А.П.САВИН

МАТЕМАТИЧЕСКИЕ МИНИАТЮРЫ

ЗАНИМАТЕЛЬНАЯ МАТЕМАТИКА ДЛЯ ДЕТЕЙ

А.П.САВИН

МАТЕМАТИЧЕСКИЕ МИНИАТЮРЫ

ЗАНИМАТЕЛЬНАЯ МАТЕМАТИКА ДЛЯ ДЕТЕЙ

«ДЕТСКАЯ ЛИТЕРАТУРА»

МОСКВА 1998

ББК 22.1 С13

Серийное оформление Г. ГРОЗНОЙ

Серийный логотип Д. АРОНОВА

Обложка Л. ГАЛКИНОЙ

Иллюстрации А. ШАБЕЛЬНИКА

Журналисты любят писать о физиках с их огромными синхрофазотронами и мощными лазерами; о химиках, создающих невиданные материалы; о биологах, постигающих тайны жизни. А вот о математиках писать не любят — в их работе якобы нет ничего впечатляющего.

Однако новых результатов в математике ждут и физики, и химики, и биологи. Потому что эта наука позволяет с помощью формул записать любые явления и получить столько информации об объекте исследования, сколько не получишь и из сотни наблюдений.

Писать о математике трудно. Каждая теорема опирается на другие теоремы, как кирпичи высокой башни, и для того чтобы добраться до верха, приходится карабкаться по отвесной стене, осваивая достижения предыдущих поколений ученых.

Я признателен за помощь в работе над рассказами, составляющими эту книгу, своим соавторам: Ф. А. Бартеньеву («Метод перебора»), А. Д. Бендукидзе («Производные пропорции»), С. В. Дворянинову («Арифметика песочных часов»), Е. Е. Семенову («Сеанс парапсихологии») и Л. М. Финку («Разговор в трамвае»).

Автор

© А. Савин. Текст с исправлениями и дополнениями, 1998

© Г. Грозная. Серийное оформление, 1998

© Д. Аронов. Серийный логотип, 1998

© Л. Галкина. Обложка, 1998

© А. Шабельник, Иллюстрации, 1998

ISBN 5-08-003716-4

ОГЛАВЛЕНИЕ

Глава первая. О ЧИСЛАХ И СЧЕТЕ

Большие числа.......................... 9

Десять цифр........................... 11

Римские, арабские и другие...................... 16

Для чего нужны проценты?..................... 17

Банковский процент........................ 19

Производные пропорции....................... 21

Про умножение.......................... 22

Разговор в трамвае......................... 26

Арифметика песочных часов..................... 29

Числа простые и............................ 32

Факториал............................ 33

Глава вторая. В МИРЕ ГЕОМЕТРИИ

Как нарисовать пятиконечную звезду?................. 37

Циркулем и линейкой........................ 39

Координаты........................... 42

Длина ............................. 45

Площадь............................ 46

Объем ............................. 48

О треугольнике.......................... 49

О квадрате............................ 51

О круге............................. 52

Синус и косинус......................... 54

Формула площади......................... 55

Разрежем и склеим........................ 56

Инверсия и задача Аполлония.................... 62

Инверсоры ........................... 67

Кое-что о выпуклости........................ 68

Карты и раскраски........................ 71

Олимпийские кольца........................ 75

Проективная плоскость....................... 77

Глава третья. МАТЕМАТИКА В ИГРАХ

Сеанс парапсихологии....................... 85

Камешки и шахматная доска..................... 87

Цилиндрические шахматы...................... 91

Угадай число........................... 92

«Двенадцать долларов», «Ним» и «Шоколадка»............. 96

Окружение десанта......................... 99

Глава четвертая. УЧИМСЯ РАССУЖДАТЬ

Метод перебора.......................... 105

Рисунок помогает рассуждать..................... 108

А что будет, если............................ 112

Максимум, минимум и теорема о средних................ 117

Проволока, магнитофон, пишущая машинка и математика.......... 119

От школьной задачи — к проблеме. Расстановки и транспозиции........ 123

Одно или больше?......................... 126

Сколько делений?......................... 129

Несколько слов в конце главы..................... 131

Глава пятая. ЗАНИМАТЕЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ........... 133

Глава шестая. РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРИВЕДЕННЫХ В РАССКАЗАХ, РЕШЕНИЯ ЗАНИМАТЕЛЬНЫХ ЗАДАЧ И РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ В КАРТИНКАХ.................. 157

ГЛАВА ПЕРВАЯ

О ЧИСЛАХ И СЧЕТЕ

БОЛЬШИЕ ЧИСЛА

Однажды мне довелось присутствовать на школьном вечере вопросов и ответов под названием «А кто самый...?». Много было разных вопросов: «У кого самый длинный хвост?», «Какая звезда самая близкая к Земле?». Но вот одна девочка спросила :

— А какое число самое большое?

Вместо ответа я предложил сыграть в такую игру.

— Вот конфета, — сказал я. — Кто назовет большее число, тот получает конфету.

— Сто тысяч миллионов, — выпалила девочка.

— Нет такого названия, — воспротивился я.

— Нет есть, — настаивала девочка.

— Ладно, тогда я называю двести тысяч миллионов. Сыграем еще?

Остальные ребята зашумели, начали говорить, перебивая друг друга.

— Тихо! — сказал я. — Давайте по очереди, а то ничего нельзя понять.

Из десятка ребят, тут же поднявших руку, я выбрал невысокого мальчика в очках.

— Игра нечестная, — сказал он, — какое бы число ни назвала Маша, вы назовете число на единицу больше и выиграете. И вообще, нет наибольшего числа — к любому числу единичку можно прибавить.

Маша внимательно слушала, а потом спросила:

— А как называются числа больше миллиона?

Судя по лицам ребят, этот вопрос заинтересовал многих. Я стал рассказывать:

— В пределах первой тысячи, как вы знаете, название имеет единица каждого разряда: единица, десять, сто, тысяча. Следующие единицы, имеющие собственное название, идут через каждые три разряда, то есть каждая очередная именованная единица содержит тысячу предыдущих именованных единиц: 1 000 000 — миллион; 1 000 000 000 — миллиард, или биллион; 1 000 000 000 000 — триллион; 1 000 000 000 000 000— квадраллион; далее идут квинтиллион, секстиллион, септиллион, октиллион, нониллион, дециллион.

Принцип построения названия несложен. По-латыни слова «би», «трес», «квадра», «квинта» соответственно означают два, три, четыре, пять и т. д. Таким образом, троек нулей в записи числа на одну больше, чем латинское число в его названии.

Нужно сказать, что эти названия почти не используются. Астрономы, физики и другие специалисты, имеющие дело с большими числами, предпочитают записывать их с помощью степеней числа 10. Так, число 460 000 000 физик запишет либо как 46⋅107, либо, чаще, как 4,6 ⋅ 108. Он не скажет, что оно равно четыремстам шестидесяти миллионам, а назовет его иначе: четыре и шесть десятых на десять в восьмой степени.

— А что делать, если на конце не будет нулей? — спросил один из мальчиков.

— Дело в том, — сказал я, — что при физических и других измерениях, как правило, верными бывают только первые две-три цифры. Чтобы получить большее количество верных знаков для какого-то числа, например массы планеты или расстояния до нее, требуется применять особые методы и специальные, очень точные приборы. Поэтому в больших числах, получаемых при эксперименте, обычно оставляют

лишь первые две-три цифры, а остальные заменяют нулями.

— А с каким самым большим числом приходилось иметь дело на практике? — раздался вопрос с последнего ряда.

— Такое число можно даже назвать, — ответил я. — Физики считают, что во всей Вселенной количество элементарных частиц, из которых состоят атомы находящегося в ней вещества, не больше, чем 1088. Поэтому практической необходимости пользоваться числами, большими, чем 10100, нет. Для этого числа придумано специальное название — гугол. Кажется, невозможно представить себе такую громадину. Но все-таки попробуем.

Представьте себе табло из четырехсот лампочек, расположенных в виде квадрата 20×20. Представить его легко, подобные табло встречаются в аэропортах и на вокзалах — с помощью загорающихся лампочек высвечиваются объявления о прибытии и отправлении самолетов или поездов. А теперь подумаем, сколько разных способов существует, чтобы зажечь табло с таким расположением лампочек.

Начнем считать количество состояний нашего табло. Для порядка пронумеруем лампочки числами от единицы до четырехсот. Первая лампочка может быть в двух состояниях: потушенной и зажженной. Две лампочки могут быть уже в четырех состояниях. Если использовать для обозначения потушенной лампочки значок 0, а для зажженной значок +, то эти четыре состояния можно перечислить: 00, +0, 0+, +. Для трех лампочек будет уже восемь состояний: 000, +00, 0+0, +0, 00+, +0+, 0+, +. Количество состояний удвоилось потому, что оно равно количеству состояний для первых двух лампочек при потушенной третьей лампочке плюс то же самое количество состояний при зажженной третьей. Нетрудно заметить, что при добавлении четвертой лампочки количество состояний вновь удвоится и станет равным 24=16, при пяти лампочках количество состояний будет 25=32, при десяти — уже 210=1024, а при 400 лампочках — 2400. Покажем, что это число больше гугола. Обратим внимание, что 210=1024>103, поэтому 2400=210⋅40>10120. Итак, с помощьюнашего нехитрого табло мы смогли превзойти гугол.

Сколько же времени понадобится для того, чтобы реализовать все имеющиеся возможности? Пусть у нас есть электронное реле, которое меняет состояние табло со скоростью 100 раз в секунду. Поскольку в каждом часе 3 600 секунд, в сутках 86 400 секунд, а в году 31 536 000 секунд, то за год табло успеет сделать 3 153 600 000 миганий, или 3,1536⋅109. Разделив 10120 на это число, получим около 3⋅10110 лет — число, в миллиарды раз большее гугола. Вот так табло!

Может быть, мы сделали великое открытие в науке? К сожалению, нет. То, что количество состояний системы во много раз превосходит количество ее элементов, люди поняли очень давно. И очень часто трудно бывает из всего многообразия вариантов выбрать наилучший. Например, где разместить заводы по производству какого-то нового типа изделий? Какие мощности выбрать для этих заводов? Если построить несколько крупных заводов, то стоимость производства будет невелика, зато изделия придется далеко возить. Если же построить много небольших заводов, то возить изделия придется меньше, но стоимость изготовления изделий на таких предприятиях возрастет. Чтобы решать

подобные задачи, непрерывно работают тысячи электронных вычислительных машин, перебирающих тысячи вариантов в секунду.

— А можно еще вопрос? — поднял руку мальчик в очках.

— Да, пожалуйста.

— Но математикам, наверное, приходится оперировать еще большими числами?

— Те, кто думает, что математики только то и делают, что складывают, умножают и делят, очень далеки от истины. Лишь в одной ее области — теории чисел — ученые часто имеют дело с конкретными числами. И здесь действительно существуют очень большие числа. Например, долгое время шло соревнование — кто назовет большее простое число. Простое — значит имеющее лишь два различных делителя: себя и единицу. Потом стали искать лишь такие простые числа, которые имеют вид: 2n— 1. Эти числа называются простыми числами Мерсенна, в честь французского ученого Марена Мерсенна, математика, акустика, теоретика музыки, одного из основателей Парижской академии наук. Эти числа интересны тем, что если число 2n— 1 простое, то число 2n-1(2n — 1) равно сумме всех своих делителей, кроме самого числа. Такие числа древние греки называли совершенными. Укажем три первых совершенных числа:

Интересно, что число 2n—1 будет простым только в том случае, если число n — простое. К концу прошлого века было известно двенадцать простых чисел Мерсенна: для n=2, 3; 5, 7, 13, 17, 19, 31, 61, 89, 107 и 127. Для n= 127 простое число Мерсенна равно... — Тут я достал из кармана записную книжку и на доске переписал: 1 701 411 834 604 692 311 731 687 303 715 884 105 727. — Это число все же меньше гугола, — продолжил я. — Но теперь за дело взялись электронные вычислительные машины. Они нашли, что числа 2n — 1 будут простыми при n=521, 607, 1279, 2203, 2281, 3217, 4253, 4423, 9689, 9941, 11 231, 44 497.

Последнее число 244497—1 имеет уже более тринадцати тысяч цифр. Заметим, что гугол имеет «всего» сто цифр.

Вопросов в тот вечер было много: «Какая ЭВМ считает быстрее всех?», «Какой зверь бегает быстрее всех?», «У кого самый длинный хвост? ».

Вопросов было задано много, однако сейчас я хочу рассказать о цифрах.

ДЕСЯТЬ ЦИФР

Грамотность начинается с умения писать и считать. Уже в три-четыре года, поднимаясь по лестнице, мы уверенно считаем ступеньки: «Раз, два, три, четыре, пять...» А в первом классе пишем в тетради цифры :

Эти цифры называются арабскими, хотя арабы лишь передали в Европу индийскую десятичную систему счисления с ее цифрами. Об этом мы читаем в «Книге об абаке» одного из первых математиков эпохи Возрождения Леонардо Пизанского, получившего прозвище Фибоначчи : «Девять индусских

знаков следующие: 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1. С помощью этих знаков и знака 0, который называется по-арабски «сифр», можно написать какое угодно число». Фибоначчи, издавший свою книгу в 1202 году, многое почерпнул из знакомства с математическими трудами арабов. Любопытно, что сам порядок цифр при их перечислении — 9, 8, 7,... — отражает их заимствование у арабов, поскольку арабы пишут справа налево, а не слева направо.

Наверное, вы уже поняли, что слово «цифра» произошло от названия нуля у арабов, а в России еще очень долго слово «цифра» означало значок нуля. Вот что говорится в «Арифметике» Магницкого 1703 года издания: «Нумерация есть счет или способ представлять совершенно все числа с помощью десяти знаков, которые изображаются так: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 0. Из них девять — значащие, а последний же 0 (который цифрой или ничем именуется) сам по себе ничего не значит».

Обратите внимание, что буквы в старинном тексте еще сильно отличаются от современных, а цифры — те же, что и в ваших учебниках. Но конечно же, они не сразу стали такими. Вот как они выглядели в Индии в 200 году:

Тогда не было еще нуля и позиционной записи чисел, но со временем написание цифр совершенствовалось, причем по-разному в разных местностях Индии. Появился нуль — и возникла позиционная система записи чисел. Арабы выбрали из этих различных видов цифр наиболее удачные. От них цифры продолжили свой путь по Земле. Вот в каком виде они публикуются у римского писателя Боэтия (600 г.):

В 1350 году в сочинениях греческого монаха Максима Плануда мы видим их такими:

В 1480 году в книге «Зеркало Вселенной» англичанина Какстона они изображаются следующим образом :

И лишь в 1522 году в книге итальянца Тонсталля приобретают более-менее современный вид:

Любопытно, что в самой Индии цифры тоже видоизменялись и к началу XX века стали выглядеть так:

Хотя в XVI веке в Европе уже было развито книгопечатание, цифры в книгах того времени, как мы видим, очень похожи на рукописные. Многие художники работали над созданием разнообразных типографских шрифтов — формой букв и цифр, стараясь придать им красивый вид (при этом каждый знак должен был достаточно сильно отличаться от другого). Вот один из цифровых шрифтов:

Но история цифр на этом не кончается. Недавно в ряде стран стали использовать следующую запись:

Чем эти цифры лучше обычных? А тем, что у четных цифр «хвостики» идут вверх, а у нечетных — вниз. Теперь уже труднее спутать, скажем, цифры 2 и 5. Правда, это нововведение широко не привилось, но приведенное ниже начертание цифр знакомо каждому из вас:

Подобные цифры мы видим на микрокалькуляторах и ручных электронных часах. С помощью набора семи отрезков удается изобразить каждую из десяти цифр.

Еще одно изображение цифр, связанное с потребностями техники, мы находим на обороте почтового конверта:

Здесь в написании цифры участвуют уже девять отрезков. Эти цифры предназначены для электронной машины, сортирующей корреспонденцию. Жирные черточки над индексом на конверте нужны для того, чтобы машина смогла точно настроиться на написанный нами индекс :

Если мы заговорили об электронных машинах, отметим, что хотя они получают числа в десятичной записи и в том же виде выдают нам результаты вычислений, но для «внутренних нужд» пользуются двоичной системой счисления. На перфоленте, используемой в ЭВМ для хранения и передачи информации, первые девять цифр выглядят так:

Цифре 0 соответствует пробел. Маленькие пробитые точки посредине перфоленты служат для ее перемещения и фиксации.

Тем, кто не знаком с двоичной системой счисления, сообщим, что она, как и десятичная система, является позиционной системой: значение величины числа зависит от входящих цифр и их мест в напи-

сании числа. И если в десятичной системе десять единиц предыдущего разряда составляют единицу следующего разряда, то в двоичной системе единицу следующего разряда составляют две единицы предыдущего. Поэтому для записи чисел в двоичной системе достаточно всего двух цифр — 0 и 1 :

1 = 12, 2=102, 3=112,

4=1002, 5=1012, 6=1102, ...

(Маленькая цифра 2 около числа означает, что запись произведена в двоичной системе счисления.)

Сравнив эти записи с перфолентой, вы увидите, что пробой на перфоленте соответствует цифре 1, а его отсутствие — цифре 0.

Машина читает запись на перфоленте с помощью фотоэлементов: они отмечают пробитые отверстия, регистрируя свет, проникающий через отверстия, а в непробитых участках лента загораживает фотоэлемент от источника света.

Похожий принцип заложен и в основу так называемого полосного кода.

Многие из вас, вероятно, обращали внимание на полосатый прямоугольник, встречающийся на разнообразных импортных товарах:

Что означают эти полоски? Оказывается, с их помощью записано расположенное внизу число — код товара. Компьютер, находящийся в кассовом аппарате, с помощью фотоэлементов считывает код. Для этого либо проводят табличку с кодом в специальном месте кассового аппарата, либо по коду проводят «считывающим карандашом», соединенным с кассовым аппаратом. Таким образом компьютер получает информацию о продаваемом товаре. В соответствии с ней он выдает из своей памяти цену, а сам запоминает, что данный экземпляр куплен. В результате всегда известно, сколько какого товара куплено и на какую сумму, какой товар нужно еще доставить в торговый зал.

Но как устроен полосатый код?

С помощью полосок можно записывать число так, как на перфоленте: тонкая черная полоска — 1, тонкая белая полоска — 0. Но представлять число можно по-разному. Можно просто записать его в двоичной системе счисления (например, число 5 762 752 950 запишется в двоичной системе так: 110101110111010010001101102). А можно каждую цифру числа записать в двоичной системе — тогда на одну цифру будет достаточно четырех полосок, а затем представить число набором получившихся полосок.

В таблице, приведенной чуть ниже, каждая цифра записывается также отдельно, но не в двоичной системе, а по-другому. Каждой цифре соответствует семь значков 0 и 1. Код состоит из двух частей — левой и правой, — и цифры в левой и в правой частях записываются в соответствии со следующей таблицей:

Левая часть кода

Правая часть кода

0

0001101

0

1110010

1

0011001

1

1100110

2

0010011

2

1101100

3

0111101

3

1000010

4

0100011

4

1011100

5

0110001

5

1001110

6

0101111

6

1010000

7

0111011

7

1000100

8

0110111

8

1001000

9

0001011

9

1110100

Посмотрим сначала на левую часть таблицы. Запись каждого числа начинается с 0 и заканчивается 1. Эти знаки не характеризуют числа, а служат для отделения одного числа от другого. На само число приходится пять знаков, и они выбраны так, чтобы любые два числа различались не менее чем в двух местах. Запись чисел в правой части таблицы симметрична записи слева, а именно: вместо цифры 0 на соответствующем месте стоит цифра 1, а вместо 1 стоит 0.

На рисунке каждой цифре соответствует описанная комбинация из семи полосок, расположенная над ней. Все, что мы говорили, относится к коротким полоскам. Первые три длинные полоски, средние и последние полоски (им соответствует набор 101) являются указателями начала, середины и конца шифра. Длинные полоски, следующие за тремя первыми, соответствуют цифре, расположенной сбоку слева, например цифре 0. Аналогично длинные полоски перед последними тремя полосками соответствуют цифре, расположенной сбоку справа, например цифре 6.

Эти боковые числа служат для защиты считывания от ошибок. Их значения таковы, чтобы утроенная сумма чисел, стоящих на четных местах, сложенная вместе с суммой чисел, стоящих на нечетных местах, делилась на 10. Суммирование производится слева направо: считается, что цифра, стоящая сбоку слева, находится на нулевом (значит, четном) месте. В нашем случае 3(0+7 + 2 + 5+9+0)+(5 +6+7 + 2+5+6)=100.

Если компьютер неправильно прочтет одну из цифр, то сразу обнаружит ошибку. Он не сможет обнаружить ошибку лишь в том случае, если прочтет по крайней мере две цифры ошибочно, причем так, чтобы ошибки «скомпенсировались» и полученная сумма снова делилась на десять. Но вероятность этого чрезвычайно мала.

Такая защищенность от ошибок очень важна, иначе за батон хлеба компьютер мог бы потребовать от покупателя стоимость, скажем, большой коробки шоколадных конфет.

Защита от ошибок заложена и в стандартной форме написания почтового индекса. Любые две цифры отличаются не меньше, чем в пяти местах.

Надо сказать, что программисты ЭВМ в последнее время пишут ноль вот так: 0.

Дело в том, что в программе ЭВМ буквы и цифры могут довольно произвольно перемежаться. Чтобы отличить нуль от буквы О, и введена запись 0. Этим сняты возможные ошибки при использовании латинского шрифта. А при использовании русского шрифта возникает возможность спутать букву 3 с цифрой 3, а букву Ч с цифрой 4. Может быть, и эти цифры будут изменяться? Посмотрим. Время покажет.

РИМСКИЕ, АРАБСКИЕ И ДРУГИЕ

В предыдущем рассказе мы говорили о записи чисел цифрами, вернее, познакомились с историей самих цифр, которые принято называть арабскими. Но часто мы пользуемся и другими цифрами. Записи «XX век», «Глава IV» не ставят нас в затруднительное положение. Здесь числа представлены римскими цифрами. Почему же до сих пор мы пользуемся этой системой записи чисел? Наверное, потому, что с ее помощью можно отделять одни числа от других. Так, запись 25.XI.1990 сразу говорит о том, что это — дата: 25 ноября 1990 года.

Итак, римские цифры. Что они означают?

I — один

V — пять

X — десять

L — пятьдесят

С — сто

D — пятьсот

M — тысяча Теперь, увидев на фронтоне старого особняка запись MDCCLXXXIX, вы без труда прочтете дату его постройки — 1789 год.

Следует отметить, что существует и второй способ записи чисел римскими цифрами, при котором меньшая цифра не ставится впереди большей, и поэтому число 4 записывается как IIII, число 9 как VIIII, а число 99 как LXXXXVIIII.

Но как быть с очень большими числами в десятки и сотни тысяч? Например, как записать число 275 748? Римляне поступали просто: CCLXXVmDCCXLVIII.

Буква m показывает, что число, стоящее впереди нее, выражает количество тысяч в данном числе.

Но вернемся к арабским цифрам. Как уже говорилось, арабы, заимствовав индийскую десятичную систему счисления с ее цифрами, несколько изменили сами цифры. Дальнейшее изменение цифр происходило в Европе. В результате цифры стали не похожими на те, которыми пользовались индусы. Но самое интересное в том, что цифры, которыми пользуются арабы сейчас, также не похожи на «международные» арабские цифры. Сравните с записью арабских чисел. Разница велика.

Помимо «международной», собственную систему записи чисел используют не только арабы. Так, в Китае издавна существовала система записи чисел с помощью иероглифов.

Числа традиционно записывались вертикально, сверху вниз. При этом числа 20, 30, 40, ... записывались столбиком из двух символов. Нижний символ означал, что речь идет о десятках, а верхний указывал их число. Такие числа, как 47, записывались столбиком из трех символов: к числу 40 снизу добавлялся иероглиф, обозначающий цифру 7. Аналогичная система использовалась для обозначения сотен, тысяч и т. д. Вот, напри-

мер, как выглядит число 503 в этой записи:

Существовали и другие варианты вертикальной записи чисел, больших 20. Попробуйте разгадать секреты двух таких записей, рассматривая два представления числа 28.

В начале XX столетия в Китае была введена обычная форма записи — слева направо. В этой записи число 47 выглядит так:

Иероглифы используются для записи цифр, например, в Китае, Японии и Корее. Однако традиционная вертикальная система записи сохранилась лишь на острове Тайвань.

На почтовых марках, монетах, бумажных денежных знаках многих стран национальные цифры часто располагаются рядом с «международными». Такое соседство можно увидеть, к примеру, на почтовых марках Ливии.

Посмотрите на рисунок. Перед вами изображение двух сторон японской монеты в пять иен. Первый иероглиф означает цифру 5, а второй означает слово «иена».

Завершим наш рассказ показом серии почтовых марок, изданных в Кампучии. На них вы видите цифры, принятые в этой стране.

ДЛЯ ЧЕГО НУЖНЫ ПРОЦЕНТЫ?

Много ли соли в морской воде? Этот вопрос можно понимать по-разному. Например, сколько весит вся соль, растворенная в морях и океанах. А можно и так: сколько содержится соли в ведре морской воды. Ответить на первый вопрос «очень просто». Достаточно знать ответ на второй и еще узнать, сколько же ведер воды содержится в морях и океанах.

Жители приморских городов и поселков могут попробовать ответить на второй вопрос. Для этого достаточно набрать ведро морской воды, поставить его на огонь и ждать, пока вода не выкипит, а за-

тем взвесить оставшуюся на дне ведра соль. Вот только можно ли утверждать, что у соседа получится столько же? Видимо, нет. Его ведро может оказаться больше или меньше, или просто он поленится и нальет его не так полно и в результате будет выпаривать другое количество воды, а потому останется другое количество соли.

Похоже, наша мера солености морской воды — количество граммов соли на ведро воды — оказалась неудачной.

Возьмем другую меру — количество граммов соли на килограмм раствора. Для этого до кипения нужно раствор взвесить, а потом вес полученной соли разделить на вес раствора. Пусть вес раствора 8,4 кг, а вес соли 21 г. Тогда в ответе мы имеем: 21/8,4 = 5/2 грамма соли на килограмм раствора. Если опыт повторить, то снова будет почти такая же величина.

Но почему число граммов в килограмме, а не центнеров в тонне или английских фунтов в пуде?

Давайте-ка будем считать число граммов в грамме! Тогда тот же ответ получится, если мы будем считать число тонн соли в тонне раствора или пудов в пуде.

Итак, поскольку в килограмме содержится 1 000 граммов, то и ответ окажется в 1 000 раз меньший:

Подходящая мера получена, но запись... Скажите, какое число больше: 11/1002 или 12/1090? Сразу и не скажешь, нужно считать. Куда легче сравнивать десятичные дроби! Дробь 0,01097 меньше, чем 0,01101, потому что число единиц, десятых и сотых у них одинаково, а число тысячных у второй больше. Удобно? Конечно.

Ну что же, будем записывать результат не обыкновенной, а десятичной дробью. А дальше...

Стойте, скажет нетерпеливый читатель, зачем столько премудростей ради какой-то морской воды. Взять да и попробовать на вкус — соленая или не очень. Хорошо, отвечу я, а нужно ли точно знать содержание металла в руде, жира в молоке, химических веществ в лекарстве?.. Вот то-то и оно. А ведь задача та же самая.

Итак, мы договорились записывать ответ в виде десятичной дроби. А с какой точностью? С помощью ручки и бумаги мы можем делить даже до миллиардных долей, но точны ли сами числа? Если весы в магазине показывают 520 граммов, то на самом деле предмет может весить и 515, и 524 грамма. А двести — триста лет назад точность весов была еще меньше. Поэтому верными можно было считать лишь первые одну-две цифры, а потому и величину содержания одного вещества в другом имело смысл рассматривать с точностью до первых двух цифр: 0,27; 0,64; 0,37 и т. д., то есть 27 сотых, 64 сотых, 37 сотых.

В переводе с латыни «процент» — «сотая часть». Вот мы и пришли к процентам. Была придумана и специальная их запись—%. Говорят, что этот знак, признанный во всем мире, возник из-за ошибки наборщика, у которого сломалась литера.

Запись отношений стала удобнее, исчезли нули и запятая, а символ % сразу указывает, что перед нами относительная величина, а не граммы, литры, рубли или метры.

Проценты были известны индусам еще в V веке нашей эры. Это не удивительно, потому что в Индии с давних пор счет велся в десятичной системе. В Европе десятичные дроби появились на тысячу

лет позже, их ввел бельгийский ученый С. Стевин. Он же в 1584 году впервые опубликовал таблицу процентов.

Введение процентов оказалось удобным не только для оценки содержания одного вещества в другом. В процентах стали измерять и серьезные вещи — изменение производства товаров, денежный доход, — и не очень серьезные... Что только не измеряют в процентах, даже двоечников в школе!

Со временем люди научились извлекать из вещества его компоненты, которые составляют тысячные доли от веса самого вещества. Тогда, чтобы не пользоваться нулями и запятой, то есть не писать 0,6%, ввели новую величину промилле — тысячную долю, которую обозначили так: %0, и вместо 0,6% стали писать 6%о. Однако эта величина привилась только в тех областях науки и техники, где имеют дело с малыми величинами, а необходимость и появившаяся возможность считать точнее привели к тому, что счет стал вестись до десятых и сотых долей процента. Нередко можно видеть и в технической литературе, и на страницах газет такие записи: 27,4%; 6,35%. Выражение величин в процентах стало для всех привычным. И все же на классном собрании лучше сказать: «Сережа Федотов стал двоечником», чем «Число двоечников в нашем классе за полугодие увеличилось на 3,3%».

А теперь несколько задач на проценты.

1. Арбуз весил 20 кг, а сухое вещество в нем составляло 1%. Через некоторое время арбуз усох, и сухое вещество стало составлять 2%.

Сколько стал весить арбуз?

2. Множимое увеличили на 10%, а множитель уменьшили на 10%.

Как изменилось произведение?

3. Цену на товар уменьшили на 10%, а потом еще на 10%.

Стал бы товар дешевле, если бы цену сразу снизили на 20%?

БАНКОВСКИЙ ПРОЦЕНТ

Свои первые 10 000 рублей, заработанные продажей газет, Сеня решил поместить в банк под проценты. В Сбербанке ему предложили 120% годовых, при условии, что он положит деньги на три месяца, 130% годовых, если он положит их на шесть месяцев, и 150% — при вкладе на год.

Сеня решил поискать банк с большей выплатой дохода. В банке «Триумф» за год начисляли 200%. Мальчик захотел подсчитать сумму, которую он получит за пять лет.

«Если за год начисляют 200%, — размышлял Сеня, — то через пять лет я буду иметь 1000% годовых, то есть 100 000 рублей к первоначальному вкладу». Но, подумав, он понял, что каждый год его вклад будет утраиваться, то есть через год у него окажется 30 000 рублей, через два года — 90 000 рублей. То же самое произойдет после истечения третьего, четвертого и пятого года. Таким образом, через три года он будет обладать 270 000 рублей, после четвертого — 810 000 рублей и после пятого — 2 430 000 рублей, а не 110 000 рублей, как он предполагал вначале.

Но может быть, где-нибудь проценты еще выше? Сеня развернул газету и увидел рекламу банка «Мечта», сулящую 1000% годовых. Он сообразил, что это означает увеличение вклада за год в 11 раз, за два года в 121 раз,

за три — в 1331 раз, за четыре — в 14 641 раз, а за пять лет в 161 051 раз. Следовательно, через пять лет он станет миллиардером, ведь на его счету окажется 1 610 510 000 рублей.

Сеня помчался по адресу, указанному в газете. Добравшись до банка, он увидел объявление, из которого следовало, что «Мечта» лопнула и вкладчики лишились всех своих сбережений.

Этот урок оказался весьма поучительным. Выбирая между Сбербанком и банком «Триумф», Сеня отдал теперь предпочтение государственному банку, как более надежному.

Итак, ему предстояло выбрать способ вложения денег: на три месяца, на шесть месяцев или на год. Казалось бы, лучше всего оставить деньги на год, что дает самый высокий процент. Но Сеня засомневался и решил проверить. Если поместить капитал на шесть месяцев из расчета 130% годовых, раздумывал мальчик, то он получит через полгода доход в 65% от вложенного вклада. Значит, за шесть месяцев сумма увеличится в 1,65 раза. Если еще раз положить все полученные деньги, то сумма возрастет в 1,65 раза. Таким образом, 1,65 -1,65=2,7225 раза, то есть за год сумма увеличится на 172,25%, что приведет в итоге к 172% годовых против 150% при вкладе на год.

А если поместить деньги на три месяца, продолжал рассуждать Сеня, потом еще на три, затем еще на три и еще на три? Сначала получится прибыль в четверть от 120%, то есть 30% от вложенной суммы. Это значит, что вклад увеличится в 1,3 раза. За следующие три месяца сумма вновь возрастет в 1,3 раза, что позволит первоначальному вкладу соответственно увеличиться в 1,69 раза. Еще через три месяца увеличение составит 2,197 раза, а к концу года — 2,8561 раза. Таким образом, получится 185,61% годовых! Почти как в банке «Триумф», и без всякого риска! Правда, нужно, поместив деньги в банк, приходить ровно через три месяца, чтобы забирать их и снова класть на следующие три месяца.

На другой день Сеня отправился в Сбербанк, где его ждал сюрприз: банк снизил процентные ставки, и теперь они составляли 70% годовых при вкладе на три месяца, 85% при вкладе на шесть месяцев и 100% при вкладе на год. Пришлось Сене все пересчитывать. Что у него получилось?

Заодно Сеня узнал, что если он положит деньги под 100% годовых, то может снять их в любой момент с получением соответствующей части дохода. «Это же золотая жила, — воскликнул он, — ведь чем чаще помещаешь и забираешь вклад, тем большую прибыль имеешь в конце года!»

«Если я буду каждый день ходить в Сбербанк, — думал Сеня, — а дней в году, как известно, 365, то сумма будет увеличиваться в 1 + 1/365 раза, и за год она составит (1 + 1/365)365. Наверное, это очень большое число!»

Когда Сеня рассказал о своем открытии старшему брату, то его ждало разочарование. Брат объяснил, что величина числа (1 + 1/n)n действительно увеличивается с увеличением n, поэтому и прибыль возрастает при более частом посещении банка, однако эта величина не может превзойти числа е = 2,71828... и стремится к нему с увеличением n. Число е так названо в честь Леонарда Эйлера, уточнил брат, и оно играет важ-

ную роль во многих разделах математики.

Итак, даже бегая в Сбербанк каждый час, Сене не удастся получить доход, больший 172% годовых, если он примет эту форму вложения денег. Но зато он познакомился с числом е! В справочнике Сеня нашел более точное значение: e=2,718281828... И заметил, что запомнить число просто: сначала 2,7, а потом два раза подряд год рождения Льва Толстого.

ПРОИЗВОДНЫЕ ПРОПОРЦИИ

Как-то учительница вызвала к доске ученика. Уже не помню, какую он решал задачу, но ему нужно было сложить 2/3 и 5/4. Он сложил числитель с числителем, а знаменатель со знаменателем, получил в результате 7/7, то есть единицу. Тогда учительница сказала: «Дай мне дневник, я эту единицу поставлю туда тебе на память».

Но интересно здесь другое. Первая дробь была меньше единицы, вторая больше, а в результате получилась единица.

Возьмем, к примеру, 2/3 и 2/5. Складываем числители, потом знаменатели. Получаем 4/8. То есть 2/4, или 1/2.

1/2 больше, чем 2/5, но меньше, чем 2/3. Следовательно, если у двух дробей сложить числители, а потом знаменатели, то получится дробь, которая больше меньшей дроби, но меньше большей.

Значит ли это, что при равенстве двух дробей такое сложение должно давать равную им дробь?

Возьмем 2/3 и 4/6. Получаем 6/9. То есть снова 2/3.

Но можно брать и не частный случай. Возьмем несократимую дробь a/b.

