числа, которые вычитаются из числа гп или прибавляются к нему. Каждое из этих чисел, взятое со знаком плюс либо со знаком минус, входит в состав первой и третьей строк так называемого «нулевого» неполного волшебного квадрата (рис. 214). «Нулевым» он назван потому, что сумма чисел в каждой строке и в каждом столбце равна нулю. Элементы (числа) «нулевого» волшебного квадрата образуют еще несколько курьезных соотношений:

2) равны между собой суммы произведений чисел но строкам, по столбцам, а также по всем диагоналям, которые могут образоваться при любом перемещении строк и столбцов квадрата:

Рис. 214. «Нулевой» неполный квадрат.

3) если элементы (числа) любого столбца или строки обозначить буквами а9 b и с, то, кроме основного тождества a+b+c = Ot будут справедливы следующие:

Убедитесь в этом.

Как видите, этот «нулевой» волшебный квадрат — целая «шкатулка» разных курьезных арифметических соотношений.

В. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ВОЛШЕБНЫХ КВАДРАТОВ

340. «По дополнению»

Пусть (ху а\ b, Ь\ с, с\ d, d\ е, е\ /, /', g, g', hwk! — элементы традиционного волшебного квадрата четвертого порядка (рис. 215), причем

Такое соотношение между числами квадрата вполне возможно, так как все шестнадцать целых чисел, составляющих традиционный волшебный квадрат, делятся на 8 пар так, что числа каждой пары дополняют друг друга до 17. Например, 1 и 16, 2 и 15, 3 и 14 и т. д. Поставим такую задачу.

Заменяя буквы числами, определить, сколько можно получить существенно различных волшебных квадратов с постоянной суммой, равной 34, вдоль каждой горизонтали, вертикали и диагонали, по четырем вершинам данного квадрата, в квадрате из четырех соседних клеток и по четырем вершинам любого квадрата из девяти соседних клеток.

Существенно различными квадратами мы будем называть такие, которые нельзя получить один из другого путем перестановки строк и столбцов и замены строк столбцами.

По условию, a +b +g+h = 34. Не теряя общности, можно считать а=1, тогда d =16. В таком случае b, g и h каждое меньше 16. Отсюда в свою очередь следует, что каждое из них больше 3. Будь, например, Ь^З, тогда

Рис. 215. Числа волшебного квадрата заменены буквами.

неизбежно g или h было бы больше или равно 16, что исключено.

По условию, имеем еще: a + b' + с + d' = 34. Рассуждая аналогично предыдущему, заключаем, что каждое из чисел Ь\ с и d больше 3. Если теперь Ь = \4 или 15, то Ь' = 3 или 2, что исключается. Следовательно, 3<£<С 14.

Не теряя общности, можно считать 6^8, так как если b ]> 8, то ^ 8, которое может равноправно заменить собой Ь. Значит, достаточно рассмотреть следующие возможные значения: Ь = 4, 5, 6, 7 и 8.

Общность не нарушится и от предположения, что h>g. Теперь нетрудно перечислить все возможные значения группы чисел (a, b, g и h):

По каждому из этих комплектов мы можем подобрать соответствующие возможные значения для с и d\ так как имеем по условию: а+Ь' +с +d' = 34.

Например, если a, b, g и h равны соответственно 1, 4, 14, 15 (первый комплект), то Ь'= 13, c+d' = 34 — 1 — 13 = 20 и для с и d'имеем только следующие возможные значения: 8 и 12 или 12 и 8, а также 9 и 11, или 11 и 9 (иные значения невозможны, так как числа не должны повторяться).

Таким же образом можно подобрать все возможные значения с и d\ соответствующие остальным комплектам значений a, b, g и h. Проделайте этот подбор и составьте все возможные комплекты значений для a, b> g, h, b\ с% d'. Получится их не так уж много — всего 24.

Теперь для каждой из полученных 24 комбинаций надо подобрать подходящие значения / и f. Это можно сделать, исходя из условия, что сумма чисел, расположенных в вершинах любого квадрата из девяти соседних клеток, должна равняться константе квадрата, то-есть 34:

Подбирая подходящие значения / и /', следует иметь в виду, что каждое найденное значение / или f позволяет сразу же однозначно определить значение последней пары неизвестных: е и ё. Проделав терпеливо соответствующее испытание каждого из 24 случаев, вы

обнаружите, что в 10 случаях не обеспечиваются возможные значения для / и /', в 4 случаях не обеспечивается к трем найденным в строке или столбце такое четвертое число, чтобы сумма четырех чисел равнялась 34; не годится, например, комбинация чисел (1, 10, 13) или (1, 9, 15), так как волшебный квадрат не должен иметь повторяющихся чисел, а как раз в первом из этих случаев четвертым числом могло бы быть только 10 (=34—1—10—13), а во втором — 9 (=34—1—9—15), в 7 случаях не обеспечиваются существенно различные квадраты, то-есть получающиеся квадраты могут быть преобразованы один в другой путем перестановки строк и столбцов и замены строк столбцами, и только в 3 случаях получающиеся комбинации чисел удовлетворяют всем поставленным условиям.

Итак, возможны только три существенно различных волшебных квадрата четвертого порядка «по дополнению», обладающих вышеуказанными свойствами. Они представлены на рис. 216. Последний из этих квадратов только порядком расположения столбцов и строк отличается от волшебного квадрата, рассмотренного нами вначале (см. рисунок на стр. 261). Тот квадрат, как вы помните, обладал рядом дополнительных свойств. Почти все эти дополнительные свойства присущи и первым двум квадратам.

Чита-Гелю, знакомому с определителями, будет интересно узнать еще об одном свойстве приведенных здесь трех волшебных квадратов: если каждый из них рассматривать как определитель четвертого порядка, то такой определитель будет равен нулю. Таким же свойством обладает иногда и волшебный квадрат 8-го порядка (см. рис. 199).

Рис. 216. Три существенно различных волшебных квадрата.

341. «Правильные» волшебные квадраты четвертого порядка

Каждый традиционный волшебный квадрат четвертого порядка может быть разложен на сумму четырех квадратов таких, что в первом квадрате будут только единицы, во втором — только двойки, в третьем — четверки и в четвертом— восьмерки. В самом деле, элементами традиционного волшебного квадрата четвертого порядка являются все целые числа от 1 до 16, а если каждое из них уменьшить на 1, то получим волшебный квадрат, элементами которого будут все целые числа от 0 до 15.

Употребляя только четыре числа 1, 2, 4 и 8, причем каждое не больше чем по одному разу, можно при помощи сложения составить любое целое число от 1 до 15:

Пользуясь такой возможностью, разложим все числа волшебного квадрата на составные части, оставим единицы на своих местах, а двойки, четверки и восьмерки отделим и разместим их по отдельности в соответствующих клетках заранее приготовленных квадратов. Это и будет разложением данного волшебного квадрата четвертого порядка на сумму четырех квадратов.

Так, например, квадрат, представленный на рис. 217, разлагается на сумму четырех квадратов, изображенных

Рис. 217. «Правильный» волшебный квадрат...

на рис. 218. Волшебный квадрат, представленный на рис. 219, разлагается на сумму четырех квадратов, представленных на рис. 220.

Волшебный квадрат четвертого порядка будем называть правильным, если каждый из его четырех составляющих квадратов является также волшебным квадратом.

Так, волшебный квадрат, приведенный в первом примере,— правильный, а во втором примере — неправильный (суммы чисел вдоль диагоналей не равны суммам чисел вдоль строк и столбцов).

Простейших волшебных квадратов, в клетках которых стоят только два различных числа, может быть восемь (рис. 221).

Складывая эти восемь простейших квадратов по четыре, мы можем получить всевозможные правильные волшебные квадраты четвертого порядка. Среди них будет только одиннадцать таких, все элементы которых различны между собой.

Рис. 218. ...и составляющие его квадраты.

Рис. 219. .«Неправильный» волшебный квадрат...

Если обозначим условно восемь данных простейших квадратов соответственно буквами А, В, С, D, Е, F, G и И, то одиннадцать правильных волшебных квадратов получатся в следующих комбинациях:

В каждом из найденных одиннадцати квадратов вместо пар букв а и а\ b и Ь\ с и с' и т. д. нужно подставить в каком-нибудь порядке четыре пары цифр: 0 и 1, 0 и 2, О и 4, 0 и 8.

Для примера возьмем квадрат С+£+G+// и положим в нем:

Рис. 220. ...и составляющие его квадраты.

Рис. 221. Волшебные квадраты, в клетках которых только два различных числа.

Получится волшебный квадрат, который представлен на рис. 222.

Так как четыре пары цифр можно перемещать 24 способами, а цифры каждой пары — двумя способами, то число всех правильных волшебных квадратов равно 11 X 16 X 24 = 4224. Если же восемь квадратов, полученных поворачиванием и переворачиванием одного квадрата, будем считать за одно решение, то число различных возможных правильных волшебных квадратов будет равно 4224:8 = 528.

Какой-нибудь простой способ для составления неправильного волшебного квадрата из шестнадцати порядковых чисел, кажется, до сих пор еше никем не предложен.

342. Подбор чисел для волшебного квадрата любого порядка

Дан квадрат, состоящий из я8 клеток (п — любое целое число). Требуется заполнить все клетки целыми числами так, чтобы их сумма в каждой строке, в каждом столбце и в каждой диагонали равнялась одному и тому же произвольно нами выбранному числу S (константа квадрата). Другими словами, предлагается составить волшебный квадрат, но не обязательно традиционный, то-есть не требующий употребления непременно порядковых чисел.

У традиционного волшебного квадрата константа 5 не может быть произвольной. Она предопределена подбором чисел. Если составляется квадрат я-го порядка и употребляются порядковые числа от 1 до /г8, то сумма всех этих чисел равна 1+2+3+...+/za =v ~2 ; (сумма членов арифметической прогрессии). Следовательно, сумма чисел одного ряда, столбца или диагонали определяется формулой

Мы же, заполняя клетки квадрата, позволим себе употребить любые целые числа, даже отрицательные и

Рис. 222. Еще один правильный волшебный квадрат.

не обязательно каждое только по одному разу (разумеется, все п2 чисел не должны быть одинаковыми).

Может показаться, что при такой свободе в отношении выбора чисел задача становится весьма несложной. Попробуйте, и вы убедитесь, что это далеко не так. Настоятельно рекомендую все же непременно попробовать составить хотя бы квадрат пятого порядка из произвольных чисел с какой хотите произвольной константой и только после этого продолжать чтение этой главы.

Прежде чем перейти к общему случаю, остановимся отдельно на волшебных квадратах третьего и четвертого порядков. Привлечем на помощь алгебру.

Квадрат третьего порядка. Все искомые числа обозначим буквой а с двумя числами (индексами) около нее справа, внизу (рис. 223). Первое число индекса будет указывать номер строки, в которой находится а, а второе число индекса — номер столбца, в котором находится это а.

Так как, по условию, квадрат волшебный, то имеем 8 уравнений: 6 для сумм чисел в каждой из трех строк и в каждом из трех столбцов и 2 для сумм чисел в каждой из двух диагоналей. Нетрудно, однако, обнаружить, что независимых уравнений будет только 6 (два остальных уравнения — следствия первых шести), В самом деле, учитывая, что а22 = у, где 5 — константа квадрата (см. стр. 273), получаем следующую систему уравнений:

(1)

(2) (3) (4)

(5)

(6)

(7)

Рис. 223. Числа обозначим буквой а с индексами.

(8)

Складывая уравнения (6), (7), (8) и вычитая (2), получаем уравнение (1). Это показывает, что уравнение (1) не является независимым от остальных или, как говорят, представляет собой следствие остальных уравнений. Исключим его из нашей системы. Складывая уравнения (5), (7), (8) и вычитая (3), получаем уравнение (4). Отсюда следует, что уравнение (4) есть следствие оставшихся уравнений. Исключим и его из нашей системы. Остается 6 уравнений с восемью неизвестными. Надо показать теперь, что эти б уравнений: (2), (3), (5), (6), (7) и (8) не зависят друг от друга. С этой целью следует выделить какие-либо 6 неизвестных из восьми и выразить каждое из них через остальные два неизвестных числа и известное S. Если это удастся, то система независима. Убедитесь самостоятельно в том, что система уравнений (2), (3), (5), (6), (7), (8) разрешима, например, относительно неизвестных а119 а12, а13, а21, а23 и а32.

Итак, из восьми уравнений с девятью неизвестными независимых уравнений только шесть. Это дает нам право какие-либо три числа из девяти искомых выбрать произвольно.

Принимая во внимание, что а22 = ~, положим

Числа ап и а13 положим равными k+x и k+y, где h, X и у произвольны:

тогда получим решение, представленное на рис. 224.

Заменяя в этом решении х на —х, или у на —у, или X на у, г у на х, будем получать такое же распределение чисел, может быть, только с заменой строк столбцами или другим порядком их чередования. .Можем поэтому положить

х^у,

где X и ^—положительны. Наименьшее число в полученном квадрате k — X—у, наибольшее к+х+у. Зная

Рис. 224. Формула волшебного квадрата 3-го порядка.

это, легко получить и знакомый нам уже традиционный квадрат, наименьшее число которого 1, а наибольшее 9. Имеем, кроме того, Отсюда

и мы получаем единственно возможное расположение чисел (с точностью до расположения строк и столбцов) для традиционного волшебного квадрата третьего порядка (рис. 225).

Квадрат четвертого порядка. Для отыскания шестнадцати чисел, из которых можно было бы составить волшебный квадрат четвертого порядка (рис. 226), мы имеем 8 независимых уравнений.

Если умело выбрать 8 неизвестных и придать им произвольные значения, то остальные 8 неизвестных будут найдены решением системы уравнений.

Полезно заметить, что в любом волшебном квадрате четвертого порядка сумма четырех центральных элементов равна сумме чисел каждого ряда, то-есть константе квадрата S:

В справедливости этого характеристического свойства волшебного квадрата четвертого порядка вы можете убедиться самостоятельно.

Рис. 225. Традиционный волшебный квадрат 3-го порядка.

Рис. 226. Числа заменены буквой а с индексами.

Введем теперь 8 произвольных чисел: А, В, С, D, а, Ь, с, d следующим образом:

Остальные 8 чисел определить нетрудно, и мы получим формулу (предложена Е. Бергольцем в 1910 г.), представленную на рис. 227.

Значительно раньше, в 1884 году, в «Журнале элементарной математики» профессором В. П. Ермаковым была опубликована формула, которую можно предложить в виде суммы двух волшебных квадратов (рис. 228).

Произвольно подбирая 8 чисел:

А, В, С, D, а, Ь, с, d

и складывая оба квадрата «поклеточно» (то-есть складывая числа в совпавших клетках при наложении одного квадрата на другой), мы получим искомый волшебный квадрат.

По поводу того, как подобрать эти 8 чисел, чтобы в клетках полученного квадрата стояли все целые числа от I до 16 (то-есть, чтобы квадрат оказался традиционным),

Рис. 227. Формула волшебного квадрата 4-го порядка.

Рис. 228. Формула В. П. Ермакова.

В. П. Ермаков пишет: «Мы не знаем простого решения этого вопроса и предоставляем читателям найти таковое».

Квадрат порядка п (п> 4). Числа, составляющие квадрат п-го порядка при я>4, можно представить следующим образом:

Здесь п2 неизвестных чисел, которые могут быть любыми алгебраическими количествами, лишь бы их сумма вдоль каждой строки, каждого столбца и каждой из двух диагоналей была бы одинаковой, равной произвольному, заранее выбранному числу S.

По условию, относительно п2 неизвестных имеем 2п +2 линейных соотношений; из них независимых соотношений самое большее 2п. Значит, п2 — 2п количеств а можно выбрать произвольно. Вопрос в том, какие из этих количеств а следует считать произвольными постоянными^ чтобы можно было во всех случаях гарантировать отыскание остальных 2п количеств а, отвечающих всем требованиям волшебного квадрата.

Сохраним за теми количествами, которые мы будем полагать произвольными, обозначение их буквой а с соответствующими индексами, остальные искомые количества обозначим буквами 6t, ô2, b2n_lt b2n и разместим их по клеткам квадрата, руководствуясь следующей схемой:

Пусть Ri — сумма чисел а в i-ы ряду, причем Rl = S9 Ci — сумма чисел а в i-м столбце,

Сумму всех чисел а, имеющихся в квадрате, обозначим через 5. Заменяя произвольными числами количества, обозначенные буквами а, мы сможем определить количества b в той последовательности, как они пронумерованы при помощи следующих равенств:

(*)

Заметим, что Ь2п_х занимает клетку в (п— 1)-й строке, но не включается в состав той или иной диагонали. Такое расположение было бы невозможным для п <;4. Следовательно, эти случаи не охватываются предложенной схемой, но они уже были рассмотрены отдельно.

Все количества Ь, расположенные в последней строке, определяются независимо друг от друга, следовательно, надо проверить, будет ли их сумма

(**)

составлять константу нашего квадрата S, или, что то же самое, Rv Для этого выберем соответствующие соотношения из равенств (*) и некоторые из них предварительно преобразуем:

Припоминая определение чисел /?, и S и замечая, что числа а расположены во всех строках, кроме последней, имеем:

следовательно,

Подставляя найденные соотношения в (**), получим:

Итак, изложенные здесь общие правила действительно обеспечивают возможность составления любого (вообще говоря, нетрадиционного) волшебного квадрата.

В случае п = 5 конструкция волшебного квадрата будет такой, как показано на рис. 229.

Расставьте вместо точек произвольные числа, определите Ьх% Ьг>..., blQ в порядке их нумерации. Полученный квадрат будет непременно волшебным.

Рис. 229. Конструкция волшебного» квадрата 5-го порядка.

ГЛАВА ТРИНАДЦАТАЯ

КУРЬЕЗНОЕ И СЕРЬЕЗНОЕ В ЧИСЛАХ

В предметах окружающего мира вы прежде всего замечаете их отдельные свойства, отличающие один предмет от другого.

Обилие частных, индивидуальных свойств заслоняет собой свойства общие, присущие решительно всем предметам, и обнаружить такие свойства поэтому всегда труднее.

Одним из важнейших общих свойств предметов является то, что все предметы можно считать и измерять. Мы отражаем это общее свойство предметов в понятии числа.

Потребность считать и сравнивать (измерять) предметы возникла у людей не сразу, но очень давно — еще на ранней ступени развития человека, возникла в процессе его трудовой деятельности.

Овладевали люди процессом счета, то-есть понятием числа, очень медленно, веками, в упорной борьбе за свое существование.

«Чтобы считать,—пишет Ф. Энгельс, — надо иметь не только предметы, подлежащие счету, но обладать уже способностью отвлекаться при рассматривании этих предметов от всех прочих их свойств, кроме числа, а эта способность есть результат долгого, опирающегося на опыт, исторического развития»*).

*) Ф. Энгельс, Анти-Дюринг, Госполитиздат, 1951, стр. 37.

Счету при помощи числа обучается теперь каждый человек незаметно еще в детстве, почти одновременно с тем, как начинает говорить, но этот привычный нам счет прошел длительный путь развития и принимал разные формы.

Было время, когда для счета предметов употреблялись лишь два числительных: один и два. В процессе дальнейшего расширения системы счисления привлекались части человеческого тела и в первую очередь пальцы, а если нехватало такого рода «цифр», то еще палочки, камешки и другие вещи.

Н. Н. Миклухо-Маклай в своей книге «Путешествия» рассказывает о забавном способе счета, применявшемся туземцами Новой Гвинеи:

«Излюбленный способ счета состоит в том, что папуас загибает один за другим пальцы руки, причем издает определенный звук, например, «бе, бе, бе» ... Досчитав до пяти, он говорит «ибон-бе» (рука). Затем он загибает пальцы другой руки, снова повторяет «бе, бе» пока не доходит до «ибон-али» (две руки). Затем он идет дальше, приговаривая «бе, бе» пока не доходит до «самба-бе» и «самба-али» (одна нога, две ноги). Если нужно считать дальше, папуас пользуется пальцами рук и ног кого-нибудь другого»*).

Вслед за возникновением и развитием чисел появилась и замечательная наука об их свойствах и законах, ими управляющих: «теория чисел».

Оперируя числами, то-есть выполняя разнообразные математические действия, мы обнаруживаем не только их общие свойства, изучением которых занимается теория чисел, но и свойства особые, присущие иногда лишь небольшим группам чисел или отдельным числам. Эти особенные свойства могут и не иметь большого теоретического значения, но нередко весьма любопытны. Покопайтесь в огромном массиве чисел, которых больше, чем руды в земле, и вы найдете свойства интересные и удивительные, диковинные и забавные, неожиданные и курьезные.

Вы встретитесь с числами-уникумами, то-есть с такими, похожих на которые нет среди остальных чисел, а также и с целыми букетами чисел, образующих красивые сочетания.

*) Н. Миклухо-Маклай, Путешествия, Изд. АН СССР, 1940, т. I, стр. 280.

343. Десять цифр (наблюдения)

I. Почти во всем мире пользуются теперь единой системой счисления: десятичной. В этой системе употребляется десять цифр: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 и 0, и этих цифр достаточно, чтобы записать любое число.

Для примера, давайте образуем самое большое десятизначное число из всех десяти цифр, применяя обыкновенную, общепринятую форму записи числа. Вот оно:

9876543210.

Всякая перестановка цифр в этом числе приведет непременно к меньшему числу, не так ли?

Попутно любопытно было бы выяснить, сколько же различных целых десятизначных чисел можно записать при помощи десяти цифр, употребляя каждую цифру только по одному разу.

Миллион? Или меньше? Как это установить, не составляя, конечно, самих чисел?

II. Установив, что десятизначных чисел с неповторяющимися цифрами свыше трех миллионов (см. стр. 555), вытащим из этой груды чисел всего лишь шесть:

Что же интересного в этих с виду ничем не примечательных числах?

Разделите каждое из предложенных шести чисел на 2, а получившиеся частные — на 9. Готово? Первая операция привела к девятизначным числам. Вторая — к восьмизначным.

Появились ли повторяющиеся цифры хотя бы в одном из чисел, получившихся в результате первой и второй операции?

Далее, вторая операция привела к числам, которые не содержат цифру 9. Но если вы исчезнувшую девятку припишете в конце одного из этих чисел, то оно станет полным квадратом, то-есть таким числом, из которого

«нацело» извлекается квадратный корень. Определите самостоятельно, какое из шести восьмизначных частных обладает этим свойством,

* * *

III. Для дальнейших наблюдений над курьезными свойствами чисел изберем два числа:

а = 123456789 и b = 987654321

— наименьшее и наибольшее из девятизначных чисел, состоящих из неповторяющихся цифр без нуля. Разность b — а состоит из тех же цифр:

987 654 321 — 123 456 789 = 864 197 532.

Далее, если все однозначные числа, кроме нуля и единицы, поочередно умножить на числа а и fr, то у произведений можно заметить такие общие свойства, по которым все однозначные множители можно разбить на две группы:

2, 4, 5, 7, 8 и 3, 6, 9.

Какой же особенностью обладают числа каждой из этих групп относительно их произведений на а и на fr?

По отношению к делению чисел а и fr на те же однозначные числа, также можно заметить некоторую особенность, отличающую числа первой группы от чисел второй группы.

Какую?

Число а обращается в число fr при помощи двух действий: умножения а на некоторое однозначное число и увеличения получившегося произведения на другое однозначное число.

Найдите подходящий множитель и слагаемое.

* * *

IV. Если число 12345679, цифры которого расположены в порядке возрастающей последовательности, но без восьмерки, умножить сначала на любое однозначное число, а затем на 9, то все цифры окончательного результата будут совпадать с цифрой первого однозначного

множителя. Например,

Проверьте на других множителях и найдите объяснение этому курьезному явлению.

344. Еще несколько занятных наблюдений

I. Телеграфная лента разорвалась как раз посредине числа 9801. На одном куске ленты оказалось 98, а на другом 01. Развлекаясь, я подсчитал сумму этих чисел, результат возвел в квадрат и... к своему удивлению, снова получил исходное число: (98+01)а = 9801.

Нетрудно проверить, что таким же свойством обладает и число 3025. Если его разбить на два числа 30 и 25, сложить их и сумму возвести в квадрат, то результат будет равен исходному числу.

Среди четырехзначных чисел, кроме указанных, есть еще только одно с таким же свойством. Как я это установил— расскажу в решениях. Какой способ решения вы избрали бы в этом случае?

II. Запишем один под другим несколько рядов чисел:

Первое число в каждом ряду 1, а все последующие числа больше предыдущих: в первом ряду на 2, во втором на 3, в третьем на 4 и т. д. (такие ряды называются арифметическими прогрессиями). Получилась некоторая таблица чисел. Если сгруппировать и складывать зти числа по пунктирным коридорчикам (в старину их называли гномонами), то сумма чисел в каждом пунктирном коридорчике будет равна кубу его номера п. Например, в коридоре № 2:

В коридоре № 3:

и т. д.

Вообще сумма чисел в каждом п-м коридорчике равна я3.

Далее, любое число, расположенное вдоль диагонали АС, является квадратом номера занимаемой им строки. Сумма чисел в любом квадрате, диагональю которого является какая-нибудь часть диагонали АС, тоже представляет собой полный квадрат, то-есть равна квадрату некоторого числа.

Например, сумма чисел в квадрате, имеющем своей диагональю 25, 36 и 49, будет:

Проверьте это свойство для других участков диагонали АС. Поищите аналогичные свойства у чисел следующей таблицы:

III. Много любопытных свойств можно обнаружить у числа 37.

1) Если его умножить на 3 или на число, кратное 3 (до 27 включительно), то результат изобразится какой-либо

одной цифрой, повторенной 3 раза:

2) Произведение числа 37 на сумму его цифр равно сумме кубов тех же цифр:

3) Если из суммы квадратов цифр числа 37 вычесть произведение тех же цифр, то получится опять 37:

4) Наиболее интересное свойство: возьмем наудачу какое-нибудь трехзначное число, кратное 37, например 37-7 = 259. Все числа, получающиеся из числа 259 при круговой перестановке его цифр, то-есть числа 925 и 592, тоже делятся на 37.

Круговой перестановкой цифр называется такая перестановка, когда каждый раз последнюю цифру числа переносят на первое место, не изменяя порядка расположения остальных цифр.

Возьмем наудачу еще одно трехзначное число, кратное 37. Пусть это будет 37-5 = 185. Круговая перестановка цифр дает числа 518 и 851. Они тоже делятся на 37.

Естественно, что напрашивается такое предположение: всякое число, получающееся при круговой перестановке цифр трехзначного числа, кратного 37, тоже кратно 37.

Проверьте, для всех ли трехзначных чисел, кратных 37, оправдывается высказанное предположение. Если действительно для всех, то предположение превращается в правильное математическое предложение.

Подобным же свойством отличаются и пятизначные числа, кратные 41. Так, числа 15498, 81 549, 98 154, 49 815, 54 981, как легко проверить, все кратны 41 и каждое получается из предыдущего путем круговой перестановки цифр, составляющих число.

345. Два интересных опыта

Опыт 1. Напишем подряд четыре произвольных целых положительных числа, например 8, 17, 3, 107. Вычислим разности между первым и вторым числами (вычитая из большего числа меньшее), между вторым

и третьим, между третьим и четвертым, наконец, между четвертым и первым, каждый раз вычитая из большего числа меньшее:

Назовем полученные разности первыми и расположим их по порядку в ряд: 9, 14, 104, 99.

Опять вычислим разности между первым и вторым, вторым и третьим, третьим и четвертым, четвертым и первым числами ряда первых разностей, каждый раз вычитая из большего числа меньшее:

Получим ряд вторых разностей: 5, 90, 5, 90.

Таким же образом составим ряд третьих разностей: 85, 85, 85, 85.

Ну, а ряд четвертых разностей будет состоять из одних нулей: 0, 0, 0, 0.

Повторим опыт с другой группой чисел. Введем обозначения: А0 — для начальной группы чисел, Аг — для группы первых разностей, А2 — для группы вторых разностей и т. д.

Пусть начальная группа А0 содержит следующие четыре числа:

Выполняем действия:

Сделав всего лишь семь шагов, мы опять пришли к группе нулей.

Экспериментатор должен разнообразить условия опыта. Повторим опыт на какой-нибудь широко растянутой

четверке чисел, например на числах: 1, 11, 130, 1760:

Нули получились и, против ожидания, довольно скоро, в шесть шагов!

Проделайте сами еще десяток таких испытаний над различными группами из четырех целых положительных чисел; в любом случае вы дойдете до группы нулей, причем чаще всего (но не всегда) не более чем за 8 шагов.