Умножим числитель и знаменатель на какое-нибудь число n. Теперь возьмем другую, равную ей дробь. Для этого умножим числитель и знаменатель на число m. Получим na/nb и ma/mb.

Сложим числители и знаменатели, разделим. Получилось

В числителе вынесем множитель а, а в знаменателе b. Запишем: —.

Теперь можно сократить на n+m. Видно, что получилась дробь, равная первоначальной.

Значит, если

Еще лучше сформулировать теорему так:

Эта пропорция называется производной пропорцией. В дальнейшем она может вам не раз пригодиться. И еще запомните:

Попробуйте теперь доказать это и сами.

А вот еще несколько теорем на производные пропорции. Первой пусть будет такая:

Это совсем просто. Разделим почленно левую часть на b, а правую — на d. Получим:

Но ведь дроби равны, значит, прибавив по единице к обеим частям верного равенства, мы снова получим верное равенство.

Вторая — посложнее: если

Запишите и третью:

А вот пропорция даже не с двумя, а с четырьмя произвольными числами:

Посмотрите внимательно: предыдущие теоремы являются частными случаями этой. В первой теореме n, m и r равны единице, а р — нулю, во второй m равняется нулю, а остальные числа — единице. А в третьей n, m и р равны единице, а r — минус единице.

Стало быть, доказав эту теорему, мы докажем и все остальные.

ПРО УМНОЖЕНИЕ

Кому как, а мне таблица умножения давалась с трудом. Конечно, 2∙2=4 и 5∙5=25 запомнились легко, а вот 7∙8 или 9∙9 никак не укладывались в голове. «Трудные» произведения я вычислял примерно так: 5∙8=40, а 2∙8= 16. Значит, всего: 56. Но учитель требовал беглых ответов, и таблицу приходилось «долбить» наизусть. Это знакомо не только мне — недаром сотни лет школяры разных стран, каждый на своем языке, называли ее «долбица умножения». (Между прочим, среди моих учеников — студентов физтеха — встречаются такие, кто знает ее весьма нетвердо.)

В конце концов таблицу я выучил. Впоследствии выяснилось, что это было нужно не учителю, а мне самому: с ее помощью оказалось возможным умножать любые числа, причем быстро.

Так много лет я прожил в полной уверенности, что без таблицы умножения числа быстро не умножить. Эту уверенность подкрепляло то, что я узнавал о способах умножения в Индии, Китае, в Европе эпохи Возрождения...

И вот однажды я наткнулся на «русский крестьянский способ умножения», который был распространен в России два столетия назад, и с изумлением обнаружил, что крестьяне умели умножать числа без помощи таблицы умножения! Им достаточно было уметь умножать на два и делить на два, а также складывать числа.

Вот как они это делали.

Запишем на одной строке одно из чисел слева, второе — справа. Левое число будем делить на два, правое — умножать на два, а результаты записывать в столбик (рис. 1). Если в какой-то момент

придется делить на два нечетное число, остаток отбросим. Когда от левого числа останется единица, вычеркнем те строки, в которых слева стоят четные числа. Все, что осталось справа, сложим. Полученное число — произведение тех двух чисел, с которых мы начали!

Сначала я, конечно, не поверил прочитанному и честно умножал числа 13 и 17 по предложенному рецепту. Получился правильный ответ: 221. Я поменял числа местами и умножил их снова. Ответ не изменился — снова 221 (рис. 2).

Я отказывался верить: уж слишком это походило на фокус вроде известных примеров неправильных действий, дающих верные результаты, — таких, как «сокращение» дробей (рис. 3).

Но способ оказался абсолютно правильным!

Прежде чем читать дальше, попробуйте таким способом умножить несколько пар чисел, чтобы освоиться с ним. Посчитали? А теперь я докажу, что это действительно способ умножения, всегда дающий верный результат.

В рассказе «Десять цифр» говорилось о двоичной системе счисления. Всякое число в ней записывается с помощью нулей и единиц: 32=100 0002, 13=11012, 17= 10 0012. Маленький «хвостик» — цифра 2, приписанная к числу, — показывает, что это число записано в двоичной системе счисления.

Расшифровываются эти записи так:

Запишем под каждой цифрой двоичного представления числа 13 левую колонку чисел, получившуюся при умножении «русским крестьянским способом». То же самое проделаем и с числом 17 (рис. 4). Заметили закономерность? Да! Если в двоичной записи числа на некотором месте стоит единица, то под ней оказывается нечетное число, а если нуль, то четное. Попробуйте доказать это.

А теперь я переформулирую правило умножения «по-крестьянски».

В правом столбике записываются числа, равные второму сомножителю, умноженному на два в степени на единицу меньшей, чем номер строчки, в которой мы записываем это число. Затем результаты умножаются на единицу, если число слева в той же строке нечетно, и на нуль, если четно. Для наглядности я предлагаю добавить еще один столбик, посередине, и записывать в него остаток от деления на два числа, стоящего слева в той же строке (рис. 5).

Таким образом, при умножении «по-крестьянски» происходит, по сути, умножение построчно среднего и правого столбца, а затем сложение полученных результатов. В примере с числами 13 и 17 получаем:

Выходит, «русский крестьянский способ умножения» основан на представлении одного из сомножителей в двоичной системе счисления!

Не правда ли, просто и красиво?

А как будет работать этот способ умножения с большими числами, скажем такими, как 567 и 3984?

На рисунке 6 приведено привычное нам «табличное» умножение. В нем приходится складывать меньше чисел, но каждое из них бывает получено куда более сложным способом, чем числа, которые нужно сложить в варианте слева. Получается, что, выигрывая в простоте вычислений, мы проигрываем во времени. Так что привычное умножение, пожалуй, лучше...

«Нет!—скажут те, кто до сих пор не в ладах с таблицей умножения. — Ведь при «крестьянском» способе не нужно зубрить таблицу, а это кое-что значит!» В пользу таблицы умножения я приведу такой довод: пожалуй, накладно будет искать бумагу и ручку, чтобы подсчитать, сколько стоят восемь пирожков по столько-то руб-

леи за штуку или лезть для этого в сумку за тетрадью, на обложке которой помещена «таблица Пифагора» (рис. 7).

Эта таблица действительно древняя — еще более двух тысяч лет назад пифагорейцы умножали числа именно с ее помощью. (Недавно ташкентский математик А. Азамов заметил любопытное свойство: если четыре числа таблицы Пифагора расположены в вершинах квадрата, центр которого — тоже число таблицы, то число в центре квадрата равно среднему арифметическому чисел в его вершинах. Так, для чисел, выделенных на рисунке 7, имеем: 42=(25+48+63+32)/4.)

За тысячелетия развития математики было придумано множество способов умножения чисел. Итальянский математик конца XV — начала XVI века Л. Пачиоли в трактате об арифметике приводит восемь различных способов умножения. Вот два из них.

В первом способе, который носит название «Маленький замок», цифры верхнего числа (рис. 8), начиная со старшей, поочередно умножаются на нижнее число и записываются в столбик с добавлением нужного числа нулей, а затем результаты складываются. Преимущество этого способа над обычным заключается в том, что уже с самого начала определяются цифры старших разрядов, а это бывает важно при прикидочных расчетах.

Второй способ носит не менее романтическое название: «Ревность» (или «Решетчатое умножение»). Рисуется решетка, в которую затем вписываются результаты промежуточных вычислений (на самом деле — нужные числа из таблицы умножения). Эта решетка представляет собой прямоугольник, разбитый на квадратики, каждый из которых разделен диагональю (рис. 9).

«Такая решетка напоминает решетчатые ставни-жалюзи, которые вешались на венецианские окна, мешая уличным прохожим видеть сидящих у окна дам и монахинь», — писал Лука Пачиоли.

Умножим этим способом числа 567 и 3984.

Сверху таблицы запишем один сомножитель, а слева — другой. Затем в каждой клетке запишем произведение цифр сомножителей, стоящих с ней в одной горизонтали и в одной вертикали. Десятки записываются в левых нижних треугольниках, а единицы — в правых верхних. После заполнения таблицы складываются числа вдоль направлений проведенных диагоналей, результат записывается справа и снизу от таблицы.

Этот способ хорош вычислительной простотой: клетки решетки заполняются прямо из таблицы умножения, а на долю вычислителя остается только сложение.

Остальные шесть способов, описанные Лукой Пачиоли, как и первые два, основаны на таблице умножения.

Существует множество других способов умножения чисел с применением таблицы, придуманных в разное время и в разных странах. Но другого способа, кроме «русского крестьянского способа умножения», который обходился бы без нее, похоже, не существует.

РАЗГОВОР В ТРАМВАЕ

Это было несколько лет назад, когда пассажиры в общественном транспорте не пользовались талончиками, а отрывали билеты в кассе.

Я ехал по Санкт-Петербургу в трамвае с племянником Мишей. Опустив в кассу деньги, я взял два билета.

— Чур, этот билет мой! — сказал Миша.

— Пожалуйста, бери любой из них. Они совершенно одинаковые, с любым можно проехать весь маршрут.

— Одинаковые, да не совсем. Этот билет самый обыкновенный, на нем номер 286 357. А вот этот — с номером 286 358 — счастливый: сумма первых трех цифр совпадает с суммой трех последних.

Тут я вспомнил, что уже не раз слышал о том, что билет с одинаковыми суммами цифр приносит счастье. В данном случае Мише достался билет с номером 286 358, в котором 2+8+6=3+5+8.

— И часто попадаются «счастливые» билеты? — спросил я.

— Да нет, очень редко. Примерно раз в месяц. А так как я езжу в институт и обратно каждый день, кроме выходных, значит, в среднем один «счастливый» билет приходится на пятьдесят обычных.

— Чепуха, — вмешался один из попутчиков. — Я вошел на предыдущей остановке и в той же кассе вытянул «счастливый» билет с номером 286 349. Да и сейчас кто-то отрывает билет с номером 286 367, тоже «счастливый». Скоро появится номер 286 376, затем номер 286 385. Так что в каждом десятке билетов есть один «счастливый».

— Это не совсем верно, — возразил пассажир, только что оторвавший «счастливый» билет с номером 286 367. — Ваш пример ничего не доказывает. В следующей десятке будет еще один «счастливый» билет — 286 394. А затем «счастливых» билетов долго не предвидится, вплоть до номера 286 439. Так что между двумя «счастливыми» билетами будет интервал в сорок пять билетов. Подобных примеров можно привести много. В этой же катушке билетов, начальные цифры которых 286, между билетами с номерами 286 097 и 286 169, то есть среди семидесяти одного билета, нет ни одного «счастливого».

— Значит, один «счастливый» билет в среднем попадается на полсотни, — заметил первый пассажир.

— Несколько опрометчивое утверждение, — сказал я. — Чтобы правильно ответить на этот вопрос, нужно его исследовать. А сначала — точно его сформулировать. Поставим вопрос так: сколько существует «счастливых» шестизначных чисел от 000 000 до 999 999, то есть чисел, у которых равны суммы цифр первых трех и последних трех разрядов?

— Ну что же, — ответил после недолгого размышления Миша, — есть способ, позволяющий найти решение. Если выписать подряд все числа от 000 000 до 999 999 и проверить каждое из них, можно пересчитать число «счастливых» билетов.

— Да, такой метод решения возможен. Он называется методом перебора. Им можно решать задачи, в которых исследуются свойства конечного набора каких-либо чисел или других объектов. Однако метод перебора имеет два недостатка. Прежде всего, он очень трудоемок. Рассуди сам, необходимо проверить миллион чисел. Если на проверку каждого из них тратить всего секунду, то потребуется миллион секунд, то есть почти двести семьдесят восемь часов. При восьмичасовой ежедневной работе это займет тридцать пять дней.

— Но ведь подсчет можно поручить электронной вычислительной машине!

— Можно, конечно, но стоит ли палить из пушки по воробьям? Кроме того, метод перебора имеет и другой недостаток, который сохраняется и при подсчете на ЭВМ. При переборе получается решение только одной конкретной задачи, которое обычно не позволяет произвести обобщения или вскрыть какие-либо неизвестные закономерности. Поэтому переборные методы решения в известном смысле неинтересны. Лучше попробуем по-другому. Поищем не точное, а приближенное решение, вернее, то, что мы, математики, называем оценкой. Для начала введем новый термин, например, «красивый» билет. Будем называть билет «красивым», если сумма первых трех цифр дает тот же остаток при делении на девять, что и сумма следующих трех цифр. Понятно?

— Понятно, — ответил Миша. — Но почему именно на девять?

— А потому, что в нашей десятичной системе счисления всякое число дает тот же остаток при делении на девять, что и сумма его цифр. Это свойство позволяет легко найти число «красивых» билетов. Действительно, среди чисел от единицы до девятисот девяноста девяти ровно сто одиннадцать при делении на девять дают остаток единицу, столько же остаток два и так далее.

Сколько же существует различных «красивых» чисел с остатком единица? — вслух рассуждал я, доставая записную книжку. — На первом месте может стоять сто одиннадцать чисел, и для каждого из них следом можно поставить любое из тех же ста одиннадцати чисел: 111—111 = 12 321. Следовательно, получаем 12 321 «красивых» билетов с остатком единица. Такое же число «красивых» билетов дают остатки два, три и так далее. А к числам с остатком нуль, или, как мы привыкли говорить, делящимся без остатка, нужно прибавить еще число 000, поэтому их будет не сто одиннадцать, а сто двенадцать, откуда

следует, что «красивых» чисел с остатком нуль получится 112-⋅112=12 544. Итак, всего «красивых» чисел окажется: 8+12 321 + 12 544=111 112.

— А при чем же здесь «счастливые» билеты? — спросил Миша.

— Это совсем просто! Если равны суммы цифр, то равны и их остатки при делении на девять. Следовательно, каждый «счастливый» билет является «красивым». Однако не всякий «красивый» билет будет «счастливым». Например, билет с номером 100 748 будет «красивым», но не будет «счастливым». Итак, если обозначить число «счастливых» билетов С, то можно написать неравенство: С<111 112.

— Но это все-таки не полное решение задачи, — сказал Миша. — Мы получаем, что число «счастливых» билетов меньше 111 112, но не знаем на сколько. А можно ли показать, что их больше какого-то числа? Я слышал, что это называется «оценкой снизу».

— Можно дать и оценку снизу, боюсь только, что она будет довольно грубой. Назовем «прекрасными» билетами такие, у которых номер состоит из двух одинаковых половинок, например 287287. Таких билетов ровно 1000, а именно от 000000, далее 001001, 002002... до 999999. «Прекрасных» билетов, естественно, меньше, чем «счастливых», поэтому мы можем записать такую оценку: 1000 < С < 111 112. Здесь оценка сверху более чем в сто раз превышает оценку снизу, так что вряд ли такой результат можно считать решением поставленной задачи.

— Пожалуй, оценку сверху можно несколько улучшить, — продолжал я, — используя признак делимости на одиннадцать.

— Что это за признак? — спросил Миша. — Я его не знаю.

— Он очень прост. Сложим все цифры, стоящие в нечетных разрядах, потом отдельно сложим числа, стоящие в четных разрядах. Если разность полученных сумм делится на одиннадцать, то и все число делится на одиннадцать. И наоборот, любое число, делящееся на одиннадцать, обладает этим свойством.

— Какое же отношение это имеет к «счастливым» билетам? — удивленно спросил Миша.

— Самое прямое, но скажи сначала, слышал ли ты о билетах, «счастливых по-московски»?

— Ах да! Москвичи считают билет «счастливым», если сумма цифр, стоящих на четных местах, равна сумме цифр, стоящих на нечетных местах. Вот чудаки!

— Во-первых, чудаком являешься ты, если веришь, что «счастливые» билеты могут приносить удачу, а во-вторых, москвичи называют «счастливыми» те же самые билеты, что и петербуржцы, а билеты, которые мы называем «счастливыми по-московски», они называют «счастливыми по-петербургски». Так, американские горки в Америке называют русскими. Но не в этом дело. Легко проверить, что номера билетов, которые ты называешь «счастливыми по-московски», делятся на одиннадцать. Верно?

— Верно, — ответил Миша.

— И этих билетов не больше, чем чисел от 0 до 999999, делящихся на одиннадцать.

— То есть не больше 90 910! А каких билетов больше, — спросил Миша, — «счастливых» или «счастливых по-московски»?

— Совсем нетрудно установить, что одних столько же, сколько и других, — ответил я.

— Скажете тоже — нетруд-

но... — хмыкнул Миша. — Мы же не знаем, сколько тех и других.

— А это и не нужно, — заметил я. — Расставь первые три цифры «счастливого» билета на четные места, последние три цифры на нечетные места, и ты получишь из «счастливого» билета билет, «счастливый по-московски». И если у билета, «счастливого по-московски», собрать все цифры, стоящие на четных местах, в первой половине номера, а остальные — во второй, то ты получишь «счастливый» билет. Таким образом, мы установили взаимно однозначное соответствие между теми и другими билетами. А отсюда следует, что их одинаковое количество. Верно?

— Верно! — воскликнул Миша. — Вот здорово! Значит, мы доказали, что «счастливых» билетов меньше, чем 90 910?

— А какова будет сумма цифр, если в «счастливом» билете заменить три последние цифры на разности между девятью и этими цифрами? — спросил я.

— Сейчас, — задумался Миша. — Та-ак... трижды девять — двадцать семь... минус... плюс... Двадцать семь! Опять получается взаимное однозначное соответствие! Отсюда следует, что «счастливых» билетов столько же, сколько билетов с суммой цифр двадцать семь.

— Правильно, — ответил я.

— Но сколько же все-таки «счастливых» билетов? — взглянув на меня, спросил Миша.

— Отвечу: 55 252. То есть в среднем каждый восемнадцатый билет «счастливый». А почему их столько, я расскажу тебе как-нибудь в следующий раз. Нам пора выходить...

А может быть, читатель сам получит это число.

АРИФМЕТИКА ПЕСОЧНЫХ ЧАСОВ

За свою историю люди изобрели множество видов часов: солнечных, огненных, водяных, песочных, механических, электрических, электронных, атомных...

Солнечные часы теперь можно встретить разве что на зданиях как украшение. Об огненных — напоминают свечи на новогодних елках. Водяные и песочные часы заявляют о себе в восклицании: ваше время истекло! Правда, кое-где в процедурных кабинетах поликлиник еще сохранились песочные часы на три, пять и десять минут. Но и там они не могут составить конкуренцию электрическим и электронным таймерам, которые вытесняют эти изобретения тысячелетней давности, как ЭВМ и микрокалькуляторы вытесняют конторские счеты и арифмометры.

И все-таки поразмышляем немного о песочных часах — стеклянном баллончике с перетянутой по-осиному талией, через которую из одной половинки часов в другую пересыпается мелкий прокаленный песок.

В трехминутных часах песок пересыпается за три минуты. Если их перевернуть, то можно отмерить шесть минут. Еще раз перевернув часы в момент полного пересыпания песка, мы дождемся окончания девятиминутного интервала.

Понятно, что таким образом отмеряется любое целое число минут, кратное трем.

При наличии пары песочных часов — трехминутных и пятиминутных — отмеряется еще и время, кратное пяти минутам. Следовательно, мы можем отмерить три, пять, шесть, десять минут...

Кроме того, появляется возможность отмерить и восемь минут: сначала отсчитываем пять минут на одних часах, а потом три минуты на других.

А одиннадцать минут? Тоже реально, потому что 11 = 2⋅3 + 5. И двенадцать минут отмерить можно, так как 12=4⋅3. И тринадцать, и четырнадцать, и пятнадцать минут.

А может быть, мы сможем отмерять любое целое число минут, большее семи? Конечно же! Если мы умеем отмерять восемь, девять и десять минут, то, добавляя еще по три минуты, получим четырнадцать, пятнадцать, шестнадцать минут и т. д.

Этот пример заодно доказывает, что всякую сумму в целое число рублей, большую семи рублей, можно уплатить монетами достоинством в три (если бы такая монета существовала) и пять рублей.

На бумажных деньгах доказательство можно провести иначе.

Пусть мы хотим уплатить некоторое число рублей, большее семи; покажем, что в таком случае мы можем уплатить сумму и на рубль большую. Отсюда — как говорят, по индукции — и будет следовать наше утверждение.

Действительно, если в имеющейся сумме есть купюра в пять рублей (купюры, как вы понимаете, вымышленные), то, заменив ее двумя трешками, мы увеличим сумму на рубль. Если же в сумме нет ни одной пятерки, то там не менее трех трешек (сумма больше семи). Заменив три трешки двумя пятерками, мы и в этом случае увеличим сумму на рубль.

Доказательство окончено.

Но вернемся к песочным часам. Если у нас в наличии только пятиминутные и десятиминутные часы, то, как нетрудно понять, с их помощью мы сможем отмерять только промежутки времени, кратные пяти минутам. И вообще, если есть k-минутные и m-минутные песочные часы, то время, отмеренное с их помощью, будет кратно НОД (k, m) — наибольшему общему делителю чисел k и m. Числа 3 и 5 взаимно просты, их наибольший общий делитель равен единице; числа 3 и 10 тоже взаимно просты.

Оказывается, с помощью трехминутных и десятиминутных песочных часов можно отмерить любое целое число минут, большее семнадцати. Действительно, 18= 6⋅3, 19=10 + 3⋅3, 20=2⋅10. А дальше, как и прежде, добавляем нужное число раз трехминутные интервалы.

А что же в общем случае? Оказывается, если числа k и m взаимно просты, то при помощи k-минутных и m-минутных часов можно отмерить любое целое количество минут, большее km—k—m.Заметим, что 3⋅5—3⋅5=7, а 3⋅10 — 3 — 10=17, то есть трехминутными и пятиминутными часами можно отмерить любой целочисленный интервал времени, больший семи минут, а трехминутными и десятиминутными часами — любой целочисленный интервал времени, больший семнадцати минут, что мы и видели раньше.

Докажем, что ровно km—к—m минут с помощью k-минутных и m-минутных часов при взаимно простых числах k и m отмерить нельзя.

В самом деле, пусть мы смогли это сделать, запуская k-минутные часы X раз, а m-минутные — у раз. Тогда km—k—m=xk+ym, или k(x+1)=m(k—1—у). Так как k и m взаимно просты, число k—1—у должно делиться на k (причем k—1—y>0). Но k—1—y<k.

Получили противоречие.

Таким образом, мы доказали, что с помощью трехминутных и пятиминутных песочных часов невозможно отмерить промежуток времени в семь минут. А теперь совершим невозможное — отмерим семь минут с помощью этих часов! А как же наше доказательство? Доказательство верно, но лишь при том предположении, что очередной пуск часов происходит после полного пересыпания песка. Это предположение естественно для одних часов, поскольку с их помощью мы не можем отмечать промежутки времени, меньшие того, на который эти часы рассчитаны. Но, имея двое часов, мы получаем новые возможности.

Запустим одновременно трехминутные и пятиминутные часы. В тот момент, когда в трехминутных часах упадет последняя песчинка, остановим пятиминутные часы — просто положим их набок. Теперь пятиминутные часы «настроены» на две минуты, то есть с их помощью мы можем отмерить две минуты, а значит, и семь минут: 7=2 + 5.

Итак, с помощью трехминутных и пятиминутных часов отмеряются промежутки времени в две, три, пять, шесть, семь, восемь и любое большее число минут. Остались неясными промежутки в одну и четыре минуты. Можно ли их тоже отмерить? Конечно. Запустим наши часы одновременно. В тот момент, когда в трехминутных часах истечет песок, перевернем их и тем самым начнем новую трехминутку, но прервем ее в тот момент, когда вторые часы отмерят свои пять минут. Остановленные трехминутные часы окажутся «настроенными» на одну минуту (2⋅3—5=1). Получить теперь четыре минуты не представляет труда, поскольку 4=1+3.

Попробуйте самостоятельно с помощью трехминутных и десятиминутных часов отмерить все целые промежутки времени от одной до семнадцати минут.

Почему мы уверены, будто это можно сделать? Дело в том, что имеется следующая теорема:

если k и m — взаимно простые числа, то для любого целого числа n можно подобрать такие целые числа X и у, что xk—ym=п.

Какое отношение к песочным часам имеет эта теорема? Самое прямое. Из нее следует, что при наличии k-минутных и m-минутных часов можно отмерить любое целое число минут, если числа k и m взаимно просты.

Действительно, если мы хотим отмерить n минут, то найдем числа x и у, удовлетворяющие этому уравнению. Теперь, если оба эти числа положительны, сначала отмеряем xk минут с помощью к-минутных часов, а потом еще ym минут с помощью m-минутных. Если же одно из них, например у, отрицательно, то запускаем одновременно те и другие часы, переворачиваем своевременно те часы, из которых высыпался песок, и в тот момент, когда m-минутные часы отсчитывают свои (—ym) минуты (y<0), останавливаем k-минутные часы. Теперь, чтобы отсчитать n минут, следует запустить k-минутные часы и поддерживать их в работающем состоянии до тех пор, пока они не закончат отсчет xk минут.

Таким образом, запущенные после остановки k-минутные часы отсчитают xk+y)m—xk+ym = n минут.

Но как найти решение уравнения xk+ym=n? Оказывается, достаточно научиться решать уравнение xk+ym=1: если х=а, у=

= b—решение этого уравнения, то х=па, у=nb — решение уравнения xk+ym = n.

Но как найти решение уравнения xk+ym=1? Способов довольно много, опишем самый простой.

Запишем это уравнение в виде y=(1—xk):m и будем придавать числу x значения 0, 1, 2... m—1. Покажем, что если числа к и m взаимно просты, то при одном из этих значений число (1—xk):m будет целым. Найдем остатки от деления на m чисел 1—0⋅k, 1 — 1⋅k... 1—(m— 1)⋅k. Они попарно различны, ибо в противном случае число (1—x1k)—(1—x2k)=(x2—x1)k делилось бы на m, а значит, и x2—х1 делилось бы на m (k и m взаимно просты!), что невозможно, так как x2—x1<m.

Итак, при некотором из указанных значений х остаток равен нулю; следовательно, число у= (1—xk):m является целым. Эти X и у и составляют искомое решение уравнения xk+ym = 1.

ЧИСЛА ПРОСТЫЕ И...

Оглянемся вокруг: сколько чисел окружает нас! Номер дома, где мы живем, квартиры; номера автобусов, трамваев, на которых мы ездим; температура воздуха, атмосферное давление; уровень наших знаний по математике и по литературе... Список этот, я думаю, можно долго продолжать.

Каждое число мы воспринимаем как степень проявления чего-либо или как показатель принадлежности объекта к тому или иному классу предметов, явлений (поезд данного маршрута, самолет данной марки и т. д.). При этом мы совершенно не задумываемся о самих числах.

Свойствами чисел люди заинтересовались давно. Еще древние греки делили натуральные числа на простые — имеющие лишь два различных делителя, и составные — у которых больше двух делителей.

Единица имеет только один делитель, поэтому ее не причисляют ни к простым, ни к составным числам.

Древние греки умели доказывать, что простых чисел бесконечно много. В 1837 году немецкий математик Л. Дирихле доказал, что в любой арифметической прогрессии со взаимно простыми разностью и первым членом содержится бесконечно много простых чисел.

Свойства делимости помогали грекам в решении уравнений в целых числах. Особенно велики здесь заслуги Диофанта, которого называют последним великим математиком античности. Годы его жизни точно не установлены, но имеются веские основания считать, что он жил в III веке нашей эры.

Задачи теории чисел, несмотря на простоту формулировки, как правило, очень трудны. Так, несколько столетий ждет решения проблема близнецов: конечна или бесконечна совокупность пар простых чисел, отличающихся на число 2, то есть таких, как 3 и 5, 11 и 13, 17 и 19, 29 и 31...? А сколько труда затрачено на попытки доказать Великую теорему Ферма!

Рассмотрение свойств чисел, связанных с их делителями, породило область математики, называемую мультипликативной теорией чисел (от латинского слова multiplicato — умножать).

Математики рассматривают также свойства чисел, связанные с их представлением в виде суммы

чисел определенного вида. Существует бесконечно много чисел, являющихся одновременно квадратами и суммами двух квадратов. Это так называемые пифагоровы тройки. Также существует бесконечно много кубов, являющихся суммами трех кубов, и т. д.

В 1742 году в переписке двух академиков Петербургской академии наук Х. Гольдбаха и Л. Эйлера возникла следующая проблема (она носит название «Проблема Гольдбаха»): верно ли, что каждое четное число, большее 2, представляется в виде суммы двух простых чисел, а каждое нечетное число, большее 7, представляется в виде суммы трех простых чисел? Существенный вклад в решение этой проблемы внесли современные математики И. Виноградов и Н. Чудаков.

Класс проблем, связанных с представлением чисел в виде сумм чисел заданного вида, получил название аддитивной теории чисел (от латинского additivus — прилагаемый, получающийся в результате сложения).

В противоположность простым числам математики рассматривают числа, имеющие очень много делителей. Натуральное число называется сверхсоставным, если у него больше различных делителей, чем у любого из натуральных чисел, меньших его. Единица со своим единственным делителем является сверхсоставным числом (поскольку нет натурального числа, меньшего ее). Следующим сверхсоставным числом будет 2, имеющее два делителя: 1 и 2; далее число 4 с тремя делителями: 1, 2 и 4; потом 6 с четырьмя делителями. Можно было бы предположить, что всякое число n!=1 ⋅ 2 ⋅... ⋅ n будет сверхсоставным, но это не так.

Попробуйте отыскать следующие десять сверхсоставных чисел.

Для нахождения числа различных делителей у чисел существует формула. Известно, что всякое натуральное число n представляется в виде произведения степеней простых чисел, и притом единственным образом: n=р1k1⋅р2k2⋅...psks. (Эта теорема носит название основной теоремы арифметики.) Так вот, количество различных делителей числа n равно следующему произведению: (k1 + 1) (k2+1)⋅... ⋅(ks + 1).

ФАКТОРИАЛ

В 30-х годах во многих квартирах на видном месте стояли шеренги из семи слоников. Считалось, что они приносят счастье, как и подкова, прибитая над дверью. Слоников выстраивали по росту. А сколько еще существует способов расставить их на полке? Семь? Шестьдесят? Пятьсот? Оказывается, что больше пяти тысяч!

Постараемся понять, откуда берется такое большое число. Один предмет устанавливается только единственным способом. Два — двумя способами. Если вы с приятелем входите в комнату, то либо сначала входит он, а потом вы, либо сначала вы, а потом он. Три предмета можно расставить уже шестью различными способами. Действительно, первое место может занимать любой из них (три варианта), второе место — любой из оставшихся двух, то есть каждый из первоначальных вариантов удваивается. Оставшийся предмет занимает последнее место, не увеличивая количества вариантов, число которых равно 3⋅2⋅1 = 6.

Еще не так давно, когда Югославия была федерацией шести республик, ее флаг состоял из трех горизонтальных полос красного,

белого и синего цвета и большой пятиконечной звезды. Точно такие же флаги были и у всех республик, различие состояло лишь в порядке чередования цветов. А, как мы знаем, различных вариантов такого чередования также ровно шесть. При этом флаг одной из республик (Сербии) совпадал с государственным флагом всей страны.

Если мы зададимся вопросом о числе перестановок четырех предметов, то поймем, что на первое место можно поставить любой из них, последующие места оставшиеся три предмета могут занимать 3⋅2⋅1 = 6 способами. Таким образом, общее число способов равно 4⋅3⋅2⋅1 = 24. Теперь легко доказать, что количество способов расставить n предметов равно n⋅(n—1)⋅ ... ⋅2⋅1.

Это выражение довольно громоздко, но встречается во многих задачах, поэтому для него придумали специальное обозначение п!, которое называют эн факториал от английского слова factor — сомножитель.

Вернемся к нашим слоникам. Их семь, поэтому число перестановок равно 7! = 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅2⋅1 = 5040. А сколькими способами можно сложить колоду из тридцати шести карт? Разумеется, 36! способами, что приблизительно равно 37 ⋅ 1040. Поистине огромное число!

Факториал можно рассматривать как функцию, определенную для натуральных значений переменной, но работать с ней трудно — ее нельзя продифференцировать или проинтегрировать. Поэтому важно уметь ее оценивать более простыми функциями.

Например, имеют место следующие неравенства: nn>n!>nn/2. Первое из них следует из того, что в произведении n! каждый сомножитель не больше, чем n, а второе — из того, что произведение множителей, равноотстоящих один от одного конца, а другой — от другого, не меньше n.

Удалось найти и непрерывную функцию, принимающую значение n! при значении аргумента, равном n. Такую функцию предложил Л. Эйлер, назвав ее гамма-функцией.

Рассмотрим еще одну задачу. В волейбольной команде десять игроков. На площадку выходят шестеро, а четверо в это время находятся в запасе. Сколькими способами можно выбрать игровую шестерку?

Начнем рассуждать так же, как и раньше: первого игрока можно выбрать десятью способами, второго — девятью, ..., шестого — пятью. Итого 10⋅9⋅8⋅7⋅6⋅5 способов. Но при этом одну и ту же шестерку игроков мы будем выбирать многократно, поскольку они могут входить в шестерку в разном порядке, а это можно сделать 6! способами. Значит, количество способов равно 10!/6! = 210. Если это выражение умножить и разделить на 4!, то получим 10!/ /6!4!. Вообще количество способов выбрать k элементов из n равно n!/k!(n—k)!. Это выражение также имеет специальное обозначение, даже два: Сkn и (nk).

Уже упоминалось, что пользование функцией п! очень затруднительно, поэтому для нее используют приближенные формулы, например формулу, предложенную в 1730 году английским математиком Дж. Стирлингом:

ГЛАВА ВТОРАЯ

В МИРЕ ГЕОМЕТРИИ

КАК НАРИСОВАТЬ ПЯТИКОНЕЧНУЮ ЗВЕЗДУ?

Не правда ли, красива правильная пятиконечная звезда. Кто в детстве не пытался нарисовать ее? Наверное, всякий. Но вероятно, поначалу выходило нечто кособокое и неуклюжее, правда? (Рис. 1)

Попробуем еще раз нарисовать правильную пятиконечную звезду.

Первая попытка.

Сначала спросим себя, что значит правильную? Наверное, нужно, чтобы пять вершин были соединены отрезками равной длины. Линейка поможет нам сделать стороны звезды прямыми, а при помощи циркуля постараемся сделать их равными.

Приступим.

Строим угол с вершиной А. На его сторонах откладываем равные отрезки AB и АС (рис. 2). Три вершины есть. Осталось найти еще две, и все в порядке. Одна из них D должна быть удалена от точки В на такое же расстояние, что и точка А. Значит, она должна лежать на окружности с центром в точке В радиуса AВ. Проведем дугу 2 этой окружности. Аналогично проведем дугу 3 окружности такого же радиуса с центром в точке С. На ней должна лежать вторая из оставшихся вершин Е.

Вспомним, что мы хотим: расстояние между вершинами D и Е должно быть равно расстоянию между остальными вершинами. Поэтому, не изменяя раствора циркуля, ставим его ножку в какую-нибудь точку D одной дуги (это будет четвертая вершина звезды) и проводим окружность 4, которая пересечется дугой 3 в точке Е. Получили пятую вершину. Соединили отрезками полученные точки. И что же? Длины отрезков равны, а звезда явно неправильная.

Вторая попытка.

Где же ошибка? Она видна сразу. Стороны у звезды равны, а вот углы при вершинах — нет. Как же сделать, чтобы были равны и все стороны, и все углы?

Нарисуем окружность. Разобьем ее на пять равных дуг, а затем соединим концы дуг через одну (рис. 3). Нет сомнений, что это и есть нужная нам звезда! Только как разделить окружность на пять равных частей? С помощью транспортира! Во всей окружности 360°, значит, в каждой части по 72°. Берем транспортир... где же он? Опять куда-то исчез. А может быть, сумеем обойтись и без него?

Приближенный метод.

Попробуем «на глазок» отложить на окружности угол в 72°. Так... 72° — это больше 60°, но меньше 90°. Где-то между ними, чуть ближе к 60°, чем к 90°. Дугу в 60° отложить нетрудно, так как длина хорды, стягивающей ее, равна радиусу окружности. Еще легче построить и дугу в 90°. Отметим концы «нужной» дуги (в 72°) — точки А и В.

Проверим, действительно ли дуга AB равна 1/5 дуги окружности. Отложим с помощью циркуля дугу ВС, равную AB, затем дугу CD, дальше DE, и когда ножку циркуля мы поставим в точку Е, то вторая его ножка должна попасть в точку А (рис. 4). Попала? Нет. Значит, мы все делали зря? Нет!

Отметим точку F, в которую попала вторая ножка циркуля. Мы ошиблись на дугу AF, значит, каждый раз мы ошибались на 1/5 этой дуги, причем если точка F оказалась правее точки А, то мы выбрали дугу больше, чем нужно, а если левее, то меньше требуемой.

Сделаем поправку. «На глазок» отложим на дуге AF ее пятую часть, дугу AG (рис. 5). Дуга GB уже гораздо точнее приближается к 1/5 дуги окружности, чем дуга AВ. Теперь сделаем еще раз такую же проверку, что и раньше. Если после пяти откладываний ножка циркуля попадет в черное пятнышко, которым мы отметили точку G, то построение выполнено с нужной точностью. А если нет, то еще раз таким же способом уточним размер дуги. Двух уточнений практически всегда хватает.

Точное решение.

А нельзя ли сразу получить точное решение? Оказывается, можно.

Вот один из рецептов такого построения.

Пусть ВС — диаметр окружности 1, АО — перпендикулярный ему радиус (рис. 6). Проведем окружность 2 радиуса ВО с центром В. Через точки пересечения окружностей 1 и 2 проведем прямую и обозначим D — точку ее пересечения с диаметром. Затем с центром в точке D радиусом DA проведем еще одну окружность 3. Точку ее пересечения с диаметром обозначим Е. Проведя окружность 4 радиуса АЕ с центром А, в пересечении с окружностью 1 получим точки M и M'.

Дуга AM равна дуге AM' и равна 1/5 дуги первоначальной окружности.

Некоторые читатели возмущенно спросят: «Зачем же рассказывать о приближенном построении, если есть точное?» А вот зачем.

Во-первых, что значит — точное? Если его провести идеальными инструментами, то оно действительно точно. Но вы же будете чертить реальными карандашом, циркулем и линейкой. Заведомо при этом получится неточный результат.

А во-вторых, приближенный метод годится для деления окружности на любое число равных частей, следовательно, достаточно для этого запомнить только один метод.

Далее, этот метод проще точного. А простота часто бывает важным аргументом. Так, многие математические вычисления на электронных вычислительных машинах проводят приближенными методами (хотя существуют и точные) лишь потому, что их использование гораздо проще, а в ряде случаев возможности машины не позволяют воспользоваться точным, но громоздким методом.

И последнее. Оказывается, нет и не может быть точных методов для деления окружности на 7, 9, 11, 13, 14, 18, 21, 22, 23, 25 и еще много других равных частей. Доказательство этого факта принадлежит великому немецкому математику К. Ф. Гауссу.

И еще. Мне очень хочется заставить вас все время думать, искать, сомневаться и не всегда полагаться на уже проверенные методы и доказанные теоремы.

ЦИРКУЛЕМ И ЛИНЕЙКОЙ

Циркуль и линейка — вот первые чертежные инструменты, которыми пользовался человек. Что может быть проще? Гладкая дощечка — это линейка, а две заостренные палки, связанные на одном конце, — циркуль. Сейчас и циркуль, и линейка стали изящнее, но назначение у них осталось прежним: по линейке проводят прямые (точнее, отрезки прямых), а циркулем рисуют окружности.

В школе изучают ряд простейших построений циркулем и линейкой. Строят прямую, проходящую через заданную точку и перпендикулярную (или параллельную) данной прямой, делят отрезок на несколько равных частей, делят пополам заданный угол.

А вот пример более сложной задачи: построить треугольник по высоте, биссектрисе и медиане, выходящим из одной вершины.

Решение задачи возможно, как не трудно убедиться, лишь в том случае, когда длины высоты h, биссектрисы b и медианы m удовлетворяют соотношению h<b<m; в противном случае искомого треугольника не существует.

Проведем на плоскости произвольную прямую l и восстановим из некоторой ее точки H перпендикуляр к этой прямой. Отложим на нем отрезок АН длины h. Точка А будет одной из вершин искомого треугольника, а прямая l будет содержать его основание. Отметим точки К и M пересечения прямой l с окружностями радиусов b и m с центром в точке А (рис. 1 на с. 40) и соединим их с точкой А. Это будут биссектриса и медиана нашего треугольника. Заметим, что биссектриса будет лежать между медианой и высотой.

Дальнейшее построение основано на довольно простом, но редко отмечаемом факте: биссектриса угла треугольника и срединный перпендикуляр к стороне, противолежащей этому углу, пересекаются на окружности, описанной вокруг треугольника (биссектриса и перпендикуляр делят пополам дугу описанной окружности, опирающуюся на указанную сторону и не содержащую вершины А (рис. 2).

Закончить построение теперь уже просто. Проводим через точку M перпендикуляр к прямой l и продолжаем биссектрису АК до пересечения с ним в точке D (рис. 3). Итак, точки А и D лежат на окружности, описанной вокруг

искомого треугольника, а ее центр О, очевидно, находится на прямой MD — срединном перпендикуляре к одной из его хорд, и на срединном перпендикуляре к отрезку AD, который также является одной из ее хорд. Построив точку О, как точку пересечения указанных прямых, можно провести окружность, описанную вокруг искомого треугольника, поскольку мы знаем ее центр О и радиус OА. Точки В и С пересечения этой окружности с прямой дадут недостающие вершины В и С искомого треугольника.

Искусство построения геометрических фигур при помощи циркуля и линейки было в высокой степени развито в Древней Греции. Известна одна из труднейших задач на построение, которые умели тогда выполнять. Это построение окружности, касающейся трех данных окружностей. Задача носит имя Аполлония, она названа так в честь выдающегося греческого геометра Аполлония из Перги1.

Однако древнегреческим геометрам не удавалось выполнить некоторые построения, используя лишь циркуль и линейку. К их числу относятся построение квадрата, равновеликого данному кругу (квадратура круга); деление произвольного угла на три равные части (трисекция угла) и построение стороны куба, объем которого вдвое больше объема заданного куба (удвоение куба).

Эти три знаменитые задачи

1 Аполлоний (ок. 260—170 гг. до н. э.) родился в городе Перга — одной из колоний Греции в Малой Азии, долгое время работал в Александрии, а затем вернулся в Пергу. Его сочинения о конических сечениях легли в основу изучения алгебраических кривых (кривых, задаваемых уравнениями), а применяемый им метод привел Декарта и Ферма к созданию аналитической геометрии.

привлекали внимание выдающихся математиков на протяжении последующих столетий, но окончательное решение получили лишь в середине прошлого века, когда была доказана их «неразрешимость», то есть невозможность указанных построений лишь с помощью циркуля и линейки. Правда, удалось это доказать не с помощью геометрии, тут помогла алгебра, что еще раз подчеркнуло единство математики.

Еще одной интереснейшей задачей на построение с помощью циркуля и линейки является построение правильного многоугольника с заданным числом сторон. Древние греки умели строить только правильный треугольник, квадрат, правильные пятиугольник и пятнадцатиугольник, а также все многоугольники, которые получаются из них путем удвоения числа сторон.

Лишь в 1801 году К. Ф. Гаусс указал способ построения циркулем и линейкой правильного семнадцатиугольника и все значения n, при которых построение правильного n-угольника возможно указанными средствами. Этими многоугольниками оказались лишь те, у которых количество сторон являлось простым числом Ферма или произведениями нескольких различных простых чисел Ферма, а также те, которые получались из них удвоением числа сторон.

А простым числом Ферма называется простое число, имеющее вид: 22n + 1.

Таким образом, была доказана невозможность построения с помощью циркуля и линейки правильных семиугольника, девятиугольника, одиннадцатиугольника, тринадцатиугольника.

Теория построений при помощи

циркуля и линейки получила широкое развитие в конце XIX века. Было доказано, например, что любое построение, выполняемое с помощью циркуля и линейки, можно выполнить с помощью одной лишь линейки, если в плоскости построения задана некоторая окружность и указан ее центр.

Эти исследования внесли огромный вклад в развитие математики. Однако в практических построениях никто не ограничивает нас в наборе инструментов. Для большинства построений вполне достаточно линейки с делениями и транспортира.

Любопытны некоторые приближенные способы построений. Например, приближенная квадратура круга получается, если за сторону квадрата взять хорду, проходящую через конец одного из диаметров круга и середину перпендикулярного ему радиуса (рис. 4 на с. 41). Этому построению соответствует значение π=3,2.

Существует интересный способ приближенной трисекции угла при помощи циркуля и линейки. Вот он.

Чтобы провести трисекцию угла с вершиной O1, описываем дугу АmВ с центром O1 произвольного радиуса и проводим хорду AB; пусть О — ее середина (рис. 5). Радиусом, равным АО, описываем полуокружность АпВ с центром О. Из точки В делаем на этой полуокружности засечку С радиусом АО; легко видеть, что BC = 1/3AnВ. Затем находим точку D, такую, что BD = AB/3. Соединяем точки С и D и из середины Е отрезка CD восстанавливаем перпендикуляр к CD. Пусть Y — точка пересечения этого перпендикуляра с продолжением AВ. Радиусом DY проводим из Y дугу; пусть X — пересечение этой дуги с дугой АmВ. Тогда ВХ=1/3АmВ, то есть BO1X ≈ 1/3AO1B.

Оценку точности этого построения поручили ЭВМ. Машина выдала следующий результат: точность построения не менее 0,1°, наихудший результат — при угле около 78°, относительная ошибка, то есть отношение величины отклонения к величине самого угла, не превосходит 0,01 и максимальна при угле около 158°.

КООРДИНАТЫ

Думаю, каждому из вас приходилось обращаться к прохожим с просьбой объяснить, где находится то или иное здание или учреждение.

Первые машут рукой в неопределенном направлении и говорят: «Там», иногда добавляя: «Минутах в двадцати ходьбы». Вторые отвечают приблизительно так: «Пройдете булочную, увидите поворот налево, но вы туда не поворачивайте, а идите прямо мимо кафе, а когда минуете книжный магазин, повернете налево, пройдете мимо школы, перед вами окажется желтый двухэтажный дом с колоннами, вот напротив него и будет ваше учреждение». Третьи говорят: «Идите прямо до улицы Чернышевского, затем поверните налево, и второй дом от перекрестка с улицей Добролюбова на правой стороне — тот, который вы ищете».

Следуя совету, вы двигаетесь в указанном направлении. Если возникает сомнение, вновь обращаетесь к прохожим и в конце концов находите нужный дом.

А что делать мореплавателям? У кого спросить дорогу в открытом море? Как объяснить, где

находится открытый ими остров?

И вот за двести лет до нашей эры греческий ученый Гиппарх предлагает хорошо известные нам географические координаты: широту и долготу. С помощью этих двух чисел можно точно определить положение острова, поселка, горы или колодца в пустыне и нанести их на карту или глобус. Научившись определять в открытом море широту и долготу местонахождения корабля, моряки получили возможность выбирать нужное направление.

Напомним, что восточную долготу и северную широту обозначают числами со знаком «плюс», а западную долготу и южную широту— со знаком «минус». Таким образом, пара чисел со знаками однозначно определяет точку на земном шаре. Например, пара чисел + 70°, +60° определяет точку в центре острова Вайгач.

У одного из моих любимых писателей, Жюля Верна, некоторые произведения построены на ситуациях, связанных с географическими координатами. В романе «Удивительные приключения дядюшки Антифера» одному из героев известна широта острова, на котором спрятаны сокровища, а другому — долгота этого острова.

Вспомним текст записки из романа «Дети капитана Гранта» :

«7 июня 1862 года трехмачтовое судно «Британия» ... Глазго потерпело крушение... гони южн... берег ...два матроса ...пл. Капитан Гр... дости... контин... пл... жесток... инд. брошен этот документ ... долготы и 37°11' широты... окажите им помощь ... погибнут».

Сколько трудностей пришлось испытать героям, пока они нашли капитана Гранта, и все из-за того, что оказалось невозможным восстановить долготу.

В XIV веке французский математик Н. Орем ввел, по аналогии с географическими, координаты на плоскости. Он предложил покрыть плоскость прямоугольной сеткой и называть широтой и долготой то, что мы теперь называем абсциссой и ординатой.

Это нововведение оказалось чрезвычайно удачным. На его основе возник метод координат, связавший геометрию с алгеброй. Основная заслуга в создании этого метода принадлежит великому французскому математику Р. Декарту. В его честь такая система координат называется декартовой.

На этой системе основаны многие способы указания места. Например, на билете в кинотеатр стоят два числа: ряд и место, — их можно рассматривать как координаты вашего места в зале. Подобные же координаты приняты в шахматах, правда, вместо одного из чисел берется буква: вертикальные ряды клеток обозначаются буквами латинского алфавита, а горизонтальные — цифрами. Каждой клетке шахматной доски соответствует пара из буквы и числа, и, таким образом, шахматисты имеют возможность записывать свои партии.

Тот же «шахматный» принцип применяется сейчас на планах городов. План разбивают на квадраты, занумерованные с помощью букв и цифр, а на оборотной стороне перечисляют все изображенные улицы в алфавитном порядке и указывают, в каком квадрате они находятся.

Существуют на плоскости и другие системы координат. Вспомним прохожего, который показывал направление рукой и говорил, сколько времени нужно идти. На таком принципе основана полярная система координат. Чтобы ее

ввести, выбирают начальную точку, называемую полюсом (поэтому система и называется полярной); из этой точки проводят луч, называющийся полярной осью. Чтобы определить координаты точки на плоскости, ее соединяют отрезком с полюсом и вычисляют длину этого отрезка и угол между ним и полярной осью.

Иногда координаты существуют в завуалированном виде. Например, в здании Московского университета на Воробьевых горах комнаты нумеруются так, что по номеру аудитории можно узнать этаж, на котором она находится. Для этого номер нужно разбить на две части: число сотен и остальную часть. Число сотен и есть этаж. Например, аудитория 1503 находится на пятнадцатом этаже, а 817 — на восьмом.

До сих пор мы говорили о координатах на сфере или на плоскости, задающихся двумя числами. Существуют также координаты, задаваемые одним числом. Это координаты на прямой. Известно, что достаточно знать одно число — расстояние от точки до начала отсчета, — чтобы указать на прямой положение этой точки.

В жизни мы очень часто сталкиваемся с такими координатами. Пример: железная дорога с километровыми столбами вдоль нее. Другой пример: номера домов на улице.

А время? Хотя каждый момент времени мы обозначаем целым ворохом чисел: годом, месяцем, днем, часом, минутой и секундой — ясно, что можно обойтись одним числом, выраженным, например, в секундах. Одним числом задается положение точки на окружности. Когда мы говорим: «У Вани день рождения четырнадцатого сентября», мы, по существу, имеем дело с координатами на окружности.

А сколько координат зададут положение точки в пространстве? Естественно, три. Эти три числа можно получить, например, так. Соединим лучом центр Земли и нашу точку и рассмотрим широту и долготу пересечения луча с Землей и расстояние от нашей точки до центра Земли. Такая система координат называется сферической.

Можно поступить и по-другому. Выберем некоторую плоскость и введем на ней декартову систему координат, а нашей точке сопоставим координаты ее проекции на эту плоскость и расстояние от нее до плоскости, взятое со знаком плюс для одной половины пространства и со знаком минус — для другой; так мы получим декартову систему координат в пространстве.

Сферической системой координат обычно пользуются на аэродромах. Рядом с аэродромом ставят радиолокатор. Этот прибор умеет определять дальность до самолета, угол, под которым самолет виден над горизонтом, и угол между направлением на самолет и направлением на север.

Итак, каждую точку в пространстве можно задать тремя числами. Тем более можно задать тремя числами положение моей или вашей квартиры. Тогда зачем же писать на конвертах длинные адреса? Достаточно было бы договориться о системе координат (например, долготе, широте и номере этажа) — и письма прекрасно приходили бы к адресату.

Вот тут-то пришла пора вспомнить письмо капитана Гранта. Ведь если вы ошибетесь в одной из цифр такого короткого адреса или эту цифру нельзя будет прочесть (мало ли что случится в

дальней дороге), письмо до адресата не дойдет. Обычный адрес более устойчив. Если вы ошибетесь в нем не слишком сильно, письмо все равно дойдет до места. В адресе содержится, как говорят, избыточная информация. Избыточную информацию включил в свое письмо и капитан Грант. Он написал послание на трех языках и сообщил не только координаты места крушения, но и материк, вблизи которого оно произошло. Но и этого оказалось недостаточно. Так что переходить на упрощенный адрес пока, пожалуй, не стоит.

ДЛИНА

Длина — одно из первых геометрических понятий. Первые меры длины были самыми естественными и поэтому сохранились и по сей день. Действительно, мы не раз читали такие фразы: «Избушка находилась от поселка на расстоянии двух дневных переходов», «Трещина шириной в ладонь пересекала каменную плиту».

Но насколько удобными для применения были изначальные меры длины — локоть, вершок (ширина ладони на уровне пальцев), сажень (расстояние между концами пальцев разведенных рук), — настолько они оказывались неточными, ведь у разных людей эти меры различны. Государствам приходилось вводить эталоны длины — образцовые единицы измерения. Но в разных странах единицы были разными. Так, три русских локтя составляли два персидских, персидские же получили на Руси название аршин (от «арш» — «локоть» в группе тюркских языков).

Естественно, что соотношения между различными единицами длины даже в одной стране порой принимали причудливые формы. Указ Петра I, призванный упорядочить систему мер в России, вводил следующие сложные соотношения между бытовавшими в то время единицами: 1 миля = 7 верст = 3500 саженей = 10 500 аршин = 168 000 вершков = 294 000 дюймов = 2 940 000 линий = 29 400 000 точек.

Заметим, что в последних соотношениях просматривается идея десятичной системы мер. Но привычные меры настолько трудно искоренимы, что для введения новых требуется революция, такая, как Великая французская, в результате которой появились метр, километр, дециметр, сантиметр, миллиметр... и Октябрьская, после которой эти единицы были введены в России. А США, Великобритания и многие другие страны до сих пор обходятся средневековыми мерами.

Понятие длины отрезка сыграло огромную роль в становлении математики. Ведь, собственно, что такое длина отрезка? Это — число, которое указывает, сколько раз укладывается на этом отрезке выбранная единица длины. Если в этот эталон не помещается целое число раз, то приходится вводить дробную длину.

Еще древние греки знали, что диагональ квадрата несоизмерима с его стороной, то есть не может быть выражена через его сторону в виде обыкновенной дроби. В результате появились иррациональные числа. Таким образом оказались связанными алгебра и геометрия. Вспомним теорему Пифагора — квадрат гипотенузы прямоугольного треугольника равен сумме квадратов катетов, — которая получила массу обобщений как в алгебре, так и в геометрии.

Стремление научиться измерять длины дуг кривых привело к некоторым открытиям. В частности, длину окружности умели измерять еще древние, хотя вопрос о природе числа я мучал математиков сотни лет, пока не был решен в прошлом веке. Подход к определению длины произвольной кривой тот же, что и при определении длины окружности: кривую приближают ломаными и отыскивают предельное значение длин таких ломаных, при мельчении этих отрезков.

Правда, при приближении дуги ломаной линией необходима осторожность, поскольку при переходе к пределу могут возникать парадоксы. Рассмотрим, например, диагональ квадрата и будем ее приближать ступенчатыми ломаными (см. рис.). Все они имеют одинаковую длину, равную удвоенной стороне квадрата. В пределе такая ломаная стремится к диагонали, но длина диагонали равна длине стороны, умноженной на корень из двух.

Когда мы говорим о протяженности пути между двумя пунктами, например между Москвой и Нью-Йорком, то расстояние измеряем не по прямой, а по поверхности Земли, то есть пользуемся уже другой метрикой. Более того, для путешествующих важнее знать не расстояние в километрах, а время в пути. Если принять за расстояние между двумя пунктами минимальное время проезда общественным транспортом (автобусом, поездом, самолетом), то полученная метрика покажет, что расстояние от Москвы до Углича больше, чем от Москвы до Парижа. У владельцев автомобилей своя метрика. Что их объединяет? Во-первых, то, что все расстояния неотрицательны. Во-вторых, то, что расстояние от А до В равно расстоянию от B до А. В-третьих, то, что сумма расстояний между пунктами А и B и пунктами В и С не меньше расстояния между пунктами А и С (аксиома треугольника). Еще одно свойство: если расстояние между двумя пунктами равно нулю, то это один и тот же пункт.

В результате мы пришли к важному в современной математике понятию метрического пространства. Этим пространством может быть не только глобус, на котором расстояния можно измерять ниткой, но и абстрактные пространства, как совокупность функций, заданных на отрезке. Такой геометрический подход оказался чрезвычайно плодотворным в решении многих задач, поставленных перед математикой физиками, химиками, экономистами и другими учеными.

ПЛОЩАДЬ

Плиточник — мастер, который в процессе своей работы занимается измерением площадей. Покрыв стену плитками, он может легко

определить площадь стены (в плитках), сосчитав количество уложенных плиток. Но на самом деле он сначала измеряет площадь стены, а потом вычисляет количество необходимых плиток.

«Способ плиточника» оказывается полезным и при вычислении площадей сложных фигур. Нанесем квадратную сетку на прозрачную бумагу и наложим ее на фигуру. Тогда площадь фигуры будет не меньше, чем количество квадратиков, лежащих целиком внутри фигуры, и не больше, чем количество клеток, имеющих общие точки с этой фигурой. Такая сетка называется палеткой.

Любопытно, что площадь многоугольника, все вершины которого лежат в узлах квадратной сетки, выражается довольно простой формулой: S=n+m/2 — 1, где n — количество узлов, лежащих внутри многоугольника, m — количество узлов, лежащих на его границе (в частности, в вершинах). Она называется формулой Пика.

При вычислении площадей простейших геометрических фигур — многоугольников — палетка явно ни к чему. Но верные способы их нахождения были придуманы далеко не сразу. Так, древние вавилоняне считали, что площадь четырехугольника равна произведению полусумм противоположных сторон. Отсюда следует такое нелепое утверждение: если у двух ромбов равны стороны, то равны и площади. Лишь после открытия верной формулы для площади треугольника стало возможным измерять площадь любого многоугольника, разделив его предварительно на треугольники.

Конечно, всякий многоугольник можно разрезать на треугольники несколькими способами. Ясно, что если два многоугольника так разрезаны на треугольники, что полученные наборы треугольников одинаковы, то площади этих многоугольников равны. Как ни удивительно, но верно и обратное утверждение: если два многоугольника равновелики, то они и равносоставлены, то есть могут быть разрезаны на одинаковые наборы многоугольников (а значит, и треугольников).

Получить подобное не всегда просто. Попробуйте-ка разрезать на одинаковые части равносторонний треугольник и равновеликий ему квадрат! А для многогранников такое утверждение вообще неверно: нельзя, например, разрезать на одинаковые части правильный тетраэдр и равновеликий ему куб.

С развитием науки и техники возникла острая потребность вы-

числять площади не только многоугольников, но и произвольных фигур. Начало положили Архимед и Б. Кавальери, а окончательно решили проблему И. Ньютон и Г. Лейбниц, создавшие интегральное исчисление, частью которого является и вычисление площадей фигур, ограниченных заданными кривыми.

На основе методов интегрирования были сконструированы различные планиметры — приборы, с помощью которых можно измерять площадь фигуры, например обводя границу фигуры специальным указателем.

Многие знают, что из всех фигур, имеющих данный периметр, наибольшую площадь имеет круг. Задача о нахождении фигуры наибольшей площади при заданном периметре называется изопериметрической задачей, или задачей Дидоны (по имени основательницы и первой царицы Карфагена). Она была изгнана со своей родины и решила поселиться на африканском побережье Средиземного моря. Местные жители разрешили ей владеть участком земли, который «объемлет воловья шкура». Хитрая Дидона разрезала шкуру на тонкие ремешки и ими окружила значительную площадь.

В дальнейшем появилось множество подобных задач. Общие методы их решения породили математическую науку — вариационное исчисление.

ОБЪЕМ

Измерение объемов вошло в практику с незапамятных времен. Уже в древнеегипетских папирусах содержались правила определения вместимости пирамид. С тех пор прошло три с половиной тысячелетия, на протяжении которых способы вычисления объемов непрерывно совершенствовались. Правда, математические и практические приемы измерения объемов часто расходились.

Причиной такого расхождения явились разные подходы к понятию объема. Математики ставили задачей выразить объем тела через его линейные размеры, а торговцы удовлетворялись мерами, полученными из веса продукта. Любопытно, что в основу меры веса (а следовательно, и объема) у многих народов: индусов, египтян, итальянцев, англичан и других — был положен вес ячменного или пшеничного зерна. Следующей единицей был фунт, он соответствовал определенному количеству зерен, разному в разных местностях. Фунт, который кое-где назывался литром, делился на двенадцать или шестнадцать унций.

В 1266 году Генрих III своим указом определил, что «с согласия всего Английского государства, английский пенни, называемый стерлингом (самая малая монета), круглый и без обрезки, должен весить столько же, сколько 32 пшеничных зерна, взятых в середине колоса, 20 пенни должны составлять унцию, 12 унций — фунт, 8 фунтов — галлон вина, а 8 галлонов вина должны составлять лондонский бушель».

Нетрудно подсчитать, что фунту соответствовало 7680 зерен.

Узнав об английских мерах объема — галлоне и бушеле, мы заодно познакомились с загадочной денежной единицей Великобритании — фунтом стерлингов.

Стерлингом (вначале истерлингом — easterling — восточная монета) называлась серебряная монета, которая чеканилась в восточных областях Германии. Мастера, изго-

товлявшие эту монету, были приглашены работать в Великобританию. Они и стали называть свои монеты стерлингами.

В Великобритании долго не существовало никакого соотношения между мерами длины и емкости. Лишь в 1701 году Вильгельм III Оранский издал указ, по которому бушель должен быть круглым, с плоским дном, шириной восемнадцать с половиной дюймов и глубиной — восемь дюймов. (Отметим, что дюйм ведет свое происхождение от зерна. Так, в 1324 году король Эдуард II провозгласил, что «дюйм составляют три ячменные зерна, круглые и сухие».) Но виноторговцы обходили королевские указы. Они платили пошлины за галлоны, содержащие 282 кубических дюйма, а продавали вино галлонами, содержащими 224 кубических дюйма.

В России применялись свои меры объема: ведро — двенадцать литров, насадка — тридцать литров.

Одна из самых замечательных математических работ, посвященных вычислению объемов, была создана выдающимся немецким математиком и астрономом И. Кеплером. Поводом для ее написания явился случай, который Кеплер описывал так: «Ко мне пришел продавец с измерительной линейкой, с помощью которой промерил подряд все мои бочки, не обращая внимания на форму, без соображений и вычислений».

Исследования Кеплера явились продолжением работ Архимеда, который умел находить объемы цилиндров конусов и шаров. Его метод, в дальнейшем развитый Б. Кавальери, состоял в том, что тело представлялось в виде стопки пластинок. Поэтому если у двух тел все сечения, проведенные на одинаковых высотах, имели одинаковые площади, то делался вывод, что они имеют и одинаковые объемы. Этим методом легко установить, что все пирамиды, имеющие равные высоты и равные площади оснований, имеют и равные объемы.

О ТРЕУГОЛЬНИКЕ

Треугольник — простейшая плоская фигура. Три вершины и три стороны. Но изучение треугольника породило целую науку — тригонометрию, в которой метрические свойства треугольника выражаются через функции его углов. Эта наука возникла из практических потребностей при измерениях земельных участков, составлении карт местности, конструировании машин и механизмов.

Первые упоминания о треугольнике и его свойствах мы находим в египетских папирусах, которым более четырех тысяч лет. В частности, там упоминается способ нахождения площади равнобедренного треугольника, дающий хорошее приближение при малых углах при вершине, противоположной основанию. Эта площадь находится как произведение половины основания на боковую сторону.

Через две тысячи лет в Древней Греции изучение свойств треугольника достигает высокого уровня — достаточно вспомнить теорему Пифагора и формулу Герона.

В XV—XVI веках появилось огромное количество исследований свойств треугольника. Эти исследования составили большой раздел планиметрии, получивший название «Новая геометрия треугольника».

Вот одна из замечательных теорем того времени, принадлежа-

щая Л. Эйлеру: «Середины сторон треугольника, основания его высот и середины отрезков высот от вершины до точки их пересечения лежат на одной окружности». Эта окружность изображена на рисунке 1. Она обычно называется окружностью девяти точек (по количеству замечательных точек, через которые она проходит). Ее называют также окружностью Эйлера, а некоторые — окружностью Фейербаха в честь немецкого математика XIX века К. Фейербаха (брата известного философа), доказавшего, что эта окружность касается окружности, вписанной в треугольник, и всех его вневписанных окружностей (то есть окружностей, касающихся одной из сторон и продолжений двух других сторон (рис. 2). Радиус окружности девяти точек равен половине радиуса описанной окружности, а центр окружности девяти точек лежит на середине отрезка, соединяющего центр описанной окружности с точкой пересечения высот треугольника. Прямая, которой принадлежит этот отрезок, называется прямой Эйлера. Этой прямой принадлежит и точка пересечения медиан треугольника.

Известно, что Наполеон в свободное время иногда занимался математикой. Ему приписывают красивую теорему.

Если на сторонах треугольника во внешнюю сторону построить равносторонние треугольники, то их центры будут вершинами равностороннего треугольника.

Этот треугольник называется внешним треугольником Наполеона. Аналогично строится внутренний треугольник Наполеона.

Открытия в геометрии треугольника есть и в нашем веке. Так, в 1904 году американский математик Ф. Морли доказал, что

если из каждой вершины треугольника провести лучи, делящие соответствующий угол на три равные части (трисектрисы угла), то точки пересечения смежных трисектрис углов являются вершинами равностороннего треугольника (рис. 3). Доказательство этого утверждения было бы вполне под силу и древнегреческим математикам. Они прошли мимо этого факта, видимо, потому, что, как уже говорилось, тогда было принято рассматривать лишь построения при помощи циркуля и линейки, а с помощью этих инструментов такое деление сделать невозможно. Это было доказано позднее.

О КВАДРАТЕ

Квадрат — пожалуй, самая совершенная геометрическая фигура, встречающаяся в разных произведениях искусства.

В математике впервые квадрат появился в теореме Пифагора. Доказательство теоремы Пифагора содержится на рисунках 1 и 2.

Не намного моложе и задача «квадратуры круга»: построить циркулем и линейкой квадрат, равновеликий данному кругу. Усилия многих замечательных математиков последних двух тысячелетий были направлены на то, чтобы доказать неразрешимость этой задачи. На рисунке 3 приведено приближенное решение задачи «квадратуры круга».

Измерить площадь фигуры в Древней Греции означало построить квадрат, равновеликий этой фигуре. С тех пор всякое вычисление площади именуется квадратурой. С появлением интегрального исчисления площади стали вычислять также с помощью интегралов (рис. 4). Поэтому выражение, являющееся комбинацией интегра-

лов, получило название записи в квадратурах.

Разбиение квадрата на рисунке 5 может служить доказательством того, что сумма нечетных чисел от 1 до 2n — 1 равняется n2.

Квадрат можно разбить на квадраты меньших размеров — например, средними линиями. На рисунке 6 приведено более хитрое разбиение квадрата на квадраты с целочисленными сторонами. Найдите их размеры, если известно, что длина стороны заштрихованного квадратика равна двум. Заметим, что эти квадратики не все различны.

Долгое время математики думали, что разбить квадрат на неравные квадраты невозможно. Так считали и русский математик Н. Лузин, и польский математик Г. Штейнгауз (об этом он писал в первом издании своей книги «Математический калейдоскоп»). Это мнение подкреплялось тем, что совсем нетрудно доказать невозможность разбиения куба на различные кубики. Однако в 1939 году было построено разбиение квадрата на 55 различных квадратов, а в 1940 году найдены два способа разбиения квадрата на 28 различных квадратов, затем — на 26 квадратов. В 1948 году было получено разбиение на 24 различных квадрата, а в 1978 году найдено разбиение квадрата на 21 различный квадрат (см. рассказ «Разрежем и склеим»).

Разбиение квадрата меньше чем на 21 различный квадрат уже невозможно.

Если разрезать квадрат, как показано на рисунке 7, получится популярная китайская головоломка «Танграм» (также см. рассказ «Разрежем и склеим»).

На рисунке 8 изображена кратчайшая сеть дорог, связывающая четыре города, находящихся в вершинах квадрата. Углы в точках пересечения дорог равны 120°. На первый взгляд кажется, что такую сеть дорог составляют диагонали квадрата.

Любопытно, что в шахматах есть «правило квадрата»: если король находится внутри квадрата, одна из сторон которого — граница доски, куда стремится пешка противника, чтобы стать ферзем, а другая сторона — соответствующий путь пешки (рис. 9), то без помощи других фигур желание пешки стать королевой не осуществится. В крайнем случае фигура, в которую превратится пешка, будет тут же съедена королем.

Пешка на рисунке 9 не проходит в ферзи независимо от того, чей ход — белых или черных.

О КРУГЕ

В Древней Греции круг и окружность считались венцом совершенства. Действительно, в каждой своей точке окружность «устроена» одинаковым образом, что позволяет ей как бы двигаться «по себе». На плоскости этим свойством обладает еще лишь прямая.

Одно из интереснейших свойств круга состоит в том, что он при заданном периметре ограничивает максимальную площадь.

В русском языке слово «круглый» тоже стало означать высокую степень чего-либо: «круглый отличник», «круглый сирота» и даже— «круглый дурак».

С кругом связана и классическая задача, ставшая символом неразрешимой проблемы. Напомним: это — задача квадратуры круга, то есть построения с помощью циркуля и линейки квадрата, равновеликого данному кругу. Задачу не могли решить на протяжении бо-

лее двух тысячелетий. Лишь в XIX веке усилиями нескольких выдающихся математиков — Ламберта, Лиувилля, Эрмита и Вейерштрасса — была установлена невозможность построения при помощи циркуля и линейки квадрата, равновеликого данному кругу, и выяснена природа числа д.

Циркуль и линейка — классические инструменты геометров с древнейших времен до наших дней. Ими можно проводить лишь прямые и окружности. Однако сколько интересных задач связано именно с циркулем и линейкой!

Приведем три теоремы, доказанные в разное время, но очень похожие.

Первая теорема носит название «Поризм Штейнера» в честь швейцарского геометра Я. Штейнера. (Поризмами называют утверждения, промежуточные между задачами на построение и теоремами.)

Пусть на плоскости даны две непересекающиеся окружности. Построим еще одну окружность так, чтобы она касалась двух данных. Назовем ее первой. Затем нарисуем еще одну окружность, касающуюся двух данных и первой окружности. Ее назовем второй. Третья окружность будет касаться двух данных и второй окружности и т. д. Может случиться, что на определенном этапе очередная окружность коснется первой окружности (рис. 1).

Утверждение Штейнера состоит в том, что если для некоторой начальной (первой) окружности получится такая цепочка, то подобная цепочка образуется при любом другом выборе первой окружности. При этом и количество окружностей в цепочке не будет зависеть от того, какую окружность мы взяли в качестве первой.

Вторая теорема принадлежит

французскому математику и механику Ж. В. Понселе (1788—1867) и утверждает следующее.

Пусть снова имеются две непересекающиеся окружности. Будем считать, что одна из них находится внутри другой. Выберем на внешней окружности некоторую точку и проведем из нее касательную к внутренней окружности. Из новой точки пересечения этой касательной с внешней окружностью проведем еще одну касательную к внутренней окружности и т. д. (рис. 2).

И вновь: если на некотором шаге мы попадем в начальную точку, то такой процесс замкнется при выборе в качестве начальной точки любой другой точки внешней окружности.