Закономерно ли наблюдаемое явление или, может быть, найдется такая четверка чисел, которую не удастся довести до нулей, сколько бы разностей мы ни образовывали? Выяснить это не легко. Потребуется некоторая изобретательность в построении необходимой цепочки рассуждений. Все-таки надо попытаться. Поиски решения полезны даже и в том случае, когда не удается самостоятельно добраться до полного решения.

Замечание 1. Таким же свойством обращаться в нули обладают последовательные разности любой группы из восьми чисел или из 16 и вообще из 2п чисел (п — любое целое положительное число).

Замечание 2. Если количество чисел в исходной группе не есть степень 2 (то-есть не 4, не 8, не 16 и т. д.), то процесс составления разностей может и никогда не привести к ряду нулей. Например, пусть А0 = (2, 5, 9), тогда

А8 совпало с Л5, следовательно, дальше будут без конца повторяться разности Л0, Л7, Л8.

Опыт 2*). Напишите любое целое число и сложите квадраты его цифр. У получившегося результата снова сложите квадраты цифр. Повторяя эту операцию некоторое число раз, вы непременно придете или к числу 1, или к числу 89. Так, например, для числа 31 имеем:

К такому же результату, очевидно, сразу приведут числа вида 10Л, где п — любое целое число, а также числа, составленные из цифр 1 и 3, или 6 и 8, взятых по одному разу, и любого количества нулей, то-есть такие, например, как 13, 103, 3001, 68, 608, 8006 и т. п.

Возьмем теперь какое-нибудь другое число, например 48. В этом случае

Продолжая операцию, получим:

На восьмом шагу повторилось число 89. Замечаем, что промежуточными числами были 145, 42, 20, 4, 16, 37 и 58. Отсюда следует, что если действительно сумма квадратов цифр любого числа в конце концов приводит к числу 1 или к числу 89, то в последнем случае окончательную сумму можно довести при желании не до 89, а до любого из 7 чисел: 145, 42, 20, 4, 16, 37 или 58.

Произведите сами еще несколько испытаний над разными числами.

Докажите это свойство.

*) Этот опыт перенесен сюда из раздела «Нераскушенные орешки» (см. первое издание «Смекалки»), так как «орешек» оказался «раскушенным». Способ решения, который, в случае необходимости, вы найдете на стр. 557 этой книги, любезно сообщил мне московский математик И. Я. Танатар.

Не менее любопытные закономерности можно обнаружить, подсчитывая сумму кубов или сумму четвертых степеней цифр любого числа и повторяя эту операцию над получающимися суммами. Впрочем, оставлю эти наблюдения и выводы из них как тему для ваших самостоятельных изысканий.

346. Числовая карусель

1) Вынимаю из бездонной числовой шкатулки число 142 857. Оно состоит из шести разных цифр. Расположим их по кругу в виде циферблата (рис. 230). Умножим теперь данное число последовательно на 1, 2, 3, 4, 5 и 6:

Перемещаясь по циферблату вместе со стрелкой, мы прочтем любое из получившихся произведений.

Каждое число циферблата служит первой цифрой одного из результатов произведения. Настоящая числовая карусель, не правда ли?

2) Есть еще одно интересное свойство. Если любое из этих произведений рассечь на две грани по 3 цифры, а затем обе грани сложить, то во всех случаях результатом будет одно и то же число: 999. В самом деле, 142 + 857 = 999, 285 + 714 = 999 и т. д.

3) Продолжим наши наблюдения над произведением числа 142 857 на целые числа, следующие за числом 7 (произведение на 7 рассмотрим позже):

Рис. 230. «Карусель».

Получаются семизначные числа, но тоже особенные: если зачеркнуть первую цифру и ее же прибавить к последней (см. равенства в круглых скобках),— снова получим одну из круговых перестановок числа 142 857.

Та же «карусель» из цифр числа 142 857 (за немногими исключениями) будет получаться и далее с восьмизначными результатами произведения, если только зачеркивать первые две цифры и прибавлять их к последним двум.

4) Произведение числа 142 857 на 7 резко отличается от остальных произведений. Оно состоит из одних девяток:

Вот это обстоятельство и проливает свет как на происхождение самого числа 142 857, так и на его «таинственные» свойства. Не будет ли оно периодом дроби у- при обращении ее в десятичную? Делим 1 на 7:

Последний остаток повторил число 1, следовательно, при дальнейшем делении в частном будут повторяться те же цифры и в том же порядке. Это и есть периодическая дробь, то-есть такая бесконечная дробь, в последовательности десятичных знаков которой обнаруживаются (начиная с некоторой цифры) повторения определенной группы цифр.

Предположение оправдалось: число 142 857 действительно является периодом дроби 77 при обращении ее в десятичную. Чтобы уяснить, почему это число при умножении на 2, 3, 4, 5 и 6 дает лишь круговую перестановку своих цифр, вернемся к действию деления 1 на 7. Весь

процесс обращения дроби 77 в десятичную можно расчленить на следующие этапы:

(дальше повторение тех же цифр).

Отсюда ясно, что при обращении дроби 3/7 в десятичную период начнется с цифры, расположенной после цифры 1 в числе 1 428 571 428 571 4..., то-есть периодом будет 428 571; это же число, очевидно, должно быть и произведением числа 142 857 на 3, так как -- = уЗ.

Далее, при обращении дроби 77 в десятичную период начнется с цифры, расположенной после цифр 1 и 4 в числе 14 285 714 285 714..., то-есть периодом будет 285 714; это же число, очевидно, должно быть и произведением 142 857 на 2, так как у = у2 и т. д.

Так же нетрудно уяснить, почему произведение числа 142 857 на 7 состоит из одних девяток. Дело в том, что десятичная дробь с бесконечно повторяющимися девятками после запятой считается равной 1, т. е. 1=0,999999... и произведение дроби 7, на 7 тоже равно 1.

5) Если дробь у обращается в периодическую, то период ее может иметь не больше чем fr—1 цифр. В самом деле, при делении остаток всегда должен быть меньше делителя, но существует только конечное число целых чисел, меньших fr, а именно 1, 2, 3, . ..,fr—1.

Каждое из этих чисел может быть остатком при делении а на fr и каждому из них соответствует какая-либо цифра частного. Дальше возможно только повторение остатков, а значит, и повторение цифр частного. Отсюда и следует, что наибольшее возможное число цифр в периоде на 1 меньше знаменателя.

В дроби 77 достигнута именно эта максимальная длина периода (6 цифр).

Период называется полным, если он состоит из наибольшего возможного при данном знаменателе числа цифр.

Но не всякая дробь имеет полный период. Например, период дроби содержит не 38 цифр, а только 6:

«Круговое» свойство числа 142 857, являющегося полным периодом дроби У7, присуще также периоду любой другой периодической дроби, если только ее период полный.

Периоды дробей и ^ полные:

В первом — 16 цифр, во втором — 28. Числа, образованные цифрами этих периодов, следовательно, обладают теми же свойствами, что и число 142 857.

347. Диск мгновенного умножения

К той же семье «круговых» чисел, что и число 142 857 (см. задачу 346), принадлежит число

M = 052 631 578 947 368 421.

При помощи диска, изображенного на рис. 231, оно может быть мгновенно умножено на любое целое число в пределах от 1 до 18.

По внешнему кольцу диска, изображенного на рис. 231, размещены все восемнадцать множителей. По внутреннему кольцу — все цифры множимого М; эти же цифры образуют и каждое из восемнадцати произведений.

Чтобы прочитать результат умножения числа M на любое из чисел внешнего кольца, надо полностью обойти внутреннее кольцо, начиная с цифры, указанной ближайшей стрелкой, находящейся справа от множителя, если смотреть на цифры из центра диска. Двигаться при этом следует по ходу часовой стрелки.

Например, ближайшая стрелка справа от числа 14, расположенного на внешнем кольце, указывает на цифру 7. Это значит, что число 736 842 105 263 157 894 есть результат умножения числа M на 14. Проделайте еще несколько умножений числа М.

Произведение числа Ж на 19 уже совсем иное; оно состоит из одних девяток, и вы немедленно догадываетесь, что число M представляет собой период дроби V19 при ее обращении в десятичную. Период этой дроби оказался «полным» (содержит 18 цифр), следовательно, он обладает свойством «цикличности» (повторяемости одних и тех же цифр), описанным в задаче 346, чем и объясняется «секрет» нашего диска.

Приготовьте из картона еще десяток разных «дисков мгновенного умножения» из периодов других дробей и демонстрируйте друзьям свою «феноменальную способность» быстрого счета.

348. Умственная гимнастика

Попробуйте «в уме» умножить 142 857 ну хотя бы на 493 или на любое другое трехзначное или двузначное число. Не думайте, что это очень трудно. Не нужно обладать какими-то особыми вычислительными способностями, чтобы дать ответ в течение одной минуты, а при сноровке и того быстрее.

Рис. 231. Диск мгновенного умножения.

Вспомните свойство числа 142 857, связанное с умножением его на какое-либо двузначное или трехзначное число: если в семизначном произведении зачеркнуть одну, а в восьми- и девятизначных произведениях две и три первые цифры и прибавить их к последним цифрам соответствующего произведения, то получится одна из круговых перестановок числа 142 857 (см. задачу 346). Число 142 857 есть период дроби 77 при обращении ее в десятичную.

Следовательно, умножение числа 142 857 на 493 сводится к умножению числа 493 на 77 и обращению результата в периодическую дробь.

Как эти действия выполнить «в уме»?

Сначала выделите целую часть дроби 4977. Это будет 70; записываете 70 как первые две цифры результата. Остается дробь 77, иначе говоря, период дроби 77 (то-есть 142 857), умноженный на 3.

Известно (см. задачу 346), что в этом случае получается одна из круговых перестановок числа 142 857, следовательно, задача сводится к тому, чтобы определить первую цифру результата. Проще всего ее найти как первую цифру после запятой при делении 3 на 7; очевидно, это будет цифра 4.

(Первую цифру результата можно определить и другим способом: по последней цифре произведения числа 142 857 на 3. Так как 3-7 = 21, то последняя цифра произведения 1, значит, первой цифрой искомого периода будет та, которая следует за цифрой 1 в числе 142 857, то-есть 4.)

Найденная цифра 4 определяет всю последовательность цифр периода: 428 571. Продолжайте составлять искомый результат: к ранее записанным двум первым цифрам результата, то-есть к 70, припишите справа 4285, а от 71, которое заканчивает период, отнимите число 70, образованное первыми двумя цифрами результата; это даст вам последние две цифры (01) искомого произведения 142 857 на 493.

Итак, окончательно,

142 857 X 493 = 70 428 501.

Этот пример устного умножения долго было описывать, выполнить же его можно действительно чрезвычайно быстро.

Уяснив сущность способа и попрактиковавшись (это будет хорошей умственной гимнастикой), вы можете поразить своих еще неосведомленных друзей быстротой счета.

Напишите на листке бумаги множимое 142 857, а товарищу предложите написать любой множитель из двух или трех цифр. После небольшого раздумья вы записываете готовый результат умножения.

Пусть предложено, например, умножить 142 857 на 816. Устно преобразуем дробь 810/7; 816/7—1164/7; запишем пока 116. Первая цифра следующей части результата 5 (как первая цифра после запятой в частном 4:7). Эта цифра определяет последовательность остальных: 571 428, но от последних цифр отнимаем ранее найденное 116 и остаток 571312 приписываем к 116. Получается:

и ваши способности «необыкновенного счетчика» безусловно будут признаны.

Может так случиться, что множитель разделится на 7 и без остатка. Разберем этот случай на примере: 142 857X378. Имеем:

первые цифры результата: 53. Произведение числа 142 857 на 7 состоит, как известно, из 6 девяток. Вычитаем устно 53 из 999 999 и приписываем разность справа от 53. Получаем:

349. Узоры цифр

Цифры, соединяясь в числа и участвуя по нашей воле в математических действиях, образуют иной раз весьма причудливые и по-своему красивые числовые комбинации, напоминающие кристаллические узоры снежинок на стекле окна.

I. Взгляните, например, на эти самые обыкновенные действия умножения, выполненные правильно, но своеобразно:

II. Еще 8 произведений:

Множимое, множитель и произведение в каждом действии содержат 9 разных цифр.

III. Равенства правильные, и обе стороны равенств выражаются одними и теми же цифрами:

Придумайте аналогичные красивые примеры.

IV. Вот наши снежинки-цифры образовали такой «узор»: произведение некоторого числа на сумму чисел, составленных из его цифр

Вдруг первый множитель «растаял», а то, что осталось, обратилось в сумму кубов: 33+73 и — представьте — результат не изменился:

Взгляните: еще одно число умножается на сумму чисел, составленных из его цифр:

С ним происходит то же самое: первый множитель исчезает, остальное заменяется суммой кубов: 434~83, а результат сохраняется:

А вот сразу четыре аналогичных «узора»:

V. Еще две снежинки-цифры 1 и 6 образовали число

Но вот между цифрами 1 и 6 расположилась такая «снежинка»:^. Образовалось новое число 1156; оно не перестало быть квадратом:

Вновь падает такая же «снежинка» 15 и попадает в самую середину записи числа 1156. Образовалось теперь число 111 556, которое попрежнему остается точным квадратом:

Снежинка за снежинкой падают числа 15 и каждое метко попадает в центральную часть записи числа. Число от этого «удлиняется», но неизменно остается квадратом, сколько бы ни продолжался «цифропад»:

Процесс, повидимому, происходит закономерно, но для полной уверенности в его закономерности следует, конечно, доказать, что всякое число, у которого п старших разрядов (где п — любое натуральное число), занято цифрой 1; п — 1 следующих разрядов занято цифрой 5, а последний разряд, разряд единиц, занят цифрой 6, то-есть число

является точным квадратом какого-то целого числа. Доказать это можно по-разному. Небольшая доля смекалки, — и вы найдете сравнительно короткое доказательство утверждения, что при любом п число N будет точным квадратом числа —^—.

Докажите самостоятельно, что при любом целом и положительном п:

350. Одна за всех и все за одну

I. Чтобы написать все числа от 1 до 26, достаточно, конечно, иметь в своем распоряжении все 10 цифр: 0, 1, 2,..., 9. Достаточно, но не необходимо. При желании можно обойтись всего лишь одной цифрой 2, употребляя ее при этом ровно по пять раз для записи каждого числа и пользуясь только четырьмя арифметическими действиями, включая возведение в квадрат, и скобками. Займитесь на досуге этой умственной гимнастикой.

Вот для примера первый десяток чисел:

По приведенному образцу представьте и каждое из последующих 16 чисел (от 11 до 26 включительно).

Изобразить число 27 пятью двойками при таких условиях не удается.

Еще раз напоминаю, что для изображения каждого числа должно быть употреблено ровно пять двоек.

II. При помоши цифры 4, если условиться употреблять ее непременно четыре раза, изобразите все целые числа в пределах от 1 до 10.

III. Для любителей числовых головоломок обобщим предыдущую задачу.

Изобразить целое число при помощи ровно четырех любых одинаковых цифр, соединяя их математическими знаками. Это значит: изобразить число четырьмя цифрами так, чтобы при замене этих цифр четверкой любых других одинаковых цифр (кроме нуля) получилось то же число.

Возьмем, например, изображение числа 3 четырьмя четверками:

При этом способе изображения числа 3 цифра 4 заменима любой другой цифрой (кроме нуля). Например,

и вообще

Но в изображении числа 5 при помощи четырех четверок: 5 = (4 X 4 + 4): 4, цифру 4 нельзя заменить никакой другой цифрой. Надо искать, следовательно, другой способ изображения числа 5. При этом разрешается употреблять знаки сложения, вычитания, умножения и деления, скобки. Если этих знаков окажется недостаточно, то еще

1) знак квадратного радикала: У (имея в виду арифметическое значение корня, то-есть только его положительное значение из положительного числа: )/9 = 3, но не —3);

2) знак факториала: !, этот знак ставится справа от числа и обозначает произведение всех натуральных чисел от 1 до этого числа включительно; например

вообще

3) точку перед числом (на уровне строки), например .4; точку перед числом и над числом, например .4. Первым

символом принято в некоторых странах обозначать десятичную дробь: .4 = 0,4, а вторым — периодическую:

.4 = 0,(4). Напомню, что периодическая дробь точно заменяется простой дробью: 0,(4) = -^, 0,(я) = -д.

Подумайте над тем, как, пользуясь указанными математическими знаками, изобразить целое число при помощи любых четырех одинаковых цифр.

Примеры.

где п — любая цифра от 1 до 9.

Пусть в последнем примере, скажем, п — 7у тогда

Сами додумайтесь до изображения при помощи любых четырех одинаковых чисел (кроме нуля) всех целых чисел в промежутке от 1 до 21. Из указанного промежутка чисел мне пока не встречалось требуемое изображение только числа 14. Если придумаете,— сообщите.

IV. Если одна цифра 2, употребленная не более 5 раз, или одна цифра 4, употребленная не более четырех раз, в состоянии заменить собой любую из цифр от 1 до 9, то и вся эта дружная семья цифр не остается в долгу.

Участвуя всей семьей сразу (но без нуля), они могут заменить собой любую цифру своего же семейства.

Вот как, например, они заменяют 2 и 4:

Каждая из этих неправильных дробей содержит все цифры от 1 до 9, причем каждую только по одному разу.

Составляя аналогичные дроби из тех же цифр и употребляя каждую цифру только по одному разу, вы можете

образовать числа 3, 5, 6, 7, 8 и 9, то-есть все остальные однозначные числа, кроме 1.

Для изображения 1 посредством девяти цифр надо придумать особый способ.

Не торопитесь обращаться к ответу, сначала попытайтесь найти его самостоятельно.

V. Вернем изгнанника (нуль) в семейство остальных цифр. Теперь при помощи десяти различных цифр можно составить шесть таких дробей, что каждая из них будет равна 9.

Три дроби таковы:

а остальные три составьте сами.

Единицу, конечно, тоже очень легко образовать из десяти цифр (составьте!). Можно попытаться составить и другие однозначные числа из всех десяти цифр.

351. Числовые находки

Бесконечно много разнообразных соотношений между числами. Одни из них значительны и являются предметом серьезных исследований. Другие менее существенны; их свойства узки, единичны, но именно своей исключительностью они иногда и привлекательны. Назовем их «числовыми находками».

I. Среди целых чисел обнаружено несколько пар таких, что сумма и произведение чисел каждой пары отличаются только расположением цифр:

II. Несколько пар двузначных чисел замечательны совсем другим свойством: произведение, составленное из

пары чисел, не изменится, если в каждом из сомножителей переставить цифры. Взгляните:

Есть еще 4 пары двузначных чисел, обладающих этим свойством. Найдите их.

III. А вот еще три пары последовательных чисел, квадраты которых пишутся теми же цифрами, но в измененном порядке:

IV. Нет ли среди целых чисел хотя бы одного, которое обладало бы следующими свойствами:

1) оно должно быть четвертой степенью суммы его же цифр (отсюда следует, что оно должно быть и точным квадратом некоторого числа);

2) если разбить его на три грани по 2 цифры, то сумма трех полученных двузначных чисел тоже должна быть точным квадратом;

3) если написать его в обратном порядке цифр и снова разбить на 3 грани по 2 цифры, то сумма и этих трех двузначных чисел должна быть точным квадратом.

В результате произведенных вычислений такое число было обнаружено. Вот оно:

234 256.

Убедитесь самостоятельно в том, что оно обладает всеми требуемыми свойствами.

V. Числа, подобно звездам, мы группируем в разнообразные числовые «созвездия».

«Созвездие» из шести чисел 2, 3, 7, 1, 5, 6 занятно тем, что сумма первых трех чисел равна сумме послед-

них трех, но равны даже и суммы их квадратов:

Можно сказать, что эти числа 2, 3, 7, 1, 5 и 6 заменяют собой шесть неизвестных х19 х2, хг, у19 у2, уъ в системе уравнений

Есть бесконечно много и других чисел, которые удовлетворяют этой системе уравнений. Интересно, как быстро удалось бы вам подобрать еще хотя бы одну группу из шести подходящих чисел?

Еще ярче «созвездия» из восьми чисел О, 5, 5, 10, 1, 2, 8, 9

и из десяти чисел

1, 4, 12, 13, 20, 2, 3, 10, 16, 19.

В каждом из них сумма чисел первой половины равна сумме чисел второй половины, затем, как и в предыдущем примере, равны суммы квадратов тех же чисел; больше того, равны даже суммы кубов тех же чисел:

Несомненно, имеются и другие группы чисел, связанных точно такими же соотношениями, но как подобрать такие числа?

В «тайну» всех приведенных здесь «числовых созвездий» первыми проникли еще 200 лет назад (в 1750—1751 гг.) два петербургских академика: Гольдбах и гениальный Эйлер. Они нашли ряд формул, пригодных для решения в целых числах некоторых систем уравнений, в частности и тех, которые приводят к упомянутым «числовым созвездиям».

Так, для подбора чисел, образующих первое «созвездие»:

оказались пригодными такие формулы:

Надо только заменить в этих формулах буквы a, b и с любыми числами, и вы получите столько чисел этого «созвездия», сколько захотите.

В частности, при а= 1, Ь = 2 и с=\ получается «созвездие», приведенное в качестве первого примера: 2, 3, 7, 1, 5, 6.

Составьте другие группы чисел первого «созвездия», придавая буквам a, b и с разнообразные значения.

Эйлер и Гольдбах дали еще и другую группу формул для чисел первого «созвездия»:

где а, Ъ% с и d — тоже произвольные числа.

Для подбора чисел, образующих второе «созвездие»:

пригодны следующие формулы:

Опять заменяйте буквы а и b любыми числами, и вы получите столько чисел второго «созвездия», сколько захотите.

Полезно проверить приведенные здесь формулы не только на частных примерах, но и в общем виде, заменяя в каждом уравнении все неизвестные их значениями.

VI. После Эйлера появилось много других числовых находок, связанных с так называемым решением уравнений в целых числах*), примеры которого вам встречались и в гл. XII (см. задачу 342). Труд, настойчивость и математическая смекалка все время пополняют наш сундучок с «числовыми созвездиями» новыми любопытными образцами.

Не хотите ли ознакомиться, например, с одним из новых, очень пышных «созвездий». Суммы всех степеней, от первой до пятой, шести чисел: 1, 6, 7, 17, 18 и 23, равны суммам тех же степеней других шести чисел: 2, 3, 11, 13, 21 и 22:

«Ключом» к получению других чисел этого «созвездия» служит тождество

Замените буквы a, b и с любыми числами, а букве п придайте значения сначала 1, затем 2, 3, 4 и 5, и вы получите столько раз по 5 равных сумм, сколько захотите.

VII. Вы еще можете сформировать красивые суммы квадратов двузначных чисел с переставленными цифрами. Для этого сначала составьте две группы с оди-

*) См. также А. О. Гельфонд, Решение уравнений в целых числах, Популярные лекции по математике, вып. 8, Гостехиздат, 1952.

наковым количеством таких однозначных чисел, чтобы сумма квадратов чисел первой группы равнялась сумме квадратов чисел второй группы, например

А теперь из чисел 4, 5, 6 и 8, 3, 2 составьте три двузначных числа, используя первые три числа как десятки, а последние три как единицы, объединяя их произвольным образом. У вас образуются непременно такие три двузначных числа, что сумма их квадратов будет равна сумме квадратов обращенных чисел.

Так, из групп чисел 4, 5, 6 и 8, 3, 2 можно образовать следующие равенства:

В этих равенствах все числа правой стороны являются обращенными числами левой стороны.

Обратите внимание еще на такую красивую черту этих равенств: цифры в каждом из них расположены симметрично относительно знака равенства.

Обобщая, можно сказать, что если п однозначных чисел хх% х2у . . . , хп и п других однозначных чисел у19 у29 . . . 9уп связаны равенством

то непременно будет справедливо и такое равенство:

Кто пожелает,— может сам убедиться в этом, раскрывая скобки во втором равенстве и принимая во внимание первое равенство. Поупражняйтесь в составлении таких сумм.

Возьмите, например, восемь первых чисел натурального ряда: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 и 8. Сообразите, которые из них должны быть числами группы х19 х2У х3 и xv а которые— числами группы yl9 у29 у3 и yv а затем, следуя указанному правилу, составьте несколько равных сумм квадратов двузначных чисел с переставленными цифрами.

VIII. Новинкой же нашего сундучка с «числовыми созвездиями» являются и еще более замысловатые группы двузначных чисел с переставленными цифрами. Например,

Исследуйте, нет ли и здесь связи между суммами степеней однозначных чисел и искомыми суммами.

IX. Еще одна находка! Число 145 может быть выражено суммой факториалов (см. задачу 350, III) своих цифр: 145= 4!+5!. Неизвестно, имеются ли еще числа, обладающие таким же свойством.

X. Есть только два трехзначных числа, любая целая и положительная степень которых оканчивается теми же тремя цифрами и в том же порядке: 376 и 625.

Действительно,

Как нашли эти трехзначные числа и как установили, что их только два? Это была одна из задач ежегодного конкурса, проводимого журналом «Математика в школе» для всех любителей математической смекалки. Она имеет короткое, но довольно замысловатое решение. Разобраться в нем, конечно, полезно, но еще полезнее приложить собственные умственные усилия к отысканию решения.

352. Наблюдая ряд натуральных чисел...

I. Расположим натуральные числа 1, 2, 3, 4, ... в форме треугольника:

Вглядитесь в этот числовой треугольник и вы, несомненно, обнаружите немало закономерностей в расположении чисел по строкам и столбцам, связей между числами и местами, занимаемыми ими, и т. п. Заметили ли вы, например, что

1) нижнее число каждого столбца — квадрат номера столбца;

2) произведение любых двух соседних чисел какой-либо строки есть число той же строки; например, 5 X 11 = 55; оба сомножителя и произведение вы найдете в одной строке; место в строке, занятое таким произведением, определяется как сумма числа 1 и числа, стоящего внизу того столбца, Q котором находится меньший множитель; например, для 7 X 13 = 91 замечаем, что внизу столбца с числом 7 находится число 9, значит, число 91 расположено на 1 + 9 = 10 месте той строки, в которой находятся сомножители 7 и 13; число 13X21 =273 расположено на 1 + 16 = 17 месте соответствующей строки;

3) все числа строки, отмеченной звездочкой (*), получаются по формуле п2 — где я = 1, 2, 3, 4, 5, . . .; в этой строке после числа 3 каждое третье число делится на 3; каждое седьмое число после числа 7 или 21 делится на 7; каждое тринадцатое число после 13 или 91 делится на 13 и т. д.; аналогичными свойствами обладают числа каждой строки.

II. Нельзя ли всю последовательность натуральных чисел 1, 2, 3, 4, 5, ... , //—1, п, п+\, ... в порядке их следования разбить на пары равных сумм?

Попробуем. Первая пара сразу бросается в глаза: 1+2 = 3. Испытаем следующие числа: 4 + 5 —[-6 = 7 8.

Пока удается. Еще несколько попыток, и опять успех:

Замечаем, что количество слагаемых нарастает, но нарастает закономерно: каждый раз, как в левой части равенства, так и в правой прибавляется по одному слагаемому, причем в левой части каждого равенства слагаемых на одно больше, чем в правой. Проверим это на следующей паре сумм:

Подтверждается!

Посмотрим теперь, что представляет собой наименьшее слагаемое (крайнее слева) каждой пары равных сумм. Наблюдения показывают, что оно есть квадрат числа слагаемых той суммы, в которой слагаемых меньше.

В самом деле, правая часть первого равенства состоит из одного числа (3) и наименьшее слагаемое в этом равенстве I2; в правой части второго равенства — два слагаемых (7+8) и наименьшее слагаемое в этом равенстве 22; в правой части третьего равенства — три слагаемых и наименьшее слагаемое в этом равенстве З2 и т. д.

Последняя закономерность позволяет быстро написать пару равных сумм, соответствующих заранее намеченному числу слагаемых.

Пусть, например, требуется найти 7 последовательных чисел, удовлетворяющих условию. Определяем наименьшее слагаемое: 7 — 1=6, б2 = 36.

Следовательно, искомая пара равных сумм такова:

Итак, наблюдения показали, что сумма п +1 последовательных чисел, в которой наименьшее слагаемое я2, равна сумме п следующих за ними чисел. Если первое слагаемое первой суммы я2, то второе слагаемое этой суммы, по условию, на 1 больше, третье слагаемое на 2 больше, четвертое на три больше, (п+\)-е слагаемое на п больше, чем первое; значит, последнее слагаемое первой суммы будет п2+п. Отсюда первое слагаемое второй суммы, по условию, п2+п+1, второе слагаемое, как и раньше, на 1 больше, третье — на 2 больше, я-е слагаемое на п—1 больше, чем первое; значит, последнее слагаемое второй суммы будет:

Окончательно результат наших наблюдений можно выразить в следующей алгебраической ф®рме:

Знакомые с формулой суммы чисел, составляющих арифметическую прогрессию, без больших усилий докажут справедливость этого равенства.