Третья теорема была доказана совсем недавно американскими математиками В. Л. Блеком, Г. К. Хаулендом и Б. Хаулендом и носит название « Теорема о зигзагах».

Вновь возьмем некоторую точку на внешней окружности и, поставив ножку циркуля в выбранную точку, сделаем на внутренней окружности засечку. Поставим ножку циркуля в получившуюся точку внутренней окружности и тем же раствором циркуля сделаем засечку на внешней окружности. Из полученной точки снова шагаем тем же радиусом на внутреннюю окружность, затем снова на внешнюю и т. д. Соединив последовательно получаемые точки, мы образуем зигзагообразную ломаную (рис. 3).

И вновь оказывается, что если эта ломаная на некотором шаге замкнется, то она замкнется при любом другом выборе начальной точки (раствор циркуля оставляем прежним). Сохранится и число отрезков ломаной.

СИНУС И КОСИНУС

Синус и косинус — основные понятия тригонометрии. Их используют инженеры и строители, геодезисты и артиллеристы.

Синусом угла а называется ордината точки M единичной окружности с центром в начале координат, если угол между лучом ОМ и положительным направлением оси абсцисс равен а. А косинусом угла называется абсцисса этой точки. Связь между этими функциями дают два соотношения:

Любопытно, что синус ввели не древние греки, хотя они внесли огромный вклад в изучение геометрии треугольника, а индусы, математические интересы которых были ближе к практике.

Название «синус» является результатом грамматического недоразумения. Дело в том, что индусы называли длину хорды, стягивающей данную дугу, словом «джия», или «джива», что означало «тетива охотничьего лука». А половину этой хорды называли «джйардха», или «архаджйа», а иногда для краткости именовали ее так же, как и полную хорду. Арабы, сохранившие для нас знания древних греков, распространили в Европе знания Индии. Как и цифры, понятие синуса пришло к нам от индусов через арабов. В арабской транскрипции слово «джива» писалось как «джиба», потом оно превратилось в «джайб». Это не удивительно, поскольку арабы не пишут гласных букв, а обозначают их значками над текстом или под ним, а часто вообще опускают. Слово «джайб» по-арабски значит «пазуха», поэтому переводчик арабского текста на латинский язык перевел это слово

как sinus, что по-латыни и есть «пазуха».

Индусы пользовались и косинусом, который они называли «котиджйа», и еще одной тригонометрической функцией, называвшейся «уткрамаджайа», а в Европе получившей название «синус-верзус», или «обращенный синус». Он определяется формулой sinver х=1 — cos x. На рисунке отрезок MA — синус угла x, OA — косинус этого угла, а AB — его синус-верзус, являющийся высотой сегмента MNB.

Любопытно, что в России высота сегмента часто называлась стрелкой, что возвращает нас к индийскому охотничьему луку с тетивой MN.

Мы не станем здесь перечислять многочисленные тригонометрические формулы, а обратим внимание на график функции y=sinx. Эта кривая, называемая синусоидой, кажется очень искусственной, хотя ее волны напоминают волны на воде. И на самом деле, волны на воде, как и радиоволны, и световые, и звуковые волны, напрямую связаны с функцией y=sinx.

Чтобы получить шаблон для вычерчивания синусоиды, следует обернуть несколько раз свечу листом бумаги, а потом разрезать ее острым ножом под углом 45° к оси свечи (ее фитилю). Развернув бумагу, вы окажетесь владельцем двух отличных шаблонов синусоиды, если принять за единицу радиус свечи.

Синусоидами называют также графики всех функций вида у=Asin(kx+b)+С. Эти кривые получаются из стандартной синусоиды сжатием или растяжением по осям и параллельным переносом. Поэтому график функции у= cos x=sin (π/2—х) будет синусоидой, как и график функции y=sin2x=0,5—0,5sin (π/2—2x).

Синусоиду можно также увидеть, глядя на сверло или пружину.

Математики иногда называют синус и косинус, о которых идет речь, круговыми, поскольку они также пользуются синусами и косинусами, построенными не с помощью круга, а с помощью гиперболы. Такие синус и косинус называются гиперболическими.

ФОРМУЛА ПЛОЩАДИ

Нарисуем на клетчатой бумаге какой-нибудь многоугольник. Например, такой, как вы видите на рисунке 1 (с. 56). Попробуем рассчитать его площадь. Как это сделать? Наверное, проще всего разбить его на прямоугольные треугольники и прямоугольники, площади которых нетрудно вычислить, и сложить полученные результаты. Последовательно проводя вычисления, получим, что площадь нашего многоугольника равна 20,5, если за единицу площади взять площадь квадратика клетчатой бумаги. Но если вспомнить, что сторона такого квадратика равна 0,5 см, а значит, его площадь равна

четверти квадратного сантиметра, площадь нашего многоугольника будет равна 20,5/4=5,125 см2.

Использованный нами способ несложен, но очень громоздок, кроме того, он годится не для всяких многоугольников. Так, многоугольник на рисунке 2 нельзя разбить на прямоугольные треугольники и прямоугольники так, как мы это проделали в предыдущем случае. Можно, например, попробовать дополнить наш многоугольник до нужного нам, то есть до такого, площадь которого мы сможем вычислить описанным способом, а потом из полученного числа вычесть площади добавленных частей.

Оказывается, однако, что существует очень простая формула, позволяющая вычислять площади таких многоугольников с вершинами в узлах квадратной сетки:

где S — площадь многоугольника, выраженная в площадях единичных квадратиков сетки, Г — количество узлов сетки, лежащих на границе многоугольника, а В — количество узлов сетки, лежащих внутри многоугольника. В нашем случае Г=7, В=18, S=18+3,5 — 1 = 20,5.

Столь же просто сосчитать и площадь многоугольника на рисунке 3: Г=12, B=11, S=11 +6 — 1 = 16.

Формула, о которой мы рассказали, носит имя немецкого математика Пика, открывшего ее.

РАЗРЕЖЕМ И СКЛЕИМ

Те, кто интересовался шахматами, знают о давнем споре: что же такое шахматы — спорт, искусство или наука? По этому поводу написано много статей и книг, в кото-

рых сталкиваются различные точки зрения.

О математике вроде бы не поспоришь подобным образом. Это — наука! Даже «наука всех наук», как утверждают авторитеты. Но давайте немного подумаем.

Чему вы учитесь в школе на уроках математики? Составлять и решать уравнения, обращаться со степенями, логарифмами, производными. А чему учат, скажем, на курсах кройки и шитья? Кроить и шить платья, обращаться со швейными машинами, материалами и инструментами. Значит, тут учат ремеслу, но и на уроках математики тоже учат ремеслу — умению проводить математические выкладки, обращаться с геометрическими объектами, что является составной частью подготовки технически образованного человека.

Ремеслу принято противопоставлять искусство. Заметим, что в Древней Греции математика относилась к числу искусств, наряду с музыкой, живописью и архитектурой. Технику счета, взвешивания, измерения к математике не относили. И это было естественно, поскольку рассматривавшиеся задачи решались каждая отдельно, своим методом.

Отношение к математике как к искусству сохранилось и в средние века. Тогда наряду с рыцарскими турнирами, состязаниями поэтов и трубадуров проводились и турниры математиков.

Стоп, стоп! А где же наука математика? Какова ее роль? Математики открывают новые связи между математическими объектами. В результате находятся общие методы для решения различных задач. И эти задачи получают стандартные методы решения, переходя из разряда творческих в разряд технических, то есть тре-

бующих для своего решения применения уже известных методов.

Конечно, нельзя утверждать, что обучение математике в школе и применение полученных знаний на практике лишено элементов творчества. Наоборот, и ремесленник может создать произведение искусства, по-новому переосмыслив производимые им изделия; и школьник, решая стандартную задачу, может найти новый, красивый способ ее решения.

Это говорит о том, что задачи делятся на те, для которых уже созданы специальные методы решения, и те, для которых таких методов нет. К последним относятся в большинстве своем задачи, о которых сейчас будет идти речь.

Сравним две задачи. Вот первая из них. Требуется решить уравнение

Страшновато, не правда ли? По поводу таких уравнений существует старый школьный анекдот. Учитель вызывает ученика к доске, на которой написано сложное уравнение, и просит его найти икс. Ученик долго смотрит на доску, наконец тычет в доску пальцем и радостно восклицает: «Вот он!»

Хотя и в нашем случае не сразу разберешь, где же икс, но последовательно упрощая выражение слева, шаг за шагом избавляясь от многоэтажности по известным правилам, мы приведем уравнение к виду х=— 2.

А вот как разрезать правильный треугольник на четыре части, из которых можно было бы сложить квадрат? Решение этой задачи изображено на рисунке 1. На рисунках 2 и 3 приведены фигуры, которые также предлагается превратить в квадраты, разрезав на четыре части. Эти задачи полегче, поэтому попробуйте с ними справиться.

Если разрезать плоскую фигуру на части и из них сложить новую геометрическую фигуру, то не возникнет сомнения в том, что площади старой и новой фигур равны. Этот закон сохранения площади использован на рисунке 4 для доказательства теоремы Пифагора.

А верно ли обратное? Если даны две плоские фигуры, скажем многоугольники равной площади, всегда ли можно одну из них разрезать на конечное число частей так, чтобы из них можно было сложить вторую? Оказывается, что любой из двух многоугольников равной площади всегда можно разрезать на несколько меньших многоугольников и сложить из них второй многоугольник. Теорема была доказана в 1832 году венгерским математиком Ф. Больяи и австрийцем П. Гервином.

Выяснилось, что для этого достаточно доказать, что любой многоугольник разрезается на части, из которых складывается квадрат.

Предположим, что можно разрезать каждый из двух равновеликих многоугольников на части, из которых затем сложить равновеликие им и, следовательно, одинаковые квадраты. Нанесем на одном таком квадрате границы уложенных на нем кусков первого многоугольника, а потом — границы кусков второго многоугольника, как показано на рисунке 5.

Разрезав квадрат по всем полученным линиям, из образовавшихся кусков можно будет сложить как первый, так и второй многоугольник.

Превращения параллелограмма и прямоугольника, изображенные на рисунке 5, очень полезны как при конкретных разрезаниях, так и при доказательстве теоремы Больяи — Гервина.

На рисунке 6 показан ступенчатый способ, позволяющий некоторые прямоугольники перекраивать в квадраты с помощью разрезания всего на две части.

Если вы уже справились с двумя задачами, которые мы предложили решить самостоятельно, то можно предположить, что вам пришлось немало покрутить маленькие многоугольнички, прежде чем удалось сложить из них квадрат. А нельзя ли обойтись без вращений и сразу разрезать фигуру так, чтобы части совмещались без поворотов, одними параллельными переносами, как, например, показано на рисунке 4? Обратите внимание, одинаково заштрихованные многоугольнички переводятся друг в друга параллельными переносами.

В 1951 году швейцарские математики Г. Хадвигер и П. Глюр доказали, что из двух многоугольников равной площади один всегда можно разрезать на меньшие многоугольники, из которых можно сложить второй, используя для перемещения лишь параллельный перенос и центральную симметрию. Этот факт кажется неправдоподобным.

Рассмотрим два равных квадрата, повернутых один относительно другого на небольшой угол. Кажется, что здесь такое разбиение невозможно. Но взгляните на рисунок 7, и вы убедитесь, сколь

просто это можно осуществить. А на рисунке 8 показан метод соответствующего разбиения двух параллелограммов равной площади с параллельными сторонами.

Но можно ли обойтись лишь параллельным переносом? Оказывается, не всегда. Верно следующее утверждение: для того чтобы выпуклый многоугольник можно было разбить на части, из которых при помощи параллельного переноса можно было бы сложить квадрат, необходимо и достаточно, чтобы многоугольник был центрально-симметричным.

Рассмотренные приемы разрезания многоугольников сродни приемам экономного раскроя ткани, которым обучают на курсах кройки и шитья, уже упоминавшихся нами. Правда, там задача обратная — квадратный или прямоугольный кусок ткани следует разрезать так, чтобы в результате сшивания полученных кусков образовалось заданное изделие: рубашка, брюки или кепка. Там допускаются отходы, но, естественно, хочется, чтобы их было меньше. Многие математики, в частности замечательный русский ученый П. Чебышев, занимались задачами оптимального раскроя ткани.

Говоря о превращениях квадратного куска ткани в брюки или рубашку, нельзя не упомянуть о древней игре «Танграм», возникшей четыре тысячи лет назад в Китае.

Посмотрите, на рисунке 9 квадрат уже разрезан на семь частей. Из них нужно сложить заданные фигурки (рис. 10). Сделать это не всегда просто. На рисунке 11 вы видите два силуэта, сложенные из всех семи танграмов. У одного силуэта есть нога, а у другого — нет. Откуда взялась нога у правой фигуры?

Вашими помощниками при составлении фигурок будут не школьные знания математики, а терпение и фантазия.

ИНВЕРСИЯ И ЗАДАЧА АПОЛЛОНИЯ

«Геометрия» — в переводе с греческого — «землемерие». Своим рождением она обязана древним землемерам, архитекторам, строителям. Не имея тех совершенных приборов, которыми вооружены их потомки, они обходились простейшими средствами: циркулем, линейкой и мерной лентой. Естественно, что древние математики пользовались именно этими средствами для геометрических построений, отвергнув лишь мерную ленту как инструмент неточный.

Порой поражаешься, как много разнообразных задач на построение они могли решать, используя лишь простейшие инструменты.

Казалось, что нет таких задач на построение, которые нельзя было бы решить с помощью циркуля и линейки.

Но такие задачи нашлись. Математики ломали голову над задачами «трисекции угла» и «удвоения куба». Лишь в конце прошлого века была доказана их неразрешимость. Однако и сейчас еще встречаются чудаки, пытающиеся осуществить трисекцию угла только с помощью простейших средств для геометрических построений.

Из задач, вполне решаемых с помощью циркуля и линейки, одной из самых интересных является задача выдающегося древнегреческого геометра Аполлония из Перги.

Задача Аполлония формулируется так: построить окружность, касающуюся трех данных окружностей.

Известно, что решение этой задачи содержалось в сочинении Аполлония «О касаниях», но само сочинение было утеряно. В дальнейшем задача Аполлония породила многочисленные математические исследования, к ней обращались и такие выдающиеся математики, как Л. Эйлер и И. Г. Ламберт.

Сейчас существует много различных решений задачи, одно из них и будет приведено здесь. Однако наша цель — не только рассказать о решениях задачи Аполлония, но и вооружить вас методом инверсии, использованным в этом решении.

Итак, пусть дана окружность радиуса r с центром в точке О. Инверсией относительно этой окружности называется такое преобразование плоскости, когда каждой точке M плоскости, отличной от точки О, ставится в соответствие точка М', лежащая на луче ОМ на расстоянии r2/ОМ от точки О. Точка О называется центром инверсии, а число r2 — степенью, или коэффициентом инверсии.

Инверсию еще называют преобразованием обратными радиусами, а также симметрией относительно окружности. Она была введена в 1830 году немецким математиком Л. Магнусом, однако встречается и в трудах самого Аполлония, например в сочинении «О плоских геометрических местах». После своего второго рождения инверсия оказалась мощным инструментом в математических исследованиях.

Рассмотрим ряд свойств инверсии.

1. Точки на выбранной нами окружности при инверсии переходят в себя; точки, лежащие внутри окружности, переходят во внешние точки (кроме точки О), а внешние точки — во внутренние.

2. Если при инверсии фигура Ф переходит в фигуру Ф', то фигура Ф' переходит в фигуру Ф.

3. При инверсии точки, лежащие на прямой, проходящей через центр инверсии, переходят в точки, лежащие на этой же прямой.

Эти три свойства очевидны из определения инверсии. Термин «симметрия» применяется к инверсии в силу ее первого и второго свойств.

Заметим, что инверсия не определяет, куда переходит точка О — центр выбранной нами окружности. Если бы мы дополнили плоскость еще одной точкой Р — бесконечно удаленной, то можно было бы сказать, что при инверсии точка О переходит в точку Р, а точка Р — в точку О. Тогда и любые две прямые пересекались бы в точке Р. Вероятно, теперь легче будет понять следующее, четвертое, свойство инверсии.

4. Прямая, не проходящая через центр инверсии, переходит в окружность, проходящую через центр инверсии.

Докажем это.

Опустим из точки О перпендикуляр на прямую (рис. 1). Найдем для точки Р — основания перпендикуляра — точку Р', в которую она переходит при инверсии. Пусть теперь M — произвольная точка данной прямой и М'— точка, в которую она переходит при инверсии. Тогда из соотношений

следует, что

откуда вытекает, что треугольники ОРМ и ОМ'Р' подобны (угол при вершине О у них общий, а заключающие его стороны пропорциональны). Значит, ∠OM'P'= ∠ОРМ=90° и точка М' лежит

на окружности, построенной на отрезке ОР' как на диаметре.

Нетрудно заметить, что это доказательство не зависит от того, пересекает прямая окружность, относительно которой производится инверсия, или не пересекает.

5. Окружность, проходящая через центр инверсии, переходит при инверсии в прямую, не проходящую через точку О.

Доказательство этого свойства аналогично доказательству предыдущего.

6. Окружность, не проходящая через центр инверсии, переходит при инверсии в окружность.

Действительно, проведем через точку О и центр данной окружности прямую. Пусть А и В — концы соответствующего диаметра этой окружности (рис. 2). M — произвольная точка на ней. Обозначим через А', В' и М' точки, в которые переходят точки А, В и M при инверсии. Из соотношений

следует, что

Значит, треугольники ОАМ и ОА'М', а также ОВМ и ОВ'М' подобны (угол при вершине О общий, а стороны, его заключающие, пропорциональны). Отсюда следует:

Отсюда: ∠А'М'В'= ∠АМВ= 90°, а точка М' лежит на окружности с диаметром А'В'.

Если рассмотреть свойства 3—6 в совокупности, то можно сделать вывод: при инверсии каждая окружность или прямая переходит в окружность или прямую.

Таким образом, при инверсии прямые и окружности равноправны — и те и другие могут переходить как в окружности, так и в прямые (вообще прямую можно рассматривать как окружность бесконечно большого радиуса).

7. Если две окружности или прямая и окружность касаются в точке, отличной от центра инверсии, то их образы также касаются; если же точка касания совпадает с центром инверсии, то они переходят в параллельные прямые.

Это свойство попробуйте доказать самостоятельно.

Теперь вернемся к задаче Аполлония.

Итак, пусть на плоскости даны три окружности. Стоп! Взгляните на рисунок. Сколь большим числом способов могут быть расположены три окружности при условии, что мы разрешим им касаться или же вообще не иметь общих точек? А если рассмотреть возможные случаи с пересечениями? Неужели рассматривать каждый случай в отдельности?

Конечно, нет! Рассмотрим сначала сразу все случаи, в которых хотя бы две из данных окружностей касаются (безразлично, внешним или внутренним образом). Применим инверсию относительно вспомогательной окружности произвольного радиуса с центром в точке касания данных окружностей. Тогда, исходя из седьмого свойства, касающиеся окружности перейдут в параллельные прямые, третья окружность — в окружность или прямую. Искомая окружность должна получиться инверсией из окружности, касающейся указанных параллельных прямых и окружности (или прямой).

А задачу «построить окружность, касающуюся двух данных параллельных прямых и данной окружности (или прямой)» каждый из вас, надеюсь, сможет решить в течение нескольких минут. Построение, естественно, должно быть произведено с использованием лишь циркуля и линейки.

Заметим, что с помощью только циркуля и линейки мы легко можем построить эту окружность или прямую, в которую переходит любая окружность или прямая при инверсии относительно какой-либо данной окружности. Для этого нужно выбрать на ней какие-нибудь три точки, построить точки, в которые они переходят (это вы умеете делать), а затем через полученные три точки провести окружность (или прямую).

Из сказанного вытекает следующий ход построения:

а) построить параллельные прямые и окружность (или прямую), в которые переходят данные окружности при инверсии относительно вспомогательной окружности с центром в точке касания;

б) построить окружности (их может быть несколько), касающиеся полученных прямых и окружности (или прямой);

в) на трех первоначально данных окружностях отметить те точки, которые переходят в найденные точки касания;

г) по каждой тройке точек восстановить искомые окружности.

Итак, случай касания двух данных окружностей разобран. А в остальных случаях задача сводится к разобранному случаю или не имеет решения.

Идею сведения остальных случаев к разобранным покажем на одном из них.

Пусть даны три непересекаю-

щиеся окружности: S1, S2 и S3, расположенные так, как показано на рисунке. Требуется построить окружность S, касающуюся окружностей S1 и S2 внешним образом, а окружности S3—внутренним.

Рассмотрим окружности S1 и S2 , концентрические с окружностями S1 и S2, но с радиусами, а—r1—r2 / 2, увеличенными на 2 (здесь а=O1O2), и окружности S3 и S, концентрические с окружностями S3 и S, с радиусами, уменьшенными на эту величину (на рисунке они изображены пунктиром). Легко заметить, что если окружность S касалась окружностей S1, S2, S3, то окружность S будет касаться окружностей S1, S2, S3. Но окружности S1 и S2 оказались касающимися, поэтому на основании предыдущего случая мы сумеем построить окружность а искомая окружность является концентрической с ней и имеющей радиус на а—r1—r2 / 2 больше.

Остается отметить, что если окружности S1 и S2 пересекаются, то радиусы этих окружностей нужно уменьшить. Может оказаться, что при уменьшении радиуса окружности необходимый радиус станет равным нулю или даже отрицательному числу. В первом случае окружность вырождается в точку и «касание окружности и точки» нужно понимать как «окружность проходит через точку». Во втором случае мы строим окружность, радиус которой равен модулю полученного числа, но при этом меняется характер касания окружностей: если до изменения радиусов они касались внешним образом, то после изменения станут касаться внутренним образом, и наоборот.

Поскольку мы причислили к окружностям и точки (окружности

нулевого радиуса), и прямые (окружности бесконечно большого радиуса), то можно обобщить задачу Аполлония. Следовательно, нам требуется построить окружность или прямую, касающуюся:

1) трех данных окружностей;

2) данной прямой и двух данных окружностей;

3) двух данных прямых и данной окружности;

4) трех данных прямых;

5) данной точки и двух данных окружностей;

6) данной точки, данной прямой и данной окружности;

7) данной точки и двух данных прямых;

8) двух данных точек и данной окружности;

9) двух данных точек и данной прямой;

10) трех данных точек.

Таким образом, мы решили десять разных задач, причем четвертая и десятая задачи вам хорошо знакомы.

ИНВЕРСОРЫ

Снова вернемся к инверсии. Описанный способ построения с помощью циркуля и линейки окружностей, в которые переходят при инверсии данные окружности, трудоемок. А если мы захотим нарисовать образ более сложной фигуры, чем прямая или окружность? Хорошо бы иметь прибор, который выполнял бы преобразование инверсии. Такой прибор существует, и не один. Их называют инверсорами.

На рисунке 1 изображен инверсор Поселье, состоящий из шести шарнирно закрепленных стержней, причем ОА=ОВ, АМ=АМ'=ВМ=ВМ'. Инверсор работает следующим образом: точка О закрепляется; если точка M описы-

вает некоторую линию, то точка М' описывает линию, полученную инверсией из первоначальной с центром инверсии в точке О и коэффициентом инверсии, равным AO2 — АM2.

Сделать такой инверсор самостоятельно совсем не трудно. Если к инверсору добавить седьмой стержень О'М, такой, чтобы О'М = OO', и точку О' закрепить, то при вращении стержня О'М точка М' будет описывать прямую линию.

Подобные инверсоры используются в технике для превращения кругового движения в прямолинейное.

Еще проще инверсор Гарта (рис. 2). Он состоит всего из четырех шарнирно соединенных стержней. Фигура, которую образуют эти стержни, называется антипараллелограммом. Характерным свойством такого четырехугольника является условие: AB=CD, BC=AD. Если некоторую точку О отрезка AB закрепить на плоскости, отметить точки M и M' на стержнях AD и ВС, лежащих на прямой, проходящей через точку О и параллельной АС, то при движении точки M по некоторой фигуре точка М' будет двигаться по фигуре, полученной из предыдущей с помощью инверсии с центром в точке О и коэффициентом, равным

А теперь попробуйте решить несколько задач.

1. Через две точки проведены три окружности, каждая из которых проходит через обе точки. Во что перейдут они при инверсии с центром в одной из этих точек?

2. Во что переходят при инверсии три параллельные прямые?

3. Постройте окружность, проходящую через две данные точки и касающуюся данной прямой.

4. Докажите, что инверсоры Поселье и Гарта действительно выполняют указанную инверсию.

КОЕ-ЧТО О ВЫПУКЛОСТИ

Изучая геометрию, вы встречаетесь с разными плоскими и пространственными фигурами. Так, вы уже знаете, что такое треугольник, квадрат, окружность, куб, пирамида, шар, конус, цилиндр. Конечно, этот перечень далеко не исчерпывает всего разнообразия форм, существующих в природе. Огромное количество замысловатых и причудливых форм способ но создать и воображение. Естественно, что лишь немногие из этих форм имеют названия. Да и нужно ли все их называть?

Когда садовод сокрушается, что птицы склевали у него вишни, ему безразлично, какие именно птицы это сделали — воробьи, дрозды или попугаи. Он говорит о пернатых.

Знаете ли вы, что существует 8616 различных видов птиц? Можно ли запомнить их названия? Конечно, нет. Зоологи разделили пернатых на сорок отрядов, объединив в один отряд тех, которые обладают похожими свойствами. И если вы будете знать эти сорок отрядов, а также два-три десятка названий птиц, обитающих в вашей местности, то знакомство с пернатыми можно считать состоявшимся.

Так и в геометрии: вы знакомитесь с наиболее часто встречающимися фигурами. А можно ли выделить какие-нибудь интересные «отряды» фигур? Да, и это одна из целей геометрии. Свойство, которое объединяет фигуры в тот «отряд»,

о котором мы хотим рассказать, называется выпуклостью.

Слово «выпуклый» не является для вас новым. Однако попробуйте дать этому понятию четкое определение, и вы увидите, что это сделать не так уж просто. Посмотрим, как это понятие определяется в «Словаре русского языка» С. И. Ожегова.

«Выпуклый — имеющий дугообразную поверхность, обращенную наружу». А что значит дугообразную? Читаем : «Дугообразный — имеющий форму дуги». Что же такое дуга? «Дуга — часть окружности, круга или другой кривой линии». Тут уже наше терпение лопается: во-первых, кривые линии могут быть самыми разнообразными, а во-вторых, круг — не линия. Исходя из этого определения выпуклости, можно ли что-нибудь утверждать о выпуклости (или невыпуклости), например, куба? По-моему, нельзя. Так что такое «определение» никак не может устроить математика.

В науке понятие «выпуклый» имеет четко определенный смысл. Множество точек называется выпуклым, если вместе с любыми двумя его точками А и В этому множеству принадлежит и весь отрезок AB.

Теперь довольно очевидно, что куб — выпуклое тело. А вот фигура на рисунке 1 не выпукла. Нетрудно понять, что любой треугольник является выпуклой фигурой. А четырехугольники могут быть как выпуклыми, так и невыпуклыми (рис. 1).

А можно ли про выпуклые множества что-нибудь доказать? Можно. Например, докажите (это совсем просто), что пересечение двух или нескольких выпуклых множеств снова является выпуклым множеством (пустое мно-

жество также будем считать выпуклым).

Более трудно доказать такое утверждение: через любую точку границы выпуклой фигуры на плоскости можно провести прямую так, чтобы вся фигура лежала по одну сторону от этой прямой. Такая прямая изображена на рисунке 2. Она называется опорной прямой.

Если граничная точка является «угловой», как на рисунке 3, через нее можно провести несколько опорных прямых. Докажите самостоятельно, что если некоторая плоская фигура имеет опорную прямую в каждой граничной точке, то эта фигура является выпуклой. Значит, сформулированное утверждение можно принять за определение выпуклой фигуры.

Думаю, что наличие опорных прямых у плоских выпуклых фигур (аналогично — опорных плоскостей у выпуклых тел), хотя и является очень важным свойством, вряд ли кого удивит: оно довольно очевидно. Следующий факт гораздо более удивителен.

Если на плоскости задано несколько выпуклых фигур, каждые три из которых имеют общую точку, то найдется точка, принадлежащая одновременно всем этим фигурам.

Требование выпуклости фигур существенно. Посмотрите на рисунок 4: из четырех фигур, изображенных на нем, невыпуклая лишь одна; однако хотя у любых трех фигур есть общая точка, точек, принадлежащих одновременно всем четырем фигурам, нет.

А если на плоскости задано несколько выпуклых фигур, таких, что любые две из них имеют общую точку? Обязательно ли найдется точка, общая для всех этих фигур?

Докажите, что такой точки может и не быть.

Вы обратили внимание, что мы все время подчеркивали то, что рассматриваемые фигуры — плоские? И это неспроста, потому что существуют четыре выпуклых тела в пространстве, каждые три из которых имеют общую точку, но нет точки, общей всем четырем телам, например четырем граням треугольной пирамиды (рис. 5).

Значит, в пространстве подобная теорема уже не имеет места? Оказывается, чтобы она осталась верной и в пространстве, ее достаточно лишь немного «подправить». А именно: если в пространстве задано несколько выпуклых тел, каждые четыре из которых имеют общую точку, то найдется точка, принадлежащая одновременно всем этим телам.

Теорема, о которой мы только что рассказали, была открыта не так давно — в начале двадцатых годов нашего столетия — австрийским математиком Э. Хелли и носит его имя. Хелли сформулировал ее для выпуклых тел, расположенных в n-мерном пространстве. Теорему Хелли можно рассмотреть и для выпуклых множеств, лежащих на прямой (на прямой выпуклыми множествами являются отдельные отрезки, лучи, а также вся прямая и пустое множество).

В этом случае теорема Хелли звучит так: если на прямой задано несколько выпуклых множеств, каждые два из которых имеют общую точку, то найдется точка, принадлежащая одновременно всем этим множествам.

Попробуйте доказать эту теорему самостоятельно.

Если вас заинтересовали выпуклые фигуры, прочтите книгу И. Яглома и В. Болтянского «Выпуклые фигуры».

КАРТЫ И РАСКРАСКИ

На рисунке 1 изображен квадрат, разделенный на части. Если мы склеим из него цилиндр, а затем склеим еще и основания цилиндра, то получим поверхность, напоминающую бублик (рис. 2). В математике она называется тором.

На поверхности тора окажется карта, состоящая из семи стран, причем любые две страны будут иметь общую границу. Можно ли увеличить число стран с выполнением этого условия, то есть так, чтобы любые две страны имели общую границу? Оказывается, нельзя.

Прежде чем приступить к доказательству этого утверждения, рассмотрим более подробно построение тора из квадрата.

Первый шаг построения — склеивание цилиндра — не вызывает вопросов, но следующий — склеивание оснований цилиндра — уже не очевиден. Ведь если бы квадрат был, например, сделан из бумаги, то как из бумажного цилиндра сделать изображенный на рисунке бублик? Ваши попытки склеить цилиндр приведут к угловатой фигуре со складками наподобие мехов гармони или юбки гофре. Вот если бы квадрат был резиновый, то после склеек мы могли бы получить неплохую камеру для автомобильного колеса. Накачав ее воздухом, мы получим тор.

Изменилось ли что-нибудь от того, если бы мы взяли другой материал? Конечно. Форма тора стала бы более приятной, но зато изменились бы углы между границами стран, длина границ, площади самих стран.

А что сохранилось бы? Число стран, число границ каждой стра-

ны; на новой карте каждая страна граничит с теми же странами, что и на старой. И эти свойства сохранятся и в том случае, если мы будем наш резиновый тор деформировать, не разрезая его и не производя новых склеек.

Свойства фигур, которые не изменяются при таких деформациях, называются топологическими. Их изучением занимается одна из молодых математических наук — топология.

Известный популяризатор науки М. Гарднер1 сказал, что топологами принято называть математиков, которые не могут отличить кофейную чашку от бублика.

Не трудно убедиться, что бублик действительно можно непрерывной деформацией преобразовать в чашку. А если на бублике была нарисована карта, то она станет картой-узором на чашке, и при этом отмеченные нами свойства карты не изменятся (рис. 3).

Если одну фигуру можно непрерывно деформировать в другую, то они называются гомеоморфными.

Попробуйте самостоятельно доказать, что квадрат и треугольник гомеоморфны кругу, а кольцо нет (рис. 4).

В дальнейшем мы будем рассматривать карты, у которых каждая из стран гомеоморфна кругу.

Для карт такого вида имеется очень красивая общая теорема о числе В — вершин карты, то есть точек, где сходятся три или более страны, Г — числе границ, то есть отрезков, отделяющих одну сторону от другой, и С, то есть числе стран карты.

Теорема утверждает, что число χ=В—Г+С — одно и то же для всех карт на данной поверхности, а следовательно, и на всех поверхностях, гомеоморфных данной.

Число χ называют Эйлеровой характеристикой поверхности. Леонард Эйлер доказал, что для сферы В—Г+С=2. Это утверждение называется теоремой Эйлера. Ее можно сформулировать так: «Эйлерова характеристика сферы равна 2».

Проверить это нетрудно: рассмотрим какой-нибудь многогранник, например тетраэдр. Его поверхность гомеоморфна сфере (мы можем как бы раздуть его, превратив в сферу). В данном случае В=4, Г=6, С=4; В—Г+С=4—6+4=2. Для куба Б=8, Г=12, С=6; В-Г+С=8—12+6=2.

Докажем теорему Эйлера в общем случае.

Представим себе, что наша карта является схемой рисовых полей, причем границы их — плотины, отделяющие одно поле от другого.

Предположим, что одно из полей залито водой и мы хотим, последовательно снимая одну за другой плотины, оросить все остальные поля. Чтобы не разрушить при этом лишних плотин, поочередно будем снимать плотину между двумя такими полями, одно из которых уже орошено, а другое еще нет.

Теперь докажите самостоятельно, что для системы оставшихся плотин справедливы следующие утверждения.

Во-первых, что число разрушенных плотин равно С—1.

Во-вторых, что из любой вершины карты можно пройти по оставшимся плотинам в любую другую

1 Очень советуем прочесть его книги: «Математические головоломки и развлечения». М.: Мир, 1971; «Математические досуги». М.: Мир, 1972; «Математические новеллы». М.: Мир, 1974; «Есть идея!». М.: Мир, 1982; «Крестики-нолики». М.: Мир, 1988.

вершину, причем единственным образом.

И в-третьих, выведите из второго утверждения, что число вершин карты ровно на единицу больше числа оставшихся плотин.

Из первого и третьего утверждений следует, что Г—(С—1)+1 =В, то есть В—Г+С=2.

Это и есть теорема Эйлера для сферы.

Аналогично можно доказать, что для тора В—Г+С=0. То есть Эйлерова характеристика тора равна нулю.

Первое утверждение останется таким же; второе, а следовательно, и третье утверждения изменятся, так как на торе окажутся две замкнутые кривые, составленные из неразрушенных плотин, но не мешающих орошению всех полей. Одна из них охватывает тор по параллели, а другая — по меридиану аналогично кривым, являющимся линиями склейки квадрата при построении тора.

Итак, перед нами задача: существуют ли такие карты на торе с числом стран, большим семи, у которых каждые две страны имеют общую границу?

Покажем, что достаточно рассмотреть лишь те карты, в каждой вершине которых сходятся ровно по три страны.

Действительно, пусть в какой-то вершине искомой карты сходится более трех стран (рис. 5). Несложно преобразовать карту так, чтобы во всех вершинах сходилось ровно по три страны, число стран останется при этом прежним, а число вершин увеличится. Метод такой перестройки хорошо виден из рисунка. Причем те страны, которые имели общую границу (но не вершину), также будут иметь общую границу.

Теперь приступим к счету.

Пусть число стран на карте равно n, то есть С=n. Тогда поскольку каждая страна имеет с каждой из n — 1 других не менее одной границы, то число границ у каждой страны не менее n—1.

Каждая граница принадлежит ровно двум странам, поэтому общее число границ не менее n(n—1)/2. Итак, мы получили, что Г ⩾ n(n—1)/2. Подсчитаем число вершин. В каждой вершине сходится ровно три границы, а каждая граница соединяет ровно две вершины. Поэтому удвоенное число границ равно утроенному числу вершин, или 2Г = 3В, или В = 2/3Г.

Подставим полученное выражение для В в формулу Эйлера: —Г/3 +С=0, или Г=3С.

Так как С= n, а Г ⩾ n(n—1)/2, то 3n ⩾ n(n—1)/2, или 7n ⩾ n2. Отсюда n ⩽ 7.

Доказательство окончено.

Покажите, что если не все страны гомеоморфны кругу (например, у карты есть страны в виде кольца), то число стран, удовлетворяющих условию задачи, также не превосходит семи.

Попробуйте самостоятельно доказать, что для поверхности шара наибольшее число стран, попарно граничащих друг с другом, равно четырем.

Примером карты с четырьмя странами на шаре может служить тетраэдр, у которого страны составляют его грани. Чтобы превратить тетраэдр в шар, нужно его раздуть, будто он резиновый. На рисунке 6 изображена развертка. Рисунок можно считать разверткой тора.

Для более сложной поверхности, например кренделя, развертка будет совсем не простой (рис. 7). Одна из таких разверток изображена на рисунке 8. Чтобы склеить из нее крендель, нужно склеивать отрезки, находящиеся на границе развертки, так, чтобы при этом вершины с одинаковыми номерами совпадали.

Эта развертка разбита на восемь стран. По ее периферии вы должны указать цвета тех стран, с которыми соприкасается каждая страна на соответствующих участках границы. Проверьте, граничат ли все страны между собой, то есть каждая с каждой? Докажите, что на кренделе нельзя построить карту, обладающую указанным свойством — с числом стран, большим восьми.

Формула Эйлера для кренделя выглядит так: В—Г+С=—2.

Рассмотрим теперь раскраски произвольных карт на поверхностях. Мы будем называть раскраску карты правильной, если любые две страны, имеющие на карте общую границу, окрашены в различные цвета.

Построенные примеры карт шара, тора и кренделя позволяют сделать следующие утверждения:

существуют карты на шаре, для правильной раскраски которых необходимо иметь краски четырех различных цветов;

существуют карты на торе, для правильной раскраски которых необходимо иметь краски семи различных цветов;

существуют карты на кренделе, для правильной раскраски которых необходимы краски восьми различных цветов.

Интересно, что для правильной раскраски любой карты на торе достаточно семи цветов. А на кренделе достаточно восьми цветов для правильной раскраски любой карты.

Что же касается поверхности шара — самой простой из рассмот-

ренных поверхностей, то для нее этот вопрос решен совсем недавно.

Можно ли произвольную карту на поверхности шара (или на плоскости) правильно раскрасить четырьмя красками?

Эта проблема более двухсот лет волновала математиков всего мира. Лишь не так давно было получено доказательство, что любая карта на плоскости может быть правильно окрашена четырьмя красками. Соавтором этого доказательства была электронная вычислительная машина.

ОЛИМПИЙСКИЕ КОЛЬЦА

Нам хорошо знакома эмблема олимпиады — пять сплетенных колец, символизирующих пять обитаемых континентов земного шара.

Приглядимся повнимательнее к этой лаконичной эмблеме (рис. 1). Три кольца сверху, два снизу — вот вроде бы и все. Но посмотрим на рисунок 2. Здесь вновь пять сплетенных колец — три сверху, два снизу, — но что-то не то. Что именно? Эти кольца сцеплены более сложно. Рисунок, который они образуют, напоминает часть кольчуги, тогда как кольца олимпийской эмблемы — обычная цепочка.

Конечно же, пять колец можно сцепить не только так, как показано на рисунках 1 и 2.

Посмотрите, здесь также изображены кольца, каждое из которых сцеплено с одинаковым количеством колец—с двумя (рис. 3) и с четырьмя (рис. 4). Первый вариант легко получить, сцепив между собой концевые кольца цепочки, а второй можно получить, сцепив сначала два кольца, затем сцепив с каждым из них третье, потом с каждым из трех четвертое и, наконец, с каждым из четырех пятое кольцо.

А можно ли так сцепить пять колец, чтобы каждое было сцеплено ровно с тремя другими? Попробуйте, однако должен предупредить, что все попытки окажутся безуспешными. Почему? А вот почему.

Предположим, что такое сцепление удалось осуществить. Привяжем к какому-нибудь кольцу ярлычок с номером 1; это кольцо у нас сцеплено еще с тремя кольцами и не сцеплено с одним. К этому кольцу привяжем ярлычок с номером 2. В свою очередь кольцо с номером 2 должно быть сцеплено со всеми остальными кольцами, кроме кольца с номером 1. Возьмем какое-нибудь из еще не пронумерованных колец и прицепим к нему ярлычок с номером 3 — оно, как мы знаем, сцеплено с кольцами под номерами 1 и 2, поэтому должно быть сцеплено с одним из еще не пронумерованных колец (которому мы дадим номер 4) и не сцеплено с последним кольцом (ему мы присвоим номер 5). Посмотрим на кольца под номерами 4 и 5. Если они сцеплены, то тогда кольцо под номером 4 сцеплено со всеми четырьмя оставшимися кольцами, а мы предположили, что каждое кольцо сцеплено ровно с тремя другими. Значит, кольца под номерами 4 и 5 не сцеплены, но в таком случае кольцо под номером 5 будет не сцеплено с двумя кольцами под номерами 3 и 4, а сцеплено только с двумя, что опять противоречит предположению.

Таким образом, наше предположение о возможности сцепления пяти колец так, чтобы каждое было сцеплено ровно с тремя, оказалось неверным.

На рисунке 5 изображено совершенно удивительное сцепление трех колец. Никакие два из них не сцеплены между собой, но попробуйте их расцепить — у вас ничего не получится. Однако если разрезать любое из этих колец, то все кольца окажутся расцепленными. Эти кольца называются кольцами Борромео. Подобным же образом зацеплены и три кольца на рисунке 5. Присмотритесь — никакие два из них не сцеплены, а разнять их невозможно.

А можно ли подобный фокус устроить с пятью кольцами? Взгляните, и вы увидите пример такого сцепления (рис. 6). Если разрезать какое-либо кольцо, то можно будет снять его и еще одно кольцо, а остальные три образуют кольца Борромео, а если разрезать среднее кольцо, то все кольца можно будет разнять.

Конечно же, у вас возник вопрос: «А можно ли так сцепить пять колец, чтобы никакие два не были сцеплены и при разрезании любого из них все кольца можно было бы разнять?» Оказывается, и это возможно. Посмотрите на рисунок 7. Здесь хорошо виден процесс такого сцепления; хорошо заметно, что никакие два кольца не сцеплены между собой и что, разорвав любое, можно разъединить все остальные. Более того, такой процесс можно совершить с любым количеством колец, большим двух.

И еще несколько задач:

1. Имеются шесть колец. Докажите, что можно сделать так, чтобы каждое из них было сцеплено:

а) с двумя другими кольцами;

б) с тремя другими кольцами;

в) с четырьмя другими кольцами;

г) с пятью другими кольцами.

2. Имеются семь колец. Докажите, что можно сделать так, чтобы каждое из них было сцеплено:

а) с двумя другими кольцами;

б) с четырьмя другими кольцами;

в) с шестью другими кольцами.

И невозможно, чтобы каждое было сцеплено:

а) с тремя другими кольцами;

б) с пятью другими кольцами.

3. Докажите, что n колец можно сцепить так, чтобы каждое было сцеплено ровно с k другими кольцами, в том и только в том случае, если хотя бы одно из чисел n и k является четным.

ПРОЕКТИВНАЯ ПЛОСКОСТЬ

Перелистывая учебник природоведения для третьего класса, я обратил внимание на две картинки: класс, нарисованный художником, и план того же класса. Взгляните на них. Класс на рисунке изображен таким, каким вы его видите, стоя у доски. А план? Таким вы свой класс наверняка не видели, даже забравшись на стул, поставленный на парты. Можете и не пытаться это предпринимать.

И тем не менее сделать хороший рисунок класса, комнаты, двора — задача гораздо более трудная, чем начертить соответствующие планы. Действительно, чтобы начертить план, достаточно набраться терпения, измерить размеры предметов и расстояния между ними, а затем в соответствующем масштабе все это перенести на лист бумаги. Задача, вполне посильная любому третьекласснику.

А рисунок? Для этого нужен талант, скажете вы. Однако, рассматривая даже несомненно талантливые детские рисунки, можно заметить, что часто в них что-то смущает нас, зрителей. Оказывается, в них отсутствует перспектива! Та самая перспектива, кото-

рая придает объемность плоскому изображению.

Впервые изображением перспективы серьезно заинтересовались художники эпохи Возрождения, в особенности Альбрехт Дюрер и Леонардо да Винчи. Затем к решению этой задачи приступили математики и создали красивую науку — проективную геометрию, ее основы были заложены Ж. Дезаргом и Б. Паскалем.

Вы удобно расположились в кресле. За окном — очаровательный пейзаж. А теперь представьте себе, что это не окно, а картина. Создателя такой картины, очевидно, невозможно упрекнуть в плохой перспективе. Попробуем воспроизвести ее, например, мелом прямо на оконном стекле.

Встанем и подойдем к окну. Картина тут же начнет меняться — появятся новые предметы, а те, которые были видны прежде, переместятся и изменят форму. Встанем у окна и попытаемся изобразить то, что видим. Нас ждет неудача : малейшее движение головой, взгляд с нового ракурса — и картина меняется, изображения передвигаются на другие места. Что же делать?

На одной из своих гравюр Дюрер с помощью остроумного приспособления изобразил вазу так, как она видна из точки, в которой веревка прикреплена к стене. Пользуясь таким инструментом, и вы сможете правильно дать перспективу пейзажа в окне. Однако не думайте, что вы уже стали художником. Еще точнее эта картина может быть воспроизведена при помощи фотоаппарата. Действительно, фотоаппарат дает точную проекцию снимаемого объекта на фотопластину или пленку, и мы получаем объективную картину. А для того чтобы она стала действительно художественным произведением, нужен талант.

Но оставим на время живопись и перейдем к геометрии. Рассмотрим схему метода Дюрера (рис. 1). Зададим в пространстве плоскость Р и точку О. Для того чтобы построить изображение точки N на плоскости Р, проведем прямую через точки N и О. Точка N1, в которой эта прямая пересечет плоскость Р, и будет изображением точки N на плоскости Р. Такой метод построения изображения называется центральной проекцией на плоскость Р из точки О.

Рассмотрим центральную проекцию из некоторой точки О фигур, лежащих в горизонтальной плоскости Q, на вертикальную плоскость Р (рис. 2). Заметим, что прямые будут переходить в прямые. Действительно, проведем плоскость через прямую на плоскости Q и точку О. Линия ее пересечения с плоскостью Р и будет изображением выбранной прямой. Ясно, что если две прямые пересекаются (не на прямой l2), то их изображения тоже пересекаются (рис. 3). Могут пересекаться даже изображения параллельных прямых, причем точка N1 пересечения этих прямых лежит на прямой l, проходящей через точку О и параллельной плоскости Q (так «пересекаются» на горизонте рельсы железной дороги).

А какой прямой на плоскости Q соответствует «горизонтальная» прямая l1 на плоскости Р — «линия горизонта»? Такой прямой нет. В то же время для любой другой прямой плоскости Р найдется прямая на плоскости Q, которая ей соответствует. Проверьте это утверждение самостоятельно. Однако для прямой l2 пересечения плоскости Q с плоскостью R (R параллельна плоскости Р и

проходит через точку О), причем только для этой прямой, не найдется изображения на плоскости Р ни для одной из ее точек. Да и образы прямых, параллельных l2 и лежащих в Q, на Р не пересекаются (рис. 4 на с. 80).

Стремление устранить такую «дискриминацию» привело к созданию понятия проективной плоскости.

Мысленно дополним обычную плоскость точками еще одной прямой, которую будем называть бесконечно удаленной. Ее точки также будем называть бесконечно удаленными. Свяжем элементы плоскости с вновь введенными элементами.

Во-первых, будем считать, что любая прямая плоскости пересекается с бесконечно удаленной прямой и притом в единственной точке. Эта точка, естественно, будет бесконечно удаленной, поскольку она принадлежит бесконечно удаленной прямой.

Во-вторых, будем считать, что любая прямая, параллельная данной, пересекается с бесконечно удаленной прямой в той же точке, что и данная. Тогда эта точка является точкой пересечения всех прямых, параллельных данной (в смысле параллельности на обычной плоскости).

Теперь при центральном проектировании прямую l1 можно считать образом бесконечно удаленной плоскости Q, а образом прямой l2— бесконечно удаленную прямую плоскости Р, при этом лишь для точки пересечения бесконечно удаленной прямой плоскости Q с прямой l2 не найдется места на прямой l1, то есть эта точка останется бесконечно удаленной. Аналогично и для бесконечно удаленной прямой плоскости Р и прямой l1.

Каковы же свойства полученной проективной плоскости? Это зависит от того, с какой точки зрения их рассматривать. Наиболее естественно рассматривать те свойства проективной плоскости, которые не меняются при центральном проектировании.

Действительно, при этом стирается разница между прямыми на первоначальной плоскости и бесконечно удаленной прямой, поскольку свойства бесконечно удаленной прямой плоскости Q будут в таком случае полностью соответствовать свойствам прямой l1 плоскости Р.

Перечислим основные из этих свойств:

для любых двух точек существует одна, и только одна, прямая, которой они одновременно принадлежат.

Любые две прямые пересекаются в одной, и только в одной, точке.

При этом придется забыть и об углах между прямыми, поскольку их величины не сохраняются при центральном проектировании, и о расстояниях между точками. Может показаться, что это обстоятельство обедняет геометрию проективной плоскости. Тем не менее получается большая и содержательная теория, которая носит название проективной геометрии и отличается чрезвычайным изяществом своих теорем. Вот одна из них.

Теорема Дезарга. Пусть даны три прямые, пересекающиеся в точке О. Пусть на одной прямой лежат точки А и A1, на другой — В и B1, на третьей — С и C1. Тогда точки пересечения прямых AB и A1B1, АС и A1C1, ВС и B1C1 лежат на одной прямой (рис. 5).

На обычной плоскости в этой теореме приходится отдельно ого-

варивать ряд случаев, когда какие-либо прямые параллельны. А вот еще одна теорема.

Теорема Паппа. Пусть на одной прямой даны точки А, В и С, а на другой — точки A1, B1 и C1, тогда точки пересечения прямых АB1 и A1В, АC1 и A1С, ВC1 и B1С лежат на одной прямой (рис. 6).

И эта теорема на обычной плоскости нуждается в уточнениях в случае параллельности тех или иных прямых.

Одним из самых замечательных свойств проективной геометрии является принцип двойственности: на проективной плоскости каждая теорема остается справедливой, если в ней всюду слово «точка» заменить на слово «прямая», слово «прямая» на слово «точка» и поменять местами выражения: «лежит на...» и «проходит через...». Примером такой двойственности могут служить указанные выше свойства проективной плоскости.

Сформулируйте теоремы, двойственные теоремам Дезарга и Паппа.

А сейчас вернемся к геометрическому объекту.

Мы получили проективную плоскость, введя бесконечно удаленные точки и бесконечно удаленную прямую.

Можно ли узнать, что из этого получилось?

Бесконечно удаленную прямую (без одной точки) мы увидели, когда спроектировали проективную плоскость Q на плоскость Р. Но при этом ушли в бесконечность другие ее точки — прямая l2. Хотелось бы получить такую модель проективной плоскости, в которой были бы «видны» все ее точки.

Одна такая модель уже почти построена. А именно, зафиксируем точку О в пространстве и назовем точками прямые, проходящие че-

рез точку О, а прямыми — плоскости, проходящие через точку О.

Посмотрите еще раз на рисунки 2—4. Каждой точке проективной плоскости действительно соответствует единственная «точка» модели — прямая, проходящая через эту точку и точку О, а каждой прямой—«прямая» (плоскость, проходящая через эту прямую и точку О).

При этом бесконечно удаленной прямой будет соответствовать горизонтальная плоскость— «прямая», а бесконечно удаленным точкам — лежащие в горизонтальной плоскости прямые—«точки», например ON1 (рис. 3). В этой модели наиболее ярко видно равноправие всех точек и прямых проективной плоскости.

Полученная модель очень хороша для исследования свойств проективной плоскости, однако хотелось бы иметь такую модель, в которой точки были бы точками, а прямые — линиями. Оказывается, такую модель нетрудно получить из предыдущей.

Добавим еще полусферу с центром в точке О, касающуюся плоскости Q. Основание полусферы параллельно плоскости Q. Тогда каждой прямой, соединяющей точку О с точкой на плоскости Q, будет соответствовать точка на полусфере — та самая, в которой эта прямая пересекается с полусферой. Прямым обычной плоскости при этом будут соответствовать полуокружности на полусфере, проходящие через диаметрально противоположные точки границы полусферы. Семейству параллельных прямых на плоскости Q будут соответствовать полуокружности, проходящие через две диаметрально противоположные точки на границе полусферы, а бесконечно удаленной прямой — граница полусферы (рис. 7).

К сожалению, каждой бесконечно удаленной точке (точке бесконечно удаленной прямой) соответствуют две диаметрально противоположные точки границы полусферы. Чтобы избавиться от этого недостатка модели, надо лишь склеить между собой две полуокружности границы полусферы, но так, чтобы при этом склеивались диаметрально противоположные точки.

Сделать это, оказывается, совсем не просто. Мало того что полусферу придется изгибать, придется еще и разрешить ей пересекать саму себя. То, что получится в результате, можно увидеть на рисунке — поверхность сама себя пересекает по линии AB (рис. 8).

В этом случае, естественно, уже трудно хорошо изобразить прямые. Поэтому чаще всего пользуются другой моделью — кругом, диаметрально противоположные точки которого мысленно считаются склеенными. Такая модель получается из модели на полусфере, если эту полусферу спроектировать на плоскость Q (рис. 9).

На проективной плоскости можно нарисовать шесть стран, каждые две из которых граничат друг с другом. Заметим, что на обычной плоскости таких стран может быть не больше четырех. Было доказано, что шести красок достаточно для правильной раскраски любой карты на проективной плоскости.

ГЛАВА ТРЕТЬЯ

МАТЕМАТИКА В ИГРАХ

СЕАНС ПАРАПСИХОЛОГИИ

(РАССКАЗ ФИМЫ СЕМЕНОВА)

На математическом вечере в нашей школе с большим успехом прошло выступление двух «экстрасенсов»— учеников 7 «А» класса Степы Мошкина и Тимура Егорова.

— Уважаемые зрители, — начал Степа. — Тимур обладает удивительной способностью читать мои мысли. Не далее как вчера он дал мне списать домашнее задание, хотя я об этом его еще не успел попросить. А после моего ответа на уроке географии он, не заглянув в мой дневник, точно назвал отметку, которую туда поставила Людмила Николаевна. Замечу, что лучше всего мне удается передавать ему именно числа, и сейчас вы в этом убедитесь сами. Правда, я при этом должен поддерживать контакт — словами активизировать его экстрасенсорные способности. Итак, на доске любой из вас может написать какое-нибудь число, а Тимур, стоя спиной к доске, назовет его, прочтя это число в моих мыслях. Кто первый?

К доске подбежала шустрая пятиклассница и написала число 87.

— Замечательно, Женя! — воскликнул Степа.

— Я не Женя, а Оля, — обиделась пятиклассница.

— Извини, Оля, а я займусь активизацией телепатических способностей Тимура, — ответил Степа.

— Не нужно, — заявил Тимур, — я знаю, это число восемьдесят семь.

Зал ахнул, но один второклассник крикнул:

— Халтура! Ему подсказали на пальцах число из зала!

— Спокойно, — подняв руку, твердо сказал Степа, — мы усложняем эксперимент. Я завязываю Тимуру глаза! — И он обмотал голову Тимура полотенцем, оставив незавязанным только рот.

К доске вразвалку подошел десятиклассник и написал число 33.

— Второе число, — объявил Степа, — сосредоточься и назови.

— Это тридцать три, — произнес Тимур.

Зал вновь зашумел, а юркий первоклассник уже записывал на доске число 54.

— Думай, гадай, — взглянув на число, произнес Степа.

— Это число пятьдесят четыре, — заявил Тимур, почесав полотенце на затылке.

У сцены уже выстроилась очередь. На доске появилось число 9.

— Интересное число, — прокомментировал Степа, а Тимур тут же произнес :

— Девять!

Увидев число 111, Степа воскликнул:

— Ай-ай-ай, такие большие числа отгадывать очень трудно.

И Тимур тут же назвал число.

— Степан подсказывает! — крикнули из зала.

— А как? — отпарировал тот. — Хорошо, я уйду, а Тимур и без меня будет демонстрировать свои выдающиеся телепатические способности.

Степа торжественно сошел со сцены, а Тимур произнес:

— Опасный эксперимент! Прошу к доске стопроцентно здорового и интеллектуально полноценного индивидуума.

У доски снова оказалась пятиклассница Оля.

— Итак, — продолжал Тимур, — Степа ушел, полотенце у меня на глазах. Пусть тот, кто находится у доски, напишет число.

Оля написала число 14. Тимур поднес руки к голове и произнес:

— Мне необходимо, чтобы об

этом числе постоянно думали, а еще лучше, чтобы с ним производили арифметические действия. Ну-ка прибавь к этому числу одиннадцать и запиши. Теперь возведи оба записанных числа в квадрат. Отними от большего квадрата меньший. Готово? Сколько получилось?

— Четыреста двадцать девять, — ответила девочка.

— Было задумано число четырнадцать, — объявил Тимур после недолгого молчания.

Я схватил ручку и лист бумаги, чтобы разобраться в этом фокусе, но тут Тимур снова пригласил желающих на сцену. Меня словно кто в спину толкнул — через три секунды я был уже возле доски.

— Рекордный эксперимент! — произнес Тимур. — Я начинаю работать с трехзначными числами. Запиши трехзначное число, — сказал он, чуть повернувшись ко мне.

Я написал 238 — номер моего почтового отделения.

— Припиши к нему это число еще раз!

Я написал: 238238.

— Умножь полученное число на два, — потребовал Тимур.

Я написал: 476476.

— Раздели полученное число на семь, — последовало новое требование.

Я начал делить. Число легко делилось на 7, и в результате оказалось: 68068.

— Раздели полученное число на одиннадцать, — приказал Тимур.

Как ни странно, но 68068 на 11 делилось, и получилось число 6188.

— А это число раздели на тринадцать!

— А если не разделится? — робко спросил я.

— Раньше делилось — разделится и сейчас, — ответил Тимур.

Я начал у края доски делить 6188 на 13. К моему удивлению, деление произвелось нацело.

— Разделилось? — спросил Тимур.

— Да, — ответил я, — получилось четыреста семьдесят шесть.

— Тобой было задумано число двести тридцать восемь, — торжественно произнес Тимур. — Сотри написанное с доски.

Когда я поднял руку с тряпкой, чтобы стереть с доски, то с удивлением обнаружил, что делил число 476476, а получил 476. В чем тут фокус? Я направился было на свое место, но Тимур остановил меня.

— Прошу задержаться, — сказал он, вытаскивая из кармана конверт. — Возьми этот конверт и храни его в течение следующего эксперимента. А тот, кто стоит у доски, пусть напишет число, большее пятидесяти, но меньшее ста.

Петр Яблочкин из 6 «Б» написал число 69.

— Прибавь к нему восемьдесят шесть, — попросил Тимур.

На доске появилось число 155.

— Сотри первую цифру и прибавь ее к оставшемуся числу.

Петя написал число 56.

— Вычти это число из первоначального.

На доске появилось число 13.

— Теперь посмотрите, что лежит в конверте! — воскликнул Тимур.

Я вскрыл конверт. На открытке, вложенной в него, крупно было написано число 13. Я был поражен. Сколько ни думал — ничего понять не мог.

А вы поняли секреты фокусов? Если нет, то посмотрите объяснение в конце книги.

Но сначала все-таки попробуйте сами разобраться в описанных ситуациях. Ведь одна самостоятельно решенная задача стоит нескольких, разобранных в книге.

КАМЕШКИ И ШАХМАТНАЯ ДОСКА

(ВОСПОМИНАНИЯ О ЛЕТНИХ КАНИКУЛАХ)

Жарким июльским днем мы с Колей отправились на пляж. Вдоволь накупавшись, улеглись на песке загорать. Рядом двое мужчин играли в шахматы. Естественно, мы тотчас начали обсуждать позицию на доске и подсказывать: я — одному, а Коля — другому. Но игроки были невозмутимы и на наши подсказки не реагировали. Отчаявшись превратить партию в шедевр шахматного искусства, мы стали думать, чем же заняться.

— А не сыграть ли нам в камешки? — спросил Коля.

— Это что — подбрасывать и ловить?

— Да нет, — ответил он. — Гораздо интереснее! Из кучки камней мы должны по очереди брать по одному, по два или по три камня. Выигрывает тот, кому достанется последний камень.

Я решил играть так, чтобы у меня всегда было четное число камней. И проиграл. Во второй партии я стал брать камни так, чтобы у меня все время было нечетное число камней, и снова проиграл. Проигрывать в третий раз мне не очень хотелось, и я решил попытаться понять смысл игры.

И в первый раз, и во второй раз перед моим последним ходом в кучке оказывалось четыре камня. Если я брал один камень, Коля забирал остальные три. Если же я брал два или три камня, он забирал оставшиеся два или последний камень.

Как мне поступить, чтобы вновь не оказаться перед четырьмя камнями? Оставлять ему пять, шесть или семь камней нельзя: взяв один, два или три камня, он вновь оставит

мне четыре. А если я оставлю ему восемь камней? Тогда он будет вынужден оставить мне пять, шесть или семь камней, а я заставлю его делать ход в ситуации, когда в кучке лежит четыре камня. И тут меня осенило!

Если игрок получает на своем ходе кучку камней, количество которых делится на четыре, то после любого его хода количество оставшихся камней уже не будет делиться на четыре, а партнер вновь сможет сделать ход, приводящий к кучке, количество камней в которой делится на четыре, и так далее, пока не закончатся камни.

Пересчитав камни в кучке (их оказалось двадцать пять), я поднял голову, чтобы сказать Коле, что беру один камень, но... он уже махал мне рукой с середины реки.

Когда мы, накупавшись, вернулись на старое место, я, как бы нехотя, спросил:

— Сыграем еще партию? Начинать должен вроде бы я?

— Что м, — ответил Коля, — давай. Только сейчас будем играть по новым правилам. Из кучки камней снова берем по одному, по два или по три камня. Проигрывает тот, кому достанется последний камень. Ну, начинай!

Я задумался, а через минуту, еще раз пересчитав камни в кучке — их как было, так и осталось двадцать пять, — поднял руки вверх:

— Сдаюсь, проиграл!

— Почему? — удивился Коля. В ответ я разложил камни так, как показано на рисунке 1 (с. 87) — шесть кучек по четыре камня и еще один камень.

— В первой партии я бы выиграл потому, что первым ходом я взял бы один камень, — сказал я, — а потом столько камней, чтобы в сумме с камнями, взятыми перед этим тобой, получилось четыре камня. А теперь, сколько бы камней я ни взял, ты, беря всякий раз столько камней, чтобы в сумме со взятыми перед этим мной камнями получалось четыре камня, оставишь мне последний камень.

— Молодец, — похвалил Коля. — Ты нашел выигрышную стратегию для второго игрока. Что же мы будем делать дальше?

Тут мы заметили, что наши соседи-шахматисты ушли купаться.

— Эх, жаль, не попросили у них шахматы! — сказал я, глядя на пустую шахматную доску.

Фигуры наши соседи убрали в сумку. На песке валялась лишь забытая пешка. А мне хотелось после всех неудач взять реванш.

— Знаешь что, — сказал Коля, придвигая шахматную доску и ставя эту единственную пешку в угол доски, — сейчас мы сыграем в игру, автором которой является известный математик академик Израиль Гельфанд. Играют в нее так: сначала пешка стоит в одном из углов доски, а затем ее по очереди передвигают на одну из соседних клеток, причем назад ходить нельзя. — И он, поставив пешку на одно из центральных полей, показал, на какие поля ее может передвинуть тот, кто поставит пешку в противоположный угол доски (рис. 2 с. 87).

Я тотчас согласился — ведь в шахматы играю куда лучше Коли, и здесь не какие-то камешки, а настоящая шахматная доска и настоящая пешка.

Первую партию я проиграл и решил во второй не торопиться, а хорошенько обдумать позицию. Однако вернулись наши соседи, и нам пришлось, извинившись, вернуть им доску с пешкой.

— Не расстраивайся, — сказал Коля, — в эту игру можно играть и при помощи камешков.

Я тут же начертил на песке квадрат, провел линии, делящие его на шестьдесят четыре квадратика, а на угловое поле поставил камешек.

— Можно, конечно, и так, — сказал Коля, — но я имел в виду совсем другое.

Он сложил две кучки камней, по семь камней в каждой.

— Будем по очереди брать камни: либо один камень из первой кучки, либо один камень из второй кучки, либо два камня — по одному из каждой кучки; а можно не брать камни, а переложить один камень из одной кучки в другую. Выигрывает тот, кто забирает последний камень.

— Не хочу я иметь дело с твоими дурацкими камнями! — возмутился я. — Давай играть в игру Гельфанда. Ты что — боишься?

— А это и есть игра Гельфанда, — ответил Коля. — Смотри!

И он начертил на песке около моего квадрата цифры от 0 до 7 сначала вдоль одной стороны квадрата, а потом вдоль другой (рис. 3).

— Посмотри, что происходит. Пусть фишка (5; 6) стоит на поле, то есть на пересечении вертикали, помеченной цифрой 5, и горизонтали, помеченной цифрой 6. Положим в сторонке две кучки камней: в первой пять камней, а во второй шесть. В какие клетки я имею право передвинуть фишку? В клетки (6; 5), (5; 5), (4; 5), (4; 6) и (4; 7). Как из двух кучек, содержащих пять и шесть камней, получить кучки, соответствующие новым положениям фишки? Очень просто! Чтобы иметь положение (6; 5), нужно один камень переложить из второй кучки в первую; положение (5; 5) достигается, если взять из второй кучки один камень; (4; 5) — если взять по камню из обеих кучек; (4; 6) — если взять один камень из первой кучки; (4; 7) — если один камень переложить из первой кучки во вторую. Поскольку угловое поле занумеровано цифрами (7; 7), в каждой кучке вначале должно быть по семь камней. Если поле занумеровано цифрами (0; 0), то в кучках не останется камней.

— А мне игра на шахматной доске нравится гораздо больше, — сказал я. — Клетка (0; 0) — проигрышная в том смысле, что если ход мой, а фишка уже стоит в этой клетке, то я проиграл. А соседние с ней клетки (0; 1), (1; 1) и (1; 0) — выигрышные. Тогда клетки (0; 2) и (2; 0) — проигрышные, так как с них можно пойти лишь на выигрышные клетки. — Проигрышные клетки я начал помечать на песке буквой П, а выигрышные — знаком + (рис. 4). — Рассуждая дальше, я могу для каждой клетки определить, выигрышная она или проигрышная, — продолжал я, заканчивая разметку полей квадрата. — Теперь я хочу с тобой сыграть в «каменный» вариант игры Гельфанда: буду передвигать фишку по доске и соответственным образом брать или перекладывать камни.

— А я тем временем сформулирую простое правило, — сказал Коля. — Посмотри, проигрышные клетки — это те, у которых обе «координаты» четные; у выигрышных же клеток хотя бы одна «координата» нечетна. Таким образом, в «каменной» игре Гельфанда стратегия у начинающего игрока не сложная: он должен брать камни так, чтобы в обеих кучках было четное число камней, причем если в каждой кучке нечетное число камней, то этого можно добиться, либо взяв по одному камню из каждой кучки, либо переложив камень из одной кучки в другую.

— А вот так как раз и не следует поступать, — сказал я, — ведь мы будем перекладывать камни по очереди из одной кучки в другую до бесконечности. В этом случае нужно брать два камня, тогда общее количество камней в кучках все время будет уменьшаться и начинающий сможет торжествовать победу, если, конечно, он сделает правильный первый ход — на поле (6; 6), а дальше уже ему придется придерживаться нашей стратегии.

Таким образом, мы полностью разобрались в игре Гельфанда, а раз так, то играть в нее стало не интересно. Другое дело — шахматы! Там сыграны, наверно, уже миллионы партий, а выигрышной стратегии пока так и не нашли. Зато в игре с камешками можно придумывать все новые и новые правила игры, а находить стратегию, приносящую выигрыш, не менее, если не более, интересно, чем находить решение замысловатого шахматного этюда.

Попробуйте ответить, кто и как выигрывает при правильной игре — начинающий или его партнер— в следующих играх:

1. Имеются две кучки по 10 камней. Двое играющих поочередно берут камни из какой-нибудь кучки (не обязательно всякий раз из одной и той же). Выигрывает тот, кто заберет последние камни.

2. Условия те же, что и в предыдущей игре, но игрокам запрещается брать такое количество камней, при котором в кучках в результате остается одинаковое количество камней.

3. На столе лежат две кучки по 9 конфет. Каждый из двух играющих должен сначала переложить 1 конфету из одной кучки в другую, а потом съесть 2 конфеты из одной кучки. Проигрывает тот, кто не сможет сделать своего очередного хода.

4. На столе лежат две кучки очищенных орехов, в одной — 7, а в другой — 6 орехов. Двое играющих ходят по очереди. Ход состоит в том, что играющий съедает орехи в одной из кучек, а другую делит на 2 части (любые). Если он не сможет разделить эту кучку на 2 части из-за того, что в ней 1 орех, то он его съедает и выигрывает.

ЦИЛИНДРИЧЕСКИЕ ШАХМАТЫ

Основными достоинствами шахматиста, определяющими его класс игры, являются фантазия и шахматная эрудиция, которая складывается из опыта и знания теории практической игры. И очень часто в шахматных поединках побеждает более эрудированный игрок.

Если вы нередко проигрываете, но все же убеждены в силе своего воображения, предложите партнеру сыграть в цилиндрические шахматы. Окажется ли он и в этой игре так же силен?

Посмотрите, как бумажное шахматное поле склеено с боковых сторон в трубку (рис. 1). Конечно, с деревянной доской такой фокус не выйдет. С картонной доской проще, но как на ней будут держаться фигуры? Вот если бы доска была резиновая, тогда мы смогли бы растянуть ее по столу (рис. 2). Такую доску можно специально изготовить, но на ней не очень приятно играть: очень уж разного размера окажутся ее поля, а диагонали закрутятся в спирали.

Проще всего взять обычную шахматную доску и вообразить (ведь у вас богатая фантазия), что ее боковые стороны склеены. Фигуры на доске расставляются как обычно, передвигаются они по правилам, но теперь их движение будет выглядеть не совсем обычно. Стрелками (рис. 3) показано, по каким

полям может пойти слон с поля d3, крестиками отмечены поля, на которые попадет конь с поля h5, а белая пешка на h3 объявит шах королю черных, находящемуся на клетке а 4.

Остальные особенности игры на цилиндрической доске вы быстро освоите сами.

Ваш партнер обезоружен! Разработанные дебюты не годятся, в позициях обнаруживаются новые возможности, да и эндшпиль существенно меняется.

Ответьте-ка, могут ли поставить мат король с ладьей «голому» королю противника? Вашему противнику-эрудиту придется непросто. Теперь-то вы его наверняка обыграете!

Внимательный читатель, несомненно, скажет, что мы несколько непоследовательны, склеив лишь боковые стороны шахматной доски. Клеить так уж клеить!

Если склеить основания нашего цилиндра, то мы получим фигуру, с которой уже знакомы и которая называется тором (рис. 4).

Можно ли на такой доске играть в шахматы? Можно, но не сразу. Легко заметить, что в первоначальной позиции короли стоят на соседних полях, значит, нужно придумать иную начальную позицию фигур.