III. После успешных наблюдений над суммами натуральных чисел обратимся к суммам квадратов натуральных чисел.

Рассмотрим прежде всего сумму квадратов п последовательных натуральных чисел:

Это — не прогрессия. Для определения этой суммы нужна специальная формула, и она приводится в учебниках алгебры:

Если складываются квадраты только четных или, наоборот, только нечетных чисел натурального ряда, то нужны другие формулы. Сумму квадратов всех нечетных чисел от 1 до 9 можно, например, вычислить по такой формуле:

В применении же к сумме квадратов всех четных чисел от 2 до 10 удобен такой вид формулы:

Складывая эти два равенства, получим такую разновидность формулы для суммы квадратов всех целых чисел от 1 до 10:

Сами распространите эти формулы на любое количество слагаемых.

IV. Если катеты треугольника 3 и 4, а гипотенуза 5 (так называемый египетский треугольник), то 32+42 = 52.

Здесь сумма квадратов двух последовательных натуральных чисел равна квадрату следующего числа.

Еще одно наблюдение. В конце XIX века живописец-жанрист Н. П. Богданов-Бельский (1868—1945) написал картину «Трудная задача», на которой изобразил группу учеников сельской школы, задумавшихся над решением «в уме» задачи С. А. Рачинского, записанной учителем на школьной доске:

Действительно, нелегкая задача для быстрого решения «в уме», если не знать «секрета». А «секрет» очень прост. Дело в том, что 102 -f 112-f 122 = 365 и 132 + 142 = 365. Следовательно искомый ответ 2.

Но обратим внимание на другое. Из сопоставления выше написанных равенств следует, что

то-есть сумма квадратов нескольких последовательных натуральных чисел равна сумме квадратов следующих чисел, и опять (как в этой же задаче, п. II) число слагаемых в левой части равенства только на одно больше, чем в правой. Я предвижу по крайней мере два вопроса с вашей стороны:

1) Имеются ли среди натуральных чисел еще пары равных сумм, состоящие из двух и одного и из трех и двух слагаемых, кроме тех, которые дают египетский треугольник и задача Рачинского, или это единственно возможные пары такого рода?

2) Можно ли образовать равные суммы квадратов последовательных натуральных чисел, состоящие из четырех и трех слагаемых, из пяти и четырех слагаемых и вообще из п+\ и п слагаемых?

Не требуется никаких дополнительных знаний, чтобы самим решить такую задачу:

Задача. Найти п +1 последовательных чисел, сумма квадратов которых равна сумме квадратов следующих п чисел.

V. Среди натуральных чисел нет даже двух последовательных кубов, сумма которых равнялась бы кубу следующего числа. Убедиться в этом поможет алгебра.

Если любые три последовательных числа обозначить, как х— 1, X, х+\, то, по условию,

или после преобразований:

Придадим получившемуся кубическому уравнению такой вид:

Легко обнаружить, что этому уравнению не удовлетворит ни одно целое число. В самом деле, правая часть уравнения — число положительное, следовательно, х должен быть больше шести. Самое меньшее возможное значение для X — это семь. Но при х — 1 левая часть уравнения значительно превысит правую и будет превышать ее при всех последующих значениях х, то-есть убеждаемся, что

действительно среди целых чисел нет корней получившегося кубического уравнения.

Однако лет 15 назад любителям подобного рода числовых головоломок удалось и из кубов последовательных чисел закономерно составить равные суммы, правда, всякий раз с некоторыми добавлениями:

В квадратных скобках — суммы кубов последовательных чисел, причем опять на каждые п слагаемых в правой скобке приходится лг + 1 слагаемых в левой скобке; в круглых скобках как справа, так и слева — одинаковые суммы кубов последовательных чисел, начиная с 1.

Замечено при этом, что подчеркнутое число (без показателя степени) в каждом равенстве связано с числом слагаемых в квадратных скобках следующим образом: подчеркнутое число равно утроенному произведению числа членов слева на число членов справа (в квадратных скобках). Так, в первом равенстве в левой квадратной скобке 2 члена, а в правой 1 и, следовательно,

Во втором равенстве в левой квадратной скобке 3 члена, а в правой 2 и соответственно

В третьем равенстве

Не останавливаясь на выяснении общности подмеченной закономерности, ограничимся составлением и практической проверкой равенства таких курьезных сумм еще для одного частного случая. Пожелаем, например, чтобы в левой квадратной скобке было 5 слагаемых, а в правой 4. Утроим их произведение: 3(5-4) = 60. Тогда

Убедитесь арифметически в справедливости этого равенства !

Между прочим, аналогичные закономерности можно подметить также и у равных сумм самих натуральных чисел и их квадратов. Вспомните, какие мы имели равенства:

для первых степеней:

подчеркнутое число равно произведению числа слагаемых слева и справа от знака равенства; для вторых степеней:

подчеркнутое число (без показателя степени) равно удвоенному произведению числа слагаемых слева на число слагаемых справа (от знака равенства).

VI. Знакома ли вам такая таблица умножения:

Произведение какого-нибудь числа верхней строки на любое число крайнего слева столбца расположено на пересечении столбца и строки, занимаемых сомножителями. Так, например, число 12 расположено на пересечении четвертого столбца и третьей строки или шестого столбца и второй строки.

Но, рассматривая внимательно эту таблицу, вы найдете еще несколько любопытных соотношений:

а) Сумма чисел в любом квадрате с вершиной в левом верхнем углу таблицы есть полный квадрат (то-есть представляет собой квадрат некоторого числа):

б) Каждый из вышеупомянутых квадратов образуется путем присоединения к предыдущему квадрату согнутой под прямым углом полоски, называемой гномоном. Сумма чисел в любом гномоне представляет собой куб некоторого числа:

в) Каждый из вышеупомянутых квадратов состоит из 1, 2, 3, п гномонов. Отсюда следует формула, известная еше с античных времен:

VII. В классической формуле для суммы кубов слагаемыми являются по порядку идущие числа натурального ряда: 1, 2, 3, 4 и т. д. Математик Лиувилль (Франция) поставил более широкую задачу: найти произвольные целые числа а, Ъ% с, d, ..., сумма кубов которых равнялась бы квадрату их суммы:

Среди чисел а, Ь, с, d, ... допускаются и равные между собой.

Подобрать подходящие числа, не руководствуясь при этом каким-нибудь правилом, просто наудачу — дело почти безнадежное.

Сделайте все-таки две-три попытки, а потом продолжайте чтение.

Лиувиллю удалось получить занятный результат, суть которого легко уяснить на следующих двух примерах.

Пример 1. Возьмем число 6. Оно делится на 1, 2, 3 и 6. А сколько же делителей у каждого из этих делителей? У числа 1 — один делитель, у числа 2 — два делителя (1 и 2), у числа 3 — два делителя (1 и 3) и, наконец, у числа 6 — четыре делителя (1, 2, 3 и 6). Вот эти числа делителей 1, 2, 2 и 4 и удовлетворяют интересующему нас соотношению, то-есть имеем:

Пример 2. Возьмем число 30. Его делители: 1, 2, 3, 5, б, 10, 15, 30. Число делителей у каждого из них соответственно 1, 2, 2, 2, 4, 4, 4, 8. Имеем:

Способ простой и остроумный. Примените его самостоятельно к другим числам.

VIII. Наблюдения над рядом натуральных чисел можно, разумеется, вести бесконечно. Вот еще один пример любопытного соотношения между натуральными числами.

Разделим ряд натуральных чисел на следующие группы: 1; 2,3; 4,5,6; 7,8,9,10; ... В первой группе — одно число, во второй — два следующих, в третьей — три и т. д., в п-й группе — п чисел. Замечаем, что первое и последнее числа в каждой группе определяются по формулам:

где п — номер группы.

Числа каждой группы составляют арифметическую прогрессию с разностью d=l. Зная число членов (п) в каждой группе, а также ее первый (ах) и последний (ап) члены, можно подсчитать сумму чисел в каждой группе.

Сумма членов арифметической прогрессии определяется по формуле:

Для каждой группы:

Обозначив суммы различных групп через Siy S2, 58, S4, ... и интересуясь только суммами групп с нечетными номерами, будем иметь:

Сумма всех этих сумм равна

Для любителей алгебраических преобразований здесь возникает увлекательная задача. Задача. Доказать, что

Указание. Предварительно преобразуйте формулу для суммы кубов (см. стр. 333) так, чтобы получилась формула для суммы кубов нечетных чисел:

Вернемся к сумме 51 + 58 + .-.+52А.г В результате преобразований, которые только что предлагались вам для

выполнения, мы имеем:

Эта формула раскрывает нам довольно любопытное соотношение между указанными группами чисел:

а именно: если из ряда этих групп выкинуть группы с четными номерами (вторую, четвертую и т. д.), а оставшиеся группы сложить, то их сумма будет равна четвертой степени числа складываемых групп.

Так, например, сразу можно сказать, что сумма чисел

равна З4, то-есть 81.

IX. Всякий, кто заинтересовался рассмотренными разнообразными зависимостями, связывающими натуральные числа, не мог не заметить простейших свойств их сумм, в частности сумм нечетных чисел: 1, 3, 5, ..., (2/г — 1).

Сумма первых двух нечетных чисел 1 + 3 равна 22, квадрату числа 2.

Сумма первых трех нечетных чисел 1+3+5 равна З2, квадрату числа 3.

Сумма первых четырех нечетных чисел 1 +3 4-5 + 7 равна 42, квадрату числа 4 и т. д.

Это свойство сумм нечетных чисел становится весьма наглядным, если представить себе квадрат (рис.232,а), раз-

Рис. 232. Свойство сумм нечетных чисел.

деленный на согнутые под прямым углом полоски (гномоны), каждый из которых состоит из единичных квадратов и является иллюстрацией нечетного числа. Последовательное присоединение гномонов к первому единичному квадрату не нарушает формы квадрата (рис.232,(5) и тем самым иллюстрирует свойство суммы нечетных чисел образовывать квадратное число.

Естественно предположить, что подмеченная закономерность сохраняется для суммы любого количества // первых нечетных чисел, то-есть что эта сумма всегда равна квадрату числа слагаемых:

А вдруг это предположение не подтвердится? Не перестанут ли наши суммы подчиняться найденному закону, начиная с какого-нибудь, может быть очень большого, числа слагаемых?

С закономерностями, обнаруженными опытным путем, вполне может так случиться.

Так как ряд натуральных чисел бесконечен, то опытным путем невозможно проверить подмеченную закономерность для сумм нечетных чисел. Но в этом и нет необходимости. Математика имеет средства предвидеть результат.

Рассуждаем так: пусть для какого-нибудь числа k слагаемых справедливо утверждение, что их сумма равна квадрату их числа:

Прибавим теперь следующее нечетное число: 2^ + 1, и посмотрим, сохранится ли та же закономерность для суммы А + 1 слагаемых:

Закономерность сохранилась!

Сумма попрежнему равна квадрату числа слагаемых. Так мы установили, что если предполагаемая закономерность имеет место хотя бы для одного какого-нибудь

числа k слагаемых, то она остается справедливой и для числа слагаемых, на единицу большего, чем

Значит, опытную проверку закономерности надо произвести, но только один раз. Возьмем самое меньшее число слагаемых: два. Имеем: 1 —)— 3 = 22. Сумма двух слагаемых (А = 2) равна квадрату числа слагаемых. Следовательно, по доказанному, закономерность сохранится и для трех членов (k+ \ =3); но если она верна для трех слагаемых (k = 3), то она сохранится и для четырех (А + 1 = 4); если она верна для & = 4, то она сохранится и для /г + 1 = 5; если она верна для А = 5, то она сохранится и для k + 1 = б и т. д.

Этот простой, но строгий способ рассуждений называется математической индукцией.

Итак, сомнения рассеяны! Сумма п первых нечетных чисел при любом числе п слагаемых равна квадрату числа слагаемых. В справедливости формулы

для любого п можно было бы убедиться простым подсчетом суммы

по формуле для суммы членов арифметической прогрессии (сделайте!), но по сути дела это был бы тот же способ рассуждений, так как применимость формулы для суммы членов арифметической прогрессии тоже опирается на принцип математической индукции.

X. Не менее любопытна и еще одна особенность сумм нечетных чисел. Если ряд нечетных чисел, начиная с 1, разделить на группы, отделив для первой группы одно число, для второй — два, для третьей — три и т. д., то сумма чисел каждой группы будет равна кубу номера группы (теорема Никомаха).

Каждая строка — сумма п членов (п — номер строки) арифметической прогрессии с постоянной разностью d = 2, но первый и последний члены этой прогрессии разные в разных строках. Зависят ли они от номера строки? Несомненно.

Если хотите доказать справедливость высказанного свойства для любого п, то сначала мобилизуйте свою смекалку на отыскание зависимости между первым членом арифметической прогрессии и номером (п) строки, которую составляет сумма этой прогрессии.

Если через ап обозначить первый член строки, номер которой п9 то ах — 1, а2 = 3, а3 = 7, а4 = 13 и т. д. Так вот, прежде всего и докажите, что

Но имейте в виду: на одной догадке далеко не уедешь. Ищите путь решения.

353. Назойливая разность

Напишите четырехзначное число, не все цифры которого одинаковы. Из цифр написанного числа составьте два новых числа: M — наибольшее возможное число и m — наименьшее возможное число. Найдите разность d = M — m и проделайте то же самое с полученной разностью. Повторяя эти действия некоторое число раз, вы непременно придете к разности 6174, которая все время и будет повторяться при продолжении процесса.

Пусть, например, первоначальное число есть 4818.

Как доказать, что это явление имеет место для любого четырехзначного числа?

Е. Н. Ламбина (г. Рязань) показала, что для доказательства этого свойства достаточно убедиться в его справедливости для 30-и четырехзначных чисел.

Как она рассуждала и какие это числа?

Нельзя ли еще уменьшить необходимое количество испытуемых чисел?

354. Симметричная сумма (нераскушенный орешек)

Напишите любое целое число в 2, 3 или больше знаков. Прибавьте к нему число с переставленными цифрами. То же самое проделайте с полученной суммой. Опыт показывает, что, повторяя эти действия некоторое число раз, вы непременно в каком-либо из результатов получите число, которое одинаково читается слева направо и оправа налево.

Несколько примеров:

Иногда для достижения симметричного результата приходится делать большое число шагов. Если, например, вы начнете с числа 89, то ожидаемый результат получится не скоро. Только 24-й шаг приведет к симметричному результату: 8 813 200 023 188.

Убедитесь!

А может быть, найдется и такое число, которое никогда не приведет к симметричному результату? Повидимому нет, но это никем еще не доказано!

ГЛАВА ЧЕТЫРНАДЦАТАЯ

ЧИСЛА ДРЕВНИЕ, НО ВЕЧНО ЮНЫЕ

А. ПЕРВОНАЧАЛЬНЫЕ ЧИСЛА

355. Числа простые и составные

Число а называется делителем целого числа Л/, если в результате деления N на а получается снова число целое.

Самое меньшее целое число 1. Оно делится без остатка только на самого себя; значит, у числа 1 только один делитель. Всякое другое целое число имеет либо два делителя (единицу и самого себя), либо больше чем два делителя.

Только на единицу и на себя делятся, например, такие числа, как 2, 3, 5, 7 и другие.

Число 4 имеет три делителя: 1, 2 и 4; число 6 — четыре делителя: 1, 2, 3 и б и т. д.

Числа, имеющие только два делителя, условились называть простыми, или первоначальными, числами. Числа, у которых больше чем два делителя, называются составными.

Наименьшим простым числом является число 2. Это единственное четное простое число. Все остальные простые числа, очевидно, следует искать только среди нечетных чисел, но, разумеется, далеко не всякое нечетное число — простое.

Так, например, нечетные числа 3, 5, 7, 11, 13 — простые, а такие нечетные числа, как 9, 15, 21—составные;

9 имеет три делителя: 1,3, 9, число 15 — четыре делителя: 1, 3, 5, 15 и т. д.

Любое составное число можно разлагать на сомножители до тех пор, пока оно не распадется на одни только простые числа. Например, 12 = 2-2-3; 363 = 3 • 11 • 11 и т. д.

Простые числа являются как бы первичными элементами, из которых составляются все числа. Понятен поэтому интерес к простым числам со стороны математиков.

356. «Эратосфеново решето»

Как же выбрать простые числа из состава всех целых чисел? Очевидно, что чем больше число, тем труднее решать вопрос, имеет ли оно делителей, меньших себя.

Когда зерна отделяют от примесей, применяют специальные сита с отверстиями, соответствующими размерам зерен.

Вот таким же примерно способом отделяют и простые числа от составных.

Требуется, предположим, выделить все простые числа в пределах от 2 до некоторого данного целого числа N. Выпишем сначала подряд все целые числа от 2 до N: 2, 3, 4, 5, ... , N. Первое простое число 2. Подчеркнем его, а все числа, кратные двум (четные), зачеркнем. Первое из оставшихся чисел 3. Подчеркнем его как простое, а все числа «через два на третье» (то-есть кратные трем) зачеркнем. Первое число из оставшихся теперь 5 (число 4 уже зачеркнуто). Подчеркиваем его как простое и зачеркиваем все числа «через четыре на пятое» (то-есть кратные пяти) и так далее.

Все подчеркнутые числа и образуют таблицу простых чисел в пределах от 2 до N:

Такой способ постепенного «просеивания» чисел был придуман более чем 2000 лет назад греческим математиком Эратосфеном (276—196 гг. до н. э.). Эратосфен не зачеркивал числа, кратные 2, 3, 5 и т. д., а прокалывал дырочки над ними. Получалось нечто вроде решета, сквозь отверстия которого как бы просеивались составные числа, а простые оставались. Так до сих пор этот способ получения таблицы простых чисел и называется эратосфеновым решетом.

Способ, как видите, очень кропотливый, но вполне надежный.

Коллективными усилиями таблица простых чисел в настоящее время доведена до 10 миллионов, то-есть имеется таблица всех простых чисел от 1 до 10 000 000. За пределами этой таблицы известны только отдельные простые числа. Так, например, математик-самоучка И. М. Первушин в 1883 г. доказал, что число

есть число простое.

Длительное время число

было наибольшим известным простым числом. При помощи современных быстродействующих вычислительных машин в Лос-Анжелосе было получено еще большее простое число:

В настоящее время это число и является наибольшим из известных простых чисел.

И. М. Первушин, кроме того, доказал, что составным является число 22 +1, так как оно делится на 167 772161. Число 22'3 содержит 2 525 223 цифры... Результаты Первушина были проверены в Петербургской и Парижской академиях наук и подтверждены.

Очень кропотливую работу по установлению делителей больших чисел вида 2Р zb 1 проделал в недавнее время М. И. Слободской, будучи еще студентом Грозненского педагогического института. Он самостоятельно нашел и доказал интересную теорему, позволяющую сразу находить делитель числа 2Р — 1 для разнообразных

значений числа р. Например, он показал, в частности, что число 25002331 — 1 , содержащее свыше полутора миллионов цифр, делится на число 10004663*).

Математики, конечно, не могли мириться с тем, что простые числа добываются кустарными способами. Им, естественно, хотелось создать такую общую формулу, которая в зависимости от всевозможных целых значений величины п давала бы только простые числа. Но, увы, такая формула оказалась «синей птицей». Ее никто так и не поймал до сих пор.

357. Новое «решето» для простых чисел

За 2 тысячелетия, отделяющие нас от Эратосфена, техника «отсеивания» простых чисел развилась от примитивного «решета» до применения электронных машин, выполняющих вычисления с быстротой распространения электричества**).

Но для «мелких надобностей» неплохо иметь под руками и обыкновенное «решето». Постепенно появились некоторые усовершенствования и в этой «ручной технике» отсеивания простых чисел. Например, немногим более двадцати лет назад одно из новых «решет» придумал студент-математик С. П. Сундарам (Индия)***):

Это «решето» представляет собой таблицу, состоящую из бесконечного количества бесконечных арифметических прогрессий, причем каждый член первой прогрессии

4, 7, 10, 13, 16, 19, ...

*) Работа М. И. Слободского напечатана в журнале «Математика в школе», № 1, 1953 г.

**) Эти счетные машины, например, в состоянии выполнить свыше 20000 сложений или 2000 умножений десятизначных чисел в секунду.

***) Два новых «решета» письмом прислал мне инженер-связист М. Соукуп (Чехословакия).

начинает новую прогрессию. Разностями прогрессий являются все нечетные числа, начиная с 3:

йг = 3, d2 = 5, d3 = 7, d4 = 9 и т. д.

Если какое-либо число N встречается в этой таблице, то 2N+ 1 —непременно число составное. Если же числа N в этой таблице нет, то 27V+1 — число простое.

Примеры. 1) В таблице нет числа 7V = 3, следовательно, 2N +1=7 — число простое.

2) В таблице нет числа N=5, следовательно, 2/V+ 1 = 11 — число простое.

3) Числа N = 6 также нет в таблице, следовательно, 2N+ 1 = 13 — число простое.

4) Число N = 7 есть в таблице, следовательно, 27V+ 1 = 15 — число составное и т. д.

Заменяя N в формуле 27V+1 по порядку всеми числами, которых нет в таблице (которые как бы просеяны сквозь данное «решето»), можно получить все простые числа, кроме числа 2.

Как доказать, что 27V+ 1 — число составное для чисел, «задержавшихся в решете», и простое для «просеявшихся чисел»?

358. Полсотни первых простых чисел

359. Еще один способ получения простых чисел

Возьмем 1 и любое количество п первых простых чисел. Все эти числа произвольным образом распределим на 2 группы. Перемножим числа каждой группы; образуется два произведения. Если сумма или разность этих произведений даст число /V, меньшее, чем квадрат (я-М)-го простого числа, то N — простое число.

Возьмем, например, 1 и четыре первых простых числа, то-есть 1, 2, 3, 5 и 7. Пятое простое число 11. Заметим, что 11*= 121. Значит, указанным способом мы сможем образовать простые числа, меньшие, чем 121.

Распределим взятью числа на 2 группы: 2, 3, 5, 7 и 1. Образуем число: 2.3.5-7— 1=209.

Так как получившееся число 209 больше 121, то поручиться за то, что оно простое, мы не можем. Действительно, в таблице простых чисел (см. 358) его нет.

Распределим взятые числа по-иному: 1, 3, 5, 7 и 2. Образуем два числа:

Каждое из них меньше, чем 121, следовательно, оба должны быть простыми. В самом деле, если бы они были составными, то распадались бы на простые сомножители (см. стр. 342), но из способа образования этих чисел следует, что ни одно из них не делится на 2, 3, 5 или 7. Не могут числа и N2 делиться и на следующее, старшее простое число, то-есть на 11.

В самом деле, допустим, что Nx (или N2) делится на 11. Так как каждое из них меньше 121, то частное будет меньше 11 и, следовательно, не. может содержать иных простых множителей, кроме 2, 3, 5 или 7. Но в таком случае (или N2) делилось бы на какой-то из этих множителей, что противоречит способу образования числа Л\ (или jV2).

Если к первой группе отнесем числа 1, 5 и 7, а ко второй 2 и 3, то сможем образовать еще два простых числа:

Еще несколько возможных комбинаций:

Очевидно также, что можно повысить степень любого сомножителя первой или второй группы и сумма или разность произведений будут попрежнему давать простое число, если только они останутся меньшими, чем квадрат (п— 1)-го простого числа.

Действительно,

Составляя подобного рода комбинации всего лишь из трех чисел: 1, 2 и 3, можно образовать все простые числа, меньшие 25. Вы без больших затруднений сможете обосновать этот способ получения простых чисел.

360. Сколько простых чисел?

Таблица простых чисел не имеет последнего числа. Число простых чисел бесконечно. Это доказал*) еще Евклид. Но распределяются простые числа в натуральном ряду очень неравномерно. Первый десяток натуральных чисел содержит 4 простых, то-есть 40%- Первая сотня натуральных чисел содержит 25 простых, то-есть 25°/п. Миллион первых натуральных чисел содержит уже только 8% простых чисел и т. д.

Как при помощи расчета определить, хотя бы приближенно, сколько же простых чисел содержится в ряду натуральных чисел от 1 до любого числа Л/?

Этот вопрос оказался настолько трудным, что точной формулы нет и до сих пор. Но найдена приближенная формула, позволяющая тем точнее находить число п простых чисел, приходящихся на N первых чисел натурального ряда («плотность» распределения простых чисел), чем больше N:

Б. ЧИСЛА ФИБОНАЧЧИ

361. Публичное испытание

В начале XIII века в городе Пизе (Италия) жил большой знаток всевозможных соотношений между числами и весьма искусный вычислитель Леонардо (с добавлением к его имени Пизанский). Его звали еще Фибоначчи, что значит сын Боначчи. В 1202 году он издал книгу на латинском языке под названием «Книга об абаке» (Incipit Liber, Abbaci

*) Доказательство Евклида имеется в учебниках по теории чисел, а также в книгах: Г. Н. Берман, Число и наука о нем, Гостехиздат, 1954; Г. Радемахер и О. Теплиц, Числа и фигуры, ОНТИ, 1936.

**) За подробностями отсылаю читателей к книгам, указанным в предыдущем подстрочном примечании.

compositus a Leonardo filius Bonacci Pisano), содержащую в себе всю совокупность знаний того времени по арифметике и алгебре. Это была одна из первых книг в Европе, учившая употреблять десятичную систему счисления.

Книга Леонардо Пизанского получила широкое распространение и более двух веков являлась наиболее авторитетным источником знаний в области чисел.

По обычаям того времени Фибоначчи участвовал в математических турнирах (публичное состязание в наилучшем и наиболее быстром решении трудных задач; нечто вроде наших математических олимпиад).

Леонардово искусство в решении числовых задач изумляло всех.

Высокая репутация Фибоначчи привлекла однажды (в 1225 г.) в Пизу государя Римской империи Фридриха II, который приехал в сопровождении группы математиков, желавших публично испытать Леонардо. Одна из задач, предложенных на турнире, имела следующее содержание:

Найти полный квадрат, остающийся полным квадратом, как после увеличения его, так и после уменьшения на 5. Напомню, что полным квадратом называется число, из которого точно извлекается квадратный корень.

Фибоначчи после некоторых размышлений нашел такое число. Оно оказалось дробным:

Действительно,

иначе и

Какими соображениями руководствовался Фибоначчи во время турнира, этого мы никогда не узнаем, но задачу он решил блестяще.

Впрочем, может быть не так уж далека от истины догадка, высказанная студентом Лесотехнического института в г. Йошкар-Ола, Вячеславом Незабудкиным:

— Не исходил ли Фибоначчи в своем решении предложенной ему задачи из геометрического представления всякого полного квадрата как суммы последовательных нечетных чисел (см. задачу 353, IX)?

Основываясь на этом предположении, Вячеслав Незабудкин нашел оригинальное и наглядное решение задачи Фибоначчи, интересное именно тем, что оно по идее близко к методам той эпохи.

Привожу его решение с небольшими изменениями, вместо искусственного алгебраического решения, опубликованного в первом издании этой книги.

Выпрямив гномоны, дополняющие единичный квадрат до любого целого квадрата (рис. 233, а), получим бесконечную ступенчатую фигуру с одинаковыми порожками в 2 клетки (рис. 233,6). Обрывая эту фигуру на любом столбике справа, получим ряд ступенчатых фигур, изображающих все целые числа — квадраты (рис. 233,5).

Рисунок 233 показывает, что среди целых чисел — квадратов — нет и не может быть таких, которые удовлетворяли бы условию задачи.

Следовательно, искомое число — дробь вида —2- Вычитая 5 и прибавляя 5, получаем:

По условию тг — 5/z2, m2 и m2+5/z2 — целые числа — квадраты. Такие числа существуют, если существуют лежащие рядом равновеликие гномоны BEFGDC и EHJKGF

Рис. 233. Целые числа — квадраты.

(рис. 234, а), число клеток в каждом из которых равно 5/г2. Тогда, вычитая из квадратного числа AEFG(m2) гномон BEFGDC (5/г2), получаем квадратное число ABCD (т2—5/г2), а прибавляя к числу AEFG гномон EHJKGF (5/г2), получаем квадратное число AHJK (т2 +Ъп2). Найдем эти числа.

Разрежем гномоны по ступенчатой линии О/7/(каждая ступенька — сторона клетки) и из полученных частей выложим прямоугольники DEBG и GHLK (рис. 234,(5).

Рис. 234. Так мог решать Фибоначчи.

Отложим GN=GK=b и проведем NM\\DE. Тогда, так как DEBG и GHLK равновелики, то пл. BHLP= пл. DEMN. Тогда

Следовательно,

Естественно предположить, что, например, а кратно пяти: a — bk, где А=1, 2, 3, ... Тогда

и b=4k есть единственно возможное значение Ь, обращающее эту дробь в целое число — квадрат. При этом п = 6k.