Достоинством тороидальной доски является полное равноправие всех ее полей, поскольку эта доска безгранична, но, разумеется, конечна — на ней, как и на обычной, все те же шестьдесят четыре клетки.

Тороидальные доски бывают нескольких видов. Такую доску можно склеить, например, как показано на рисунке 5. Какой простор открывается здесь ладьям и слонам, не говоря уже о ферзе, который одним ходом может пройти чуть ли не по всем клеткам.

УГАДАЙ ЧИСЛО

Вы знете игру «Угадай число»? Даже не слышали о такой игре? Она очень простая.

Я загадываю натуральное число, меньшее 100, записываю его на бумаге (чтобы не было возможности сжульничать), а вы пытаетесь его отгадать, задавая вопросы, на которые можно отвечать лишь «да» или «нет». Потом вы загадываете число, а я пытаюсь его отгадать. Кто угадает за меньшее число вопросов, тот выиграл.

Сколько вопросов вам понадобится, чтобы угадать мое число? Не знаете? Говорите, что, может быть, угадаете сразу, а может быть, вам понадобится сто вопросов?

Я берусь угадать ваше число, задав всего семь вопросов. Как? А вот, например, так.

Вы загадали число. Я спрашиваю:

— Оно меньше, чем число 64?

— Да.

— Меньше, чем число 32?

— Да.

— Меньше, чем число 16?

— Да.

— Меньше, чем число 8?

— Нет.

— Меньше, чем число 12?

— Нет.

— Меньше, чем число 14?

— Да.

— Меньше, чем число 13?

— Нет.

— Задумано число 13.

Понятно? Я делю набор возможных чисел пополам, потом оставшуюся половину снова пополам и так далее, пока в оставшейся части не окажется всего одно число. Почему я начал с числа 64, а не с числа 50? Об этом чуть позже; можно было начать и с числа 50. Нетрудно проверить, что для чисел, меньших 64, достаточно уже шести вопросов,

а за семь вопросов можно угадать любое число, не превосходящее 128.

А вот с помощью трех таблиц с цветными цифрами я берусь угадать задуманное число, меньшее 64, всего за три вопроса (рис. 1).

Первый вопрос: «Какой цвет имеет ваше число в таблице 1А?»

Второй вопрос: «Какой цвет имеет это число в таблице 1Б?»

Разумеется, третий вопрос — о его цвете в таблице 1В.

Получив ответы, я заглядываю в такую вот шпаргалку:

О серый

© белый

е черный

0 желтый

1

0

1

2

3

2

0

4

8

12

3

0

16

32

48

Если вы ответили на вопросы, скажем, так: «Серый, желтый, белый», я складываю три числа 0, 12, 16, стоящих на пересечении столбцов и строк, соответствующих в таблицах названным цветам. Проверьте: число 28 (и только оно) действительно имеет названные цвета в таблицах.

А теперь откроем секрет этого фокуса. С раннего детства мы привыкли записывать числа в десятичной системе счисления. Например, последовательность цифр 1987 мы расшифровываем как 1 ⋅ 103+9 ⋅ ⋅ 102+8.101 + 7 ⋅10°. Счет ведется десятками, десять единиц одного разряда являются единицей следующего разряда.

Если за основание системы счисления взять число 4, а не 10, понадобится всего 4 цифры: 0, 1, 2 и 3. Хотя почему именно цифры? Можно, например, использовать кружочки: О — для 0, 0 — для 1, © — для 2 и 0 — для 3.

Число 28 запишется в четверичной системе счисления как 1 ⋅ 42+3 ⋅ 4'+0 ⋅ 40=1304 (четверка снизу числа 130 означает, что запись сделана в четверичной системе счисления).

А в нашей записи оно будет выглядеть как

© 0 О.

Если прочесть эту запись с конца, получится «серый-желтый-белый». Это сочетание цветов мы и называли, когда, задумав число 28, сообщали его цвета в таблицах!

Посмотрим на таблицы еще раз. В первой (1А) — цвета чисел периодически чередуются через четыре. Таким образом, у серых чисел в четверичной записи стоит на конце число 0, у белых — 1, у черных — 2, у желтых — 3. Цвета чисел во второй таблице (1Б) таким же способом определяют вторую цифру числа, а в таблице 1В— третью цифру. То же самое говорит и шпаргалка, с помощью которой определялось число по его цветам в таблицах.

Мы поместили числа в три таблицы размером 7×9, чтобы вас немного запутать. Если использовать таблицы размером 8×8 (рис. 2), систему можно обнаружить гораздо быстрее. Таблицы, составленные подобным образом, но использующие три цвета, будут соответствовать представлению числа в троичной системе счисления; использующие два цвета — в двоичной.

Например, в двоичной системе счисления число 100 запишется так: 64 + 32 + 4=1 ⋅ 26 + 1⋅25 +0⋅24 + 0⋅23 + 1⋅22+0⋅21+0⋅20, то есть 11001002.

Мы видим, что числа, меньшие 100 (даже меньшие 128), записываются в двоичной системе счисления не более чем семью знаками. Вспомните, что я брался угадать

число, меньшее 100, за семь вопросов!

Для числа 13 получилась такая последовательность ответов: да-да-да-нет-нет-да-нет. Запишем число 13 в двоичной системе счисления и добавим впереди три нуля: 0 001 1012. Какая связь между последовательностью ответов «да-нет» и полученными цифрами? Конечно же, прямая: ответу «да» соответствует цифра 0, а ответу «нет» — цифра 1.

Таким образом, вместо моих вопросов «больше-меньше» можно было бы предъявить семь таблиц с серыми и белыми цифрами. Не знаю, как вам, а мне метод деления пополам нравится больше. Между прочим, он довольно часто используется на практике.

Скажем, мне нужно найти в задачнике задачу номер 1372. Я раскрываю его посредине и смотрю какой-нибудь номер задачи на этой странице. Если он больше, чем 1372, я делю пополам первую половину задачника и смотрю на номера там, а если меньше, то проделываю то же со второй половиной. Количество страниц, которые могут содержать эту задачу, каждый раз вдвое уменьшается, и я довольно быстро нахожу то, что искал. Этот метод носит название дихотомия, от греческого «диха» — «на две части» и «тома» — «сечение».

Принцип дихотомии заложен и в олимпийской системе выявления чемпиона.

Все участники разбиваются на пары, и в каждой паре определяется сильнейший. Побежденные — половина участников — исключаются из соревнований, а победители вновь разбиваются на пары и т. д. Происходит это до тех пор, пока не остается единственная пара, во встрече которой и определяется чемпион.

Эта система совершенна, если количество участников является степенью числа 2; тогда в каждом круге соревнований заняты все участники. А если в некотором круге число участников нечетно? Тогда одна из команд переходит в следующий круг без соревнования с другим участником.

Любопытно, что если число участников на единицу больше степени числа 2, то описанная ситуация будет возникать в каждом круге соревнований (например, при 9 или 17 участниках), и нужно следить, чтобы одна и та же команда не оказывалась лишней в каждом круге и, таким образом, не вышла бы в финал, не сыграв ни одной игры.

Дано условие задачи: «В соревнованиях на кубок по волейболу участвует 133 команды, причем соревнования проводятся по олимпийской системе. Ответьте: сколько будет проведено игр для определения победителя?»

Кажется, нужно очень долго считать, чтобы получить ответ. На самом деле найти решение чрезвычайно просто. Достаточно заметить, что в каждой игре выбывает одна команда. Необходимо, чтобы в финале осталась одна команда. Значит, чтобы выбыло 132 команды, нужно провести 132 игры.

Эта идея присутствует в решении еще одной популярной задачи.

Итак: плитка шоколада состоит из 3 частей в ширину и 8 в длину. Сколько нужно сделать разломов по линиям, чтобы полностью разломать ее на части?

Сначала решающий встает в тупик: ведь ломать-то можно по-разному! Но давайте четко сформулируем задачу. Есть один кусок шоколада, нужно получить 24 кусочка, и при каждом разламывании количество кусочков увеличивается ровно на один. Значит, разламывать

придется 23 раза, причем безразлично, в каком порядке.

«ДВЕНАДЦАТЬ ДОЛЛАРОВ», «НИМ» И «ШОКОЛАДКА»

Не столь давно в салунах американского Среднего Запада можно было наблюдать любопытную игру. Начиналась она так.

Бармен подзывал подвыпившего ковбоя, выкладывал на стойку две кучки в семь однодолларовых монет и предлагал их выиграть: «Ставишь пять монет — получаешь двенадцать». Ковбой, отсчитав пять долларов, клал их на стойку. Образовывалась третья кучка монет.

Игра заключалась в том, что два игрока по очереди брали монеты из этих кучек. Брать разрешалось любое количество монет, но лишь из одной кучки. Взявший последнюю монету выигрывал, то есть забирал и все остальные.

Представим себе ход мыслей ковбоя, которому предстояло сделать первый ход: «Возьму-ка я целиком одну кучку монет. Останется две — играть будет легче. А какую взять? Возьму маленькую, чтобы оставалось еще много монет».

Ковбой берет кучку из трех монет. Остаются две кучки — в четыре и пять монет. В ответ бармен берет одну монету из большей кучки. Остаются две одинаковые кучки монет. Ковбой берет монету из одной кучки, бармен — из другой. Ковбой берет две монеты из одной кучки, бармен — столько же из другой. В кучках остается по одной монете. Ход ковбоя — и он вынужден взять одну монету. Другую — последнюю — берет бармен и таким образом высыпает все выигранные монеты к себе в конторку.

«Сыграем еще!»—разгорячившись, требует ковбой, выкладывая очередные пять долларов.

«К вашим услугам», — отвечает бармен, снова выстраивая из своих семи однодолларовых монет две кучки — в три и четыре доллара.

«Нельзя торопиться. Нужно подумать, — говорит ковбой самому себе. — В прошлый раз я проиграл, взяв маленькую кучку монет. А что, если я возьму другую? Не годится — бармен снова уравняет монеты в двух оставшихся кучках. Возьму-ка я одну монету из большой кучки. Нет! Бармен, взяв маленькую кучку, опять оставит две одинаковые кучки монет. А если взять две монеты? Тогда бармен возьмет среднюю кучку, и снова останется две кучки с равным количеством монет. Поступлю так: возьму сразу три монеты. Теперь уж бармен не сможет облапошить меня!» Уверенным движением ковбой берет из большой кучки три монеты и с усмешкой смотрит на бармена.

Тот берет из средней кучки три монеты, и на стойке остаются кучки в одну, две и три монеты. И тут ковбой начинает понимать, что он проиграл, так как в ответ на его ход бармен всегда может образовать две кучки с равным числом монет.

Понурив голову, под смех окружающих ковбой возвращается на свое место. И невдомек ему, что еще тысячу лет назад играли в эту игру китайские мудрецы.

Кто же выигрывает: тот, у кого первый ход, или тот, у кого второй? И как следует играть, чтобы выиграть?

Оказывается, выигрывает тот, кто ходит первым. Для этого он должен взять из маленькой кучки две монеты. Любой другой ход проигрывает.

Итак, образовались три кучки — в одну, четыре и пять монет. Теперь, как бы ни играл второй игрок, первый игрок своим вторым ходом

может либо образовать две кучки с равным количеством монет, либо — три кучки в одну, две и три монеты. При этом второму игроку ничего не остается, как сдаться.

А что произойдет, если несколько изменить условия игры и увеличить число кучек или же составить кучки не из трех, четырех и пяти монет, а, скажем, из трех, четырех и шести? Кто выиграет на этот раз: начинающий игру или продолжающий ее?

Напомним: в предыдущих партиях побеждал игрок, делающий ход вторым, а монеты тогда распределялись так — одна, две, три или одна, четыре, пять.

На эти вопросы ответил в своей работе, появившейся в 1901 году, профессор Гарвардского университета Чарлз Л. Бутон.

Именно он и дал название этой игре — «Ним».

Оказалось, при игре в «Ним» удобно записывать числа не в десятичной системе счисления, которой мы обычно пользуемся, а в двоичной, полюбившейся создателям первых компьютеров. Заметим, если в десятичной системе счисления всякое натуральное число представляется в виде:

где a0, a1, ..., an—целые числа от 0 до 9, то в двоичной системе счисления оно выглядит так:

Например,

= 111110001112. (Индекс 2 указывает, что число приводится в двоичной системе счисления.)

Ч. Л. Бутон обнаружил в этой

игре удивительную закономерность. Итак, запишем в столбик числа, выражающие количество монет в каждой из кучек в двоичной системе счисления. Если в каждом разряде стоит четное число единиц (такой набор чисел мы будем называть правильным), тогда при правильной игре выигрывает тот, кто ходит вторым. В противном случае побеждает делающий первый ход.

Убедиться в справедливости этого не трудно. Вот столбик из нескольких чисел в двоичной системе :

1010101 111001 110001 101.

Попробуем приписать к ним еще одно число, чтобы сумма была четна. То есть чтобы полученная система стала правильной. Сделать это можно только так: ставим в разряде этого числа единицу, если сумма нечетна, и ноль, если сумма четна. (В данном случае — это число 1110000.) Следовательно, если у нас правильный набор чисел, то при замене одного (ровно одного!) числа другим набор перестает быть правильным. И наоборот, если набор чисел неправильный, то нетрудно заменить одно из чисел меньшим, чтобы набор был уже правильным.

Запомните, набор из нулей является правильным, а набор, не являющийся правильным, содержит хотя бы одно ненулевое число.

Подведем итоги. Если первоначальный набор чисел, указывающий количество монет в кучке, правильный, то выигрывает игрок, берущий монеты вторым. Если этот набор неправильный, то побеждает начинающий игру. Первым и каждым последующим ходом он берет такое количество монет из одной кучки, чтобы оставался правильный набор. Так как количество монет все время убывает, а партнер оставляет всегда хотя бы одну монету, то начинающий выигрывает.

Игра «Ним» неоднократно описывалась в книгах по занимательной математике и в учебниках по программированию. Поэтому «на закуску» угостим вас снова «Шоколадкой», но на этот раз — новой модификацией игры в «Ним».

Раздобудьте плитку шоколада. Отметьте одну из ее частей. Теперь двое игроков по очереди должны разламывать шоколад по какой-нибудь прямой, делящей плитку на части, и съедать ту часть, которая не содержит отмеченной части.

Проигрывает тот, кто не сможет сделать хода, то есть останется лишь одна отмеченная часть шоколадки.

На первый взгляд связи между играми «Ним» и «Шоколадка» нет. Но если мы присмотримся к плитке шоколада, изображенной на рисунке, то заметим, что она состоит из 6×8=48 частей. Ее делят пять вертикальных и семь горизонтальных прямых, причем одна вертикаль проходит левее отмеченной части, а четыре — правее ее, пять горизонтальных прямых лежат выше отмеченной части, а две — ниже.

А сейчас поступим так. Разложим камешки в четыре кучки. В первую положим один камешек, во вторую — четыре камешка, в третью — пять и в четвертую — два. Попросим игроков после каждого хода в игре с шоколадкой брать из кучек камешки. Например, отломив сверху от плитки кусок шоколада, состоящий из трех частей, игроки должны будут взять из третьей кучки три камешка. Отломив, соответственно, справа одну часть шоколада, им необходимо из второй кучки взять один камешек и т. д.

Таким образом, играя в «Шоколадку», игроки будут одновременно играть и в «Ним», при этом выиг-

равший в «Шоколадку» выигрывает и в «Ним». Но в «Ним» мы играть уже научились, поэтому нам придется поменять порядок ходов: сначала сделать ход в игре «Ним», а потом соответствующим образом разломить шоколадку.

Итак, игра в «Шоколадку» — это не что иное, как игра в «Ним» на четырех кучках камней.

А теперь подумайте и ответьте:

1. При каких размерах шоколадки делающий первый ход проигрывает при любом расположении отмеченной части шоколадки?

2. При каких размерах шоколадки тот, кто ходит первым, выигрывает при любом расположении отмеченной части шоколадки?

ОКРУЖЕНИЕ ДЕСАНТА

Игра в крестики-нолики на клетчатой бумаге давно стала одним из любимых развлечений школьников и студентов, поскольку ручка и лист бумаги всегда под рукой.

Рассмотрим новый вариант этой игры.

Двое играют в крестики-нолики на бесконечном листе клетчатой бумаги. Начинающий игру ставит крестик в любую клетку. В каждый следующий свой ход он должен ставить крестик в какую-нибудь свободную клетку, соседнюю с одной из клеток, где уже стоит крестик. Соседней с данной клеткой считается клетка, имеющая с ней общую сторону или общую вершину. Его партнер может ставить сразу три нолика в любые три свободные клетки (не обязательно рядом друг с другом).

Докажите, что, как бы ни начинал первый игрок, второй может его запереть, то есть добиться того, чтобы первому игроку некуда было поставить крестик.

Изучите аналогичные игры, в которых разрешается за один ход ставить не три, а только два или только один нолик. Каков будет результат при правильной игре партнеров: удастся ли ноликам запереть крестики и сколько продержатся крестики, то есть сколько для этого потребуется ходов, или игра может продолжаться до бесконечности?

Ознакомьтесь с другими вариантами игры: когда соседними с данной считаются только клетки, имеющие с ней общую сторону; когда плоскость разбита не на квадраты, а на правильные шестиугольники; когда первому игроку разрешается ставить сразу р крестиков, а второму — q ноликов.

Действия крестиков очень похожи на действия десанта, пытающегося избежать окружения, поэтому мы и назвали эту игру «Окружение десанта».

В варианте, когда первый игрок ставит один крестик, а второй — три нолика, первый игрок может поставить не более семи крестиков. На рисунке 1 (с. 100) показана стратегия ноликов при первом ходе, обеспечивающая этот результат.

Действительно, в таком случае первый игрок поставит крестик на одно из пяти полей. Располагая его на юго-восточном поле, он может надеяться при правильной игре поставить семь крестиков, потому что при ответе ноликов, изображенном на рисунке 2А, ему следует рассчитывать лишь на то, чтобы расположить крестики на полях, отмеченных точками (рис. 2Б). Причем из двух полей, отмеченных желтыми точками, игрок сможет поставить крестик не более чем на одном. Как при этом должен располагать нолики второй игрок, ясно из рисунка 2Б.

Если же первый игрок ставит второй крестик на другое поле, то

после хода ноликов возникает одна из ситуаций, изображенная на рисунке 3, где присутствуют четыре поля (они также отмечены точками), на которые первый игрок может поставить крестик при правильной игре второго. Стратегия ноликов заключается в перекрывании всех полей продвижения от проставленного вместо точек крестика, аналогичного тому, как это делалось и в первом случае (рис. 4).

Попробуем усложнить задачу ноликов. Разрешим игроку ставить не по три нолика, а лишь по два. Интересно, что если с самого начала пытаться ставить нолики на клетки, соседние с крестиками, то задержать движение крестиков будет невозможно.

Посмотрите на рисунок 4. Нолики не могут помешать продвижению крестиков вверх (желтые значки — первый ход; черные — второй; серые — третий), поскольку каждым своим ходом они перекрывают лишь два поля из трех, ведущих вверх. Казалось бы, нолики уже не смогут окружить крестики, тем более что на каждый крестик игрок отвечает лишь двумя ноликами.

А если попытаться организовать вдалеке от первого крестика оборону? Сможет ли она помешать движению крестиков вверх? Оказывается, да! И даже в том случае, если на каждый крестик игрок отвечает лишь одним ноликом. Эту стратегию (она понадобится и для окончательного решения задачи) назовем отражением лобовой атаки.

Итак, мы пытаемся остановить движение крестиков вверх. Посмотрите на рисунок 5. Казалось бы, невозможно не пропустить крестики выше горизонтальной линии, ведь через шесть ходов они могут оказаться на любом из тринадцати квадратов, отмеченных точками, а

ноликов за это время можно поставить лишь шесть.

Теперь посмотрим на рисунок 6. Игра началась, и с каждым ходом крестики угрожают все меньшему числу полей за горизонтальной чертой. После второго хода — одиннадцати полям, после третьего — девяти, после четвертого — семи. Но второму игроку удается поставить за четыре хода нолики так, что на угрожаемых полях они стоят через поле.

Попробуйте доказать самостоятельно, что при любой игре крестиков нолики смогут это сделать.

После пятого хода крестиков получается одна из двух изображенных ситуаций (рис. 7). В случае А второй игрок может ставить нолики в две оставшиеся незаполненные клетки в любом порядке, а в случае Б он сначала ставит нолик в среднюю клетку, а потом, в зависимости от хода крестиков, в левую или в правую. Тогда путь крестикам прегражден.

Итак, лобовая атака отбита! Нолики могут не пропустить крестики выше шестой горизонтали, считая от той, где стоит первый крестик.

Казалось бы, задача решена. Таким же образом мы сможем не пропустить крестики в любом из направлений, то есть ограничить, например, все крестики внутри некоторого квадрата.

Однако этот вывод преждевременен, мы не учли возможности атаки на угол.

Если крестик стоит по диагонали обороняемого квадрата, то он угрожает почти вдвое большему числу полей за пределами квадрата, чем при лобовой атаке на сторону этого квадрата. Например, он угрожает, как и раньше (рис. 8), тринадцати полям каждой стороны, а в совокупности двадцати пяти полям.

Неужели ноликам не выдержать атаки?

И тут они получают возможность брать в качестве плацдарма обороны стороны сколь угодно большого квадрата.

Возьмем большой квадрат (гораздо больший, чем показан на рисунке) и проведем в нем квадрат, отстоящий от сторон первого на шесть клеток. За центр квадрата примем ту клетку, где был поставлен первый крестик. Пока крестики будут находиться внутри меньшего квадрата, сторонам большего квадрата лобовая атака не угрожает, и за то время, пока крестики будут продвигаться к стороне (или углу) внутреннего квадрата, нолики смогут укрепить свои позиции в углах большого квадрата, например, поставить в каждом углу по одиннадцать ноликов (рис. 9). Тем самым атака на угол будет лишена смысла, а атаку на сторону мы научились отбивать, если она начинается с расстояния в шесть клеток от стороны.

Чтобы поставить в каждом углу по одиннадцать ноликов (на самом деле можно обойтись и меньшим числом), потребуется внутренний квадрат со стороной в восемьдесят семь клеток, а следовательно, внешний квадрат будет иметь сторону в девяносто девять клеток.

Точно сформулировать выигрывающую стратегию ноликов и исследовать другие варианты этой игры (например, выяснить, при каких р и q нолики не могут запереть крестики, если за один ход ставится р крестиков и q ноликов) мы предоставляем читателям.

Решение этой задачи до сих пор не получено. Разобрано до конца лишь несколько частных случаев.

ГЛАВА ЧЕТВЕРТАЯ

УЧИМСЯ РАССУЖДАТЬ

МЕТОД ПЕРЕБОРА

Рассказывают, что однажды Джек, племянник Шерлока Холмса, обратился к своему знаменитому дяде с просьбой помочь в решении следующей задачи.

Куплено несколько одинаковых книг и одинаковых альбомов. За книги заплачено 10 долларов 56 центов. Сколько куплено книг, если цена одной книги более чем на доллар превосходит цену альбома, а книг куплено на 6 больше, чем альбомов?

Ознакомившись с условиями задачи, Шерлок Холмс прошел от стола к окну, затем вернулся к столу, постоял около него, уставившись в потолок, и наконец сказал:

— Было куплено восемь книг.

— Как вы это установили? — в один голос воскликнули Джек и присутствовавший при этом мистер Ватсон.

— О, это было совсем просто! — ответил Шерлок Холмс, усаживаясь в кресло. — Раз книг куплено на шесть больше, чем альбомов, я понял, что книг куплено не меньше семи. Из того, что цена книги более чем на доллар превосходит цену альбома, я сделал вывод, что каждая книга стоит больше доллара, а поскольку за них заплачено десять долларов пятьдесят шесть центов, книг купили не больше десяти. Таким образом, все числа, большие 10, и все числа, меньшие 7, оказались вне подозрений. Проверив каждое из чисел 7, 8, 9, 10, я установил, что искомое число может быть только 8, остальные не делят число 1056.

Метод перебора, которым воспользовался Шерлок Холмс, является древнейшим из методов решения задач. Долгое время переборные решения считались некрасивыми. Однако в последние годы метод перебора применяется все чаще и чаще в задачах, где искомая величина принимает только целочисленные значения.

Известно много серьезных задач, которые математики не могут решать иначе, как методом перебора. Правда, при этом перебор производит ЭВМ, а математик лишь инструктирует ее, как этот перебор нужно сделать. Известный американский математик С. Голомб сказал по этому поводу: «В отличие от человека машина, решая задачи, производит однообразные вычисления, которые кажутся нам столь скучными, с невообразимой быстротой. Но вместе с тем она не заметит способа упростить или улучшить решение, если этот способ не будет заранее учтен программистом, составляющим детальные инструкции для ЭВМ».

К числу задач, решаемых методом перебора, относится и эта задача. Условие ее состоит в том, чтобы уложить в рюкзак предметы из заданного набора так, чтобы их суммарная масса была наибольшей и, соответственно, суммарный объем не превосходил объема рюкзака.

Конечно, задача выглядит не очень серьезной, но представьте, что взамен рюкзака предложен отсек в трюме теплохода, и вы поймете, что задача эта имеет весьма существенное значение.

Предмет

Вес (кг)

Объем (дм)

Палатка

20

60

Спальный мешок

5

55

Одеяло

8

32

Радиоприемник

2

20

Продукты

10

8

Мяч

0,5

10

Топор

3

2

Итак, известно, что объем рюкзака 100 дм3. А теперь предлагаем вам самим уложить в рюкзак предметы, указанные в таблице.

Другой широко известной задачей, решаемой перебором вариантов, является так называемая задача коммивояжера.

Эта задача впервые появилась в Китае. Затем известный английский математик Гамильтон предложил ее частный случай в виде головоломки. Требовалось обойти все вершины додекаэдра по его ребрам так, чтобы побывать в каждой вершине по одному разу.

В общем виде задача может быть сформулирована следующим образом.

Между каждыми из двух городов имеется железнодорожное сообщение. Как объехать несколько городов, затратив минимальное время, если задан город, в котором начинается и кончается путь?

Для пяти городов количество вариантов уже равно 24, для шести городов их 120, для семи — 720, для десяти — 362 880. Чтобы избежать полного перебора, математики придумали различные ухищрения. Делается это не зря — решение подобной задачи необходимо для разработки наилучшего маршрута для машин, развозящих журналы и газеты по киоскам, для автобусов, подбирающих сельских жителей по пути на работу, и т. п.

На рисунке 1 показана карта местности, на которой расположены пять городов — Ах, Ох, Их, Ух, Эх. В таблице (рис. 2) указаны расстояния между ними по железной дороге. Найдите кратчайший путь коммивояжера, который должен выехать из города Ух, объехать остальные города и вернуться в город, из которого начал путь.

Для решения подобных задач были созданы сложные методы, сокращающие перебор вариантов. Они составляют новую математическую науку, которая носит название «целочисленное программирование».

Некоторое представление о возможностях сокращения перебора может дать решение такой задачи.

Известно, что √****3 есть натуральное число. Найдите его.

Первое, что приходит в голову, — это перебирать пятизначные числа, оканчивающиеся на 3, и смотреть, нет ли среди них точных кубов: 10003, 10013, 10023... Но когда мы еще доберемся до 99 993?! Да и как узнать, является данное число кубом или нет?

Поступим так: возведем числа в куб и узнаем, какие из них будут пятизначными и оканчивающимися на 3.

Получим:

Это тоже не дело. Зачем нам нужны кубы маленьких чисел? Посмотрим, чему равно наименьшее число х, куб которого является пятизначным числом. Оно не меньше, чем ∛10000 = 10∛10, но ∛10 больше 2, так как 23=8; поэтому x больше 20.

Оценим искомое число сверху, то есть посмотрим, какого числа оно не может превышать. Такое число, очевидно, равно ∛100 000 = 10∛100. Но ∛100 меньше 5, так как 53 =125. Значит, нужно перебирать числа от 21 до 49.

Не поможет ли нам сократить перебор то, что число под радикалом оканчивается на 3? Изучим выписанные нами кубы первых десяти натуральных чисел. Из них на 3 оканчивается лишь семерка. Нетрудно сообразить, что куб натурального числа будет оканчиваться на 3 в том, и только в том, случае, если само число оканчивается на 7.

Теперь для перебора осталось лишь три числа: 27, 37 и 47; 273=19683, 373=50653, 473= 103 823. Но последнее число уже шестизначное, поэтому остаются лишь числа 27 и 37.

Попробуйте самостоятельно решить следующие задачи методом перебора.

В составлении 40 задач для школьников приняло участие 30 студентов педагогического института со всех пяти курсов. Любые два однокурсника придумали одинаковое число задач. Любые студенты разных курсов придумали разное число задач. Сколько студентов придумало по одной задаче?

Сколькими нулями может оканчиваться число 9n + 1?

Шхуна капитана Врунгеля «Победа» (а потом «Беда») имела четырехзначный номер. Номер этот был примечателен тем, что являлся квадратом целого числа. Во время шторма смыло первую цифру, и номер стал кубом целого числа. После другого шторма смыло следующую цифру, и номер стал четвертой степенью целого числа.

Какой номер был на шхуне первоначально?

Найдите два целых положительных числа, разность между квадратами которых равна 455.

Студент за 5 лет учебы сдал 31 экзамен. В каждом следующем году он сдавал экзаменов больше, чем в предыдущем. На пятом курсе экзаменов было в 3 раза больше, чем на первом. Сколько экзаменов было на четвертом курсе?

РИСУНОК ПОМОГАЕТ РАССУЖДАТЬ

Однажды наши новые соседи попросили меня помочь расставить мебель в их квартире. Хозяйка начала бодро руководить «бригадой такелажников», состоящей из ее мужа и меня.

— Поставим сервант к этой стенке, а рядом — телевизор,—сказала она.

Мы дружно навалились на сервант — из него со звоном посыпалась посуда. После многочисленных «раз-два, взяли» и «давай-давай» сервант утвердился на указанном месте.

Однако тумбочка с телевизором никак не хотела вставать в предназначенное для нее пространство. Мы отодвинули сервант, чтобы поставить тумбочку с телевизором, но в результате сервант загородил проход.

Три часа мы перетаскивали мебель из комнаты в комнату. Это был сизифов труд. Возникали разные ситуации. Например, для того чтобы поставить в кабинет пианино, нужно было перетащить оттуда журнальный столик и кресла на кухню и вернуть их обратно только после установки пианино.

Готовность сдвинуть горы сменилась крайней усталостью. В какой-то момент, когда вещи неожиданно заняли свои первоначальные места, мы дружно воскликнули:

— Так лучше всего!

Эта история послужила мне хорошим уроком. И когда родители решили купить еще один книжный шкаф (что, естественно, повлекло за собой перестановку мебели в квартире), я начертил на бумаге план квартиры, вырезал прямоугольнички, в масштабе соответствующие размерам имеющейся мебели и новому шкафу, и начал думать над последовательностью перестановки.

1. Вешалка из прихожей убирается на кухню.

2. Шкаф заносится в прихожую.

3. Сервант из гостиной переезжает в спальню.

4. Шкаф ставится на место серванта.

5. Вешалка возвращается в прихожую.

6. Диван переносится на кухню.

7. Сервант оказывается на месте дивана.

8. Диван устанавливается в спальне.

Ожидая машину со шкафом, я размышлял, нельзя ли что-нибудь переставить еще до прибытия шкафа. Нарисовав схему (рис. 1), я увидел, что операции 1 и 3 от других не зависят. Немного подумав, я понял, что последовательность действий можно изменить так, что не только операции 1 и 3, но и операции 6, 7 и 8 можно выполнить, ожидая привоза шкафа. Таким образом, рисунок помог мне найти рациональный вариант перестановки.

Более сложная ситуация такого же характера присутствует в так называемой игре Эскотта. Задача заключается в перемещении блоков по одному в прямоугольнике до тех пор, пока блоки 1 и 2 не меняются местами с блоками 7 и 10 так, как это показано на рисунке 2. Вращать блоки не разрешается, даже если для этого есть место.

Хотя игра Эскотта и называется игрой, мы все же привыкли к играм, в которых участвуют по крайней мере два человека.

Обратимся снова к игре в крестики-нолики. Двое партнеров поочередно вписывают в квадрат размером 3×3 см крестики и нолики (то есть первый из игроков ставит только крестики, а второй — только нолики). Побеждает тот, после хода которого образуется три его знака, следующие подряд.

Думается, вы настолько хорошо знакомы с этой игрой, что можете окончить партию вничью с противником, начиная игру, то есть ставя крестики, или продолжая ее, то есть ставя нолики. Поэтому рассмотрим другой вариант игры.

Пусть каждый из двух партнеров при любом своем ходе ставит крестик или нолик. Кто победит в этом случае?

Поиграйте с приятелем, это доставит вам удовольствие. Здесь при правильной игре побеждает начинающий игру. Как? Сначала он ставит какой-нибудь знак в центр квадрата (скажем, крестик). Затем... Взгляните на рисунок 3, и вы увидите, как должен поступить первый игрок, чтобы победить при любых действиях второго.

Мы немного сократили ходы на рисунке, убрав позиции, которые отличаются от приведенных поворотом доски или симметрией. Теперь вы можете выиграть у противника, если ходите первым. Математики говорят в таких случаях, что задан алгоритм решения.

Алгоритмы окружают нас повсюду. Раскроем поваренную книгу. Каждый приведенный рецепт в ней есть перечисление последовательности действий (алгоритм), которые нужно совершить, чтобы приготовить то или иное блюдо. Вот, например, рецепт картофельного пирожного:

1. Испечь картофель (а не отварить), чтобы пюре было сухое.

2. Растопить сливочное масло.

3. Картофельное пюре тщательно растереть с горячим сливочным маслом.

4. Взбить по одному яйцу.

5. Добавлять их также по одному в пюре, все время перемешивая.

6. Отдельно добела растереть 4 желтка с сахаром.

7. Перемешать их с картофельной массой.

8. Взбить оставшиеся белки в густую пену.

9. Соединить их с картофельно-яичной смесью и также хорошо взбить.

10. Добавить пекарский порошок. (Он состоит из смеси соды, углекислого аммония и винно-ка-

менной соли. Его можно заменить в равных частях смесью соды и лимонной кислоты.)

11. Выпекать полуфабрикат следует в огнеупорном сосуде в духовке.

На 10 крупных картофелин берется 300 г сливочного масла, 8 яиц, 3 столовые ложки сахара, 0,5 чайной ложки пекарского порошка.

Рисунок этого рецепта удобно изобразить в виде схемы (рис. 4). На ней отчетливо видно, что операции 2, 4, 6 и 8 могут быть выполнены независимо от других. Так что хозяйки, знакомые с основами программирования, сэкономят время на приготовлении блюда, если выполнят эти операции, пока печется картофель.

Подобные схемы последовательности проведения отдельных операций получили широкое распространение во многих областях жизни, и особенно в строительстве, где они называются сетевыми графиками.

Использование сетевых графиков позволяет сократить время строительства, указать точное время проведения каждой строительной операции, произвести расчеты потребности в машинах, материалах.

Эти расчеты выполняют ЭВМ по заранее намеченной программе — алгоритму; а эти действия и здесь удобно изображать графически в виде кружочков и стрелочек. Такие рисунки называются «блок-схемами ».

Рассмотрим последовательность действий при решении квадратного уравнения ах + bx+c=0.

1. Вычислим A = b2.

2. Вычислим В=ас.

3. Вычислим С=4В.

4. Вычислим D=A—C.

5. Вычислим Е= √D.

6. Вычислим F = — b+E.

7. Вычислим G = —b—Е.

8. Вычислим Н=2а.

9. Вычислим x1 = F/H.

10. Вычислим x2=G/H.

11. Печатаем x1, x2.

Блок-схема этого алгоритма представлена на рисунке 5.

На ЭВМ операции проводятся последовательно: первая, вторая и т. д.

Но существуют ЭВМ, которые могут одновременно совершать несколько операций. И таким образом ускорять работу.