Итак, а = 5&, ô = 4&, /г = 6&. Знаменатель искомой дроби /г2 = (6&)2. Найдем числитель га2. Имеем:

Далее,

Отсюда

Искомая дробь:

то-есть то самое

число, которое нашел Фибоначчи.

Все даже самые искусные попытки алгебраического решения этой задачи в лучшем случае приводили к уравнению 4-й степени с двумя неизвестными.

362. Ряд Фибоначчи

Фибоначчи составил такой ряд из натуральных чисел, который впоследствии оказался полезным в науке:

1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, ...

Закон образования членов этого ряда очень прост: первые два члена — единицы, а затем каждый последующий член получается путем сложения двух непосредственно ему предшествующих. Например, 2=1 + 1. 3=1+2, 5 = 2 + 3, 8 = 3 + 5 и т. д.

Любая пара соседних чисел ряда Фибоначчи удовле творяет одному из уравнений

либо

причем большее число является значением неизвестного .г а меньшее — значением неизвестного у. Например,

являются корнями первого уравнения, а

являются корнями второго уравнения.

Доказательство этого свойства для общего случая приведено на стр. 357, свойство 3.

Ряд Фибоначчи известен не только математикам, но и природоведам.

Если листья на ветке сидят одиноко, то они всегда располагаются кругом стебля, но не по окружности, а по винтовой линии, то-есть каждый последующий лист повыше и в сторону от предыдущего. При этом для каждого вида растений характерен свой угол расхождения двух соседних листьев, который, как утверждают ботаники, выдерживается более или менее точно во всех частях стебля. Этот угол обычно выражают дробью, показывающей, какую часть окружности он составляет. Так, у липы и вяза угол расхождения листьев составляет окружности; у бука — ~, у дуба и вишни — у тополя и груши — -g » У ивы — уз и т. д. Тот же угол у данного вида растений сохраняется также и в расположении веток, почек, чешуек внутри почек, цветов.

Наиболее распространены среди растений следующие углы расхождения (в частях окружности):

Ряд числителей и ряд знаменателей здесь — числа Фибоначчи, причем каждая из дробей (начиная с третьей) получается из двух предыдущих путем сложения их числителей и знаменателей:

363. Парадокс

С числами Фибоначчи косвенно связан занятный геометрический парадокс.

Совершенно очевидно, что если какую-либо плоскую фигуру разрезать на несколько частей, затем, прикладывая полученные части друг к другу (но не накладывая одну на другую), образовать новую фигуру, то по форме

новая фигура может отличаться от первоначальной, но площадь ее должна остаться прежней; ни одной квадратной единицы не может ни прибавиться, ни убавиться. Это очевидное утверждение считается в геометрии одним из тех первичных основных положений, на которых строится вся теория измерения площадей.

На рис. 235 показано превращение квадрата в прямоугольник.

Квадрат разрезан на два равных треугольника и на две равные трапеции, длины сторон которых пока обозначены буквами х и у. Из этих частей составлен прямоугольник. Если такое превращение квадрата в прямоугольник действительно возможно, то на какие же части X и у надо при этом делить сторону квадрата?

Один мой юный друг решил установить это практически и натолкнулся при этом на поразительное явление.

— Дай, думаю,—пишет он в письме, — я сам проделаю это превращение практически. Копировать рисунок с книги мне не хотелось. Я решил сам разметить свой квадрат, пользуясь указаниями рисунка 235.

Нарисовал я на клетчатой бумаге квадрат в 64 клетки и задумался над вопросом: на какие части х и у разде-

Рис. 235. Превращение квадрата в прямоугольник.

лить сторону квадрата. Сначала я подумал, что это безразлично, и положил л; = 6, у —2. Разметил квадрат, разрезал его на два равных треугольника и две равные трапеции, начал составлять прямоугольник, как указано на рис. 235, и ... ничего не вышло! Сплошного прямоугольника не получилось. Не получался сплошной прямоугольник и при других значениях л и у, например при

Только при X = 5, у = 3 я смог составить прямоугольник из образовавшихся частей квадрата, но тут же был ошеломлен новой неприятностью: площадь прямоугольника оказалась равной 65 клеткам, то-есть на одну клетку большей, чем площадь первоначально взятого квадрата (рис. 236).

Рис. 236. Части те же, а количество клеток увеличилось! Почему?

В самом деле, длина прямоугольника (см. рис. 235) должна содержать х+х + у = 2х у = 2-5 3 = 13 единиц; у меня и получилось ровно 13 единиц; ширина прямоугольника л:, и у меня получилась ширина прямоугольника 5'единиц (рис. 236). Отсюда его площадь содержит ровно 13-5 = 65 клеток! Проделайте сами!

Но это еще не все. По той же выкройке (см. рис. 235) я делил на части и другой квадрат со стороной в 13 единиц. Если я брал X = 8 и у = 5, то из частей квадрата складывался прямоугольник, но ... в этот раз с пло-

щадью, меньшей площади квадрата, причем тоже ровно на 1 клетку.

Судите сами: площадь квадрата содержит 132 = 169 клеток, а площадь прямоугольника содержит (2х+у) х = (2.8 + 5).8= 168 клеток!

Еще два примера.

1) Беру квадрат в 21 X 21 = 441 клетку. Делю сторону на части x=13, у = 8. Разрезаю. Складываю. Прямоугольник получается. Подсчитываю площадь:

Опять лишняя клетка.

2) Беру квадрат в 34X34=1156 клеток. Делю сторону на части х = 2\у j/=13. Разрезаю. Складываю. Прямоугольник получается. Подсчитываю площадь:

Нехватает одной клетки!

Что за притча?! Почему так получается?

Что бы вы ответили моему юному другу? Обдумайте хорошенько весь этот парадокс, прежде чем прочтете решение. Какую роль в нем играют числа Фибоначчи?

364. Свойства чисел ряда Фибоначчи

Обнаружено много интересных соотношений между числами ряда Фибоначчи:

1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, ...

1) Принцип образования членов этого ряда приводит к следующему соотношению между любыми его тремя рядом стоящими членами Sn_zy и Sn:

Эта формула дает возможность по первым двум членам ряда установить его третий член, по второму и третьему — четвертый, по третьему и четвертому — пятый и т. д.

2) Интересно было бы уметь сразу получить любой член ряда Sn, зная лишь номер п его места. Оказывается, это вполне возможно, но здесь мы столкнемся с одной из удивительных неожиданностей, которые нередки в математике.

Любой член ряда Фибоначчи — число целое, номер места — тоже число целое. Естественно было бы ожидать,

что любой член ряда Sn получается в зависимости от номера п занимаемого им места при помощи действий только над целыми числами (например, как в прогрессиях). Но это не так. Не только целые числа, но даже все целые и дробные (рациональные) бессильны образовать интересующую нас формулу.

Из затруднительного положения помогают выйти два иррациональных числа:

Вспомните, как эти же два числа обращали в нуль разность R между площадями прямоугольника и квадрата (см. решение к задаче № 363 на стр. 564). Поистине неожиданная встреча!

Так вот, если п — номер места, то любой член Sn ряда Фибоначчи вы можете получить по формуле

(*)

При п = 1

при п = 2

Так как для двух соседних членов ряда эта формула подтверждается, а всякий последующий член ряда Фибоначчи получается как сумма двух предыдущих, то далее нет надобности проверять справедливость формулы для отдельных случаев; можно сразу убедиться в ее справедливости для любого номера /г. Напишем ее выражение для двух соседних п:

Формула (*) будет справедлива для любого п, если сумма этих двух выражений даст соответствующее выражение для Sn:

Зная, что представляют собой аг и я2, вы легко можете проверить расчетом, что

Возвращаясь к сумме 5Я_2 + 5П_1, получим:

что и требовалось доказать.

3) Зная, как любой член Sn ряда Фибоначчи определяется по номеру п занимаемого им места:

легко доказать, что любая пара соседних чисел ряда Фибоначчи Sn и Sn+1 удовлетворяет одному из уравнений х2— ху — jy2 = drl\ причем, если у = Sn9 то x = Sn^. Заменяя неизвестные уравнения соответствующими выражениями

будем иметь:

Группируем члены с одинаковыми основаниями:

Подставляя соответствующие значения аг и а2 в выражения, стоящие в скобках, получим:

Следовательно, при п четном 5(—1)л = 5, а при п нечетном 5(—1Г = —5.

4) Очень забавный вид у формулы для суммы п членов ряда Фибоначчи:

Сумма п первых членов ряда Фибоначчи на 1 меньше (л-}-2)-го члена того же ряда.

Доказательство. По закону образования членов ряда имеем:

Складывая эти равенства и уничтожая подобные члены получим:

следовательно,

5) Сумма квадратов чисел ряда Фибоначчи выражается через произведение двух соседних членов того же ряда:

(**)

Например,

Для доказательства применим метод полной математической индукции. Пусть формула (**) верна для некоторого числа членов к:

Прибавим к обеим частям равенства по

Формула, справедливая, по предположению, для k слагаемых, осталась справедливой и для k+\ слагаемых.

Как показала непосредственная проверка, формула (**) справедлива для k — 2. Этого достаточно, чтобы теперь утверждать, что она будет справедливой и для любого целого числа п.

Используя формулу (*) или метод полной математической индукции, докажите самостоятельно еще следующие соотношения.

6) Квадрат каждого члена ряда Фибоначчи, уменьшенный на произведение предшествующего и последующего членов, дает попеременно то +\, то —1.

Например, вообще

9) В ряду Фибоначчи каждое третье число — четное, каждое четвертое делится на 3, каждое пятое — на 5, каждое пятнадцатое — на 10.

10) Невозможно построить треугольник, сторонами которого являются числа ряда Фибоначчи.

11) Если взять любые 4 последовательных числа ряда Фибоначчи и рассматривать произведение крайних членов

и удвоенное произведение средних — как длины катетов прямоугольного треугольника, то длиной его гипотенузы будет один из членов этого ряда:

В. ФИГУРНЫЕ ЧИСЛА

365. Свойства фигурных чисел

1) Еще задолго до нашей эры ученые, комбинируя натуральные числа, составляли из них затейливые ряды, придавая элементам этих рядов то или иное геометрическое истолкование.

Так, например, в V—IV веках до н. э. возникли представления о рядах так называемых фигурных чисел.

Рассмотрим сначала такой ряд, в котором разность между каждым последующим и предыдущим членами равна одному и тому же натуральному числу (арифметическая прогрессия), например

1, 2, 3, 4, 5, ... (разность я?=1), 1, 3, 5, 7, 9, ... (разность d=2), 1, 4, 7, 10, 13,... (разность d=3);

или в общем виде:

У каждого элемента ряда есть свое место. Чтобы получить п-й элемент ряда (назовем его ап), надо к первому элементу ряда прибавить произведение разности ряда на число, которое на 1 меньше номера места, занимаемого этим элементом ап:

Элементы каждого из таких рядов называются линейными фигурными числами или иначе фигурными числами первого порядка.

*) Дополнительные сведения о свойствах чисел Фибоначчи имеются в книге Н. Н. Воробьева, Числа Фибоначчи, Гостехиздат, 1951. Числовым рядам, аналогичным ряду Фибоначчи, посвящена книга А. И. Маркушевича, Возвратные последовательности, Гостехиздат, 1950.

2) Из рядов с линейными фигурными числами образуем последовательные суммы этих чисел: первую «сумму» из одного первого элемента ряда линейных фигурных чисел, вторую сумму — складывая первые два элемента того же ряда, третью сумму — складывая первые три элемента и т. д., п-ю сумму — складывая первые п элементов.

Так, первый ряд линейных фигурных чисел 1, 2, 3, 4, 5, .. •

производит следующий новый ряд, ряд сумм:

или

1, 3, 6, 10, 15, ...

Назвали эти числа треугольными.

Второй ряд линейных фигурных чисел

1, 3, 5, 7, 9, ...

производит такой ряд сумм:

1, 4, 9, 16, 25, ...

Эти числа назвали квадратными.

Из третьего ряда линейных фигурных чисел

1, 4, 7, 10, 13, ...

можно произвести ряд пятиугольных чисел 1, 5, 12, 22, 35, ...

Аналогично можно образовать шестиугольные, семиугольные и т. п. числа.

Все эти многоугольные числа называются плоскими фигурными числами, или фигурными числами второю порядка.

3) Геометрические «имена», которые получили эти числа, объясняются возможностью дать им наглядное истолкование. Построим равносторонний треугольник, квадрат, правильные пятиугольник, шестиугольник и т. д. со сторонами, равными 1. Затем, отправляясь в каждой фигуре от одной из вершин, удлиним все стороны в 2,

3, 4, ... раз, то-есть, как говорят математики, построим многоугольники перспективно-подобные данным (рис. 237).

Во всех вершинах получившихся фигур и на их сторонах на расстояниях, равных 1, поместим кружочки. Подсчет кружочков, расположенных в каждом треугольнике, приводит к ряду треугольных чисел 1, 3, 6, 10, 15, ... Подсчет кружочков, расположенных в каждом квадрате, дает последовательность квадратных чисел 1, 4, 9, 16, 25, ...

Аналогичные подсчеты кружочков в каждом пятиугольнике, шестиугольнике и т. д. приводят соответственно к последовательностям чисел пятиугольных, шестиугольных и т. д.

4) Дадим сводку всех плоских фигурных чисел:

Рис. 237. Фигурные числа.

Общий член .S„ каждого ряда плоских фигурных чисел, как это следует из их определения, представляет собой сумму п элементов соответствующего ряда линейных фигурных чисел:

где rf=l, 2, 3, 4, ...

Другими словами, Sn — это сумма п членов арифметической прогрессии, у которой аг = 1, ап — 1 + d (п — 1) и разность d= 1, 2, 3, ...

Вспомните формулу для суммы членов арифметической прогрессии:

По этой формуле имеем:

Отсюда при d= 1 получаем формулу для Sn первой строки таблицы, при d=2 получаем формулу для Sn второй строки таблицы и т. д.

5) Между натуральными числами и плоскими фигурными числами и между самими плоскими фигурными числами существует много любопытных зависимостей.

Пьер Ферма (1601—1665), юрист и общественный деятель города Тулузы (Франция), занимавшийся математикой в часы досуга, что, однако, не помешало ему сделать крупнейшие открытия в теории чисел, обнаружил, например, что

а) всякое натуральное число есть треугольное или сумма двух или трех треугольных чисел;

6) всякое натуральное число есть или квадрат, или сумма двух, трех или четырех квадратных чисел; всякое натуральное число есть или пятиугольное, или сумма двух, трех, четырех или пяти пятиугольных чисел;

в) вообще всякое натуральное число может быть представлено в виде суммы не более чем k k-угольных чисел.

Для отдельных частных случаев эту теорему доказал петербургский математик Эйлер, а общее доказательство дал в 1815 г. французский математик Коши.

Поупражняйтесь: возьмите какое-нибудь натуральное число и разложите его на сумму треугольных квадратных или пятиугольных чисел. Можно соревноваться, кто быстрее сделает.

6) Математик Диофант (Греция, III век до н. э.) нашел простую связь между треугольными числами 7 и квадратными К:

87+1=А:.

Можно очень наглядно представить себе эту формулу Диофанта хотя бы на примере треугольного числа 21.

На рис. 238 изображено 169 пятнышек, размещенных в квадрате. Они образуют квадратное число К. Одно пятнышко занимает центр квадрата, а остальные 168 сгруппированы в 8 треугольных чисел Т в форме восьми «прямоугольных треугольников» с ломаными гипотенузами.

Получается: ЪТ+\=К.

7) В качестве самостоятельного упражнения докажите алгебраически:

Рис. 238. Связь между треугольными и квадратными числами.

а) справедливость формулы Диофанта,

б) что никакое треугольное число не может оканчиваться цифрами 2, 4, 7 и 9,

в) что всякое шестиугольное число есть треугольное с нечетным номером.

8) Для суммы степеней натуральных чисел, то-есть одного из видов линейных фигурных чисел, известна такая формула:

(см. стр. 333). Якоби нашел другую интересную зависимость между теми же числами:

Аналогичная зависимость обнаружена между суммами степеней треугольных чисел, то-есть одного из видов плоских фигурных чисел:

Например,

9) Составляя последовательные суммы из плоских фигурных чисел Vt = Slf V9 = St+S%9 V9=Sx+S2+Si» V4 = 5, +S2 +S3 + S4 и т. д., получим пространственные фигурные числа или фигурные числа третьего порядка: I/, I/, 1/„ ...

Так, ряд треугольных чисел

производит следующий ряд фигурных чисел третьего порядка:

Эти числа называют еще пирамидальными, так как для их геометрического представления выкладываются пирамиды из шаров одинакового диаметра.

Подложим под шар три шара. Получим «пирамиду» из четырех шаров как изображение числа 4. Подложим снизу еще 6 шаров, получим пирамиду из 10 щаров как изображение числа 10 (рис. 239) и т. д.

10) Дадим сводку всех фигурных чисел третьего порядка:

Вывести формулу общего члена Vn для пространственных фигурных чисел труднее, чем для плоских. Потребуются некоторые знания из теории соединений. Те из читателей, кто теории соединений еше не изучал, могут пропустить дальнейшее изложение вывода формул для Vn.

Рис. 239. Изображение числа 4 и числа 10.

Введем обозначения:

Далее:

Замечаем теперь, что

откуда

Эти соотношения дают возможность выразить числа

Замечаем, что коэффициенты при Ьх и гх могут быть выражены формулами сочетаний из двух элементов:

Тогда

Далее:

Так как

Так как

Для Ve получаем:

Для Vn:

Подставляя сюда выражения для bv гг и раскрывая формулы сочетаний, получим:

После преобразований

При d = 1 получим:

(см. первую и вторую строки таблицы на стр. 366).

11) Тема для самостоятельных упражнений (только для тех, кто знает формулы и свойства «сочетаний»):

Таким же путем, как были получены фигурные числа третьего порядка, образуйте фигурные числа четвертого порядка и найдите формулу общего члена.

366. Пифагоровы числа

Иногда возникает необходимость построить такой прямоугольный треугольник, у которого оба катета и гипотенуза выражаются целыми числами. Целые числа, пригодные для этой цели, и называют пифагоровыми, так как они должны удовлетворять найденному Пифагором соотношению между катетами х, у и гипотенузой z:

Назначая длины катетов х и у наугад, гипотенузу z можно вычислить по формуле 2 = Vx2 +у2; однако трудно наугад так выбрать целые значения х и у, чтобы z тоже оказалось целым.

Например, при х = 3,у = 4 получаем z = ]/32 +42 = 5, хорошо известный «египетский» треугольник (3, 4, 5), но при х = 2, у = 6 гипотенуза z = |/ 22 + б2 = ]/40 не выражается целым числом.

Тем не менее пифагоровых чисел существует бесчисленное множество.

Любое комплексное число а+Ы с целыми а и b является числом, производящим пифагоровы числа.

Напомню прежде, что буквой i обозначается V—1, причем i2 = — 1. С учетом этого соотношения комплексное число возводится в квадрат по формуле «квадрат суммы».

Например,

Квадрат всякого комплексного числа а+Ы также является комплексным числом вида х+уи Числа х, у и a2 + b2 всегда будут пифагоровыми числами.

Так для примера а) имеем:

причем

для примера б) имеем:

причем

Захотелось, положим, нам произвести тройку пифагоровых чисел из чисел 1 и 4. Составляем комплексное число 1 + Ai (или другое: 4 + 0- Возводим в квадрат:

Теперь имеем:

Простой, легко запоминающийся способ!

Если эти вычисления произвести в буквенной форме, получатся хорошо известные формулы для подбора пифагоровых чисел х, у и z\

Отсюда

где а и b — произвольные целые числа.

Любопытно заметить дополнительно, что куб любого комплексного числа аналогичным путем приводит к решению уравнения

Пусть, например,

Возведем в куб:

Отсюда имеем:

Действительно, Еще пример:

Имеем:

Таким приемом вы легко найдете любое количество решений в целых числах уравнения

для любого целого п.

Найдите, например, какую-нибудь тройку чисел х, у и z, удовлетворяющих уравнению

ГЛАВА ПЯТНАДЦАТАЯ

ГЕОМЕТРИЧЕСКАЯ СМЕКАЛКА В ТРУДЕ

367. Геометрия сева

Несколько лет назад на полях Украинской Советской Социалистической Республики колхозники-новаторы начали применять новый метод сева колосовых культур. Вместо обычного рядового сева они применили так называемый перекрестный сев, а в последнее время и перекрестно-диагональный сев.

В чем сущность перекрестного метода сева?

Закончив предпосевную обработку почвы на всем поле (рис. 240, а), пускают рядовые сеялки сначала вдоль поля и высевают таким образом половину всех семян, предназначенных для этого поля, вторую половину семян высевают в направлении, перпендикулярном к первому, то-есть поперек поля (рис. 240, б).

Одни и те же колхозы с площадей, на которых был применен перекрестный метод сева, сняли озимой пшеницы на 10—12 центнеров с гектара больше, чем с тех площадей, на которых применялся обычный сев*).

При предпосевной обработке почвы по схеме, изображенной на рис. 240, а, посев в поперечном направлении можно вести одновременно с продольным (при помощи

*) Факты, изложенные в этом очерке, почерпнуты из статьи кандидата сельскохозяйственных наук П. Присяжнюка, опубликованной в газете «Київська правда» от 15 августа 1951 г.

второго высевного агрегата) только после окончания обработки всего поля (рис. 240, б).

Смекалка помогла преодолеть и это затруднение.

Культиваторы, которыми обрабатывают землю перед посевом, были пущены по маршруту, изображенному на рис. 240, в штриховой линией, с поворотами под прямым углом в конце каждого загона.

Эта последовательная продольно-поперечная обработка почвы, как легко понять, дала возможность пустить одновременно два высевных агрегата в двух взаимно перпендикулярных направлениях почти вслед за культиватором (рис. 240, б).

Огромный выигрыш в сокращении сроков сева перекрывал собой небольшой изъян, присущий такому способу продольно-поперечной предпосевной обработки грунта (рис. 240, в): загоны культиватора постепенно укорачиваются, и остающийся к концу обработки небольшой прямоугольный участок поля трудно обрабатывать машинами; кроме того, культиваторы приходится поворачивать не на

Рис. 240. Схемы двух методов сева.

кромках поля, а внутри площади; при каждом же повороте культиватора остаются огрехи.

Творческая мысль передовиков сельского хозяйства не хотела мириться и с этим изъяном.

Но как устранить изъян и в то же время сохранить преимущества одновременной обработки почвы и высева семян сразу в двух направлениях?

Наилучшим пока решением этой важной практической задачи является переход на перекрестно-диагональный метод сева.

При перекрестно-диагональном методе сева культиватор, обрабатывающий грунт перед посевом, пускают только в одном направлении, скажем, вдоль поля (рис. 240, а), a следом за ним, в том же направлении — первый высевной агрегат. Как только обработанный прямоугольник поля будет достаточно широк (следовательно, еще задолго до полного окончания предпосевной обработки всего поля), пускают второй высевной агрегат, но не под прямым углом к линии движения культиватора, а «по диагоналям» (рис. 240, г).

Засыпку семян в сеялки производят «на ходу» при поворотах на кромках поля.

Измененную геометрию сева мастера высоких урожаев соединяют с расчетами норм высева, то-есть числа зерен, необходимых для получения наилучшей густоты растений.

Что же это за расчеты? Они заключаются в следующем:

1) Определяется вес 1000 штук зерен в граммах (допустим 46 г).

2) Определяется всхожесть семян в процентах (допустим 98%).

3) Определяется чистота семян в процентах (допустим 96%).

4) Вычисляется коэффициент хозяйственной ценности семян (в процентах) как произведение числа процентов всхожести на число процентов чистоты, деленное на 100 (в нашем примере коэффициент хозяйственной ценности семян (в процентах) равен =^= 94% ) -

5) Устанавливается коэффициент высева, т. е. число миллионов семян, которое рекомендуется посеять на гектар для получения наилучшей густоты (например, при

высеве на гектар 4100000 зерен коэффициент высева составляет 4,1).

6) Вес 100 штук зерен в граммах умножается на коэффициент высева; полученный результат составляет столько процентов от нормы высева (в килограммах), каков коэффициент хозяйственной ценности семян.

Пусть, например, 1000 штук семян весят 46 г, коэффициент высева 4,1, коэффициент хозяйственной ценности 94%. Тогда 46-4,1 = 188,6 кг составляют 94% от нормы высева. Отсюда норма высева на гектар равна

Следовательно, для определения нормы (в килограммах) высева семян на гектар по числу зерен необходимо вес (в килограммах) 1000 штук семян умножить на коэффициент высева, умножить на 100 и разделить на коэффициент хозяйственной ценности семян.

368. Рационализация в укладке кирпича для перевозки

Очень много лет способ перевозки кирпича от завода, где его изготовили, до стройки был крайне трудоемким и ненадежным для сохранения целостности кирпича. При отгрузке с завода кирпич укладывался непосредственно в кузов автомашины, на стройке разгружался, затем укладывался для подъема к рабочему месту и, дойдя до каменщика, опять разгружался. Нелегко кирпичу уцелеть при таком путешествии.

Одно из ранних предложений каменщика И. П. Ширкова, лауреата Сталинской премии, сводилось к тому, чтобы при отгрузке кирпича сразу укладывать его в такие коробочки специального устройства — «контейнеры», — которые можно было бы без повторных перегрузок подать непосредственно к рабочему месту каменщика. Хотя этот способ и получил всеобщее признание и одобрение, но не хотел Иван Пигасович Ширков успокаиваться на достигнутом. Способ превосходный, но он требует большого запаса контейнеров, да и стоимость контейнера не малая.

К началу 1954 г. Иван Пигасович разработал еще более, совершенную систему транспортировки кирпича, удешев-

ляющую перевозку в десятки раз. Вместо дорогого контейнера он предложил простой и дешевый поддон, на который укладывается кирпич «пакетами» так, как показано на рис. 241, а и б. Поддоны с уложенным на них кирпичом зажимаются в кузове грузовика при помощи внутренних, подвижных бортов. По прибытии автомашины на строительную площадку на каждый пакет кирпича одевается специальный футляр с захватами. Затем поддоны с пакетами кирпича подаются краном к рабочему месту.

Для укладки кирпича на поддоны первоначально применялся только один из двух способов, указанных на рисунке 241, а и б.

Теперь Иван Пигасович рекомендует применять оба способа укладки на поддонах и при транспортировке размещать в кузове автомашины поддоны с кирпичами так, чтобы каждые два соседних поддона различались способами укладки кирпича (рис. 241, в).

Каков физический и геометрический смысл последнего способа (рис. 241, в) размещения поддонов с пакетами кирпича в кузове автомашины? Почему этот способ размещения поддонов с пакетами целесообразнее, чем первоначальный, когда применялся только один способ укладки?

Рис. 241. Схема укладки кирпича для транспортировки по методу И. П. Ширкова.

Рис. 242. «Диффузия».

Когда первоначально кирпичи укладывались по одному образцу на все поддоны, то при перевозке их на автомашине нарушалась первоначальная форма пакетов: вследствие неизбежной неравномерности движения автомашины происходил сдвиг кирпичей в направлении движения машины (рис. 242). Крайние кирпичи частично вдвигались в соседний пакет, что создавало дополнительные затруднения и неудобства при разгрузке автомашины.

При неоднотипном расположении кирпичей на каждых двух соседних поддонах (рис. 241, в) «диффузия» кирпичей невозможна, так как, начиная со второго слоя, нижние грани кирпичей одного пакета и другого пакета находятся на разных уровнях.

369. Рабочие-геометры

Кто такие разметчики. Знаете ли вы об одной интереснейшей профессии на заводе — профессии разметчика?

Кто такой разметчик: рабочий, инженер?

Он и рабочий, и инженер, больше того: он и геометр, и чертежник, и конструктор, и даже ... художник.

Работает разметчик большей частью у так называемой «разметочной плиты». Он пользуется инструментами, которые часто сам же и создает. Разметчик может поправить конструктора и дать совет технологу; он «читает» чертежи и сам их строит, но не на бумаге, не на классной доске, а непосредственно на предмете, на чугуне, на стали, на детали — это во много раз труднее и граничит с искусством.

На заготовке, на детали разметчик наносит линии, «риски», как их называют разметчики, по которым далее заготовку обрабатывают токари, сверловщики, фрезеровщики и т. д. Они снимают излишки металла — «припуски» — и придают предмету ту форму, контуры которой были наведены разметчиком.

Работа разметчика очень ответственна. Его работу обычно никто не контролирует. Если он ошибется в разметке, ошибку вслед за ним повторит и рабочий — получится брак. Разметчик должен сам сообразить, как ему осуществить разметку быстро и точно, с чего целесообразнее начать, как изготовить приспособление или шаблон для ускорения и упрощения работы.

Чем выше математические знания у разметчика, тем более значительны его творческие успехи.

Разметка статора турбогенератора. На ленинградском заводе «Электросила» им. С. М. Кирова изготовляются огромные турбогенераторы (производители электрического тока) большой мощности.

Внешняя неподвижная часть (статор) турбогенератора имеет в длину 5 м и достигает в весе 12—20 т.

В первоначальном виде, до обработки, отливка статора (рис. 243) имеет длину (Z.), немного большую, чем та (/), которую он должен иметь по чертежу.

Разность длин 8 = Л — / называется припуском. Припуск, по указаниям разметчика, будет снят при последующей обработке передней и задней стенок статора, или, как их называют, торцов (/), на фрезерном станке.

Вертикальные штриховые линии, которые вы видите на боковой поверхности статора (рис. 243), это и есть «риски», указывающие, до какой границы следует подрезать торцы.

Задача разметчика — провести эти риски на поверхности статора. Но как это сделать?

Казалось бы, просто: поставить статор на разметочный стол, отметить на одной стороне корпуса от каждого его края по половинке излишка длины (по половинке «припуска»: у), а затем получившуюся конструктивную (то-есть соответствующую чертежу) длину / с помощью штангенциркуля перенести на другую сторону корпуса и сделать соответствующие засечки. Обычно так и размечали.

Рис. 243. Отливка статора.

При этом способе разметки всегда обеспечивалась параллельность плоскостей торцов после фрезеровки, но далеко не всегда достигалась перпендикулярность торцов к оси статора. Это значит, что если бы мы поставили статор после обработки на один из торцов (стоймя), то он часто оказывался бы не прямым цилиндром, как должно было бы быть, а наклонным. Получался брак.

Разметчик завода, новатор производства Михаил Пудович Бойцов так видоизменил способ разметки статора, что совершенно устранил брак, заключающийся в неперпендикулярности торцов к оси статора. Приступая к разметке статора, он наносит на разметочной плите две взаимно перпендикулярные оси XX и YY и располагает статор на плите так, чтобы ось XX совместилась с плоскостью торца (/), а ось Y Y была бы параллельна оси /—/ статора (рис. 244).

Проверяя по отвесу и подкладывая, если нужно, клинья, он придает статору такое положение, при котором как ось /—/, так и плоскости лап (AB и CD на рис. 244) становятся параллельными плоскости плиты.

Теперь разметчику необходимо наметить на торце горизонтальный и вертикальный диаметры отверстия, или, как их называют, горизонтальную и вертикальную центровые оси.

Для этого он откладывает вниз от центра отверстия (необработанного) расстояние b = у + а, где d — изме-

Рис. 244. Разметка статора.

ренный им диаметр отверстия (необработанного), а — расстояние от самой нижней точки отверстия до плоскости лап, которое должно быть на готовом статоре, и наносит риски // — // для обработки лап. Теперь от этих рисок тем же раствором b штангенциркуля наносится горизонтальная центровая ось сел где с и е — обозначения точек, отложенных на горизонтальной оси на равных расстояниях от наружной поверхности статора.

Из точек с и е произвольным раствором циркуля, большим, чем половина расстояния се, делаются засечки на торце (/).

Через точки пересечения засечек проводится вертикальная ось тт.

Горизонтальные линии разметки переносятся рейсмусом на второй торец, а вертикальная ось проводится на втором торце таким же, только что описанным способом.

После этого М. П. Бойцов устанавливает статор так, чтобы вертикальные оси mm, проведенные на обоих торцах, пересеклись с осью YY или отстояли от нее на равных расстояниях, и только теперь приступает к разметке торцов под фрезеровку.

От оси XX он откладывает ~ — половину всего излишка длины (припуска) и по угольнику наносит риску /// — /// на боковой поверхности статора. От этой риски он откладывает конструктивную длину / статора и наносит вторую риску ///—///.

Из простых геометрических рассуждений нетрудно понять, что такой способ разметки действительно обеспечивает и взаимную параллельность торцов статора и их перпендикулярность к оси статора.

Математическая смекалка М. П. Бойцова окончательно устранила одну из наиболее частых причин брака в таком дорогом изделии, как 20-тонный статор турбогенератора.

Много еще и других важных математических и технических задач решил рабочий М. П. Бойцов, свыше 40 лет творчески работая у разметочной плиты завода «Электросила».

Приспособление для отыскания центра отверстия. Взгляните теперь на продольный разрез статора турбогенератора (рис. 245). В глубине статора, на расстоянии 1150 мм от его торца (1) расположено еще отверстие так называемого активного железа (2), причем центр этого

отверстия может и не лежать на оси / — / статора (см. рис. 244), соединяющей центры отверстий в его переднем и заднем торцах.

Геометрически вы можете представить себе два цилиндра, один (меньшего диаметра) внутри другого (большего диаметра), но оси их немного не совпадают.

Задача такова: на торце (1) статора (рис. 243) разметить отверстия для крепления наружных и внутренних щитов. Трудность же задачи в следующем: после прикрепления щитов к торцам статора центры этих щитов должны лежать не на оси / — /, а на оси, соединяющей центры отверстий с активным железом (помните, что эти оси могут не совпадать).

Обращаясь к геометрической аналогии, скажем так: центры щитов должны лежать на оси внутреннего цилиндра, а не внешнего.

Задача сводится собственно к тому, чтобы на наружной поверхности торца (/) построить окружность, центр которой лежал бы в воображаемой точке пересечения оси внутренних отверстий с плоскостью торца.

Бойцов и эту геометрическую задачу решил остроумно и просто.

Что придумали бы вы в этом случае? Замечу дополнительно, что

1) центр внутреннего отверстия недоступен для того, скажем, чтобы поставить туда ножку циркуля;

2) вы видите на рис. 243 выступы по окружности внутреннего отверстия; это — пазы, расположенные на равных расстояниях друг от друга вдоль всей окружности; для определенности положим, что этих пазов 40.

Решение задачи Бойцовым. Михаил Пудович сконструировал и изготовил простое приспособление типа рейс-

Рис. 245. Продольный разрез статора турбогенератора.

шины (рис. 246, а). Стержень (3) он вкладывает в паз, как показано на рис. 246, б, и чертилкой (4), закрепленной в поперечнике (5), наносит точку на торце статора. Михаил Пудович подметил, что число пазов всегда кратно четырем. Следовательно, вкладывая стержень через -j числа всех пазов и отмечая каждый раз чертилкой точку, он получает на торце две пары диаметрально противоположных точек. Теперь в отверстие на торце можно вставить деревянную планку и отметить на ней точку пересечения прямых, соединяющих пары найденных точек. Эта точка будет лежать (по построению) на оси внутреннего отверстия и в нее можно поместить теперь ножку циркуля, а второй ножкой описать на торце окружность заданного радиуса, вдоль которой и наметить нужное количество отверстий для крепления щитов.

Рис. 246. Приспособление Бойцова.

РЕШЕНИЯ И ОТВЕТЫ

К главе I

1. Надо обратить внимание на дым, идущий из трубы паровоза. Если бы поезд стоял, то дым паровоза отклонялся бы в ту сторону, куда дует ветер. Если бы, наоборот, поезд двигался вперед при отсутствии ветра, то дым от паровоза отклонялся бы назад. Как показано на рис. 1 (см. стр. 10), дым от идущего паровоза поднимается вверх, значит, поезд имеет скорость, равную скорости ветра, то-есть 7 м в секунду или около 25 км в час.

2. Решение показано на рис. 247.

3. Перенумеруем шашки слева направо, как показано на рис. 248. Если свободное место оставлено слева, то перенесем шашки № 2 и № 3 налево и поместим их в начале ряда так, чтобы шашка № 3 оказалась рядом с шашкой № 1 (см. перемещение / на рис. 248). На освободившееся место поместим шашки № 5 и № 6 (перемещение //). Перенесем те-

Рис. 247. Рис. 248.

перь шашки № 6 и № 4 налево, к шашке № 2 (перемещение ///).

Проделайте решение этой задачи в обратном порядке. От последнего расположения шашек, тоже в 3 хода, вернитесь к первоначальному их расположению.

Теперь это нетрудно!

4. Схема решения:

5. 35 треугольников. А теперь самостоятельно сосчитайте, сколько всевозможных четырехугольников в фигуре, изображенной на рис. 4 (стр. 12).

6. Один из возможных путей показан стрелкой на рис. 249.

7. Дать четырем девочкам по яблоку, а пятой девочке — оставшееся яблоко вместе с корзиной.

8. Четыре кошки.

Рис. 249.

9. В начальном положении карандашей запачкан 1 см длины желтого карандаша. При движении синего карандаша вниз пачкается второй сантиметр его длины, а при последующем движении вверх — второй сантиметр синего карандаша пачкает второй сантиметр желтого.

Таким образом, каждая пара движений карандаша вниз — вверх пачкает 1 см длины желтого карандаша. 10 пар движений запачкают 10 см длины, а вместе с начальным сантиметром будет запачкано 11 см длины желтого (а также и синего) карандаша.

Взглянув на свои сапоги, Леонид Михайлович заметил, что они снизу доверху запачканы грязью именно в тех местах, где сапоги трутся друг о друга при ходьбе.

— Что за оказия,— подумал Леонид Михайлович,— по глубокой грязи не ходил, а до колен испачкался.

Теперь нам с вами ясно, чем объясняется такая «оказия».

10. Мальчики переехали реку. Один из них остался на берегу, а другой пригнал лодку к солдатам и вылез. В лодку сел солдат и переправился на другой берег. Мальчик, остававшийся 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 второй солдат и переправился...

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

11. Волк не ест капусту, следовательно, начинать переправу надо с козы, так как волка и капусту можно оставить на берегу без человека.

Переправив козу на другой берег, человек возвращается, берет в лодку капусту и также перевозит ее на другой берег, где ее оставляет, но зато берет в лодку козу и везет ее обратно — на первый берег.

Здесь он козу оставляет и перевозит волка. Капусту он оставляет с волком, а сам возвращается за козой, перевозит ее, и переправа оканчивается благополучно.

12. Рис. 250 показывает схему необходимых передвижений.

13. Мастер расковал три кольца одного звена (три операции) и ими соединил остальные 4 звена (еще три операции, всего шесть).

Рис. 250.

14. Первое решение

Второе решение

16. Из данных пяти спичек надо составить римскую цифру восемь (см. рис. 251).

Рис. 251. Рис. 252.

17. Решение показано на рис. 252.

18. При недостаточно внимательном отношении к условию задачи рассуждают так: 36 заготовок — это 36 деталей; так как стружки каждых шести заготовок дают еще одну новую заготовку, то из стружек 36 заготовок образуется 6 новых заготовок — это еще 6 деталей; всего 36 +6 = 42 детали. Забывают при этом, что стружки, получившиеся от шести последних заготовок, тоже составят новую заготовку, то-есть еще одну деталь. Таким образом, всего деталей будет не 42, а 43.

19. На рис. 253 показано расположение кресел, удовлетворяющее условию задачи.

20. Схемы распределения флажков показаны на рис. 254.

21. Два из возможных решений показаны на рис. 255.

22. Возможные варианты расположения чисел показаны на рис. 256. Сумма чисел вдоль каждой стороны первого треугольника равна 17, а вдоль каждой стороны второго и третьего — 20. Могут быть и иные расположения чисел.

Рис. 253.

Рис. 254.

Рис. 255.

Рис. 256.

23. При тринадцати играющих можно мяч бросать и через 5 человек (рис. 257). Если бросать через 6 человек (ловит мяч каждый седьмой), то окажется, что мяч пошел в противоположном направлении.

24. Одно из возможных решений показано на рис. 258.

25. Решение показано на рис. 259.

26. Где бы оба поезда ни встретились, за 1 час до их встречи они будут друг от друга на расстоянии в 100 км (60 + 40).

Рис. 257. Рис. 258.

Рис. 259.

27. Когда задача касается какого-либо физического явления, то непременно следует учитывать все его стороны, чтобы не попасть впросак. Так и здесь. Никакие расчеты не приведут к истинному результату, если не принять во внимание, что вместе с водой поднимутся и корабль и лестница, так что в действительности вода никогда не покроет третьей ступеньки.

28. 1. Сумма всех чисел на циферблате равна 78. Значит, сумма чисел в каждой части циферблата должна быть равна 78:3 = 26. Замечаем, что

12+1 = 13 и 11+2=13.

Отсюда напрашивается то решение, которое приведено на рис. 260, а.

2. Сумма чисел в каждой из 6 частей циферблата должна быть равна 78:6=13. Находим на циферблате такие пары чисел, сумма которых равна 13, и получаем решение, показанное на рис. 260, б.

29. В числах IX, X и XI—три десятки (X) расположены рядом. Ясно, что две из них должны войти в один кусок. Представляются только два возможных случая для испытания. После нескольких проб вы получите такое расположение трещин, которое показано на рис. 261. Сумма чисел в каждом куске циферблата равна 20.

30. Проверив механизм часов, мальчик подобрал подходящие стрелки, но неправильно надел их: минутную стрелку —

Рис. 260.

Рис. 261.

на ось часовой, а часовую — на ось минутной. В результате минутная стрелка стала вращаться на циферблате со скоростью часовой стрелки, то-есть очень медленно, а часовая стрелка стала вращаться, как минутная, — быстро.

В первый раз мальчик вернулся к заказчику примерно через 2 часа 10 минут после того, как поставил часы на 6 часов вечера.

Большая стрелка, двигаясь со скоростью часовой, передвинулась от 12 до 2. Маленькая же стрелка, будучи минутной, сделала два полных круга и прошла еще 10 минут. Таким образом, часы показывали в этот момент точное время.

Нетрудно подсчитать, что по вторичному вызову, на утро следующего дня, мальчик пришел через 13 час. 05 мин. после того, как поставил вначале стрелки на шесть часов. За это время большая стрелка, будучи часовой, прошла тринадцать часов и таким образом достигла цифры 1.

Рис. 262.

Рис. 263.

Маленькая же стрелка, будучи минутной, сделала за это время тринадцать полных оборотов и прошла еще пять минут, достигнув, таким образом, цифры 7. Поэтому и во втором случае совпадения часы показывали точное время.

31. По 3 пуговицы — 8 рядов (см. схему на рис. 262, а), по 2 пуговицы —12 рядов (рис. 262, б) (ряды показаны пунктирными прямыми).

Оставшиеся 6 пуговиц располагаются в три ряда по 3 пуговицы в каждом в форме треугольника (рис. 262, в).

32. Расположение шестнадцати шашек в 10 рядов по 4 в ряд показано на рис. 263, а. Расположение девяти шашек в 10 рядов показано на рис. 263, б.

33. Расположение монет показано на рис. 264.

34. Замечая, что 1 + 19 = 20, 2 + 18 = 20, 3 + 17 = 20 и т. д., записываем слагаемые каждой суммы в противоположные кружочки, а число 10 поместим в центральный кружочек. Полностью решение задачи показано на рис. 265.

Рис. 264.

Рис. 265.

35.1. Часто отвечают, что пассажиры автобуса будут дальше от Москвы, чем велосипедист, что неверно, так как встретившиеся путешественники находятся в одном месте и, следовательно, на одинаковом расстоянии от Москвы.

2. Килограмм металла всегда дороже, чем полкилограмма того же металла.

3. 6 ударов продолжались 30 секунд, значит на 12 ударов потребуется 60 секунд, или 1 минута, — вот часто встречающийся неправильный ход мысли.

Ведь когда часы били 6 ударов, то между ударами было только 5 промежутков, каждый из которых длился 30:5 = 6 секунд. А между первым и двенадцатым ударами — 11 промежутков продолжительностью по 6 секунд каждый.

Значит, на 12 ударов потребуется 66 секунд.

4. Всегда.

36. Решение показано на рис. 266.

37. 2 рубля.

38. На первый взгляд задача кажется сложной, требующей специальных рассуждений. Вдумавшись, легко понять, что муха, не останавливаясь, летала ровно 3 часа, а следовательно, пролетела 300 км.

39. 1961 год. Единица при поворачивании бумажки остается единицей, 6 превращается в 9, а 9 — в 6.

40. 1. Девочка прочла число в перевернутом виде: 98 вместо 86,

2. Поменять местами бумажки с числами 8 и 9, при этом 9 перевернуть, как 6. Тогда в каждом столбике будет по 18.

41. 23 года. Разность между годами отца и сына равна 23 годам; следовательно, сыну надо иметь 23 года, чтобы отец был вдвое старше его.

Рис. 266.

42. На первый взгляд кажется, что результаты сложения чисел каждого столбца не должны быть одинаковыми, но, присмотревшись чуть повнимательнее, можно заметить, что если во втором столбце девять единиц (9-1), то соответственно в первом столбце — одна девятка (1-9); во втором столбце восемь двоек (8-2), но в первом — две восьмерки (2-8), во втором столбце семь троек (7^3), но в первом — три семерки (3*7) и т. д.

Отсюда следует, что результаты сложения чисел в обоих столбцах должны быть одинаковыми. Убедитесь в этом простым сложением.

43. В первой и пятой строках числа единиц дополняют друг друга до 10, а числа десятков, сотен и всех остальных разрядов соответственно дополняют друг друга до 9, следовательно, сумма чисел в этих двух строках равна 1 000 000.

Та же особенность обнаруживается и в остальных трех парах чисел: втором и шестом, третьем и седьмом, четвертом и восьмом.

Сумма каждой пары чисел равна 1 000 000. Значит, сумма всех восьми чисел равна 4 000 000.

Ответ ко второму фокусу. Вероятно, вы догадались, что приписывается такое число, все цифры которого дополняют до числа 9 цифры одного из двух написанных чисел, например второго. При этом условии последняя цифра суммы, очевидно, будет на 1 меньше последней цифры первого слагаемого, а все остальные цифры суммы будут такие же и в том же порядке, как и у первого слагаемого, а самой первой цифрой суммы будет всегда 1.

Таким образом, начиная писать сумму слева направо, напишите 1, затем повторите все цифры первого слагаемого, кроме последней, которую надо уменьшить на 1.

Попрактикуйтесь, прежде чем будете показывать товарищам математические фокусы.

44. Пусть монета с четным числом копеек (например, двухкопеечная) — в правой руке, а монета с нечетным числом копеек (например, трехкопеечная) — в левой. Тогда утроенное четное число останется числом четным и удвоенное нечетное будет тоже четным, а сумма четных чисел тоже обязательно четная.

Пусть теперь монета с нечетным числом копеек (например, трехкопеечная) — в правой руке, а монета с четным числом копеек (например, двухкопеечная) — в левой. Тогда

утроенное нечетное число останется числом нечетным, а удвоенное четное будет числом четным. Сумма же чисел нечетного и четного обязательно нечетная.

Разнообразить фокус можно так: предлагать умножать содержимое правой руки не обязательно на 3, а вообще на любое нечетное число, а содержимое левой руки — на любое четное число.

45. 4 брата и 3 сестры.

49. Подобно тому, как заполнение ящика предметами разной величины начинают с наибольших предметов, так и составление заданной суммы лучше начинать с наибольших возможных слагаемых. По условию, слагаемыми должны быть восемь нечетных чисел.

Рассуждаем так.

Ни одно из чисел 19, 17 и 15 не может быть слагаемым, так как в каждом из этих случаев не наберется остальных семь слагаемых. Если взять слагаемым число 13, то для составления числа 20 необходимо и достаточно прибавить к 13 семь раз по 1:

Если первое слагаемое 11, то вторым слагаемым не могут быть 9, 7 или 5 (не набирается необходимого числа остальных слагаемых). Пробуем 3: 11+3=14. До 20 остается 6 единиц и нам нужно 6 слагаемых. Следовательно, получаем второе решение:

Берем первым слагаемым число 9. Семь не может быть вторым слагаемым (9 + 7 = 16; остается 4 единицы на сла-

гаемых). Попробуем 5. Имеем: 9 +5 =14. На 6 слагаемых остается 6 единиц. Это возможно. Получаем третье решение:

Пробуем 3. Имеем: 9+3=12. Остается 8 единиц на 6 слагаемых. Прибавим еще 3. Тогда 9 + 3 + 3 = 15. Остается 5 единиц на 5 слагаемых. Получаем четвертое решение:

Система проб, я думаю, теперь ясна. Продолжайте рассуждения самостоятельно, полагая первым слагаемым 7, а затем 5 и 3. Всего получится 11 следующих решений:

Есть только одно решение (шестое сверху), которое приводит к сумме, состоящей из наибольшего числа (из четырех) неодинаковых слагаемых.

50. Непосредственно считать все возможные маршруты от Л до С сложно — запутаетесь. Надо начать с подсчета маршрутов до перекрестков, более близких к начальному пункту А (рис. 267).

Очевидно, что в каждый перекресток, находящийся на сторонах AB и AD, ведет только один путь; в перекресток 2Ь ведут 2 пути. В перекресток 2с можно попасть, во-первых, из пункта 2Ъ, значит, тоже двумя маршрутами, и, во-вторых, из пункта 1с, то-есть еще одним маршрутом. Следовательно, всего к перекрестку 2с ведут 2+1=3 маршрута (найдите их). Аналогично рассуждая, получим, что и к перекрестку ЗЪ ведут 3 маршрута.

В перекресток Зс ведут те же 3 маршрута, которыми можно попасть в перекресток ЗЬ, и те 3 маршрута, которыми

можно попасть в перекресток 2с, то-есть всего 6 маршрутов. Продолжая эти рассуждения, заметим, что вообще количество маршрутов, ведущих к любому перекрестку, равно сумме маршрутов, ведущих к двум смежным перекресткам, расположенным слева и снизу от рассматриваемого. Если, например, мы определили, что число маршрутов, ведущих в Зс, равно 6, а в 2d равно 4, то число маршрутов, ведущих в 3d, будет равно 10 и т. д.

Так можно определить число маршрутов, ведущих из начального пункта А к любому перекрестку. К конечному пункту С, таким образом, можно притти 70 различными путями.

(Число маршрутов равно С\: вообще: С^+Л, где яг— число кварталов вдоль AB, п — число кварталов вдоль ВС.)

51. Если на концах какого-либо диаметра поместить числа Л и а, а на концах соседнего диаметра поместить числа В и Ь, то по условию А+В = а+Ь. Отсюда А — а = Ь—В, то-есть разности противоположно расположенных чисел должны быть равны между собой.

В этом ключ к отысканию всех решений задачи.

Рис. 267.

Очевидно теперь, что для решения задачи надо разбить все данные целые числа от 1 до 10 на 5 пар с одинаковыми разностями чисел в каждой паре. Простое испытание показывает, что возможны только 2 группы пар, удовлетворяющих этому условию:

а) с разностью = 1

б) с разностью = 5

Расположив эти числа по кругу, получаем два основных решения (рис. 268). Все остальные решения можно образовать из основных, перемещая пары чисел с одного диаметра на другой, так как чередование пар внутри одной группы может быть произвольным.

Так, рядом с парой 1—2, разместившейся на первом диаметре, можно поместить на втором диаметре пару 4— 3, или пары 6—5, 8—7, или 10—9.

Это дает четыре различных решения. В каждом из получающихся положений на третьем диаметре можно поместить любую из оставшихся трех пар. Это дает 4X3=12 решений. В каждом из них две возможности для размещения оставшихся двух пар на четвертом и пятом диаметрах. Это приводит к 12X^ = 24 решениям для каждой группы пар чисел.

Всех решений 48. (Число решений равно удвоенному числу перестановок из четырех элементов: 2»Р4.)

Рис. 268.

52. Из четырех чисел возможна только одна группа:

Из пят и чисел — три:

Требуемые группы из 6 или 7 и т. д. чисел по аналогии составьте самостоятельно. Возьмите, скажем, два числа 2 и 6 и их сумму 2+6 дополняйте единицами до произведения 2X6=12, а произведение 2X6 в свою очередь умножайте на соответствующее количество единиц.

54. Возможное решение показано на рис. 269.

55. Одно из возможных решений представлено на рис. 270. Путь одного сапера изображен сплошной линией, а путь другого — пунктиром. Оба сапера обошли ровно по 40 клеток поля, побывав на каждой клетке по разу.

56. Надо иметь в виду, что не всякое иное решение будет новым или, как говорят в математике, существенно отличным от приведенного в тексте. Предположим, вы нашли такой порядок распределения спичек (ср. с решением, представленным на рис. 27, стр. 38): № 7 к № 10, № 4 к № 8, № 6 к № 2, № 5 к № 9 и № 1 к № 3. Это решение не является «совсем другим», как требуется по условию задачи, так как полностью повторяет порядок распределения, предложенный в тексте задачи; в этом легко убедиться, если спички перенумеровать не слева направо, а справа налево.

Существенно новым решением будет, например, следующее: № 5 к № 2, № 7 к № 10, Кя 3 к № 8, № 1 к № 4, № 9 к № 6.

57. Чтобы легко было пользоваться указанной далее схемой перемещения спичек, напишите на бумаге 15 целых чи-

Рис. 269.

Рис. 270.

сел, начиная с 1, и над каждым числом расположите спички, как показано на этом рисунке:

Перемещайте спички в следующем порядке: № 5 к № 1, № 6 к № 1, или схематично: 5—6—*1, 9—»-3, 10—*3, 8 — 14, 7—14, 4 — 2, 11—2, 13—15, 12—15.

Второе решение: 5 — 1, 6—*1, 9 — 3, 10 —^ 3, 8—► 14, 4—13, 11 — 14, 15 — 13, 7 — 2, 12—2.

58. Вся «изюминка» решения заключается в том, что, уходя из дома, я догадался пустить в ход свои стенные часы и заметить по ним, в котором часу я вышел, а затем—в котором часу вернулся. Так, по своим часам я смог определить, сколько времени я отсутствовал. Придя к знакомому и уходя от него, я заметил показания его часов. Это дало мне возможность определить продолжительность пребывания у знакомого.

Вычитая из продолжительности времени, которое я отсутствовал дома, продолжительность пребывания у знакомого, я получил количество времени, затраченного на дорогу туда и обратно. Прибавив половину этого количества времени к показанию часов товарища, когда я от него уходил, я в сумме получил то показание часов, на которое следовало поставить мои стенные часы.

60. Счетчик машины показывал 15 951. Цифра десятков тысяч не могла измениться через 2 часа. Следовательно, первой h последней цифрой нового симметричного числа остается 1. Цифра тысяч могла и должна измениться, так как за 2 часа машина прошла, конечно, больше 49 км, но никак не больше 1000 км; следовательно, цифра тысяч, а вместе с нею и цифра десятков — 6.

Очевидно, что цифра сотен — 0 или 1, и счетчик показывал либо число 16 061, либо число 16 161.

Число сотен вряд ли могло достигнуть 2, так как в этом случае получилось бы, что машина за 2 часа прошла 16 261 —15 951 = 310 лг^, а такая скорость пока не характерна для машин не спортивного типа.

Если счетчик показал число 16 061, то машина прошла за 2 часа 16 061 — 15 951 = 110 лг^/ и, следовательно, имела скорость 110:2 = 55 км в час. Во втором случае скорость — 105 км/час.

61. Для решения задачи надо знать количество приборов, смонтированных бригадиром. А для этого в свою очередь надо знать, сколько приборов в среднем было смонтировано

каждым из 10 членов бригады. Распределив поровну между девятью юными рабочими 9 приборов, изготовленных добавочно бригадиром, мы узнаем, что в среднем каждый член бригады смонтировал 15 + 1 = 16 приборов. Отсюда следует, что бригадир изготовил 16 + 9 = 25 приборов, а вся бригада (15X9) + 25 = 160 приборов.

Знающие алгебру могут решить эту задачу путем составления одного уравнения с одним неизвестным.

62. При скорости 30 км/час машина будет проходить каждый километр за 2 минуты, а при скорости 20 км/час — каждый километр в 3 минуты. Значит, при скорости 20 км/час машина будет терять одну минуту на каждом километре. Но при этой скорости она теряет, как сказано, 2 часа, или 120 минут, следовательно, расстояние от колхоза до города 120 км.

С какой скоростью нужно ехать, чтобы прибыть во-время^

Часто полагают, что необходимой скоростью должно быть среднее арифметическое между 20 и 30 км/час, или

но это неверно.

На весь путь должно быть потрачено 5 часов

следовательно, чтобы доставить зерно в город точно к 11 часам, надо ехать со скоростью -^- = 24 км/час.

63. Если бы мы наблюдали движение встречных поездов из вагона стоящего поезда, то расчет первой подруги был бы верен, но наш вагон двигается навстречу обратным поездам, следовательно, если от встречи нашего поезда с одним обратным поездом до встречи с другим обратным поездом прошло 5 минут, то это значит, что второй поезд придет на то место, где мы встретились с первым, еще через 5 минут, то-есть промежутки времени между прибытиями встречных поездов равны 10 минутам.