А ЧТО БУДЕТ, ЕСЛИ...

В детстве я очень любил калейдоскоп. Глядишь в волшебную трубочку и видишь великолепную мозаику. Небольшой поворот калейдоскопа — и новый узор, еще поворот — снова новый узор...

Когда мне в руки впервые попал кубик Рубика, то сначала было интересно просто вертеть его (как раньше я вертел калейдоскоп), любоваться возникающей игрой красок на его гранях. Однако бессистемное занятие вскоре мне наскучило. После многочасовых попыток собрать кубик мое старание увенчалось успехом. Я начал обращаться с ним осторожнее, чтобы его грани можно было легко вернуть в начальное положение. Повертел одну грань, повертел еще раз, еще и еще — кубик вновь собран (рис. 1).

А что будет, если вертеть по очереди две соседние грани, скажем, в одну и ту же сторону? Первая-вторая — раз, первая-вторая — два, первая-вторая — три... (рис. 2). Я уже знал, что через несколько пар вращений кубик вновь соберется. У меня начали уставать пальцы, я сбивался со счета, а он все не собирался. Лишь после ста пяти пар вращений кубик собрал свои цвета на гранях.

Но почему я был уверен, что такой момент наступит? Просто перед этим я немного порассуждал. Различных положений у кубика хотя и много, но все же не беспредельно. А раз так, то он не может всякий раз оказываться в новом положении, и рано или поздно появится положение, в котором кубик уже был. Обозначим такое положение буквой А, а собранное положение буквой Е (рис. 3). После пары вращений

кубик переходит из состояния А в состояние В, потом из состояния В в состояние С и т. д., пока снова не очутится в положении А и все вновь не начнет повторяться.

Математики так говорят: положения кубика будут периодически повторяться.

Теперь сформулируем полученный результат, уже отвлекаясь от кубика — объекта, для которого он был получен.

Если объект может находиться в конечном числе состояний и определена операция, однозначно переводящая каждое состояние в новое, то, последовательно применяя эту операцию, получим периодически повторяющуюся последовательность состояний объекта.

Это утверждение звучит как закон природы или математическая теорема. Так оно и есть на самом деле. Более того, с помощью этого утверждения мы сможем получить очень интересные результаты.

Но сначала закончим рассуждения о кубике Рубика. Отметим еще одну особенность нашей операции: для любого состояния однозначно определено предыдущее состояние. А именно, следует повернуть уже в другую сторону сначала вторую, а затем первую грань кубика.

Посмотрим на рисунок 4. Двигаясь из положения А назад, начиная с полученного первым положения А, через несколько шагов мы придем в положение Е; значит, и из полученного во второй раз положения А за то же число шагов мы попадем в положение Е. Таким образом, между первым и вторым положениями кубика А обязательно находится положение Е — собранный кубик.

Вот такие рассуждения промелькнули в моей голове, перед

тем как я начал вертеть кубик по описанному правилу. Конечно, количество пар вращений могло оказаться очень большим, ведь состояний у кубика Рубика чрезвычайно много — 43 252 003 274 489 856 000. Я пробовал вертеть грани в разные стороны: первую — по часовой стрелке, а вторую — против. В этом случае возвращение наступает через шестьдесят три пары ходов, а если вертеть поочередно три соседние грани в одну сторону, то цикл замкнется через восемьдесят троек поворотов.

Тот, у кого есть кубик Рубика, может поэкспериментировать с другими наборами поворотов. Ну а тому, кто его не имеет, советуем взять бумагу, ручку и приступить к эксперименту с числами. Конечно, здесь не помешал бы микрокалькулятор или персональный компьютер, но можно обойтись и без них.

Разделим число 136 на 11. Кстати, вы знаете признак делимости на 11? Нет? Запомните, это полезно. Число делится на 11, если разность между суммой цифр, стоящих на нечетных местах, и суммой цифр, стоящих на четных местах, делится на 11. В нашем случае (1+6)—3= 4, следовательно, 136 на 11 не делится.

А что будет, если мы все-таки начнем делить уголком?

Взгляните на рисунок 5. Нетрудно заметить, что цифры после запятой периодически повторяются — эта десятичная дробь будет бесконечной. Называется она периодической десятичной дробью. Запись ее такова: 12,(36) — повторяющийся набор цифр заключается в скобки.

При делении еще каких целых чисел возникают периодические десятичные дроби? Любых, лишь бы делитель был отличен от нуля, при этом мы будем считать конечную десятичную дробь бесконечной, продолжив ее после последней цифры нулями.

Для доказательства воспользуемся ранее сформулированным общим утверждением. В качестве рассматриваемого объекта возьмем разность, стоящую под чертой. В нашем примере это сначала будет 2, потом 4, потом 7, снова 4, снова 7 и т. д.

Рассмотрим операцию, которую мы проделываем с этим объектом. Слева приписываем еще одну цифру, потом вычитаем из полученного числа наибольшее число, кратное делителю, но не превосходящее этого числа, записываем разность — это и будет преобразованное число.

Сначала операция зависит от делимого, поскольку приписываемая цифра зависит от делимого, но через несколько шагов (в нашем случае со второго шага) справа приписывается только ноль. После этого мы попадаем в условия действия сформулированного нами закона. Объект — число, оно может находиться в конечном числе состояний: принимать целые неотрицательные значения, меньшие делителя.

Операция определена, она однозначно переводит одно число в другое. Значит, последовательность получаемых чисел будет периодически повторяться. Отсюда следует, что и цифры в частном начнут периодически повторяться.

Наше утверждение можно считать доказанным.

А что произойдет, если у числа взять сумму его цифр, у полученного числа снова взять сумму его цифр и т. д.? Скажем, для числа 1987 все ясно:

1987→25→7→7→7→... (рис. 6).

А для других чисел?

Нетрудно заметить, что всякое число больше суммы своих цифр (исключение составляют лишь однозначные числа), поэтому после применения операции взятия суммы цифр число будет уменьшаться до тех пор, пока оно не станет однозначным, а однозначное число при нашей операции переходит в равное ему число.

Таким образом мы получили доказательство периодичности (с периодом 1) получаемой последовательности, начиная с некоторого места.

А какое число будет при этом повторяться? На этот вопрос легко ответить, не выписывая саму последовательность. Это будет остаток от деления первоначального числа на 9, если само число не делится на 9, и 9, если оно делится на 9. Почему? По признаку делимости на 9. Правда, вы знаете его в «урезанном» виде: для того чтобы число делилось на 9, нужно, чтобы сумма его цифр делилась на 9. Однако имеет место более сильное утверждение: само число и сумма его цифр имеют одинаковые остатки при делении на 9.

Теперь ясно, что у каждого следующего числа будет тот же остаток при делении на 9, что и у начального.

Среди однозначных чисел все имеют разные остатки при делении на 9, кроме 0 и 9, но у числа, отличного от нуля, сумма цифр также отлична от нуля. Отсюда и следует наше утверждение.

Периодическую последовательность с периодом 1 называют последовательностью с неподвижной точкой.

А если у числа взять не сумму цифр, а сумму квадратов цифр?

Посмотрите на рисунок 7. Для числа 1987 периодически будет по-

вторяться последовательность 145, 42, 20, 4, 16, 37, 58, 89.

Возьмем число 133 (рис. 8). Здесь неподвижная точка — это единица (период последовательности равен единице).

Но обязательно ли при взятии суммы квадратов цифр возникнут периодические последовательности? А если да, то какие?

Об операции взятия суммы квадратов цифр данного числа можно высказать такие утверждения:

1. Всякое число, меньшее 200, переходит в число, меньшее 200.

2. Всякое число, большее или равное 200 (и даже 100), уменьшается при этой операции.

Первое утверждение нетрудно проверить. Действительно, из чисел, меньших 200, наибольшую сумму квадратов цифр имеет число 199, но эта сумма квадратов для числа 199 равна 163, что меньше, чем 200; значит, и для остальных чисел, меньших 200, сумма квадратов цифр меньше 200.

Второе утверждение более очевидно, чем первое. Стоит лишь испробовать несколько больших чисел, чтобы в него поверить. Для любознательных мы приводим строгое доказательство этого факта.

Пусть некоторое число N=an...a2a1a0 меньше суммы квадратов своих цифр:

Но в этой сумме все числа, кроме последнего, неотрицательны, а последнее больше или равно 9(1—9)=—72. Если хотя бы одна из цифр ak(k>2) была отлична от нуля (1⩽аk⩽9), то было бы

и вся сумма была бы положительна. Таким образом, n⩽1 и N<100.

Из первого и второго утверждений и закона о периодичности вытекает, что операция взятия суммы квадратов цифр обязательно приводит к периодической последовательности.

Осталось посмотреть, какие же периодические последовательности будут при этом возникать. Оказывается, с какого бы числа мы ни начинали, мы обязательно придем либо к последовательности 145, 42, 20, 4, 16, 37, 58, 89, либо к единице.

Проверьте это самостоятельно, в качестве начальных чисел достаточно рассмотреть лишь числа, меньшие 200 (почему?) и даже меньшие 161.

А что получится, если взять не сумму квадратов цифр, а сумму их кубов?

Попробуйте и с этой задачей разобраться самостоятельно.

А сейчас поговорим об одной нерешенной проблеме. Возьмем какое-нибудь число. Если оно четное, разделим его на 2. Если нечетное, умножим его на 3 и прибавим единицу. Снова — если полученное число N четное, то берем N/2, а если нечетное, то берем 3N+1. И так далее.

Для числа 34 этот процесс изображен на рисунке 9. Он заканчивается периодической последовательностью 4, 2, 1, 4, 2, 1, ... с периодом 3.

В качестве начальных чисел были испробованы очень многие числа, и все они приводили к такой последовательности. Однако никто до сих пор не доказал, что это будет происходить всегда.

Мы не надеемся, что кто-то из читателей справится с этой задачей. Попробуйте лучше решить похожую: если число четное — делим его пополам, если нечетное, при-

бавляем 101. При неудаче — разрешаем заглянуть в конец книги, где находится решение этой задачи, а также задачи об операции взятия суммы кубов цифр числа.

МАКСИМУМ, МИНИМУМ И ТЕОРЕМА О СРЕДНИХ

В математике принято называть теоремами такие утверждения, которые могут быть многократно использованы при выводе других утверждений, в частности при решении задач. Мне хочется рассказать о применениях следующей замечательной теоремы.

Среднее арифметическое нескольких положительных чисел не меньше, чем их среднее геометрическое, и равенство этих средних выполняется лишь тогда, когда все заданные числа равны:

или

Зная это, вы можете использовать в качестве среднего среднее арифметическое, если вам хочется, чтобы среднее было побольше, и среднее геометрическое, если хотите, чтобы оно было поменьше. Например, вычисляя среднюю успеваемость в классе. Это, конечно, шутка. А если серьезно?

Оказывается, с помощью теоремы можно находить наибольшие или наименьшие значения многих алгебраических выражений. Начнем с простейших.

1. Какое наибольшее значение может иметь многочлен 2х—х2?

Преобразуем многочлен так: 2х—х2=х(2—х).

И обозначим 2—х через у.

По теореме

Отсюда следует, что наибольшее значение многочлена равно единице, и оно достигается, если х=2—х, то есть при х=1. Нетрудно проверить, что X и 2—x не могут быть оба отрицательными; поскольку мы ищем наибольшее значение, достаточно рассматривать их лишь тогда, когда они оба положительны.

2. Какое наименьшее значение может иметь выражение х+ 1/x для положительных значений х?

Обозначим 1/x через у. По теореме

Итак, наименьшее значение равно 2, оно достигается при х = 1/x = 1.

В школе проходят метод выделения полного квадрата, которым решаются оба эти примера:

Но уже следующий пример выделением полного квадрата не решается.

3. Необходимо найти наименьшее значение выражения axn+b/xm для положительных значений х, если а и b — положительны, а n и m — натуральные числа.

Представим данное выражение следующим образом:

Тогда по теореме о среднем арифметическом и среднем геометрическом

Равенство достигается

Итак, наименьшее значение данного выражения равно

Рассмотрим еще один пример.

4. Требуется из квадратного листа жести со стороной а сделать ящик наибольшего возможного объема, открытый сверху, вырезая равные квадраты по углам и загибая затем жесть так, чтобы образовывать стороны ящика (рис. 1).

Пусть сторона каждого из вырезаемых квадратов равна х, найдем объем V ящика: V=(a — 2х)2х (рис. 2). Применяя теорему о среднем арифметическом и среднем геометрическом, получаем:

Следовательно,

Равенство достигается при

Заметим, однако, что среднее геометрическое не самое маленькое из средних, оно больше, чем сред-

нее гармоническое, определяемое как количество данных чисел, деленное на сумму их обратных величин. Таким образом, имеется цепочка неравенств:

Попробуйте последнее неравенство доказать самостоятельно.

В заключение отметим, что в математике есть метод нахождения максимумов и минимумов функций дифференцированием. Однако рассмотренные неравенства оказались более удобными для подсчета на ЭВМ наибольших и наименьших значений некоторых типов выражений. Эти методы получили название геометрического программирования.

Задачи.

1. Из круговых секторов данного периметра Р найти сектор наибольшей площади.

2. В данной окружности найдите наименьшую хорду, проходящую через точку А внутри окружности.

3. Найдите минимум выражения:

4. Докажите, что если сумма положительных переменных x1, x2, ..., xn постоянна, то произведение x1k1 ⋅ x2k2 ⋅ ... ⋅ хxkn, где k1, k2, ... kn — данные целые положительные числа, имеет наибольшее значение, когда переменные пропорциональны своим показателям:

Докажите, что то же самое верно и для рациональных положительных чисел.

ПРОВОЛОКА, МАГНИТОФОН, ПИШУЩАЯ МАШИНКА И МАТЕМАТИКА

Существует простой способ, позволяющий довольно точно измерить диаметр тонкой проволоки с помощью обычной линейки. Проволоку наматывают на карандаш, плотно прижимая виток к витку, сосчитав затем количество витков, измеряют длину получившегося цилиндра (рис. 1 на с. 120) и делят эту длину на количество витков. Если вы сделали 20 витков, а длина оказалась равной 5 мм, то диаметр проволоки равен 0,25 мм.

А можно ли подобным образом измерить толщину магнитофонной ленты? Конечно! Возьмем круглый карандаш и будем на него наматывать ленту. Разделив толщину слоя на количество сделанных витков (рис. 2), получим толщину ленты. Теперь несложно найти и число витков в катушке магнитофонной ленты. (Читатель, возможно, думает, что бывают только кассетные магнитофоны; автор же имеет в виду катушечный. Устройство катушки с лентой ясно из рисунка 3.) Измерим диаметр катушки с лентой. Он равен D. Измерим диаметр катушки, на которую намотана лента. Он равен d. Тогда (D—d):2 — это толщина слоя ленты, и если l — найденная нами выше толщина ленты, то (D— d):2l — количество витков.

Еще проще найти длину магнитофонной ленты. Намотанная на катушку лента имеет форму кольца, площадь которого равна

Найдем эту площадь иначе. Если толщина пленки l, а длина — L, то площадь кольца равняется lL.

Для стандартной бобины имеем D = 170 мм, d=58 мм, l=0,038 мм и L = 527590 мм.

Поставим катушку на магнитофон и закрепим ее второй конец на другой бобине. Включим магнитофон и понаблюдаем за скоростями вращения обеих катушек.

Большая катушка стала вращаться, и скорость ее постепенно начала возрастать. Маленькая, наоборот, начав вращение довольно быстро, стала замедлять ход. Это может показаться удивительным : казалось бы, катушка, на которую наматывается лента, должна вращаться с постоянной угловой скоростью. Оказывается, лента перемещается специальным устройством, обеспечивающим постоянную скорость ее движения вдоль считывающей головки магнитофона. (Конечно, моторы вращают и кассеты, но моторы связаны с кассетами фрикционно — используется процесс проскальзывания — и призваны поддерживать ленту в натянутом состоянии. При перемотке ленты работают именно они.)

Представьте, что катушка — это просто сердечник диаметром d, на который намотана лента. Предположим, что диаметр его равен D. В начальный момент лента выглядит, как показано на рисунке 4, но после включения магнитофона левый диск будет уменьшаться, а правый — увеличиваться (рис. 5). Понятно, что увеличение правого диска происходит быстрее, чем уменьшение левого (один виток левой катушки соответствует нескольким виткам правой), поэтому возникает опасение — не столкнутся ли они (рис. 6).

Пусть расстояние между осями катушек равно R. Вначале расстояние между катушками равно R — (D+d)/2 (рис. 4). Пусть длина перемотанной ленты равна х. Те-

перь посчитаем расстояние между катушками.

Площадь большой катушки уменьшилась на xl (l — толщина пленки) и стала равной

где r1 —радиус первой катушки.

Соответственно радиус второй катушки увеличится, ее площадь

станет равной

где r2 радиус второй катушки.

Теперь расстояние между катушками будет равным

Старшеклассники могли бы найти то значение х, при котором эта величина примет наименьшее значение, при помощи производной, а мы получим тот же результат, исходя просто из здравого смысла.

Посмотрите на рисунок 7 (с. 122). Пусть слой ленты некоторой толщины h перемотан с одной катушки на другую. При этом радиус первой катушки стал равным а. Радиус второй катушки до перемотки был равен b, причем а>b. Ясно, что если одну и ту же ленту наматывать сначала на более толстую катушку, а потом на более тонкую, то количество слоев в первом случае будет меньше, чем во втором. Таким образом, при перемотке вторая катушка «растолстеет» больше, чем первая «похудеет». И этот процесс продолжится до тех пор, пока обе катушки не станут одинаково «толстыми», то есть r1 = r2. В этом случае сумма r1 + r2 будет наибольшей, а разность R—(r1+r2) — наименьшей.

Найдем это расстояние. Так как r1 = r2, то

Отсюда

Значит, если R больше, чем

то пленку удается прослушать. А если нет — увы...

Сев за пишущую машинку, чтобы перепечатать этот рассказ, я вновь увидел предмет своих размышлений — ленту, перематывающуюся с одной катушки на другую (рис. 8). Это — красящая лента, переносящая форму литеры, ударяющей по каретке, на бумагу. В отличие от магнитофонной, катушка, на которую наматывается машинописная лента, вращается равномерно — на один и тот же угол а (в моей машинке на 12°). При этом лента перемещается вдоль каретки на некоторую величину, и следующий удар приходится на другое место ленты. Попробуем определить эту величину перемещения.

Обозначим радиус катушки с наматывающейся лентой через r (рис. 9), тогда это перемещение равно 2πrα/360°, если выражается в градусах, и rα, если выражается в радианах. Как видим, счет углов в этом случае удобнее вести в радианах.

Но ведь величина r не постоянна! В начале намотки ленты она около 5 мм, а в конце — около 25 мм, при этом величина перемещения меняется от 1 до 5 мм. Значит, по одним участкам ленты литеры ударяют чаще, чем по другим участкам той же длины.

Посмотрим на просвет длительно использовавшуюся ленту — она

изношена более-менее одинаково. Почему? А потому, что катушки вращаются сначала в одну сторону, а потом в другую, и та часть ленты, которая была в начале, потом окажется в конце.

А теперь задача для самостоятельного решения: где лента больше изнашивается — по краям или в середине?

ОТ ШКОЛЬНОЙ ЗАДАЧИ — К ПРОБЛЕМЕ. РАССТАНОВКИ И ТРАНСПОЗИЦИИ

Как-то раз, перелистывая учебник по математике для пятого класса, я наткнулся на следующую задачу.

На книжной полке тома «Детской энциклопедии» находились в такой последовательности: 1, 2, 6, 10, 3, 8, 4, 7, 9, 5. Как расставить их по порядку, если можно брать два соседних тома и ставить их, не меняя последовательности, рядом на новое место (в начало, конец ряда или между двумя томами)?

Довольно быстро мне удалось найти ответ. Вот он (рис. 1). Но у меня давно выработалась привычка анализировать решенную задачу, и сразу же возник вопрос: «А если бы тома располагались иначе?» Я подумал о новом способе перестановки, не зависящем от первоначального расположения томов. Сначала взять первый том и том, стоящий справа от него, и поставить их в начало, затем второй том и том, стоящий справа от него, и поместить их за первым томом и т. д. Если нужный том находится в конце ряда, то прежде всего следует взять любую пару из еще не установленных томов и перенести их в конец ряда, после чего перестановка нужного тома окажется возможной.

Я испробовал этот способ на приведенной в задаче последовательности и четырьмя перестановками расположил тома в нужном порядке. Затем взял последовательность 10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1 и после шести перестановок пришел к следующему расположению томов: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 10, 9 (рис. 2). Тут я обнаружил, что дальше метод не действует. Кроме девятого, остался лишь десятый том, и переносить в конец ряда было нечего.

Я провел перестановку томов еще раз тем же способом, но в конец ряда помещал уже другие пары. Переставлять пришлось дольше, но результат остался прежним — снова на конце ряда сочетание 10, 9, с которым мой способ не может справиться. Однако я вспомнил, что аналогичная ситуация возникает в знаменитой настольной игре «15». Там передвижениями фишек невозможно из одного положения (рис. 3) перейти в другое положение (рис. 4).

Идея доказательства этого факта основана на операции «транспозиция».

Транспозицией некоторой последовательности чисел называется перемена местами каких-либо двух из этих чисел. При этом доказывается, что если одна последовательность чисел получается из другой при помощи четного числа транспозиций, то невозможно добиться того же результата с помощью нечетного числа транспозиций, и, наоборот, если последовательность чисел получается из другой нечетным числом транспозиций, то невозможно получить ее четным числом транспозиций.

Осталось выяснить, четному или нечетному числу транспозиций соответствует операция, описанная в задаче. Перенос одного тома на новое место эквивалентен серии транс-

позиций: сначала с ближайшим томом, потом со следующим и т. д., пока он не встанет на свое новое место. Точно так же перенос следующего тома эквивалентен серии транспозиций с теми же томами, что и в первом случае. Общее число транспозиций будет равно удвоенному числу транспозиций при переносе одного тома, поэтому наша операция эквивалентна четному числу транспозиций.

Следовательно, операцией, указанной в задаче, некоторые расстановки томов можно упорядочить, другие — нельзя. В частности, расстановка 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 10, 9 получается из расстановки 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 нечетным числом транспозиций и, таким образом, не может быть в нее переведена рассматриваемой операцией.

Обратите внимание, что мы нигде не упоминали, что томов именно десять. С тем же успехом эти рассуждения можно провести для любого другого количества томов.

А вот то, что мы переставляли по два тома сразу, было очень существенно. Действительно, если бы мы переставляли по одному тому, то при любой начальной расстановке такой операцией мы смогли бы расставить тома по порядку.

А если переставлять по три тома? А по четыре?..

На некоторые из этих вопросов можно ответить сразу. Перестановка четного числа томов соответствует четному числу транспозиций, следовательно, такой операцией невозможно перевести одну расстановку в другую, получающуюся из нее нечетным числом транспозиций.

А если переставлять по три тома? Давайте попробуем! Сколько же для начала взять томов? Три — мало, возьмем четыре. Посмотрим, что можно получить из расстановки по порядку: 1, 2, 3, 4 — из нее 2, 3, 4, 1 и 4, 1, 2, 3, из них 3, 4, 1, 2... и все!

Такие перестановки называют циклическими, потому что они переставляют числа по кругу — если одну расстановку выписать по окружности, то любую другую можно прочитать, начав с некоторого места (рис. 5). Но никакие две из расстановок

1, 2, 3, 4

1, 2, 4, 3

1, 3, 2, 4

1, 3, 4, 2

1, 4, 2, 3

1, 4, 3, 2

нельзя перевести друг в друга циклическими перестановками, а ведь каждой из них соответствуют еще по три расстановки, получающиеся циклическими перестановками.

Таким образом, все двадцать четыре различные расстановки чисел 1, 2, 3 и 4 (проверьте, что их именно двадцать четыре!) разбиваются на шесть групп по четыре расстановки в группе, причем нашей операцией мы не можем получить из расстановки одной группы расстановку другой группы.

Сохранится ли такое положение, если мы возьмем не четыре, а пять или больше томов? Оказывается, нет! Решающую роль здесь сыграет следующая последовательность расстановок: 1, 2, 3, 4, 5→1, 3, 4, 5, 2→4, 5, 2, 1, 3→2, 1, 3, 4, 5.

Переставляя по три тома, мы поменяли местами первый и второй тома, вернув на место остальные. Таким же образом мы можем переставить любые два соседних тома, причем не только когда у нас пять томов, но и для любого большего числа томов. Действительно, если эти два тома не последние, то, взяв еще и следующий за ними том, переставим эту тройку томов впе-

ред, затем поменяем местами первые два тома (как было показано) и снова вернем тройку томов на их старое место. В результате все тома встанут на прежние места, кроме выбранных нами двух томов, которые поменяются местами. Если же мы захотим поменять местами последние два тома, то сначала возьмем три первых тома, поставим их в конец, затем совершим описанную процедуру и, наконец, поставим на старое место стоявшие в начале тома.

Теперь для вас, видимо, не будет неожиданным утверждение: если число томов не меньше пяти, то любую расстановку этих томов можно перевести в расстановку по порядку, переставляя тома тройками. Ведь, последовательно меняя местами соседние тома, можно сначала перевести первый том на первое место, затем второй том — на второе и т. д.

А что будет в случае перестановки по пять томов? По семь томов? Вообще по 2я + 1 тому? Решения этой проблемы я нигде не встречал.

Можно спросить: «А кому нужны эти перестановки?»

Оказывается, нужны, и очень часто, например, теория перестановок играет важнейшую роль при решении вопроса: можно ли корни данного алгебраического уравнения n-й степени выразить с помощью радикалов (как это делается для квадратного уравнения). Было выяснено, что уравнения третьей и четвертой степени обладают этим свойством, а для уравнений пятой степени и выше корни, как правило, уже невозможно выразить через коэффициенты с помощью радикалов.

Теперь, пожелав успеха тем, кто решил взяться за окончательное решение поставленной проблемы, предлагаю разобрать другие интересные задачи.

ОДНО ИЛИ БОЛЬШЕ?

Найдите четыре натуральных числа, таких, чтобы сумма произведения любых трех из них и единицы делилась на четвертое число.

Первое, что приходит в голову, — взять все числа, равными единице. Такая четверка чисел действительно удовлетворяет условиям задачи. А нет ли еще решений? Где-то я видел эту задачу. Открываю книжку И. Бабинской «Задачи математических олимпиад», выпущенную издательством «Наука» в 1975 году. Нахожу задачу под номером 142. Ищу ответ. Читаю: «Например, 1, 2, 3, 7».

Меня этот ответ не устраивает. Для меня он то же самое, что и ответ: «Например, 2» на вопрос: «Какие корни у уравнения x2 — 5х + 6=0?»

Где-то еще я видел подобную задачу. Ну конечно, в «Сборнике задач московских математических олимпиад», вышедшем в издательстве «Просвещение» в 1965 году. Вот эта задача под номером 215.

«Найти все такие тройки чисел а, в, с, отличных от единицы, чтобы произведение любых двух чисел тройки, сложенное с единицей, делилось на третье число».

В ответе — единственный набор: 2, 3, 7.

Не правда ли, этот ответ очень похож на ответ интересующей нас задачи, хотя здесь речь идет не о четырех, а о трех числах. А что будет для двух чисел? Для каких пар чисел сумма каждого из них с единицей делится на другое? Задача с четырьмя числами для пятиклассников, с тремя — для учеников старших классов...

Наберемся смелости и приступим к решению.

Если первое из двух чисел — 1, то второе число должно быть делителем числа 2; либо 1, либо 2. Нетрудно проверить, что обе пары (1, 1) и (1, 2) удовлетворяют условию задачи.

Пусть ни одно из чисел не равно 1. Тогда, очевидно, эти числа взаимно просты. Пусть а<b, тогда a+1⩽b, но а + 1 делится на b, следовательно, a + 1⩾b. Отсюда вытекает, что a+1=b. А так как b+1 делится на а, то а+2 делится на а, следовательно, 2 делится на а, и поскольку а≠1, то а=2, b=3.

Итак, существуют всего три пары чисел, сумма каждого из которых с единицей делится на другое: (1, 1), (2, 1), (3, 2).

Достаточно простое решение задачи наводит на мысль попробовать решить сразу общую задачу:

«Найти n чисел таких, чтобы произведение любых n—1 из них в сумме с единицей делилось на оставшееся».

Докажем две леммы.

Лемма 1. Пусть числа a1, a2, ..., an обладают тем свойством, что произведение любых n—1 из них в сумме с единицей делится на оставшееся. Тогда, добавив к ним число an+1 = l, получим набор чисел, произведение любых из которых в сумме с единицей делится на оставшееся. И наоборот, если среди n+1 чисел есть единица и произведение любых n из них в сумме с единицей делится на оставшееся, то, убрав из этого набора единицу, получим набор из n чисел, произведение любых n — 1 из которых в сумме с единицей делится на оставшееся.

Формулировка леммы громоздка, а доказательство тривиально. Достаточно использовать тот факт, что от умножения числа на единицу это число не меняется, и то, что на единицу делится любое число.

Более содержательной является вторая лемма.

Лемма 2. Пусть числа a1, a2, an обладают тем свойством, что произведение любых n-1 из них в сумме с единицей делится на оставшееся. Тогда, добавив к ним число an+1=a1⋅a2⋅x⋅...⋅an + 1, получим набор чисел, произведение любых n из которых в сумме с единицей делится на оставшееся.

Для доказательства нужно проверить два утверждения.

Первое — то, что произведение первых n чисел в сумме с единицей делится на an+1, следует из определения числа an+i.

Второе — для случая, когда число an+1 входит в произведение. Обозначим через Аi произведение первых n чисел без ai. Надо показать что Aan+1 + 1 делится на ai. Для этого достаточно заметить, что an+1=ai⋅Ai+1, тогда

и первое слагаемое делится на ai, второе, заключенное в скобки, тоже, по предположению леммы, делится на ai.

Из лемм следует, что в задаче с тремя числами будут следующие решения: (1, 1, 1), (1, 1, 2), (1, 2, 3), (2, 3, 7); в задаче с четырьмя числами — (1, 1, 1, 1), (1,1, 1,2), (1, 1, 2, 3), (1, 2, 3, 7), (2, 3, 7, 43).

Осталось выяснить, нет ли других решений.

Новых решений, содержащих единицы, при n=3, очевидно, нет (убрав одну из единиц, мы по первой сумме получили бы новое решение задачи с двумя числами, а в ней других решений нет). Пусть теперь (х, у, z) — некоторое решение задачи с тремя числами. Легко доказать, что любые два из этих

чисел должны быть взаимно простыми.

Пусть 2⩽x<y<z. Запишем соотношения :

где k1, k2, k3 — натуральные числа.

Перемножив эти соотношения, получим :

Отсюда следует, что xy+yz+xz+1 делится на xyz, то есть

где А — натуральное число.

Разделив обе части равенства на xyz, будем иметь:

Наибольшее значение А получится при наименьших значениях х, у, z, то есть при х=2, у=3, 2=4 (на самом деле z⩾5). Отсюда

и поскольку А — натуральное число, то оно равно единице.

Итак, нужно найти все натуральные числа x, y и z, такие, что

Покажем, что х=2. Действительно, если х⩾3, то у⩾4, z⩾5, следовательно,

Получили противоречие. Итак, х=2. Тогда соотношение запишется следующим образом:

Выразив отсюда у, получим:

Значит, z—2 является делителем числа 5, то есть 2=3 или 2=7. В первом случае у=7, во втором у=3.

Итак, (2, 3, 7) — единственное решение задачи с тремя числами, не содержащее единицы. Следовательно, ранее нами были выписаны все решения этой задачи.

Посмотрим, существуют ли другие решения задачи с четырьмя числами.

Очевидно, и здесь достаточно рассмотреть лишь те решения, которые не содержат единиц, то есть натуральные числа, удовлетворяющие соотношениям:

где k1, k2, k3 и k4 — натуральные числа.

Перемножив эти соотношения, получим, аналогично предыдущему случаю, что

где А — натуральное число, или

Поскольку

следовательно, А = 1.

Далее аналогично показывается, что х=2, у=3.

Теперь

откуда

Итак, u—6 является делителем числа 37. Значит, либо u=7, z=43, либо u=43, z=7. Мы снова получили лишь имеющееся уже решение. Следовательно, и в этом случае были перечислены все решения.

Полученный результат наводит на мысль, что и дальше все решения задачи для n чисел выйдут из решений задачи для n—1 числа с помощью двух лемм. Увы! Мысль эта неверна. Во всяком случае для n=5, кроме решения (2, 3, 7, 43, 1807), получаемого с помощью второй леммы, есть еще одно: (2, 3, 7, 47, 395).

А что дальше? Будут ли решения задач для большего количества чисел получаться применением лемм к этим теперь уже двум решениям, не содержащим единиц, или появится еще одно или даже два решения? Пока это проблема.

СКОЛЬКО ДЕЛЕНИЙ?

Следующая задача на смекалку также присутствует во многих книгах для школьников.

Длина линейки без делений 13 см. Как поставить четыре деления внутри линейки, чтобы с ее помощью можно было отложить отрезки длиной в 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13 см?

Условие задачи, видимо, нужно пояснить. Поставив деление, отстоящее от конца на 1 см, и несколько раз прикладывая линейку, можно отложить любую из заданных длин. Здесь же требуется указать соответствующую длину прямо на линейке, от деления до деления или до конца линейки.

На рисунке показано одно из решений задачи. Можно попытаться выяснить, есть ли другие решения, но гораздо интереснее такие вопросы: почему именно четыре деления, а не три? Какова наиболь-

шая длина линейки, на которую можно нанести четыре деления с выполнением указанных свойств? И вообще, какое наименьшее количество делений нужно нанести на линейку длины n (см), чтобы с ее помощью можно было отложить все целочисленные отрезки от 1 см до n (см)?

Как всегда, начнем с проб. Для линейки, имеющей длину 1 см, никаких делений не нужно. При длине 2 см и 3 см достаточно одного деления. При длине 4, 5, 6 см двух делений достаточно, а одного мало. При длине 7, 8, 9 см необходимо три деления (двух не хватит). При длине 10, 11, 12, 13 см — четыре деления (трех не хватит).

Эти результаты получены перебором вариантов. Соответствующие им расстановки изображены на рисунке, но с увеличением длины линейки становится все труднее и труднее проводить полный перебор. Нужны какие-то общие методы. Попробуем сначала оценить число делений (сверху и снизу).

Пусть на линейке длиной n (см) поставлено к делений. Сколько существует различных отрезков (не отрезков разной длины, а просто различных отрезков) с концами в точках деления или на концах линейки?

Так как любая пара из перечисленных точек определяет отрезок, а их к+ 2, то отрезков будет

А так как по условию задачи должно получиться n различных длин, а длины некоторых отрезков могут и совпадать, то должно выполняться неравенство

Отсюда следует, что на отрезке длины n необходимо поставить не менее (√8n+1—3)/2 делений (если это число не целое, то нужно брать ближайшее к нему большее целое число).

А какого количества делений наверняка хватит? Конечно, (n — 1) хватит (можно нанести все сантиметровые деления), но нельзя ли обойтись меньшим числом?

Попробуем такую расстановку к делений: сначала поставим m делений через каждый сантиметр, затем деление через (m + 1) см, снова через (m + 1) см и т. д., пока не поставим все к делений.

Рассмотрим теперь линейку с правым концом в (m+1) см от последнего деления. Длину этой линейки l выразим через к и m:

l=m + (k—m)(m +1) + m +1 = —m2+m(k+1)+(k+1). Используя формулу деления с остатком s=p(m + 1)+q, нетрудно показать, что при любом m такая расстановка делений удовлетворяет условию задачи.

Отметим еще одно важное свойство этой расстановки делений: если отрезок укоротить справа на любое целое число сантиметров, то точки деления по-прежнему будут удовлетворять условию задачи (то есть можно будет повторить все целочисленные отрезки от сантиметра до новой длины линейки).