Таким образом, в течение часа прибывает в город не 12 поездов, а только 6.

64. Требуется найти сумму цифр чисел

1, 2, 3, 4, 999 999 998, 999 999 999, 1 000 000 000.

Надо сгруппировать числа парами:

Пар будет полмиллиарда (500 000 000), а сумма цифр в каждой паре 81. Последнее число 1 000 000 000 — не имеет пары, и сумма его цифр равна 1.

Искомая сумма цифр равна (500 000 000 X 81) + 1 = 40 500 000 001.

65. Если достаточно маленький мячик, оставаясь на полу, прижмется к любой стене комнаты в любом месте, то большой чугунный шар там его не раздавит. Мячику может мешать плинтус между стеной и полом; в этом случае ему надо прижаться в угол.

Знающие геометрию могут рассчитать, что если диаметр маленького шарика примерно в 5,83 раза (точно в 3 + 2 раза) меньше диаметра большого шара, то, прижавшись к стене, как показано на рис. 271, маленький шарик будет в безопасности.

Футбольный мяч и шарик для настольного тенниса имеют узаконенные размеры и простое сравнение отношения их диаметров с числом 5,83 покажет вам, что прижавшемуся к стене шарику не угрожает опасность быть раздавленным.

66. За сутки часы уходят вперед на х/2 —то-есть на */6 минуты. На первый взгляд кажется, что часы уйдут вперед йа 5 минут за 5:1/б = 30 дней, то-есть к утру 31 мая. Но это не так.

Уже 28 мая утром часы будут впереди на 27 X */е = 41/2 минуты, а так как за день они уходят вперед на x/2 минуты, то, значит, в эти сутки, 28 мая, к ночи часы будут спешить на 5 минут.

Рис. 271.

67. В 2Х12 раза.

68. Запятую; получится 2,3.

69. a) i-; б)

70. Если х\г есть одна треть искомого числа, то все число содержит 3 раза по х/2, то-есть l1^.

71. Расстояние от МТС до станции составляет */8—1/4 = 1/12 всего пути школьника. Это расстояние он проходил за 5 минут. Следовательно, на весь путь ему нужно 12X5 = 60 мин., или 1 час; х/4 пути он делал за 60 : 4 = 15 минут, следовательно, он выходил в 7 час. 15 мин., а в школу приходил в 8 час. 15 мин.

72. Ответ—не 12 секунд! Дело в том, что от первого флажка до восьмого — 7 промежутков. От первого до двенадцатого — 11 промежутков. Каждый промежуток между флажками спортсмен пробегает за 8/7 секунды, следовательно, на 11 промежутков ему потребуется 8/7 X 1 1 = 88/7 = 124/7 секунд.

73. Во времени Остап не выгадал, а потерял. На вторую половину дороги он употребил столько времени, сколько отняло бы у него все путешествие пешком. Значит, при избранном им способе передвижения он не только не может выгадать во времени, но должен прогадать. Он и потерял как раз столько времени, сколько он ехал поездом, то-есть потерял он */15 того времени, которое нужно, чтобы пройти пешком половину дороги, или, следовательно, х130 того времени, которое ему нужно, чтобы пройти пешком все расстояние.

74. За З1^ часа будильник отстает на 14 минут. В 12 часов на будильнике будет 11 час. 46 мин. До 12 остается 14 минут, но за эти 14 минут будильник еще отстанет почти на минуту. Таким образом, стрелки будильника покажут 12 почти через 15 минут.

75. Разметчик заметил, что ^ = -^- -}~+ .

Значит, если из 7 данных пластинок 4 разрежем на тртт равные части каждую, то получим 12 третей, то-есть по одной трети для каждой детали. Остальные 3 пластинки разрежем на 4 равные части каждую, получим 12 четвертей, то-есть по одной четверти для каждой детали.

Для распределения 5 пластинок между 6 деталями заме-5 1,1 чаем, что б~= "з" •

Значит, из 3 пластинок делаем 6 половинок и из остальных двух — 6 третей.

Далее, ^""^"^"Т' Следовательно, на каждую деталь берем по одной дольке от 4 пластинок, каждую из которых делим на три равные части, и по 3 дольки от остальных 9 пластинок, каждую из которых делим на 4 равные части.

Аналогично gg —"^""rifî у пластинок делятся на 4 равные части каждая и 4 пластинки — на 9 равных частей каждая, т 26 2,4 лл

Так как = "з""г"7"» то в этом случае 14 пластинок делятся на 3 части каждая и 12 пластинок — на 7 частей каждая.

Пользуясь указанным приемом, придумайте сами еще несколько аналогичных задач.

76. — бруска весит --г- кг, а весь брусок весит 3 кг.

6. См. рис. 272;

Рис. 272.

Возможны и другие решения.

78. Одно из возможных решений:

79. Нетрудно понять, что 3/4 котенка приходится на долю */4 всех Мишиных котят. Значит, всех котят было вчетверо больше, чем 3/4, то-есть 3.

Проверка: 3/4 от 3 составляют 21/4; если к 2*/4 котят прибавить еще 3/4 котенка, то получится ровно 3 котенка.

80. Не подумав, можно ответить: 8 км/час

но это не так. Примем все расстояние за 1. Тогда первую половину пути лошадь шла 1/2:12 = 1/24 единиц времени, а вторую половину — за 1/2:4 = 1/8 единиц времени. На весь путь затрачено 1/24 +1/8 = 1/6 единиц времени. Следовательно, средняя скорость будет 1 : */в = 6 км/час.

81. Спал пассажир на протяжении двух третей от половины всего пути, следовательно, на протяжении одной трети всего пути.

82. Скорость перемещения пассажира, находящегося во втором поезде, относительно двигающегося первого поезда будет равна 45 + 36 = 81 км/час, или ggTgjj-*м\сек=кь\%м\сек.

Следовательно, длина первого поезда равна 45/2Х6= 135 л/.

83. Велосипедист прошел пешком 1/3 пути, то-есть вдвое меньше того, что проехал, а времени затратил вдвое больше. Следовательно, он ехал в 4 раза быстрее, чем шел.

84. Володя сделал 2/3 задания, и ему осталось делать 1/3 всего задания. Костя сделал 1/в задания и ему осталось делать б/6 всего задания.

Следовательно, Косте надо увеличить ежедневную выработку в б/б:1/3 = 21/2 раза, чтобы догнать Володю и одновременно с ним закончить работу.

85. Права машина подруга. От увеличения одного сомножителя на 1/3 его произведение увеличивается в 4/3 раза. От уменьшения другого сомножителя на 1/3 его (независимо от того, равен ли он тому сомножителю, который был увеличен) произведение уменьшилось в 8/2 раза. В результате

произведение уменьшилось в 3/2:4/3 = 9/8 раза и от правильного произведения оно составило 8/9. Ошибка на 1/9, которая составляет 20 куб. м. Отсюда ответ задачи: 180 куб. м.

86. Искусная кулинарка кладет два ломтика на сковородку и поджаривает одну их сторону в течение 30 сек. Затем первый ломтик она повертывает на другую сторону, а второй ломтик вынимает и кладет на его место третий. Таким образом, во вторую полминуту первый ломтик будет готов полностью, а третий — наполовину. Теперь она имеет 2 ломтика (второй и третий), каждый из которых готов наполовину. Их поджаривание будет закончено в следующие полминуты.

Общее время, как видите, l1^ минуты, а не 2.

К главе II

87. Сначала «пленники» положили цепь (30 кг) в корзину и отправили ее вниз. В поднявшуюся наверх пустую корзину села девочка-служанка (40 кг) и опустилась вниз; в то же время корзина с цепью поднялась вверх. Хечо вынул цепь и посадил в корзину Дариджан (50 кг). Дариджан опустилась вниз, поднимая вверх служанку-девочку. Дариджан вышла из корзины на землю, а девочка из поднявшейся корзины — в башню. В освободившуюся наверху корзину Хечо снова положил цепь и вторично опустил ее на землю. На земле в корзину с цепью села Дариджан (50 + 30 = 80 кг), а в поднявшуюся корзину сел Хечо (90 кг). Хечо спустился, вышел из корзины на землю, а Дариджан вышла из поднявшейся корзины в башню. Цепь она оставила в поднявшейся корзине. Цепь в третий раз опустилась на землю. В поднявшуюся корзину снова села девочка (40 кг) и опустилась на землю, поднимая цепь (30 кг). Дариджан вынула цепь, села в корзину (50 кг) и опустилась вниз, поднимая вверх девочку (40 кг). Дариджан вышла на землю, а девочка в башню. Девочка положила в корзину цепь и опять опустила ее на землю, затем сама села в поднявшуюся пустую корзину и опустилась вниз, поднимая цепь наверх. «Приземлившись», девочка присоединилась к ожидавшим ее Дариджан и Хечо, а цепь в последний раз упала на землю. Все трое благополучно укрылись в горах от свирепого князя.

88. Отсчитайте, например, по ходу часовой стрелки от белой мыши (ее не считая) шестую мышь. С этой мыши и следует начинать счет, обходя круг в том же направлении (по ходу часовой стрелки). Для того чтобы установить зара-

нее, с какой мыши надо начинать счет, расположите по кругу 12 точек и один крестик (рис. 273) и начните счет с крестика. Обходя круг в одном направлении, вычеркивайте каждую тринадцатую точку (и крестик, когда до него дойдет очередь) до тех пор, пока не останется одна точка. Поставьте теперь вместо этой точки белую мышь, тогда крестик укажет, с какой серой мыши следует начинать счет.

89. Подобно предыдущему, легко установить, что в первую очередь надо снять пятую спичку вправо от той, которая повернута головкой к монете (ее не считая).

90. Если в ряду 20 клеток с птицами, а открывается каждая пятая, то останутся неоткрытыми клетки, поставленные на седьмое и четырнадцатое места, считая слева направо.

91. Секрет в том, чтобы каждый раз монета ложилась около того луча, от которого вы перед этим начали счет. Допустим, вы начинаете счет от пятого луча (рис. 274). Первая монета ляжет против седьмого луча. Теперь надо поло-

Рис. 273.

Рис. 274.

жить монету против пятого луча. Для этого счет придется начать от третьего. В третий раз начнем счет от первого луча, тогда монета ляжет против третьего луча и т. д.

92. Машинист ремонтного поезда заводит в тупик три задних вагона своего поезда, отцепляет их, а остальную часть поезда проводит вперед. Пассажирский поезд продвигается вперед следом за ремонтным и, подойдя к тупику, прицепляет к своему хвосту три вагона ремонтного состава, вместе с ними отходит назад, на прежнее место и там их отцепляет. Тем временем заходит в тупик остальная часть ремонтного поезда: паровоз и два вагона, и путь для пассажирского свободен!

93. Схема решения. Пусть папы — А, Б, В, а дочки соответственно — я, б, я.

Первый берег Второй берег

А Б В ...

а б в ...

I. Сначала отправляются две девочки:

А Б В ...

CL . • . б в

II. Одна из девочек возвращается и перевозит третью:

А Б В ...

а б в

III. Одна из девочек возвращается и остается со своим папой, а два других папы отправляются на другой берег:

А . . . Б В

а . . . б в

IV. Один папа со своей дочкой возвращается на первый берег; девочка остается, а два папы отправляются на второй берег:

... ABB

а б . . . в

V. Переезжает девочка и забирает с собой вторую девочку:

... ABB

а . . б в

VI. За последней девочкой едет ее папа (или ее подруга):

... А Б В

... а б в

И переправа окончена к общему удовольствию.

94. Переправа на лодке, поднимающей трех человек. Пусть папы — Д Б, В и Г, а дочки соответственно— а, б, в и г.

Первый берег В лодке Второй берег

1. Отправляются 3 девочки:

Две из них возвращаются:

II. Отправляются папа с дочкой и еще один папа, дочка которого на втором берегу:

Один папа со своей дочкой возвращается:

III. Отправляются 3 папы:

Возвращается одна девочка:

IV. Вернувшаяся девочка забирает с собой еще двоих:

Возвращается папа за своей дочкой (или какая-нибудь девочка за своей подругой):

V. Отправляется последняя пара:

Переправа закончена.

Переправа на лодке, поднимающей двух человек, но с пересадкой на острове. Первый берег Остров Второй берег

(Г отвез г на второй берег, а сам вернулся на остров)

(В отвез Г на второй берег, а сам переправился на первый берег)

(Б съездил за Л и увез его сразу на 2-й берег; в вернулась на остров)

95. Пусть белые шашки (б) передвигаются п прыгают только вверх, а черные (ч)— только вниз (т. к. по условию они могут передвигаться только навстречу друг другу). Будем перемещать шашки в такой последовательности: чббчччб ббчччббч. Для наглядности последовательность перемещения шашек изображена на рис. 275.

Рис. 275.

96. Решение задачи представлено на рис. 276.

Рис. 276.

После четвертого перемещения расположились подряд четыре белые и четыре черные шашки. От этого последнего расположения шашек можно, наоборот, перейти к первому также четырьмя перемещениями. Решить эту обратную задачу теперь нетрудно.

97. Для пяти пар решение представлено на рис. 277. Для шести пар решение представлено на рис. 278. Для семи пар решение представлено на рис. 279.

98. Сложите карточки стопкой, цифрами вверх в такой последовательности: 1, 6, 2, 10, 3, 7, 4, 9, 5, 8.

Рис. 277.

Рис. 278.

Рис. 279.

Рис. 280.

99. Первая головоломка. В вершинах квадрата (рис. 280, а) надо поместить по 2 шашки (положить одну шашку на другую).

Вторая головоломка. 9 шашек расположить в форме квадрата (рис. 280, б). Получится 3 горизонтальных и 3 вертикальных ряда по 3 шашки в каждом ряду. Оставшиеся 3 шашки наложить, как показано на рисунке. Получится в каждом горизонтальном и в каждом вертикальном рядах по

4 шашки.

100. Решения показаны на рис. 281.

Рис. 281.

101. После первого штурма осталось в составе «гарнизона» 36 человек. Определим, сколько из них должны находиться в середине каждой стороны. Так как в первом и третьем рядах должно быть по 11 «защитников», то во втором ряду 36—22= 14 человек, то-есть по семь человек в

серединах каждой из двух противоположных сторон, значит, по 7 человек и в серединах двух других сторон.

Всего в серединах сторон будет занято 28 человек. Остальные 8 человек по углам — по 2 человека в каждом углу. Получается следующая расстановка сил перед вторым штурмом:

После второго штурма осталось 32 «защитника» крепости. Рассуждаем аналогично предыдущему. В первом и третьем рядах должно быть попрежнему по 11 человек, во втором: 32 — 22=10 человек, то-есть по пяти в середине каждой стороны крепости, следовательно, по углам 32 — 20=12 человек, по 3 человека в каждом углу. Получается следующая расстановка сил перед третьим штурмом:

Таким же образом можно найти расстановку сил после третьего и четвертого штурмов:

После пятого штурма осталось 22 защитника крепости. В этом случае на долю середин сторон не остается сил, так как 22 — 22 = 0. Следовательно, все 22 человека должны расположиться только по углам:

При дальнейшем выходе из строя защитников крепости было бы невозможно расположить оставшиеся «силы» по 11 человек вдоль каждой стороны крепости.

102. Рассуждая так же, как и при решении предыдущей задачи, можно получить следующие схемы распределения ламп (в квадратике общее количество ламп):

При 18 лампах все они сосредоточиваются по углам комнаты. Если взять 36 ламп, то останутся, наоборот, все углы пустые, как это видно из следующей схемы:

Таким образом, сохраняя принцип распределения ламп по 9 вдоль каждой стены комнаты, светотехник мог употребить самое меньшее 18 ламп и самое большее 36 ламп.

В последнем вопросе задачи можно разобраться либо просто путем проб, либо при помощи алгебры.

(Кому не захочется вникать в приводимые далее математические рассуждения или окажется это непосильным, тот может пока пропустить последующее изложение и приступить к решению следующей задачи.)

Обозначим через а число ламп в каждом углу, а через b — число ламп на каждой стене комнаты. Тогда очевидно, что число п всех ламп равно: п = 4 (а+ Ь). Это число можно записать так:

Здесь a + b + а = s — число ламп вдоль каждой стены. Если это число 5 оставлять неизменным, то число всех лами п будет уменьшаться с уменьшением b и увеличиваться с увеличением Ь. Если b увеличится на 2, то общее число ламп п увеличится на 4. Светотехник так и поступал: увеличивая число ламп на 4, он увеличивал каждое b на 2, а для сохра-

пения неизменной суммы s = a+b+а каждое а уменьшал па 1. При этом все время сохранялась некоторая симметричность в расположении ламп.

Но вполне возможно сохранение одной и той же суммы 5 ламп вдоль каждой стены комнаты и при несимметричном распределении ламп.

Пусть числа ламп, расположенных по углам комнаты, будут: alt а2, а3 n а4, а по стенам — Ьг, Ь2Ч Ь3 и Ь4:

Число всех ламп п можно выразить следующим образом: n = 4s — (аг+а2+а3+а4), где 5—неизменное число ламп вдоль каждой стены (s = аг+Ьг+ß2 = ^-)-Ь2+а3 = а3+-|— + а4 = а2 -j— -|— а4). Если s — число неизменное, то общее число ламп увеличивается с уменьшением аг + а2 -4- — а3+а4 и, наоборот, уменьшается с увеличением «1 + <з2 + — а3~\-аА. Прибавим, например, к Ьг и b2 по х ламп, то-есть всего 2х ламп. Если аг уменьшится на х, то s не изменится, а общее число ламп п в то же время увеличится на лг. То же самое получится, если прибавить по х ламп к Ьг и Ь3 и соответственно отнять X ламп от а2 и т. д.

Точно так же, если прибавить по х к каждому из чисел b19 b2, Ь3 и Ь4 и отнять по х от ах и а4 или от аг и а3 или отнять по у от каждого из чисел аг, а2> а3 и а4, то 5 не изменится, а число всех ламп п в то же время увеличится на 2лг. Таким образом, допуская несимметричное расположение ламп, можно по желанию увеличивать их общее число п. на 1, 2, 3, 4 и т. д.

Если бы светотехник увеличил число ламп с 24 до 25, то расположить их пришлось бы, например, следующим образом:

103. Из третьего условия вытекает, что в клетке должно быть размещено не менее 22 и не более 44 кроликов (сравните с решением задачи 101).

По четвертому условию общее число кроликов должно быть кратно трем. Значит, кроликов могло бы быть или 24, или 27, 30, 33, 36, 39, 42. Легко убедиться далее, что 24 кролика (16 и 8) невозможно разместить по 11 на) каждой стороне клетки, чтобы при этом не оказалось пустых секций (первое условие). Если же взять 33, 36, 39 или 42 кролика, то и их можно разместить по 11 на каждой стороне клетки, но в каждом из этих случаев в некоторые секции пришлось бы помещать более чем 3 кролика (убедитесь и в этом!), что противоречило бы второму условию.

Таким образом, путем исключения мы приходим к выводу, что первоначально было намечено получить 30 кроликов и разместить их предполагали следующим образом (в квадратике — общее количество кроликов на каждом этаже):

План 2-го этажа

План 1-го этажа

Но институт получил на 3 кролика меньше, то-есть 27 кроликов, которых можно разместить, например, следующим образом:

План 2-го этажа

План 1-го этажа

104. Решения задач 1, 2, 3, 4 представлены соответственно на рис. 282 а, б, в и г.

Рис. 282.

105. Решение показано на рис. 283.

106. Указание к решению задач первого варианта игр. Любое из возможных решений задачи о перемещении четырех шашек (из десяти, расположенных в 2 ряда) так, чтобы образовалось 5 рядов по 4 шашки в каждом, можно легко и быстро получить при помощи несложных геометрических построений. Замените шашки точками на листе бумаги и зачеркните какие-нибудь три верхние и одну нижнюю точки. Первую из оставшихся двух точек верхнего ряда соедините прямыми с какими-либо двумя точками нижнего ряда, а вторую точку верхнего ряда — с остальными двумя точками нижнего ряда (рис. 284). Избегайте таких комбинаций точек, которые приводят к параллельным линиям и тогда вы получите 4 точки пересечения проведенных линий. В этих точках пересечения и следует поместить 4 шашки, соответствующие зачеркнутым точкам.

Решение задачи о расположении спичек в отверстиях листа картона или пластилина (игра вторая) показано на рис. 285.

Рис. 283.

Рис. 284.

Рис. 285.

107. Наименьшее число ходов — 24; порядок их следования таков (всякий раз следует перемещать верхнюю шашку): 1) 1—Л (шашку № 1 переместить на кружок А); 2) 2 — В (шашку № 2 переместить на кружок В); и далее: 3) 3 — С; 4) 4 — D; 5) 2 —D; 6) 5 — В; 7) 3 — В; 8) 1 — В; 9) 6 —С; 10) 7 —Л; 11) 1 —А; 12) 6 — Е; 13) 3 —С; 14) 1—С; 15) 5 —Л; 16) 1—Л; 17) 3 —Л; 18) 1—Л; 19) 6 —С; 20) 8 — В; 21) 6 — В; 22) 2-Е (или на С); 23) 4 — В; 24) 2 — Я.

108. Наименьшее число обменов—19.

Наиболее экономная система обменов состоит в том, чтобы укомплектование шашек вести цепочками, то-есть, обменяв местами, например, шашки 1 и 7, поменять затем шашку 7 с той шашкой, которая занимает седьмое место, в данном примере — с шашкой 20. В свою очередь шашку 20 следует поменять с той, которая занимает ее место — с шашкой 16, а шашку 16 — с шашкой 11, которая незаконно расположилась на шестнадцатом месте и т. д. до завершения цепочки, когда обе обменивающиеся шашки попадут на свои законные места.

Тогда следует начать новую цепочку обменов и так до полного их завершения.

Все перемещения, необходимые для решения данной задачи, располагаются в следующие 5 цепочек:

1 и 7; 7 и 20; 20 и 16; 16 и 11 ; 11 и 2; 2 и 24;

3 и 10; 10 и 23; 23 и 14; 14 и 18; 18 и 5;

4 и 19; 19 и 9; 9 и 22;

6 и 12; 12 и 15; 15 и 13; 13 и 25; 17 и 21.

Схему необходимых перемещений можно наметить заранее, если предварительно выписать подряд номера всех шашек в их первоначальном расположении, а под ними порядковые номера:

7 24 10 19 3 12 20 8 22 и т. д. 1 2 345 678 9и т. д.

Вычеркиваем первую пару чисел 1 и 7; эти числа определяют первый обмен шашек, затем ищем 7 в нижнем ряду и замечаем над ним число 20; вычеркиваем числа 7 и 20; они определяют второй обмен шашек; ищем 20 в нижнем ряду, замечаем над ним 16; вычеркиваем числа 20 и 16; они определяют третий обмен соответствующих шашек и т. д.

Когда цепочка оборвется, начинаем составление ее следующего звена с самой крайней пары еще не зачеркнутых цифр слева.

В наихудшем случае могла бы образоваться одна цепочка; тогда для размещения 25 шашек потребовалось бы 25 — 1 = 24 обмена (в последнем обмене сразу две шашки занимают надлежащие места).

В данной задаче 5 цепочек, кроме того одна шашка (№ 8) уже в начальном положении занимает положенное ей место, поэтому для решения задачи необходимо и достаточно сделать 25 — 5—1 = 19 обменов.

109. Если, например, одну из девяти конфет внешней, самой большой коробочки переложить в самую маленькую, то в этой внутренней коробочке окажется 5 конфет, то-есть 2 пары плюс 1 конфета, и эти 5 конфет надо включить в число конфет, находящихся во второй внутренней коробочке.

Отсюда следует, что вторая внутренняя коробочка теперь содержит 5 + 4 = 9 конфет, то-есть 4 пары плюс одну конфету.

Рассуждая таким же образом, получим, что и третья внутренняя коробочка теперь содержит 9 + 4 = 13 конфет, то-есть опять-таки число конфет, удовлетворяющее условию задачи, и т. д.

Найдите самостоятельно еще несколько иных распределений конфет по коробочкам.

110. Все пешки можно снять в 16 ходов. Можно поставить коня так, чтобы первый удар нанести по пешке с2 затем по пешке £4 и далее d3:b2:c4:d2:b3\d4::e§:g7 :fô:e7\g§ : e5:/7:g5.

Первый удар можно нанести также по пешке £3 или по пешкам /7 и g6.

111. Первая головоломка. Условимся, что первая цифра показывает номер шашки, а вторая цифра (в отдельных случаях буква) указывает номер той клетки, куда ставится шашка. Тогда возможен следующий порядок перемещений:

2-1; 3-2; 4-3; 4-Л; 5-4; 5-3; 6-5; 6-4; 7-6; 7-5; 7-Б\ 8-7;

8-6; 8-5; 9-8; 9-7; 9-6; 1-9; 1-8; 1-7; 1-Я; 9-7; 9-8; 9-9;

9-10; 8-6; 8-7; 8-8; 8-9; 7-5; 7-6; 7-7; 7-8; 1-7; 1-6; 1-5;

1-5; 6-5; 6-6; 6-7; 6-Я; 5-4; 5-5; 5-6; 5-7; 4-3; 4-4; 4-5; 4-6; 1-5; 1-4; 1-3; 1-А

Дальнейший порядок перемещений очевиден.

Вторая головоломка. Будем считать 4 возможных направления для движения шашек направлениями на север, юг, восток и запад:

тогда последовательность перемещений шашек можно записать так:

113. Задача имеет единственное решение. Оно представлено на рис. 286. Чтобы не блуждать в потемках при отыскании решения, можно воспользоваться следующим приемом: поместить звездочку во втором столбце клеток так низко, как

это позволяет положение звездочки в первом столбце клеток, и в соответствии с условием: располагать звездочки только на белых клетках; в третьем столбце клеток следует поместить звездочку опять по возможности на самую низкую клетку и т. д., всегда стремясь поместить в следующем столбце звездочку настолько низко, насколько это позволяют звездочки, стоящие в предыдущих столбцах. Как только окажется, что в столбце нигде нельзя поместить очередную звездочку, следует поднять звездочку в предыдущем столбце на минимально возможное число клеток (но ставить звездочку всегда только в соответствии с условием задачи); если же поднимать ее больше некуда, то снять совсем и поднимать теперь опять предыдущую звездочку и т. д., продолжая размещать остальные звездочки, каждый раз руководствуясь принятым правилом: поднимать поставленные звездочки выше только в том случае, если справа совсем нет места для очередной звездочки.

Такой процесс проб, может быть, окажется и длительным, но зато он систематичен и непременно приведет к цели.

114. Первая задача. Положим, что буквы одинаковы. Поместим одну букву в какой-нибудь клетке диагонали АС, например в левом верхнем углу (рис. 287). Среди клеток второй диагонали BD есть одна клетка, стоящая в том же горизонтальном ряду, где поставлена первая буква, и одна клетка в том же вертикальном ряду; в одной из остальных двух клеток второй диагонали можно поставить вторую букву.

Легко убедиться в том, что после того, как две буквы поставлены, местоположение остальных двух букв определяется однозначно, то-есть в каждом из не занятых буквами горизонтальных рядов есть только по одной клетке, куда можно в соответствии с условием задачи поместить остальные буквы.

Рис. 286.

Рис. 287.

Теперь нетрудно подсчитать количество возможных решений. Для каждого из четырех возможных расположений первой буквы в одной из клеток диагонали АС имеется два возможных расположения второй буквы по диагонали BD, то-есть всего 4X2 = 8 случаев. Все 8 решений можно получить из одного путем поворачивания и переворачивания (другими словами, путем отражения в зеркале) квадрата.

Положим теперь, что данные 4 буквы различны: а, Ь, с, d и размещены вместо букв а в те же клетки, как на рис. 287, в каком-нибудь порядке, например в таком: а, Ь, с, d. Но в эти же клетки можно поместить буквы в другом порядке, например в таком: Ь, с, d, а. Так можно менять порядок расположения букв, не меняя занятых клеток, 24 раза. Все это будут различные решения. Всего различных решений будет: 8X24=192.

Вторая задача. Из условия задачи следует, что буквы, стоящие в угловых клетках, должны быть различны. Поэтому прежде всего поставим в произвольном порядке 4 буквы в угловые клетки (рис. 288, а). В средних клетках диагонали, содержащей буквы and, должны стоять буквы b и с, но они могут быть поставлены двумя способами (рис. 288, б и в).

После того как указанные 6 клеток заполнены, остальные клетки в соответствии с условием могут быть заполнены единственным образом. Для этого прежде всего следует расставить буквы в крайних горизонтальных и вертикальных рядах, а потом во второй диагонали. Окончательное расположение показано на рис. 289.

Итак, если расставлены буквы в угловых клетках, то задача имеет два решения. Но так как 4 буквы в угловых клетках можно размещать 24 способами, то задача имеет 24 X Х2 = 48 решений.

Рис. 288.

Из одного найденного расположения путем поворачивания и переворачивания (то-есть путем зеркального отражения) заполненного квадрата получается еще 7 расположений.

Если условиться считать все расположения, полученные из одного путем поворачиваний и перевооачиваний за одно решенне, то при этом условии задача имеет 48:8 = 6 различных решений.

115. После ряда испытаний вам, несомненно, удалось найти какое-нибудь из возможных многочисленных решений этой задачи. Возможно и такое решение, которое представлено на таблице. —> Притти к этому решению можно путем следующих рассуждений. Обозначим через Л, В, С и D названия окрасок квадратов, а через а, Ь, с и d— цифры 1, 2, 3, 4. Задача сводится к тому, чтобы в 16 клетках квадрата разместить 4 прописные буквы Л, В, С и D так, чтобы все 4 находились в каждом горизонтальном и вертикальном рядах, в каждой диагонали и нигде не повторялись; то же самое сделать и со строчными буквами а, Ъ, с и d, комбинируя их с прописными буквами всеми возможными способами. Расположим сначала прописные буквы, пользуясь, например, таким приемом: в первой горизонтали поместим их в алфавитном порядке (рис. 290, û), а затем заполним клетки диагонали, идущей из левого верхнего угла квадрата в правый нижний. Вдоль диа-

1

красная

4

черная

2

зеленая

3

белая

2

белая

3

зеленая

1

черная

4

красная

3

черная

2

красная

4

белая

1

зеленая

4

зеленая

1

белая

3

красная

2

черная

Рис. 289.

гонали можно получить только 2 расположения: или последовательно, как Л, С, D, В, или как А, £>, В, С. Примем первое расположение. Остальные клетки можно заполнить теперь только единственным образом. Получим расположение, изображенное на рис. 290, а. Чтобы разместить строчные буквы, приставим к каждой диагональной букве Л, С, £>, В по строчной букве того же наименования (рис. 290, б), а затем будем брать каждую клетку и около прописной буквы ставить строчную одноименную с прописной буквой другой клетки, расположенной симметрично относительно заполненной диагонали. Получим расположение, изображенное на рис 290, б.

Если заменим теперь Л, В, С, d соответственно красным, черным, зеленым и белым квадратами, а буквам а, о, с и d придадим значения 1, 2, 3 и 4, то получим схему, приведенную в начале решения этой задачи. Прописные буквы можно заменить цветными квадратами той же окраски, но в другом чередовании красок. Имея 4 цвета, мы можем разместить их взамен букв Л, В, С, D 24 различными способами; точно так же 4 строчные буквы можно заменить цифрами 1, 2, 3, 4 тоже 24 способами, так что всего можно получить 24X^4 = 576 различных решений этой задачи.

116. Пусть первоначально оставлен свободным кружок № 1. Каждый ход можно записать при помощи двух цифр: первая покажет номер кружка, с которого начинается ход, а вторая — номер кружка, на котором заканчивается ход. Тогда возможно следующее решение: 9-1; 7-9; 10-8; 21-7; 7-9; 22-8; 8-10; 6-4; 1-9; 18-6; 3-11; 16-18; 18-6; 30-18; 27-25; 24-26; 28-30; 33-25; 18-30; 31-33; 33-25; 26-24; 20-18; 23-25; 25-11; 6-18; 9-11; 18-6; 13-11; 11-3; 3-1.

Рис. 290.

117. Таблица всех 24 решений головоломки:

118. Маршруты девочки и мальчика представлены соответственно схемами а и б рисунка 291.

Рис. 291.

119. Ход коня таков, что с черного поля он может перейти на белое, затем с белого снова на черное и т. д. Шахматная доска содержит 64 клетки. Чтобы попасть в правый верхний угол (на поле h8), побывав на каждой клетке доски по одному разу, конь должен сделать 63 хода.

В начальном положении конь стоит на черном поле (см. рис. 61 на стр. 77) и притти, по условию, должен тоже на черное поле (h8).

Это невозможно, так как 63-й ход нечетный, а всяким нечетным ходом конь, занимавший первоначально черное поле, переводится на белое поле.

120. Маршрут, найденный узником, показан на рис. 292.

Рис. 292.

121. Сначала узник должен пойти так, чтобы взять ключи г и д и открыть ими двери камер Д и Г (см. рис. 63 на стр. 79), потом ему следует достать ключ в, открыть им дверь камеры В, взять ключ а, который даст возможность пройти через камеру А и взять ключ б. Необходимо теперь еще раз пройти через Д и Г, достигнуть Б, взять ключ е, снова пройти Д, открыть дверь камеры Е, взять ключ ж и выйти из подземелья через дверь Ж.

Путь к свободе был нелегок — через 84 двери.

К главе III

122. а) См. рис. 293; б) см. рис. 294; в) см. рис. 295; г) см. рис. 296; д) см. рис. 297.

123. а) Вынуть 12 спичек, расположенных внутри большого квадрата, и сложить их в новый такой же квадрат; б) см. рис. 298; в) см. рис. 299, а (если отобрать 4 спички); см. рис. 299, б (если отобрать 6 спичек); см. рис. 299, в (если отобрать 8 спичек);

г) см. рис. 300;

д) см. рис. 301;

е) см. рис. 302;

ж) см. рис. 303;

з) см. рис. 304.

124. См. рис. 305.

125. См. рис. 306.

126. См. рис. 307.

127. См. рис. 308.

128. См. рис. 309.

129. Две спички надломить посредине (рис. 310).

130. См. рис. 311.

131. См. рис. 312.

132. См. рис. 313.

133. См. рис. 314.

134. Положить две спички на край стола или книги так, чтобы края стола или книги образовали две другие стороны квадрата.

135. а) См. рис. 315, а; б) см. рис. 315, £.

136. См. рис. 316.

137. См. рис. 317.

138. См. рис. 318.

139. а) См. рис. 319; б) см. рис. 320.

140. 840.

Рис. 293. Рис. 294.

Рис. 295.

Рис. 296.

Рис. 297.

Рис. 298.

Рис. 299.

Рис. 300.

Рис. 301.

Рис. 302.

Рис. 303.

Рис. 304.

Рис. 305.

Рис. 306.

Рис. 307. Рис. 308.

Рис. 309.

Рис. 310.

Рис. 311.

Рис. 312.

Рис. 313.

Рис. 314.

Рис. 315.

Рис. 316. Рис. 317.

Рис. 318. Рис. 319.

Рис. 320.

Рис. 321.

Рис. 322.

Рис. 323.

141. См. рис. 321. Возможны и другие решения.

142. Первое решение. Из 12 спичек следует сначала сложить прямоугольный треугольник с катетами в 3 и 4 спички и гипотенузой в 5 спичек (рис. 322). Площадь такого треугольника будет содержать -i-.(3»4) = 6 квадратных единиц.

Если затем снять четыре спички, образующие прямой угол, и переложить их ступеньками (как показано на рис. 322), то площадь треугольника убавится на 3 квадратных единицы. Получившаяся фигура (заштрихованная на рисунке) и будет содержать 6 — 3 = 3 кв. единицы.

Второе решение. Остроумное решение предложил читатель «Смекалки» инж. Н. И. Аржанов (Ленинград). Он построил квадрат, содержащий 4 кв. единицы (рис. 323), превратил его в равновеликую фигуру и, вынув из нее один квадрат, получил фигуру, площадь которой 3 кв. единицы.

143. Две спички, лежащие на одной прямой, составляют между собой угол в 180°. Чтобы получить такой угол, строим на спичках три равносторонних треугольника с общей вершиной (рис. 324). Сумма углов при общей вершине как раз и составит 180°, так как 60°. 3=180°.

144. Строим 6 равносторонних треугольников с одной общей вершиной (рис. 325). Все внутренние спички удаляем.

Оставшаяся фигура — правильный шестиугольник, так как каждая сторона фигуры равна радиусу описанного круга, а таким свойством обладает только правильный шестиугольник

Рис. 324.

Рис. 325.

К главе IV

145. 1. Линии разреза показаны на рис. 326. Если все построения и разрезы выполнены аккуратно, то проверить равенство получившихся частей можно наложением.

2. Трапецию ABCD (рис. 327) надо разрезать по ломаной, соединяющей середины отрезков ЛЕ, BE, СЕ и DE, и по линиям BF il СО. Получится 4 равные трапеции.

Проверить можно наложением, а знающие геометрию могут провести обычное математическое доказательство. Это нетрудно.

3. Линии разреза показаны на рис. 328.

4. Чтобы получить необходимые линии разреза правильного шестиугольника ABCDEF (рис. 329), надо соединить середины его сторон с серединами радиусов OA, OB, ОС,

Рис. 326. Рис. 327.

Рис. 328.

ОЕ и OF. Каждая часть шестиугольника будет ромбом (можете проверить или доказать), а ромб хотя и имеет равные стороны, но не является правильным четырехугольником, так как не все его углы равны между собой. 5. Решение показано на рис. 330.

146. Решение показано на рис 331.

Рис. 329.

Рис. 330.

Рис. 331.

Рис. 332.

Рис. 333. Рис. 334.

147. Линии разреза будем восстанавливать последовательно (рис. 332):

а) намечаем разрезы между одинаковыми рядом стоящими цифрами (рис. 332,а);

б) в соответствии с заданной симметрией (совпадение очертаний фигур при повороте на 90°) каждый такой разрез воспроизводим еще в трех местах квадрата (рис. 332,6);

в) разъединим 4 центральные клетки, так как никакие две из них не могут принадлежать одной фигуре, и заканчиваем восстановление контура каждой фигуры, учитывая, что все угловые клетки также должны принадлежать разным фигурам и что в каждой фигуре должны содержаться по одному разу все цифры комплекта 1, 2, 3, 4 (рис. 332,в).

148. Перегородки изображены пунктиром на рис. 333.

149. Путем проб легко убедиться в том, что прямоугольник может быть составлен из шести пластинок № 1 (рис. 334).

Фигура ///, рис. 94 (см. стр. 97), разрезается на три пластинки № 3 рисунка 93, фигура IV—на 4 пластинки № 5, фигура V—на 6 пластинок № 6, фигура VI—на 4 пластинки № 2. Все необходимые разрезы показаны схематически на рис. 335.

Рис. 335.

Рис. 336.

Рис. 337.

Рис. 338.

150. Вася догадался сделать ступенчатый разрез (рис. 336) прямоугольного листа фанеры.

Следует заметить, что способ ступенчатого разреза для геометрически точного перекраивания прямоугольника в квадрат пригоден не всегда.

Все же любой прямоугольник можно перекроить в квадрат.

Необходимые математические сведения по этому вопросу вы найдете в книге «Удивительный квадрат».

151. Необходимые линии разреза показаны пунктиром на рис. 337.

152. Линия разреза показана на рис. 338.

153. Данную фигуру надо разрезать по линии abode (рис. 339, а), где Ь, с и d — центры квадратов, составляющих данную фигуру.

Приложив отрезанную часть к оставшейся, как показано на рис. 339, 5, получим искомую рамку.

При том же условии задачи найдите иную линию разреза.

154. Здесь нельзя ограничиться схематическим изображением подковы в виде дуги (рис. 340). Если не придадите фигуре подковы необходимой объемности, то, сколько ни старайтесь, вам не удастся разрезать ее вдоль двух прямых линий больше чем на 5 частей.

На том же рисунке дано изображение подковы, более соответствующее действительности, и показано возможное деление ее на 6 частей.

Рис. 339.

Рис. 340.

155. Читатель должен обратить внимание на то, что в условии этой задачи в отличие от условия предыдущей задачи отсутствует запрещение передвигать части после каждого разреза.

В этом и заключается весь секрет решения.

Первым разрезом следует отделить часть подковы с отверстиями А и Г (см. рис. 98 на стр. 99).

Подкова при этом распадется на 3 части.

Приложим теперь получившиеся после первого разреза части друг к другу так, чтобы отверстия Б, А и Д оказались примерно на одной прямой линии, а В, Г и Е — на другой, и тогда вторым разрезом легко разделить подкову на требуемые 6 частей.

156. Решение показано на рис. 341.

157. Решение представлено на рис. 342. Линии разрезов показаны пунктиром. Равные части обозначены одинаковыми цифрами.

Рис. 341.

Рис. 342.

Для нанесения линии разреза MN отложите на стороне AB отрезок AM = KL и проведите прямую через точки M и К. Для нанесения линии разреза NP проведите прямую через точки N и F. Построение остальных линий разреза ясно

из чертежа. Если фигура была вычерчена правильно, то угол MNP окажется прямым, а отрезки MB, BN, NC и CP— равными.

158. Решение показано на рис. 343.

Рис. 343.

159. Решение задачи показано на рис. 344. Если верхнюю зубчатую часть вынуть из нижней и затем снова вдвинуть ее между зубьев нижней зубчатой части, переместив на 1 зуб вправо, то ковер примет форму квадрата.

Рис. 344.

160. Нурия Сараджева сделала 2 ступенчатых разреза и получившиеся 2 части сложила так, как показано на рис. 345. Ширина ступеньки 2 дм, высота 1 дм.

161. Для доказательства невозможности выкроить из шахматной доски 15 фигур вида а) и одной — вида б) (рис. 346) рассмотрим такую же доску 8 X 8, но с другой последова-

Рис. 345.

Рис. 346.

Рис. 347.

тельностью черных и белых клеток (рис. 346, в). Из какой бы части этой доски мы ни вырезали фигуру а), она будет содержать нечетное число белых и нечетное число черных клеток; 15 фигур а) также будут содержать по нечетному числу белых и черных клеток. Фигура б), наоборот, содержит по четному числу белых и черных клеток. Все 16 указанных фигур, таким образом, будут содержать по нечетному числу белых и черных квадратов, в то время как наша доска имеет по четному числу белых и черных клеток. Отсюда и следует невозможность решения задачи.

Одно из возможных решений дополнительной задачи представлено на рис. 346, г. Сплошные линии — линии разреза.

162. Схема решения показана на рис. 347. Узкая светлая полоска — линия разреза; клетки, промереженные девочкой, заштрихованы.

163. Сначала столяр заметил, что выкройка доски представляет собой симметричную фигуру с двумя осями симметрии. Затем он обнаружил, что если половину продольной оси отверстия (OA на рис. 348) отложить на поперечной оси (ООг— OA и 002 = OA) и соединить прямыми точки Ot и Л, а также 02 и Л, то каждая из фигур ВОгВх и С02Сг будет в точности составлять четверть круга с радиусом ОгВу а каждая из фигур ABC и А1ВХС1 — четверть круга с радиусом АХВХ, который равен половине радиуса ОхВг

Столяр распилил каждую доску по линиям ВА, САУ В^АХ и С1А1 и из полученных 8 частей склеил аккуратную круглую крышку для стола, как показано на рис. 348,

Рис. 348.

164. Пусть ЛВС (рис. 349) — чертеж куска меха, который надо вывернуть наизнанку, но сохранить фигуру. Опустим BD _[_ ЛС.

Если Е и F—середины сторон ВС и ЛВ, то скорняку следует разрезать кусок ЛВС по прямым линиям DE и D/7, каждую из полученных частей перевернуть на обратную сторону, оставив на своем месте, и снова сшить. Тогда кусок меха ЛВС вывернется наизнанку, но сохранит свою фигуру. Это можно строго доказать.

Известно, что в прямоугольном треугольнике медиана, опущенная на гипотенузу, равна половине гипотенузы. DF и DE как раз и являются медианами в прямоугольных треугольниках ЛОВ и BDC, следовательно, DF = ÄF=FB и DE = BE = СЕ. Отсюда Д FBE = Д FDEy а треугольники AFD и DEC — равнобедренные. Значит, если перевернуть равнобедренные треугольники AFD и DEC вокруг их высот, а четырехугольник FBED вокруг оси FE, то каждая из этих фигур ляжет на свое прежнее место в прежнем положении.

Рис. 349.

Рис. 350.

Рис. 351.

Рис. 352.

Задачу о «выворачивании треугольника наизнанку» можно решить и другими способами.

Предложенный здесь способ наиболее экономен.

165. На рис. 350 жирной чертой показаны линии разреза, удовлетворяющие условию задачи. Каждая часть по форме напоминает букву С. Одна из частей для наглядности заштрихована.

166. Для достижения наибольшего числа делений надо так проводить прямые линии, чтобы каждая из них пересекалась со всеми остальными, причем в одной точке не должно пересекаться более двух линий.

Одно из возможных решений показано на рис. 351; расположение линий красивое, симметричное. Получилось 22 части.

167. Способ разрезания аналогичен тому, который применялся в тексте задачи (см. стр. 107). Найдем середину АС (рис 352). Пусть это будет точка К.

Отложим FQ = AK на стороне Ар и DP = AK на продолжении CD.

Разрежем теперь фигуру по прямым линиям BQ и QE. Из полученных частей составляется квадрат BPEQ. Знающие геометрию обдумают доказательство.

Замечание. Способ решения не изменится, если треугольный выступ ABC окажется настолько большим, что точка С сольется с вершиной квадрата D, или даже если АС будет больше стороны квадрата AD, но меньше, чем 2AD, лишь бы только треугольник ABC был равнобедренным и прямоугольным.

168. Дан правильный шестиугольник ABCDEF (рис. 353). Для превращения его в правильный треугольник выполним ряд построений в следующей последовательности: проводим АС, затем ВК JL АС, EL J_ AF, LM = LE; проводим ЕМ; строим

равносторонний треугольник EMN со стороной ЕМ и, наконец, проводим KP как продолжение A7V до пересечения с CD в точке Р.

Для контроля заметьте, что если все построения были выполнены тщательно, то окажется СР=СК.

Линии разреза на рис. 353, а изображены сплошными, а вспомогательные линии — пунктиром. Получается всего 6 частей. На рис. 353, б показано, как из этих частей составляется равносторонний треугольник.

Рис. 353.

Перерисуйте шестиугольник на плотную бумагу или картон и разрежьте на указанные части. У вас будет головоломка для друзей: из данных частей составить либо правильный шестиугольник, либо правильный треугольник.

По решениям-рисункам желающий проникнуть в сущность задачи может легко доказать правильность построений.

К главе V

169. Согласно показаниям экранов локаторов цель находится в 75 км от станции Л и в 90 км от станции Б.

Взяв циркулем на масштабе, изображенном внизу рис. 113 (см. стр. 109), отрезки, соответствующие отрезкам в 75 и 90 км, надо провести две дуги, одну из А радиусом, соответствующим расстоянию в 75 км, другую из Б радиусом, соответствующим расстоянию в 90 км. Дуги пересекутся в точке на море, где, следовательно, и находится обнаруженная цель.

170. 1) Шесть разрезов; 2) 27 кубиков; 3) ни одного; 4) восемь — столько, сколько вершин у куба; 5) двенадцать — столько, сколько ребер у куба; 6) шесть — столько, сколько граней у куба; 7) один.

171. Для того чтобы разойтись, поезда с паровозами А и В должны проделать такие маневры (см. схему на рис. 354):

Рис. 354.

а) Паровоз Б вместе с вагонами проходит за стрелку влево, заводит на ветку 40 вагонов, а с остальными возвращается назад.

б) Паровоз А уводит с ветки эти 40 вагонов; освободившееся место на ветке занимает паровоз Б с 40 вагонами.

в) Паровоз А ведет 40 вагонов впереди себя и 80 вагонов сзади по свободному пути за стрелку вправо, а паровоз Б с 40 вагонами переходит с ветки на основной путь влево.

г) Паровоз А (который теперь находится справа) вместе со всеми 120 вагонами проходит за стрелку влево, оставляет там свои 80 вагонов и заводит на ветку 40 вагонов, принадлежащих второму поезду.

д) С ветки паровоз А возвращается к своим вагонам, забирает их и идет своим путем — направо.

Паровоз Б вместе с 40 вагонами подходит к ветке, прицепляет находящиеся там остальные 40 вагонов и благополучно следует налево.

172. Решение задачи, осуществленное машинистом, можно представить в виде следующей схемы (рис. 355), при описании которой белый и красный вагоны будем обозначать соответственно буквами «б» и «к», а паровоз — буквой «/г».

Рис. 355.

1) Паровоз переходит на BD, прицепляет вагон «б» и идет с ним к тупику D;

2) заводит вагон «б» в тупик D, оставляет его там и идет на ВА;

3) переходит по ВА на AD, прицепляет вагон «ю> и вместе с ним идет к тупику D;

4) прицепляет вагон «б» и идет с вагонами «ю> и «б» на AB;

5) оставляет на AB вагон «5» и идет с «а:» на AD;

6) заводит «/<:» в тупик D, оставляет его там и идет на AB;

7) прицепляет вагон «5» и идет с ним на AD;

8) оставляет «б» на AD и переходит по AB на BD;

9) прицепляет «к» и выводит его на DB;

10) оставляет «к» на DB и возвращается на свое прежнее место на AB.

Самостоятельно найдите другие решения. Мне, например, известны еще 2 способа решения задачи в 10 ходов.

Решение задачи в 6 ходов (рис. 356).

Рис. 356.

1) Паровоз переходит на BDt прицепляет вагон «5» и идет с ним на AB;

2) оставляет «5» на AB и идет на AD через тупик D;

3) прицепляет вагон «к» и идет с ним на AB;

4) прицепляет «б» и идет с вагонами «к» и «б» на BD;

5) оставляет на BD вагон «лг» и идет с вагоном «б» на AD через ВА;

6) оставляет там вагон «5», а сам возвращается на AB. Вы, конечно, заметили, что по окончании «маневров» паровоз оказался теперь трубой налево.

Машинист, вероятно, потому и предпочел решение задачи в 10 ходов, а не в 6, что не хотел поворачивать свой паровоз на 180°.

173. Первое взвешивание: развесить крупу на 2 равные части (это можно сделать без гирь) по 4,5 кг. Второе взвешивание: одну из получившихся частей еще раз развесить пополам — по 2,25 кг. Третье взвешивание: от одной из этих частей отвесить (при помощи гирь). 250 г. Останется 2 кг.

174. При таком соединении, которое показано на рис. 116 (см. стр. 112), движение шкивов возможно. При этом, если шкив А движется по ходу часовой стрелки, то шкив Б будет двигаться против движения стрелки часов, шкивы В и Г—по движению стрелки часов.

Если все 4 ремня будут перекрещены, то движение шкивов тоже возможно, а если только какой-нибудь один или любые три, то невозможно.

175. Не выходя из пределов одной плоскости, то-есть располагая все 7 треугольников так, чтобы они лежали, скажем, на столе, эту задачу решить невозможно. Нужно обязательно «выйти в пространство» и составить две пирамиды с общим основанием так, как это показано на рис. 357.

176. Девочка из Дзауджикау предлагает взять сначала произвольный прямоугольник с целочисленными сторонами и разбить его на единичные квадраты (рис. 358). Рассмотрим теперь «каемку», шириной в одну квадратную клетку, примыкающую к сторонам прямоугольника (на рис. 358, а «каемка» заштрихована).

Площадь «каемки» — это уже часть площади прямоугольника, но число единичных квадратов в «каемке» всегда на 4 единицы меньше, чем число, выражающее периметр прямо-

Рис. 357

угольника. Следовательно, оставшаяся «сердцевина» прямоугольника (незаштрихованная часть на рис. 358, а) непременно должна содержать 4 единичных квадрата.

«Сердцевина» искомого прямоугольника — также прямоугольник. Но 4 единичных квадрата можно лишь двумя способами расположить в форме прямоугольника (незаштрихованные части на рис. 358, б и в). Окаймляя их, мы получаем два решения:

1 ) квадрат 4X4;

2) прямоугольник 6X3.

Алгебраическое решение задачи приводит к неопределенному уравнению с двумя неизвестными. В самом деле, пусть размеры искомого прямоугольника х и у. Тогда его периметр равен 2(х+у), а площадь — ху.

По условию, 2(х+у) = ху.

Если X и у не обязательно целые, то это уравнение имеет бесчисленное множество решений, но в целых числах оно, как это следует из рассуждений нашей школьницы, имеет только три решения:

В геометрическом смысле последние два решения тождественны.

177. Вспомним все положения условия задачи (рис. 118 на стр. 113). Начнем с рис. 118, а, на котором показано, что бутылка со стаканом уравновешивают кувшин. На левой чашке весов (рис. 118,6) находится бутылка, а на правой — тарелка со стаканом. Добавив по одному стакану на обе чашки весов, мы не нарушим равновесия. Следовательно, бутылка со ста-

Рис. 358.

каном уравновесят тарелку и 2 стакана (рис. 359, а). Сравнивая левые чашки весов на рис. 118, а и 359, а, мы заключаем, что кувшин весит столько же, сколько тарелка и 2 стакана. Но так как, с другой стороны, 2 кувшина уравновешивают 3 тарелки (рис. 118, в), то 3 тарелки весят столько же, сколько 2 тарелки с 4 стаканами (рис. 359, б).

Снимем теперь по 2 тарелки с каждой чашки весов, изображенных на рис. 359, б, тогда окажется, что вес одной тарелки равен весу 4 стаканов (рис. 359, в). Вернемся к весам, изображенным на рис. 118, б. Вместо одной тарелки поставим 4 стакана; 5 стаканов уравновесят бутылку (рис. 359, г), что и дает ответ задачи: бутылка в 5 раз тяжелее стакана. Попутно выясняется, что кувшин в 6 раз тяжелее стакана.

178. Мастер разрезал каждый кубик на 8 кубиков (рис. 360). Площадь грани каждого кубика стала в 4 раза меньше, но число кубиков — в 8 раз больше, следовательно, общая площадь наружной поверхности всех кубиков увеличилась вдвое.

Рис. 359.

Рис. 360.

179. Мы налили полную банку воды. Вода заполнила все промежутки между дробинками. Теперь объем воды вместе с объемом свинца составил объем банки.

Вынув свинец из банки, мы определили объем воды, оставшейся в банке, и вычитанием объема воды из объема банки определили объем свинца.

180. Как видно из построения (рис. 361), сержант пришел в тот же пункт, откуда начал движение.

Рис. 361.

181. Непосредственное измерение расстояния (см. рис. 119) от одного среза сучка до другого среза того же сучка показывает, что оно составляет около 2/3 ширины всего листа фанеры.

Ширина листа фанеры 150 см. Отсюда, расстояние между сучками, или длина окружности слоя бревна, составляет 100 см, а диаметр d слоя бревна равен d =^= 100:3,14 =^ 32 см.

182. Не снимая кронциркуля с детали, нужно на одной из его ножек карандашом поставить метку, указывающую положение второй ножки.

Сняв затем кронциркуль, можно по этой отметке установить его ножки в первоначальном положении и, приложив к масштабной линейке, определить искомый размер.

183. Если плотно намотать несколько витков проволоки на стержень — гвоздь или карандаш,— то определить диаметр ее сечения можно при помощи измерительной линейки (рис. 362, а).

Пусть, например, 20 витков проволоки занимают 6 мм. Тогда диаметр этой проволоки 0,3 мм.

Рис. 362.

Рис. 363.

Чтобы сделать круглое отверстие в листе железа, пользуясь только молотком и плоским напильником, прежде всего следует положить лист на опору с прямоугольным или, еще лучше, с круглым отверстием и выбить молотком в этом листе железа чашеобразное углубление (рис. 362, б), а потом, перевернув лист выпуклостью вверх, напильником спилить бугор (рис. 362, в).

184. Никакими изобретениями нельзя довести экономию топлива до 1000%, так как энергия не может возникнуть «из ничего». Уже одно только это обстоятельство показывает, что подсчет экономии гражданин провел непродуманно.

Если применение каждого изобретения экономит определенное количество топлива независимо от применения других изобретений, то одновременное применение трех изобретений даст большую экономию топлива, чем применение любого одного из них, но, конечно, не Ю0%.

Подсчет следует производить так. Пусть до применения изобретений расходуется 100 кг топлива. После применения изобретения, экономящего 30%, топлива будет расходоваться 70 кг.

Второе изобретение экономит 45% от 70 кг топлива, то-есть снижает расход топлива до 0,55«70 = 381/2 кг. Следующее изобретение экономит 25% от 38^ кг топлива, то-есть снижает расход топлива до 0,75 -Зв^ = 287/8 кг. Общая экономия топлива равна 100 кг — 287/8 лгг = 711/8 кг, что и составляет 71 г/8 % экономии.

Можно изменить порядок подсчета результатов действия изобретений; например, сначала учесть действие изобретения, экономящего 45% топлива, потом 30%, потом 25% или еще в ином порядке — окончательный результат будет одинаков.

Убедитесь в этом.

Если же действие одного изобретения на экономию топлива зависит от действия остальных изобретений, то практически может оказаться так, что эффект от применения всех трех изобретений будет такой же, как от одного наиболее сильного изобретения, то-есть в данном случае 45%.

185. Надо подвесить груз на крючки четырех пружинных весов (рис. 363). Каждый из крючков воспримет на себя определенную часть веса бруса. Сумма показаний всех весов даст вес бруса. Рисунок показывает, что брус весит 16 кг.

186. На рис. 364, а, б, в даны соответственно решения задач 1, 2, 3.

Рис. 364.

Рис. 365. Рис. 366.

187. 1) Получить в сечении куба правильный пятиугольник невозможно. В самом деле: для получения правильного пятиугольника секущая плоскость должна пересечь пять из шести граней куба. Но все его грани попарно параллельны. Следовательно, в сечении должна получиться фигура, имеющая параллельные стороны (когда две параллельные плоскости пересекаются третьей, то линии пересечения параллельны), чего в правильном пятиугольнике быть не может.

2) Если разрезать куб по плоскости, проходящей через такие, например, три его вершины, как D1% А и С (рис. 365), то в сечении, очевидно, получится правильный треугольник ADXC, так как его сторонами будут диагонали ADX, АС и £),С равных квадратов.

Правильный треугольник получается не только в сечении ADXC, но п в параллельном ему сечении АХВСХ, а также в любом сечении, параллельном указанным сечениям, но расположенном не между ними.

Самостоятельно выясните, какая получится фигура при пересечении куба плоскостью, параллельной сечениям ADXC и АХВСХ, расположенной между ними?

Чтобы получить в сечении правильный шестиугольник, необходимо провести плоскость через точки а, Ь, с, d, е, /— середины ребер АХВХ, AAV AD, DC, ССХ, ВХСХ (рис. 366). Используя середины других ребер, можно еще получить правильные шестиугольники (всего 4), но все они будут равными.

3) Секущая плоскость может пересечь каждую грань куба не больше одного раза, а всех граней в кубе 6. Следовательно, в сечении куба плоскостью невозможно получить многоугольник с числом сторон, большим чем 6.

188. Накладываем чертежный треугольник на окружность так, чтобы вершина С треугольника совместилась с какой-нибудь точкой окружности, и отмечаем точки D и Е пересечения катетов с окружностью. Отрезок DE будет диаметром (рис. 367).

Аналогичным путем построим второй диаметр. Точка пересечения диаметров будет центром окружности.

Рис. 367.

189. Так как оба ящика имеют форму куба, то в одном ящике будут укладываться три шара в ряд, а в другом — 4. Одинаковые ящики имеют равные ребра, следовательно, диаметр большего шара больше диаметра меньшего шара в 4/3 раза, а объем и вес больше в в4/27 раза (так как объем, а также и вес шара пропорциональны кубу его диаметра).

Итак, каждый большой шар должен быть тяжелее меньшего шара в 64/27 раза, но зато больших шаров в 64/27 раза меньше, чем меньших шаров в таком же ящике.

Отсюда и получается, что оба ящика весят одинаково.

190. Части куба представляли собой фигуры, изображенные на рис. 368. В сложенном виде их прямые углы А и А1% а также В и В1 совпадали.

Части куба разъединялись только движением с угла на угол по линии AB.

191. Поставив ножку циркуля в любую точку M шара, произвольным радиусом описываем на его поверхности окружность, на которой берем три произвольные точки Л, В и С (рис. 369, а). Расстояния между ними засекаем циркулем и откладываем их на бумаге в форме треугольника ABC (рис. 369, б).

Рис. 368.

Рис. 369

Далее, описываем окружность около треугольника ЛВС и проводим два взаимно перпендикулярных диаметра PQ и QH.

Эта окружность равна окружности, которую мы описали на шаре, следовательно, PQ = KL.

Пусть точка Р на этой окружности соответствует точке К на поверхности шара. Засекаем циркулем расстояние КМ и из точки Р радиусом КМ отмечаем на QH точку 5. Строим PR _]_ PS до пересечения в точке R с продолжением QH. Отрезок SR и будет равен диаметру шара.

В самом деле, если соединить отрезками точку К с концами диаметра MN, то образовавшийся прямоугольный треугольник MKN будет равен прямоугольному треугольнику SPR, так как у них KM=PS и КО = РОх.

192. Разрежем брусок (параллелепипед) на два равных ступенчатых тела, как показано на рис. 370, û, причем высоту ступени сделаем равной 9 см, а ширину— 4 см.

Перемещая верхнюю часть бруска на ступеньку ниже, мы составим новый брусок (параллелепипед) с ребрами 12 см, 8 см и 18 см (рис. 370, б).

Полученный брусок (параллелепипед) вновь разрезаем таким же образом на 2 ступенчатых тела, но теперь уже в направлении, перпендикулярном к предыдущему. Высоту ступеньки делаем в 6 см, а ширину в 4 см. Каждое ступенчатое тело разделится при этом еще на 2 ступенчатых тела так, что всего их будет 4.

Перемещая две верхние части бруска на ступеньку ниже, мы составим куб (рис. 370, в).

Рис. 370.

193. Так как дно бутылки, по условию, имеет форму круга, или квадрата, или прямоугольника, то его площадь легко можно определить при помощи одной только масштабной линейки. Обозначим площадь дна через s.

Измеряем высоту hx жидкости в бутылке. Тогда объем той части бутылки, которую занимает жидкость, равен shx (рис. 371).

Опрокидываем бутылку вверх дном и измеряем высоту кг ее части от уровня жидкости до дна бутылки. Объем этой части бутылки будет равен sh2. Остальную часть бутылки занимает жидкость, объем которой уже определен — он равен shv

Отсюда следует, что объем всей бутылки равен

Рис. 371.

194. См. решение на рис. 372.

Рис. 372.

195. 1) 36.

2) Несколько примеров приведено на рис. 373 и 374. Для получения первичных многоугольников Р из прямоугольника следует построить прямоугольник, содержащий в себе четное число (ab = 2n) единичных квадратов, и провести из центра этого прямоугольника две ломаные линии одинаковой конфигурации под углом 180° друг к другу (рис. 375). Вместе эти ломаные составят одну ломаную линию, симметричную относительно центра прямоугольника. Эта линия рассечет прямоугольник на 2 фигуры Я, в каждой из которых будет — = п единичных квадратов.

Рис. 373.

Рис. 374.

Далее, из равных прямоугольников легко составить большой квадрат, а из больших квадратов фигуру Р'.

Если а — число единичных квадратов, укладывающихся в прямоугольнике вдоль одной стороны, a b— число единичных квадратов вдоль другой его стороны, то, как легко понять, для составления квадрата из таких прямоугольников необходимо и достаточно взять штук, где m— наибольший общий делитель чисел а и Ь.

В каждом квадрате окажется фигур Р, а на всю фигуру Р' будет потрачено фигур Р или, так как 2п = ab, то на построение Р будет потрачено фигур Р.

Так, например, для составления многоугольника Р\ подобного соответствующему многоугольнику Р, требуется 16 фигур Я, приведенных на рис. 375, а 36 » Р, » » » 375, б, в

100 » Р, » » » 375,г

144 » Р, » » » 375, д, е, ж

Та или иная из фигур Р', вероятно, может быть составлена и из меньшего числа фигур Р, но в данном случае этот вопрос нас не интересовал. В качестве же дополнительного развлечения вы можете это выяснить опытным путем.

Можно и квадрат разбивать на фигуры Р не четырьмя ломаными линиями, как это мы делали, а так же, как и пря-

Рис. 375.

Рис. 376.

моугольник, одной — симметричной относительно центра. Соответствующие иллюстрации приведены на рис. 376.

196. Так как внутренние углы девятиугольника и десятиугольника содержат соответственно 140° и 144°, то, выполнив их построение при помощи шарнирного механизма на одном чертеже при общей вершине А мы получим угол в 4°. Применяя к этому углу дважды процедуру деления пополам, мы получим угол в 1°.

К главе VI

197. Так как в 28 костях домино каждая цифра от 0 до 6 повторяется 8 раз (целое число пар), а кости прикладываются парами квадратов, содержащих по одинаковому числу очков, то цепочка костей домино, начавшаяся квадратом с 5 очками, должна закончиться парным ему квадратом, то-есть тоже только 5 очками.

198. Первый фокус. Из решения предыдущей задачи следует, что все 28 костей домино при соблюдении правил игры располагаются по кругу, и если из этого круга отнять, например, кость 3-5, то ясно, что цепочка расположения остальных 27 костей начнется с одного конца пятью, а с другого тремя очками.

Второй фокус. Почему так, нетрудно разобраться. Числа очков тринадцати костей домино, расположенных вами слева направо, представляют последовательность 12, 11, 10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1, 0. Далее, направо, в произвольном порядке расположено 12 костей, часть которых (не больше 12 по условию) переместилась справа налево, за кость 6-6. До перемещения костей среднее положение занимает «пустая» кость («бланш»), то-есть 0-0.

Представим теперь, что в ваше отсутствие перемещена с правого конца на левый одна кость домино. Какая кость окажется теперь в середине? Очевидно, 0-1. Единица и сообщает вам, что перемещена одна кость. А если ваши товарищи переместили 2 кости, то в середине ряда окажется кость с двумя очками и т. д. Словом, средняя кость обязательно расскажет вам о числе перемещающихся костей.

199. Неиспользованными остались кости 0-2, 1-2, 2-5,6-2. Выставлены 2-4, 3-4, 3-2; 2-2.

Между игроками Б, В и Г возможно следующее распределение костей: у Б: 0-1, 0-3, 0-6, 0-5, 3-6, 3-5; у В: 0-0, 1-1, 2-2, 3-3, 4-4 и 3-4; у Г : 6-6, 5-5, 6-5, 6-4, 5-4, 6-1.

200. Верхняя сторона (слева направо): 4-3, 3-3, 3-1, 1-1, 1-4, 4-6, 6-0. Боковая правая сторона (сверху вниз): 0-2, 2-4, 4-4, 4-5, 5-5, 5-1, 1-2. Нижняя сторона (справа налево): 2-3, 3-5, 5-0, 0-3, 3-6, 6-2, 2-2. Боковая левая сторона (снизу вверх): 2-5, 5-6, 6-6, 6-1, 1-0, 0-0, 0-4. Соединение в двух верхних углах показано на рис. 377.

201. Возможны различные решения. Если в вершинах углов вы поместите по пустому квадрату (0 очков), то можете построить такую «рамку в рамке», каждая из восьми сторон которой будет содержать по 21 очку. Если сумма очков в восьми вершинах «рамки в рамке» будет равна 8, как на рис. 378, то сумма очков вдоль каждой стороны этой фигуры составит 22 очка. Каждая сторона фигуры будет содержать по 23 очка, если сумма очков во всех вершинах фигуры будет равна 16; по 24 очка соответственно при сумме в 24 очка; по 25 очков при сумме в 32 очка; по 26 очков при сумме в 40 очков.

Рис. 377.

Рис. 378.

Построить «рамку в рамке» так, чтобы сумма очков о каждой из сторон равнялась 27, невозможно, так как в этом случае в 8 вершинах должно было бы содержаться 48 очков, а больше 47 их быть не может. В самом деле, если мы в 7 вершин углов поместим даже все 7 шестерок, то в восьмую вершину придется поместить пятерку, и тогда получим 6 X 7 +5 = 47 очков.

202. Решение показано на рис 379.

203. 1) Решение показано на рис. 380.

2) Решение показано на рис 381. Константа квадрата 24.

3) Одно из возможных решений показано на рис 382.

4) Решение представлено схемой:

Перенося в этом квадрате столбцы или строки, мы опять будем получать волшебные квадраты, подобно тому как получали их из квадрата с 16 костями (см. стр. 139).

204. Решение показано на рис 383.

205. Решение показано на рис 384.

206. Пусть задуманная кость х—у и выбрана та половинка задуманной кости, которая содержит х очков. Выполним действия, указанные в условии (см. стр. 142): 1) 2х; 2) 2х + т; 3) (2х+т)5 = \0x+5m; 4) 10х+5т+у. Вычитаем 5т, остается \0x+y— двузначное число; цифры десятков и единиц этого двузначного числа совпадают с цифрами X и у, указывающими число очков в задуманной кости.

207. Из условия следует, что «угадываемая» сумма очков состоит из числа очков на верхних гранях всех кубиков в их последнем положении плюс сумма очков на какой-либо паре противоположных граней одного кубика, а последняя сумма, как известно, равна 7.

Рис. 379.

Рис. 380.

Рис. 381.

Рис. 382.

Рис. 383.

Рис. 384.

208. а) Определение скрытой суммы по замеченному числу очков на верхней грани столбика. Сумма очков, скрытых между гранями, по которым соприкасаются кубики, и еще одной — самой нижней — равна 21 минус число точек, замеченных на верхней грани столбика (см. рис. 151 на стр. 145).

В самом деле, если бы складывались очки, соответствующие всем горизонтальным граням трех кубиков, то-есть очки, соответствующие трем парам взаимно противоположных граней кубиков, то такая сумма составляла бы ровно 21(ЗХ7 = 21)- Но в сумме, обусловленной задачей, не участвует число очков, соответствующих верхней грани. Вычитая это число из 21, мы получим искомую сумму.

б) Определение скрытой суммы по двум замеченным боковым граням столбика. Даже при соблюдении «принципа семи» возможны 2 порядка расположения точек на гранях игрального кубика. Один порядок расположения — зеркальное отражение другого. Положите кубик на стол единицей вверх. Тогда 2 точки расположатся на одной из боковых граней, а 3 точки — на одной из соседних граней слева или справа от нее. Другими словами, при взгляде сверху три очка следуют за двумя либо по движению часовой стрелки (рис. 385, а), либо против движения часовой стрелки (рис. 385, б).

После установления порядка следования одной, двух и трех точек расположение четырех, пяти и шести точек на остальных гранях кубика определяется однозначно по «принципу семи».

Зная заранее относительное расположение точек на гранях кубика и помня «принцип семи», достаточно взглянуть на любые две соседние боковые грани кубика, чтобы определить число очков на верхней, а затем и на нижней его гранях.

Например, на нижнем кубике рис. 151 мы видим на одной боковой грани 3 точки, а на соседней справа — 5. Значит, на соседней слева должно быть 2 точки, а следовательно, сверху 1, снизу 6 (если кубик типа б). На среднем кубике ближняя грань имеет 6 очков, значит, дальняя—1, справа 3, следовательно, сверху 2, а снизу 5.

Рис. 385.

Конечно, для безошибочного отгадывания числа точек на скрытых гранях кубика указанным методом нужна острая наблюдательность и предварительная практика.

209. Так как сумма очков на верхней и нижней гранях каждого игрального кубика всегда равна 7, то приписанные три цифры будут последовательно дополнять до 7 цифры первоначально написанного трехзначного числа.

Если первоначально написанное трехзначное число обозначить буквой А, то приписанное трехзначное число будет 777 — Л, а всё шестизначное: 1000Л+(777 — Л), или 999Л+777 = 111 . (9Л+7). Как видно, оно делится на 111; получается 9Л+7. Это число и объявляют. Отняв от него 7 и разделив на 9, получаем первоначальное число А.

К главе VII

210. 1) Остаток от деления числа на 9 тот же самый, что и от деления суммы его цифр на 9 (свойство 2, стр. 148). Раз сумма цифр уменьшена на величину, выраженную зачеркнутой цифрой, то и остаток уменьшится на ту же величину. Очевидно также, что величина остатка не изменится, если зачеркнутая цифра 9 или 0.

2) По свойству 1 (б) (стр. 148) разность задуманных чисел всегда делится на девять, значит, сумма цифр разности кратна девяти, и если названное нам число не делится на девять, то только за счет зачеркнутой цифры, которая, очевидно, и определяется дополнением названного числа до ближайшего, кратного 9. Если само названное число кратно девяти, то это значит, что зачеркнута цифра 9.

Вариант задачи, указанный в примечании, основан на свойстве 1 (а) (стр. 148).

3) Надо подсчитать сумму цифр полученной разности (6 + 9 + 8 = 23).

Дополнение этой суммы до ближайшего числа, кратного девяти, определит зачеркнутую цифру.

В нашем примере: 27 — 23 = 4; зачеркнутая цифра 4. Правило следует из свойств девятки.

4) К каждому написанному вами числу я дописываю такое, цифры которого дополняют цифры вашего числа до девяти, тогда сумма должна быть кратна девяти, и она останется кратной девяти, если вы зачеркнули 9; если же вы зачеркнули другую цифру, не 9, то полученная сумма цифр суммы не будет кратна девяти и зачеркнутая цифра определится числом,

дополняющим названную вами сумму до ближайшего числа, кратного 9.

5) Приписывается число, каждая цифра которого дополняет сумму цифр соответствующего столбика до девяти или числа, кратного девяти. Искомая цифра находится по общему правилу.

6) Сначала надо приписать столбец чисел, дополняющих сумму чисел каждой строки до кратного девяти, сложить приписанные числа (девятки можно при этом не принимать во внимание) и вместо всего столбца этих чисел приписать только остаток от деления их суммы на девять.

Так, в нашем примере сумма приписанных чисел (без девятки) равна 6 + 4- -+ 4 + 5 = 19. Остаток от деления 19 на 9 равен 1. Следовательно, вместо столбца чисел 6, 4, 4, 5 и 9 достаточно было бы приписать одно число 1.

211. Вы предложили, например, из 1313 вычесть 48. Получилось 1265. Приписали 148 и зачеркнули, скажем, цифру 6. Осталось 125 148. Теперь нужно сложить оставшиеся цифры: 1 —I— 2 + 5 + 1 + 4: + 8 = 21. До ближайшего числа, кратного девяти, нехватает шести (27 — 21=6), значит, зачеркнута цифра 6.

Почему именно так — понять нетрудно. Мы знаем, что при вычитании чисел излишки вычитаются, а при сложении — складываются (см. свойство 3 (а) на стр. 149).

Здесь мы приписываем то же число, какое вычитаем, увеличенное на 100, следовательно, излишек результата на 1 больше излишка исходного числа—1313, а так как сумма цифр этого числа равна 1 + 3 + 1 + 3 = 8 и излишек тоже равен 8, то число, получающееся в окончательном результате (до вычеркивания цифры), всегда будет кратно девяти, и определить вычеркнутую у него цифру можно дополнением суммы его цифр до ближайшего числа, кратного девяти.

Понятно, что в качестве исходного числа можно взять любое другое, сумма цифр которого равна 8 или имеет излишек, равный 8.

Для разнообразия к разности, о которой говорится в задаче, можно предлагать приписывать непосредственно то число, которое вычиталось (без предварительного увеличения на 100), но в таком случае для отыскания зачеркнутой цифры к сумме оставшихся цифр следует прибавить 1, если излишек исходного числа был 8, а потом уже дополнять до числа, кратного девяти. (Вообще прибавлять к сумме цифр надо разность между числом 9 и излишком исходного числа.)

212. 1) Надо подсчитать сумму цифр, образовавшихся на «прямой итогов», и вычесть ее из ближайшего к этой сумме числа, кратного 9. Разность и покажет искомую цифру.

Дело в том, что пока комплект цифр 1, . . . , 9 полный, их сумма кратна девяти. Действительно, сумма (1 + 8) + (2 + 7) + (3 + 6) + (4- + 5), очевидно, делится на девять. Числа на «прямой итогов» образованы от сложения цифр этого комплекта. Если бы в сложении участвовали все данные цифры, то сумма чисел на «прямой итогов» или сумма цифр этих чисел тоже была бы кратна девяти, а так как одна цифра комплекта не участвует в сложении, то сумма цифр на «прямой итогов» будет отличаться от числа, кратного 9, на число, определяющее интересующую нас цифру. В частности, сумма цифр на «прямой итогов» рис. 154 на стр. 152 равна 1 + 4- + 1 + 4- + 1 + 2 = 13. До 18 нехватает пяти, значит, искомая цифра 5.

2) Искомая цифра 3. Сумма цифр на «прямой итогов» рис. 156 на стр. 153 равна 1+4+1+3 + 2 + 5 + 1 + 1+3 + 1+2 = 24. До 27 нехватает трех, значит, вне линий должна остаться цифра 3.

Способ решения обосновывается соображениями, аналогичными приведенным к решению предыдущей задачи.

3) По причине, ясной из предыдущего, искомое число равно дополнению суммы цифр сообщенного числа до ближайшего числа, кратного 9.

213. Рассмотрим таблицу всех возможных результатов:

Нетрудно подметить следующие свойства этих произведений:

1) Первая цифра результата всегда дополняет третью цифру до девяти, а вторая — последнюю, четвертую, цифру дополняет до девяти.

2) Вторая цифра всегда на 1 меньше первой.

3) Цифры множимого совпадают с первой цифрой произведения.

Знание этих свойств дает возможность, не заглядывая в таблицу, определить результат любого из рассмотренных умножений по одной его цифре.

По условию задачи, третья цифра результата 5. Значит, первая цифра 4 (свойство 1), вторая цифра 3 (свойство 2), четвертая цифра 6 (свойство 1). Таким образом, искомое число 4356.

Свойство 3 позволяет определить сразу и множимое, не производя деления произведения на множитель. В данном случае оно — 44.

214. Средней цифрой разности всегда будет 9, а крайние цифры дополняют одна другую до 9 (последнее следует также из свойства 1 (б), см. стр. 148).

В самом деле, пусть А, В и С — цифры некоторого трехзначного числа. Запишем данное число арифметически: [А][В] [С]. Обращенное число будет [С] [В] [А]. Пусть А > С, тогда [А] [В] [С]>[С] [В] [А]. Составим разность:

Последней цифрой разности будет 10+C— А (так как С<СА то для вычитания занимаем 10 единиц из числа десятков В) Средней цифрой разности будет ]0+(В—1) — В =9 (число десятков уменьшилось на 1 и для вычитания занимаем 10 десятков из числа сотен А).

Таким образом, действительно средняя цифра разности всегда 9.

Первой цифрой разности будет: (А—1) — С. Сумма первой и последней цифр разности будет: А — 1—С + 10 + С — А = 9.

215. Разность между двумя любыми числами с переставленными знаками всегда 9 или кратна 9. Как нетрудно проверить, все условия задачи будут выполнены только для случая, когда разность возрастов А и В равна 9. Но тогда воз-

раст С составляет половину от 9, то-есть 4*/2 года; В в 10 раз старше С, следовательно, ему 45 лет; в свою очередь возраст А 54 года. Итак, А — 54 года, В—45 лет и С — 4х/2 года.

216. Удалось ли вам догадаться, что гость составлял числа так: средней цифрой числа была произвольная цифра, кроме нуля, а сумма остальных цифр делилась на 9 без остатка. Но мало догадаться; надо и доказать, что любое число с такой особенностью цифр будет обладать свойством, указанным в условии.

С этой целью вспомним прежде всего, что если некоторое число S делится на 9, то, складывая все его цифры, мы получим новое число (Sx), которое тоже делится на 9. Далее, если число S1 — не однозначное, то, складывая его цифры, мы получим еще одно число (58), которое тоже обязано делиться на 9, и т. д. Продолжая этот процесс, мы неизбежно придем к однозначному числу, делящемуся на 9. Но единственное однозначное число, которое делится на 9, это само 9.

Теперь обратимся к такому числу: ... cbaxmnp сумма всех цифр которого без средней по условию, делится на 9.

Если число 5 однозначное, то оно 9, если же неоднозначное, то сумма его цифр или какая-либо из последующих сумм цифр получающихся таким образом чисел, как сказано, обязательно 9. Следовательно, повторяя несколько раз процесс сложения всех цифр сначала у данного числа .. .cbaxmnp..., затем у суммы его цифр и т. д., мы неизбежно придем к числу 9+л;, где х — средняя цифра данного числа. А окончательная сумма цифр для числа 9+л; равна лг. В самом деле, придадим числу 9+х такой вид: 10++(х—1). Сумма его цифр: l+O+л:—\=х.

К главе VIII

217. Решение задачи лучше всего начать «с конца». Третья МТС, передав часть машин первой и второй МТС, удвоила количество машин, имевшихся у них к этому моменту, после чего у всех трех МТС оказалось по 24 машины. Следовательно, перед этим они имели: первая МТС—12 машин,

вторая—тоже 12, а третья — 48 машин. Такое распределение машин получилось после того, как вторая МТС помогла первой и третьей удвоить число имевшихся у них машин. Следовательно, еще раньше машины распределялись так: в первой МТС 6 машин, в третьей 24, а так как вторая МТС отдала первой и третьей 30 машин, то у нее было 12+30 = 42 машины. Так распределились машины после того, как первая МТС удвоила число машин второй и третьей МТС. Следовательно, первоначально вторая и третья МТС имели соответственно 21 и 12, а первая — 6 + 33 = 39 машин.

218. Решение этой задачи тоже лучше начать «с конца», приняв во внимание то, что после третьего перехода у Бездельника оказалось ровно 24 копейки, которые он должен был отдать. Если после последнего перехода у Бездельника оказалось ровно 24 копейки, то, значит, перед этим переходом у него было 12 копеек. Но эти 12 копеек получились после того, как он отдал 24 копейки; значит, всего денег у него было 36 копеек. Следовательно, второй переход моста он начал с 18 копейками, а эти 18 копеек получились у него после того, как он в первый раз прошел по мосту и отдал 24 копейки. Значит, всего после первого перехода у него было денег 18+24 = 42 копейки. Отсюда ясно, что в начале Бездельник имел 21 копейку в своем кармане.

219. В конце обмена у каждого из братьев оказалось по 8 яблок. Следовательно, у старшего перед тем, как он отдал половину яблок своим братьям, было 16 яблок, а у среднего и младшего — по 4 яблока. Далее, перед тем как делил свои яблоки средний брат, у него было 8 яблок, а у старшего — 14 яблок, у младшего — 2. Отсюда, перед тем как делил свои яблоки младший брат, у него оказалось 4 яблока, у среднего — 7 яблок и у старшего — 13.

Так как каждый получил вначале столько яблок, сколько ему было лет три года тому назад, то младшему сейчас 7 лет, среднему брату 10 лет, а старшему 16.

220. После дележа патронов, охотники втроем израсходовали 12 штук. После этого у всех вместе осталось столько штук, сколько после дележа было у каждого, то-есть общее число патронов уменьшилось в 3 раза. Иными словами, охотники израсходовали 2 части, а одна часть осталась. Две части составляют 12 патронов, а одна часть—6 штук. Значит, осталось 6 патронов. Это и есть число патронов, доставшихся каждому при дележе. Следовательно, перед дележом было 18 годных патронов.

221. В момент встречи машинистов расстояние между кондукторами будет 250 +250 = 500 м. Так как каждый поезд идет со скоростью 45 км\час, то кондукторы сближаются со скоростью 45 + 45 = 90 км\час, или 25 м\сек.

Искомое время равно 500:25 = 20 сек.

222. Простота и краткость решения всякой задачи зависят от удачного выбора отправного пункта в цепочке рассуждений, или, говоря языком алгебры, от выбора неизвестного. Решая данную задачу, замечаем, что вторую половину рукописи Вера печатала втрое быстрее, чем первую.

Обозначим через п количество дней, затраченное Верой на печатание второй половины рукописи (при арифметическом решении примем за одну часть). Тогда первую половину рукописи Вера печатала Зп дней по 10 страниц в день. Отсюда полрукописи составляют Зп -10 = ЗОп страниц, а вся рукопись содержит 60/z страниц. Всю рукопись Вера печатала Зп+п = Ап дней. Следовательно, при любом количестве страниц в рукописи в среднем Вера печатала 60/z:4/z= 15 страниц в день. Мама была права. Решите эту же задачу при другом выборе неизвестного.

223. Пусть число грибов, принесенных каждым мальчиком в лагерь, было х. Из условия задачи следует, что Маруся дала Коле х — 2 гриба, Ване х+2 гриба, Андрюше у и Пете 2х грибов, а всего

По условию

Отсюда *= 10.

Ответ. Коля получил от Маруси 8 грибов, Ваня 12 грибов, Андрюша 5 грибов, Петя 20 грибов. А когда пришли в лагерь, то у каждого мальчика было по 10 грибов.

224. Нередко отвечают: «оба вернутся одновременно». Думающие так обосновывают свой ответ тем, что хотя спортсмен, гребущий по течению реки, опережает своего партнера на некоторое количество времени, но на обратном пути, против течения, он столько же времени теряет.

Это — ошибочное представление. Текущая вода действительно сокращает время, когда лодка идет по течению, и удлиняет его, когда движение имеет противоположное направление; в одном случае река как бы помогает движению,

в другом—препятствует. Но помощь длится меньшее количество времени, чем сопротивление, значит, естественно ожидать, что спортсмен, плывущий по реке, вернется на старт позже спортсмена, плывущего по стоячей воде.

К тому же выводу приводит рассмотрение такого крайнег