Осталось выяснить, на сколько большим можно сделать l, меняя m (число делений к фиксировано).

Для этого перепишем формулу для l:

Отсюда видно, что l будет наибольшим при наименьшем

Значит, если к нечетно, то надо положить

а если к четно, то надо положить

Итак,

Вместо l можно подставить n. Выразив теперь k через n, получим k ⩽ √ 4n + 5—3 . Если это число не целое, то нужно брать ближайшее к нему большее целое число.

Здесь изображена таблица, в которой для n от 1 до 15 даны точные значения k(n) — наименьшего числа делений, удовлетворяющих условию задачи, полученной нами ранее оценки снизу из формулы n ⩾ (k + 2)(k + 1)/2 и только что выведенной оценки сверху. Видно, что эти значения мало отличаются друг от друга, но с ростом n это отличие становится все больше.

Найти формулу, связывающую точное значение k с n, видимо, весьма непросто. Не ясно даже, будет ли функция k(n) монотонной, то есть если для отрезка длины n достаточно k делений, то достаточно ли их будет для отрезка длины n — 1?

Как видите, от школьной задачки до серьезной и трудной математической проблемы — один шаг.

Попробуйте свои силы в решении этих проблем.

n

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

k1(n)

0

1

1

2

2

2

3

3

3

4

4

4

4

4

4

k(n)

0

1

1

2

2

2

3

3

3

4

4

4

4

4

5

k2(n)

0

1

1

2

2

3

3

3

4

4

4

4

5

5

5

НЕСКОЛЬКО СЛОВ В КОНЦЕ ГЛАВЫ

Почти все приведенные здесь задачи были опубликованы сначала в журнале «Квант», а потом в первом издании этой книги. С тех пор прошло уже немало времени, и я получил много писем, в которых читатели предлагали свои варианты их решения.

Большинство писем было связано с задачей о томах «Детской энциклопедии». Читатели доказали, что в случае перестановок нечетного числа томов в одной операции всегда можно правильно расставить тома на полке, если количество переставляемых томов не больше, чем общее число томов, уменьшенное на два.

Должен признаться, что еще до публикации задачи я знал ее полное решение. Однако не стал его раскрывать, предоставив читателям попробовать свои силы.

Следующая задача, касающаяся поиска натуральных чисел, оказалась более трудной. Частичные ее решения прислали А. Гейн из Екатеринбурга и киевлянин А. Броцкий.

А. Гейн предложил увеличивать количество рассматриваемых чисел не на единицу, а сразу на два. Это дало ему метод нахождения новых решений, отличающихся от тех, которые получаются с помощью леммы 2. Например, из решения с четырьмя числами (2, 3, 7, 43) он получил решение с шестью числами (2, 3, 7, 43, 1823, 193667).

Метод, предложенный А. Броцким, приводит к решениям, не совпадающим с тем, что получается с помощью метода, изложенного в этой книге, и с использованием метода А. Гейна. Так, из решения, найденного методом, показанным в книге (2, 3, 7, 395, 779731), он получил решение (2, 3, 7, 415, 8111).

Здесь есть еще над чем пораз-

мыслить: неизвестно, как получить все возможные решения этой задачи. Желающие подробнее ознакомиться с упомянутыми методами могут сделать это, прочитав статью А. Гейна «На пути к решению» в журнале «Квант» (№ 4, 1976 г.).

Задача о четырех делениях на линейке вызвала еще большие затруднения. Москвич В. Чванов указал некоторые семейства чисел n, для которых оценки можно улучшить, но это никак не влияло на общий результат. Существенно продвинулся в решении этой задачи московский математик С. Конягин. Он улучшил оценку снизу. В книге говорилось о необходимости поставить не менее чем (√8n+ 1—3)/2 делений, что можно переписать в виде

Конягину удалось увеличить это число до

Если немного огрубить оценку сверху, то получится довольно красивая оценка числа k(n):

Следует отметить, что результат С. Конягина найден с помощью методов, не входящих в школьную программу.

Для небольших значений n первоначальная формула и формула С. Конягина дают одинаковые результаты. При больших же значениях n результаты эти существенно разнятся.

Хочу заодно заметить, что на вопрос, поставленный в рассказе «Окружение десанта» (глава III), пока не нашлось оптимального ответа. Попробуйте все же его найти.

И еще. Вам, наверное, небезынтересно будет узнать, что все эти задачи очень близки к задачам, которыми занимаются профессиональные математики. После первого издания книги я получил несколько писем из НИИ и КБ с просьбой прислать полное решение задачи о делениях на линейке, а также модификации этой задачи — о расстановке делений на окружности длины n с теми же условиями. Оказалось, что это весьма важно для конструкторов некоторых измерительных приборов. Вот так вроде бы школьная задача перешла в разряд актуальной научно-технической.

ГЛАВА ПЯТАЯ

ЗАНИМАТЕЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ

1. Часы исправны. Но как объяснить такую ситуацию, когда секундная стрелка на часах прошла 1 секунду, а минутная — 6 минут?

2. Пошел было Иван-царевич куда глаза глядят искать Василису Прекрасную. Навстречу ему Леший.

— Знаю, — говорит, — я дорогу в Кощеево царство, случалось, ходил туда. Всего, что было, — не помню, но шел я четыре дня и четыре ночи. Первые день и ночь — прямой дорогой на север. Так прошел я треть пути. Потом повернул на запад, продирался сутки лесом и прошел вдвое меньше. И третьи сутки шел лесом, уже на юг, и вышел на ровную дорогу, ведущую на восток. Прошагал я по ней за сутки сто верст и попал в Кощеево царство. Ты ходок такой же резвый, как и я, иди, Иван-царевич. Глядишь, на пятый день будешь в гостях у Кощея.

— Нет, — отвечал Иван-царевич, — если все так, как ты говоришь, то уже завтра я увижу мою Василису Прекрасную.

Прав ли он? Сколько верст прошел Леший и сколько намерен пройти Иван-царевич?

3. Шифр устроен следующим образом: каждой цифре соответствует 3 буквы, а знаку * — 2 буквы и пробел.

012345678 9 *

а г ж й м п т х ш ы ю

б д з к н р у ц щ ь я

в е и л о с ф ч ъ э

Попробуйте расшифровать такую запись:

5343934*150413*6*8156215044414*305041080?

4. Какое число нужно поставить вместо вопросительного знака в последовательности: 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 20, 22, 24, 31, 100, ?, 1000?

5. Леня и Коля пошли в гости к Боре, но забыли номер его квартиры. Коля помнил, что если прибавить к этому номеру число 10, то получится точный куб, а Леня помнил, что если вычесть из номера квартиры число 10, то получится точный квадрат.

В какой квартире живет Боря?

6. Мальчик однажды сказал такую фразу: «Позавчера мне было десять лет, а в будущем году исполнится тринадцать».

Может ли такое быть?

7. За книгу заплатили тысячу рублей, и осталось заплатить еще столько, сколько осталось бы заплатить, если бы за нее заплатили столько, сколько осталось заплатить.

Сколько стоит книга?

8. На прямой расположили несколько точек. Затем между каждыми двумя соседними точками поставили еще по точке. Потом вновь между каждыми двумя соседними точками поставили по точке. И так несколько раз.

Покажите, что после каждой операции общее количество поставленных точек на прямой будет нечетным.

9. Дорога от дома до школы занимает у Володи 20 минут. Однажды по дороге в школу он вспомнил, что забыл дома ручку. Володя знал, что если продолжит путь в школу с той же скоростью, то придет туда за 8 минут до начала урока, а если вернется домой, то, двигаясь с той же скоростью, опоздает на 10 минут.

Какую часть пути он прошел?

10. Расшифруйте числовой ребус:

где одинаковым буквам соответствуют одинаковые числа, а разным — разные.

11. Взяв по одной карточке с цифрами 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, Гена разложил их по две на столе и вдруг увидел, что полученные двузначные числа относятся как 1:2:3:4:5. Когда вечером он захотел показать этот любопытный результат отцу, то обнаружил, что отсутствует карточка с цифрой 0. Однако, подумав, Гена из оставшихся карточек сложил пять чисел, отношение которых вновь было 1:2:3:4:5.

Какие он получил числа в первый и во второй раз?

12. В обычном наборе домино 28 косточек. Сколько косточек содержало бы домино, у которого значения, указанные на косточках, изменялись не от 0 до 6, а от 0 до 12?

13. Найдите двузначное число, в 2 раза большее произведения его цифр.

14. Отец и сын наблюдали солнечное затмение, и поэтому темой их разговоров были планеты.

— Папа, — спросил мальчик, — а во сколько раз Солнце дальше от нас, чем Луна?

— Насколько я помню, — отвечал отец, — в триста восемьдесят семь раз.

— Тогда я могу посчитать, во сколько раз объем Солнца больше объема Луны.

— Пожалуй, ты прав, — подумав, ответил отец.

Во сколько же раз объем Солнца больше объема Луны?

15. На чудо-дереве садовник вырастил 25 бананов и 30 апельсинов. Каждый день он срывает 2 плода, а на их месте вырастает новый. Причем если он срывает 2 одинаковых фрукта, то вырастает апельсин, а если он срывает 2 разных плода, то вырастает банан.

Каким может оказаться последний фрукт на этом дереве?

16. Саша и Гриша купили велосипеды и часто катались по лесной тропинке от одного конца леса до другого. Однажды Гриша, проехав 2 километра по лесу, встретил Сашу, чинившего свой велосипед. Друзья поговорили о школьных делах, и Гриша поехал дальше. Достигнув опушки леса, он заметил, что со времени въезда в лес прошло 24 минуты. Развернувшись, он поехал в обратную сторону и через 2 километра снова встретил Сашу, чинившего свой велосипед, но уже в другом месте.

— Сколько же ты проехал? — спросил Гриша.

— Всего девятьсот метров, — ответил Саша.

Сколько длился их первый разговор, если Гриша ездил в этот раз с одной и той же скоростью — 10 км/ч?

17. При делении числа 6=2—3 на 4 получаем в остатке 2. При делении числа 12=3—4 на 5 вновь получаем в остатке 2.

Верно ли, что остаток от деления произведения двух последовательных натуральных чисел на

следующее за ними число всегда равен 2?

18. Существует ли трехзначное число, равное произведению своих цифр?

19. На электронных часах высвечивается время: часы и минуты. Сколько времени в сутки на их табло присутствует хотя бы в одном месте цифра 2? Найдите соответствующее время для остальных цифр. (См. рис. на с. 152.)

20. Решите числовой ребус: (HE)2=SHE, где одинаковым буквам соответствуют одинаковые цифры, а разным — разные. (По-английски НЕ и SHE означают «ОН» и «ОНА».)

21. Круг и квадрат имеют одинаковые площади. В круг вписали квадрат, а в квадрат вписали круг.

Что больше: площадь круга, вписанного в квадрат, или площадь квадрата, вписанного в круг? (См. рис. на с. 152.)

22. Какое число нужно поставить вместо вопросительного знака в последовательности: 7, 17, 37, 77, ?, 317 ...?

23. Из пункта А вниз по течению одновременно отплыли плот и катер, а навстречу им в тот же момент из пункта В отправился такой же катер.

Покажите, что в тот момент, когда первый катер достигнет пункта В, плот окажется точно посредине между пунктом А и вторым катером.

24. «Алло, Катя! Нам поставили телефон! Запиши номер. Первая цифра — простое число, следующие две цифры — двузначное простое число, сумма этих цифр равна первой цифре, а последние две цифры получаются из предыдущей пары перестановкой и образуют число, являющееся точным квадратом. Так какой у меня номер телефона?»

25. Девочка заменила в своем имени каждую букву ее номером в русском алфавите и получила число 2011533.

Как ее зовут?

26. Найдите все числа, которые в 13 раз больше суммы своих цифр.

27. В последнее время я много хожу на лыжах. Правда, вчера я прошел на 3 километра меньше, чем позавчера, и на 40 километров меньше, чем позавчера и сегодня вместе.

Сколько километров я прошел на лыжах сегодня?

28. — Николай Иванович, — спросил Владик у знакомого продавца, — сколько стоит этот маленький блокнот?

— Шестнадцать блокнотов стоят столько же, сколько блокнотов можно купить на 100 рублей, — с улыбкой ответил продавец.

Сколько же стоит блокнот?

29. Числа 2,75 и 8 обладают тем свойством, что их произведение равно сумме составляющих их цифр: 2,75—8=2 + 7 + 5+8= 22.

Найдите еще хотя бы одну такую пару чисел.

30. Восстановите деление:

31. У моего телефона замечательный номер: первые 3 цифры одинаковы и последние 4 цифры тоже одинаковы. Более того, сумма всех цифр номера равняется двузначному числу, первая цифра которого совпадает с первой цифрой номера моего телефона, а последняя — с последней.

Каков этот семизначный номер?

32. Коля и Витя, гуляя по парку, набрели на большую поляну, обсаженную старыми липами. Коля пошел вокруг поляны, считая деревья. Витя сделал то же, но начал счет с другого дерева. Дерево, которое у Коли имело номер 20, у Вити было под номером 7, а дерево под номером 7 имело номер 94.

Сколько деревьев росло вокруг поляны?

33. Покажите, что из любых 18 последовательных трехзначных чисел хотя бы одно делится на сумму своих цифр.

34. К задумчиво стоящему на тротуаре математику подошел милиционер:

— Вы не обратили внимания на номер проехавшего здесь синего самосвала?

— О да! У него редкостный номер! Второе число получается из первого перестановкой цифр, а их разность равна сумме цифр одного из них.

Какой же номер самосвала?

35. Однажды я решил проехаться по канатной дороге. В некоторый момент я обратил внимание, что идущий мне навстречу вагончик имеет номер 95, следующий — номер 0, а дальше 1, 2 и т. д. Я взглянул на номер своего вагончика. Он оказался равным 66.

Проехал ли я половину пути? При встрече с вагончиком под каким номером я окажусь на половине пути?

36. Если к числу 20 прибавим число 16, то получим число 36 — полный квадрат. Если отнимем от него число 16, то получим число 4 — тоже полный квадрат.

Существуют ли еще числа, которые становятся полными квадратами как после прибавления к ним числа 16, так и после вычитания из них числа 16? Сколько их?

37. В Великобритании и США температуру принято измерять по шкале Фаренгейта. Температура плавления льда по этой шкале составляет 32°, а кипения воды 212°.

Существует ли температура, при которой показания термометров по шкалам Цельсия и Фаренгейта совпадают?

38. Турист отправился на слет, предполагая каждый день проходить 1/3 всего пути и, таким образом, через 3 дня прибыть на место. В первый день он прошел 1/3 пути, но во второй день ошибся в расчетах и прошел не 1/3 пути, а 1/3 остатка, и на третий день сделал ту же ошибку. В ре-

зультате ему осталось пройти еще 32 километра.

Сколько километров от дома туриста до места слета?

39. Пятиугольник диагоналями разбит на 11 частей. Расставьте в них числа 1, 2, 11 так, чтобы суммы чисел были равны во всех треугольниках, все вершины которых являются вершинами пятиугольника. (См. рис. на с. 152.)

40. При каком основании системы счисления имеет решение (и какое?) следующий числовой ребус:

где одинаковым буквам соответствуют одинаковые цифры, а разным — разные. (Кито, Киото, Токио — крупные города Японии.)

41. Какой угол составляют стрелки часов в 9 часов 20 минут?

42. Найдите наименьшее число, сумма цифр которого делится на 17 и сумма цифр следующего за ним числа тоже делится на 17.

43. — У тебя ошибка! — сказала Таня Антону, глядя на запись в его тетради: 132=171.

— Нет, — ответил Антон, — просто мне надоела десятичная система счисления, и я теперь считаю в системе с другим основанием.

— С каким? — спросила Таня.

— А ты попробуй сама определить по этому примеру.

44. Во втором классе учитель вызвал к доске Колю, Васю, Машу, Степу и Гришу. Каждому из них он задал по примеру из таблицы умножения. Результат каждого последующего умножения оказывался в 1,5 раза больше предыдущего.

Какие числа перемножал Степа?

45. Винни-Пух и Пятачок одновременно отправились в гости друг к другу, но поскольку оба всю дорогу считали пролетавших ворон, то, проходя один мимо другого, они друг друга не заметили. После встречи Пятачок подошел к дому Винни-Пуха через 4 минуты, а Винни-Пух — к дому Пятачка через 1 минуту.

Сколько минут был в пути каждый из них?

46. Как в треугольнике ABC провести ломаную BDEFG, чтобы все 5 полученных треугольников имели одинаковые площади? (См. рис. на с. 152.)

47. Произведение миллиарда натуральных чисел равно миллиарду. Какое наибольшее значение может принять сумма всех этих чисел?

48. Проверьте, что (32+52)2= 162+302, и попробуйте доказать, что квадрат суммы двух квадратов различных чисел всегда является суммой двух квадратов.

49. Чтобы попасть домой из Дворца творчества молодежи, я могу выйти либо на станции метро Математическая, либо на следующей станции — Физическая. От станции Математическая я иду к дому в 3 раза дольше, чем от станции Физическая, однако, пока поезд подходит к станции Физическая, я успеваю пройти 1/3 пути от станции Математическая до дома.

Какой путь быстрее?

50. Решите арифметический ребус:

где одинаковым буквам соответствуют одинаковые числа, а разным — разные.

51. На рисунке (с. 152) изображена четверть круга с его биссектрисой и полуокружностью вдвое меньшего радиуса.

Покажите, что площади заштрихованных частей равны.

52. Шеф секретной службы составил следующую инструкцию взаимной слежки между агентами с номерами от 001 до 007: первый следит за тем, кто следит за вторым, второй — за тем, кто следит за третьим, и т. д., последний следит за тем, кто следит за первым. Но вдруг пришло указание включить в эту систему агента 008.

Можно ли составить схему слежки, соответствующую инструкции, во втором случае?

53. Мадемуазель Рембо очень любит домашних животных. Все ее животные, кроме двух, — собаки, все, кроме двух, — кошки, и все, кроме двух, — попугаи, а остальные — тараканы.

Сколько и каких животных у мадемуазель Рембо?

54. Допустим, что существуют монеты достоинством в 1, 2, 3 и 5 копеек и весят они соответственно 1, 2, 3 и 5 граммов. Среди четырех монет (по одной каждого указанного достоинства) одна — бракованная, то есть отличается весом от нормальной.

Как с помощью взвешиваний на чашечных весах без гирь определить бракованную монету?

55. Шофер автобуса установил в одной кассе катушку билетов с номерами от 537 000 до 537 999, а в другой — с номерами от 462 000 до 462 999.

В какой из катушек больше «счастливых» билетов, то есть таких, когда сумма первых трех цифр равна сумме следующих трех цифр?

56. Возьмите шестизначное число, которое делится на 7, или на 11, или на 13, или на 37. Переставьте его первую цифру в конец числа. Полученное число вновь делится на то же самое число.

Почему?

57. Двое часов начали и кончили бить одновременно.

Первые бьют через каждые 2 секунды, вторые — через каждые 3 секунды. Всего было насчитано 13 ударов (слившиеся удары воспринимались как один).

Сколько времени прошло между первым и последним ударами?

58. Ира, Таня, Коля и Леня собирали грибы. Таня собрала больше всех, Ира — не меньше всех.

Верно ли, что девочки собрали грибов больше, чем мальчики?

59. В некотором царстве, в некотором государстве каждые двое — либо друзья, либо враги. Каждый человек может в некоторый момент поссориться со всеми друзьями и помириться со всеми врагами. Оказалось, что каждые 3 человека могут таким образом стать друзьями.

Докажите, что тогда и все люди

в государстве могут стать друзьями.

60. Решите числовой ребус:

где одинаковым буквам соответствуют одинаковые цифры, а разным — разные.

61. Из книги выпала ее часть. Первая страница части имеет номер 387, а номер последней страницы состоит из тех же цифр, но записанных в другом порядке.

Сколько страниц выпало из книги?

62. Какое наибольшее количество месяцев одного года может иметь по 5 пятниц?

63. Средний возраст 11 игроков футбольной команды — 22 года. Во время матча один из игроков получил травму и ушел с поля. Средний возраст оставшихся на поле игроков стал равен 21 году.

Сколько лет футболисту, получившему травму?

64. Имеется несколько кувшинов, среди которых есть 2 кувшина разной формы, а также 2 кувшина разного цвета.

Покажите, что среди них обязательно найдутся 2 кувшина одновременно и разной формы и разного цвета.

65. В магазин привезли платья трех разных фасонов и трех разных расцветок.

Продавщица хочет выбрать для витрины 3 платья так, чтобы были представлены все фасоны и все расцветки. Всегда ли она сможет это сделать?

66. В комнате стоят табуретки и стулья У каждой табуретки 3 ножки, у каждого стула 4 ножки. Когда на всех табуретках и стульях сидят люди, в комнате всего 39 ног.

Сколько стульев и табуреток в комнате?

67. Бегут по ступеням эскалатора метро 2 человека. Один бежит быстрее другого.

Кто из бегущих насчитает больше ступеней?

68. По окончании волейбольного турнира, в котором одна команда встречалась с другой по 2 раза, оказалось, что 20% команд не имели в своем активе ни одной победы (ничьих в волейболе не бывает).

Сколько команд участвовало в турнире и сколько встреч было проведено?

69. Если Аня идет в школу пешком, а обратно едет на автобусе, то на дорогу она затрачивает 1,5 часа. Если же она едет на автобусе в оба конца, то весь путь занимает у нее 30 минут.

Сколько времени тратит Аня на дорогу, если и в школу и из школы она идет пешком?

70. Восстановите пример на умножение:

71. Володя сказал Сереже:

— Если 3/5 моего капитала увеличить на 7 рублей, то получится твой капитал.

На что Сережа заметил:

— Выходит, у тебя всего на 3 рубля больше, чем у меня.

Определите величины капиталов.

72. В виде треугольника можно сложить 15 шариков, но нельзя сложить их в виде квадрата — одного шарика не хватает.

Из какого количества шариков, не превосходящего 50, можно сложить как треугольник, так и квадрат?

73. Если головоломка, которую вы разгадали перед тем, как разгадали эту, была труднее, чем головоломка, которую вы разгадали после того, как разгадали головоломку, которую вы разгадали перед тем, как разгадали эту, то была ли головоломка, которую вы разгадали перед тем, как разгадали эту, труднее, чем эта?

74. Доля блондинов среди голубоглазых больше, чем их доля среди всего населения.

Верно ли, что доля голубоглазых среди блондинов больше, чем их доля среди всего населения?

75. В сказочной стране Перра-Терра среди прочих обитателей проживают карабасы и барабасы. Каждый карабас знаком с 6 карабасами и 9 барабасами. Каждый барабас знаком с 10 карабасами и 7 барабасами.

Кого в стране больше — карабасов или барабасов?

76. Докажите неравенство: ДВА Х ШЕСТЬ<ДВАДЦАТЬ, где каждая буква обозначает цифру, причем разным буквам соответствуют разные цифры, а одинаковым — одинаковые.

77. Существует ли такой год, в котором число 13 ни разу не является понедельником? А какое наибольшее число раз в году оно может быть понедельником?

78. Найдите 2 числа, сумма, произведение и частное которых равны между собой.

79. Может ли сумма трех последовательных натуральных чисел быть простым числом?

80. Решите арифметический ребус: USA+USSR= PEACE, где одинаковым буквам соответствуют одинаковые цифры, а разным — разные.

81. Из 6 косточек домино выложен прямоугольник (3×4) так, что ему соответствует пример на сложение (см. рис. на с. 152).

Сложите из 6 косточек домино (может быть, других) такой же прямоугольник так, чтобы сумма (число в нижней строчке) была возможно меньше.

82. Рассказывают, что Тортила отдала Буратино золотой ключик не просто так, а вынесла 3 коробочки: красную, синюю и зеленую. На красной коробочке было написано: «Здесь золотой ключик», на синей: «Зеленая коробочка пуста»,

а на зеленой: «Здесь сидит гадюка».

Тортила прочла надписи и сказала: «Действительно, в одной из коробочек лежит золотой ключик, в другой находится гадюка, а еще одна пуста. Но все надписи неверны».

Где же лежал золотой ключик?

83. Во время новогоднего карнавала Антон забежал в свой класс и увидел оставшийся на доске пример на возведение числа в пятую степень. Он стер у результата 3 цифры и получил **198*7.

Какое число возводилось в пятую степень?

84. Однажды на лестнице я нашел странную тетрадь. В ней было написано 100 следующих утверждений:

«В этой тетради ровно 1 неверное утверждение»,

«В этой тетради ровно 2 неверных утверждения»,

«В этой тетради ровно 100 неверных утверждений».

Какое из этих утверждений верно?

85. Попробуйте разложить все косточки домино на 4 кучки так, чтобы суммы очков в кучках были четырьмя последовательными простыми числами.

86. Куранты отбивают каждый час и каждые полчаса. Павел Павлович любит читать книгу, сидя около них в скверике. Однажды, пока он сидел, часы начинали бить 5 раз, а всего он насчитал 11 ударов. С последним ударом Павел Павлович встал и пошел домой.

Сколько времени показывали куранты?

87. Может ли какая-нибудь степень числа 2 содержать в своей записи поровну нулей, единиц, двоек, девяток?

88. Коля купил в буфете 3 пакетика ирисок, а Витя 2 пакетика, Алеше же ирисок не досталось, и друзья разделили ириски поровну. При этом выяснилось, что Алеша должен друзьям 25 рублей.

Сколько стоил пакетик ирисок и сколько денег Алеша должен уплатить Коле и сколько Вите?

89. В фразе, взятой в кавычки, подставьте вместо многоточий цифры так, чтобы она оказалась верной.

«В этой фразе присутствуют цифры 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, причем

90. Расшифруйте числовой ребус: РАЙОН+РАИОН = ГОРОД, где одинаковым буквам должны соответствовать одинаковые цифры, а разным — разные.

91. Нетрудно показать, что у правильной пятиконечной звезды сумма углов равна 180°. Любопытно, что такая же сумма углов будет у произвольной пятиконечной звезды (см. рис. на с. 152).

Докажите это.

92. Мне удалось, взяв по 2 раза цифры 1, 2, 3 и 4, написать восьмизначное число, у которого между единицами стоит ровно 1 цифра, между двойками — 2, между тройками — 3, между четверками — 4 цифры.

Какое это число?

93. После окончания круга шахматного турнира (все сыграли друг с другом по 1 разу) 5 его участников, А, Б, В, Г и Д, которые перечислены здесь в порядке занятых мест, обменивались впечатлениями.

— Не думал, что лишь я один не испытаю горечь поражения, — сказал Б.

— А вот мне единственному не удалось одержать ни одной победы, — заметил Д.

Попробуйте по этим данным восстановить турнирную таблицу: кто и как сыграл с остальными участниками?

94. В равнобедренном треугольнике провели 2 прямые, проходящие через середины боковых сторон и их проекции на основание (см. рис. на с. 152).

Покажите, что из полученных 4 частей можно сложить ромб.

95. О трех простых числах известно, что одно из них равно разности кубов двух других.

Какие это числа?

96. На хуторе Семидворье 7 домов. Любопытно, что какие бы 3 из них мы ни выбрали, расстояние хотя бы между парой из них равняется 50 метрам.

Начертите план расположения домов на хуторе.

97. Тартарен, путешествуя по Африке, остановился как-то на

ночлег у небольшого озерка с чистейшей водой (неподалеку били родники). Утром к озеру подошло стадо. Тартарен насчитал 183 слона. На следующее утро они ушли, оставив вместо озера лужу. Через несколько лет Тартарен вновь попал на это место. Озеро опять было полно воды, но утром снова появилось стадо слонов. На этот раз в стаде оказалось 37 слонов, и воды им хватило на 5 дней.

Покидая берега выпитого до дна озера, Тартарен задумался: за сколько дней сможет опустошить озеро 1 слон?

98. Профессор Тестер проводит серию тестов, на основании которых выставляет средний балл испытуемому. Ответив на последний тест, Джон понял, что если бы он за последний тест получил 97 очков, то его средний балл равнялся бы 90. С другой стороны, если бы он получил за последний тест всего 73 очка, то его средний балл составил бы 87.

Сколько тестов в серии профессора Тестера?

99. Пусть А и В — две разные цифры и А не равно 0. Будем рассматривать числа, составленные из этих цифр. Покажите, что соотношение AB ⋅ ААА = АВА ⋅ АА не выполняется ни при каких А и В, соотношение AB⋅ААА =АВА⋅АА+1 выполняется лишь для одной пары чисел А и В, а соотношение AB ⋅ AAA А=ABAB ⋅ АА — всегда.

100. Трудно поверить, что резиновый крендель, охватывающий кольцо своими ушками (рис. 1 на с. 154), можно так деформировать, не разрезая и не склеивая, что он будет охватывать кольцо лишь одним ушком (рис. 2). Но это действительно можно сделать, если разрешается крендель сжимать, раздувать и растягивать. Как? Если не сообразите, то посмотрите в ответ.

Естественно, возникает желание отцепить от кольца и второе ушко — ведь они равноправны! Однако отцепить оба ушка невозможно.

А теперь подумайте, можно ли распутать крендель, у которого одно ушко зацеплено за другое (рис. 3)?

101. С развертками куба, то есть с плоскими фигурами (образованными целыми гранями куба), из которых можно составить поверхность куба, все вы, вероятно, встречались. Однако мало кто знает, что число различных таких разверток равно 11.

Вы видите изображение самого куба и его развертки. На гранях куба написаны числа: 1, 2, 3, 4, 5, 6. На рисунке 1 мы видим только три первых числа, а как расположены на кубе остальные числа, можно понять из рисунка 2, где эти числа изображены на одной из разверток куба.

Если мы возьмем другую развертку, то там числа расположены совсем в другом порядке, кроме того, они оказываются повернутыми (рис. 3).

Попробуйте теперь на девяти развертках, изображенных на рисунке 4, нарисовать по пять чисел (одно уже нарисовано) так, чтобы это соответствовало нашему кубу.

ГЛАВА ШЕСТАЯ

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРИВЕДЕННЫХ В РАССКАЗАХ, РЕШЕНИЯ ЗАНИМАТЕЛЬНЫХ ЗАДАЧ И РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ В КАРТИНКАХ

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРИВЕДЕННЫХ В РАССКАЗАХ

К РАССКАЗУ «ДЛЯ ЧЕГО НУЖНЫ ПРОЦЕНТЫ?»

1. 10 кг.

2. Произведение уменьшилось на 1%.

3. Товар стал бы дешевле на 1% от первоначальной стоимости.

К РАССКАЗУ «ПРОИЗВОДНЫЕ ПРОПОРЦИИ»

Доказательство.

Из того, что a/b = c/d, как было показано, следует, что а = kc и b = kd. Заменяя в левой части соотношения а и b на kc и kd, получим :

что совпадает с правой частью соотношения.

К РАССКАЗУ «ИНВЕРСИЯ И ЗАДАЧА АПОЛЛОНИЯ»

1. Исходя из пятого свойства, окружности переходят в прямые, их общая точка переходит в общую точку полученных прямых, следовательно, указанные окружности переходят в прямые, пересекающиеся в одной точке.

2. По второму и седьмому свойствам параллельные прямые переходят в окружности, касающиеся в точке О — центре инверсии.

3. Пусть А и В — данные точки, а искомая окружность касается данной прямой в точке Х. Проведем секущую искомой окружности через точки А и В до пересечения с данной прямой в точке С. Тогда по известной теореме СХ2=САХ ХСВ. Но отрезки CA и СВ можно считать данными, следовательно, можно построить и отрезок СХ, после чего по трем точкам А, В и X восстанавливается искомая окружность.

4. Инверсор Поселье. Проведем отрезки ОМ' и AB, пусть N — точка их пересечения. Обозначим через X отрезок MN. Поскольку AM'В M — ромб, то по теореме Пифагора находим: AN2=AM2—х2, отсюда :

Отрезок ОМ равен

а отрезок ОМ' равен —. Их произведение ОМ⋅ОМ' = OA2 — АM2, что и требовалось доказать.

К РАССКАЗУ «ИНВЕРСОРЫ»

1. Эти окружности переходят в прямые, пересекающиеся в одной точке.

2. Эти прямые переходят в три окружности, попарно касающиеся в одной точке.

3. Совершим инверсию с центром в одной из заданных точек, тогда искомая окружность перейдет в прямую, проходящую через образ второй заданной точки, а прямая — в окружность. Получаем задачу из школьного учебника: через данную точку провести прямую, касающуюся данной окружности. Осталось совершить это построение и еще раз произвести

инверсию, чтобы получить искомую окружность.

4. Рассмотрим рисунок. Из него находим, что

Перемножив величины ОМ и ОМ', получаем b2—а2. Таким образом, инверсор Поселье выполняет инверсию с центром О и коэффициентом b2—а2.

К РАССКАЗУ «ОЛИМПИЙСКИЕ КОЛЬЦА»

Очевидно, что, решив третью задачу, мы тем самым решим и обе предыдущие.

Сначала покажем, что сцепить n колец так, чтобы каждое было сцеплено с k другими, можно только при условии, что произведение пк четно. Действительно, представим каждое кольцо как вершину правильного n-угольника и соединим отрезками те вершины многоугольника, которым соответствуют кольца. Посчитаем количество таких отрезков. Из каждой вершины их выходит k штук, а вершин n. Перемножив эти два числа, получим удвоенное количество отрезков, поскольку каждый отрезок мы посчитали дважды. Но количество отрезков — целое число, поэтому пк должно делиться на 2.

Теперь покажем, что в случае четности произведения пк нужное сцепление можно произвести.

Пусть сначала число к четно, к=2р, где р — целое число. Соединив каждую вершину с р ближайшими вершинами слева и р ближайшими вершинами справа, получим точное указание, какие кольца с какими нужно зацепить.

Если же k — нечетное число, то оно представляется в виде к=2р+ 1, при этом n обязано быть четным. В этом случае соединяем каждую вершину вновь с р ближайшими вершинами слева и р ближайшими вершинами справа, а также с диаметрально противоположной вершиной. Такая есть, так как n — четное число.

К РАССКАЗУ «СЕАНС ПАРАПСИХОЛОГИИ»

При угадывании чисел Степа Мошкин подсказывал Тимуру следующим образом. Он поставил цифры в соответствие с первыми десятью буквами алфавита: 1—а, 2—б, 3—в, 4—г, 5—д, 6—е, 7—м, 8—з, 9—и, 0—к. Если взять первые буквы слов, произнесенных Степой, то получим необходимые числа.

Теперь о фокусах, показанных Тимуром. Если в первом фокусе Оля написала число а, Тимур назвал число b, то после проведения указанных действий получится число (a+b)2—a2=(2a+b). Таким образом, если Тимур разделит полученный результат на b, из частного вычтет b и результат разделит на 2, то получит число а.

Следующий фокус основан на том, что произведение 7⋅11⋅13= 1001. Ясно, что Тимур получит первоначальное число, если разделит последний результат на 2.

В третьем фокусе Тимур записывает на открытке число от 1 до 50, а называет число, дающее в сумме с написанным 99. Это число больше 50, но меньше 100, поэтому сумма двух чисел — написанного первоначально на доске и произне-

сенного Тимуром — больше 100, но меньше 200. Значит, стирается цифра 1, то есть сумма уменьшается на 100, потом прибавляется цифра 1, то есть уменьшение будет равно 99. Если теперь из первоначального числа вычесть полученное число, то окажется число, равное разности 99 и числа, названного Тимуром, то есть число, записанное на открытке.

К РАССКАЗУ «КАМЕШКИ И ШАХМАТНАЯ ДОСКА»

1. Побеждает второй игрок: если первый берет из какой-нибудь кучки несколько камней, то второй берет столько же камней из другой кучки. В результате в кучках снова получается одинаковое количество камней.

2. Побеждает первый игрок: вначале он берет 1 камень из любой кучки, а потом оставляет противнику в одной кучке нечетное количество камней, а в другой — на 1 больше.

3. При любой игре побеждает первый игрок.

4. Выигрывает первый игрок: вначале он съедает кучку с 7 орехами и делит кучку с 6 орехами на 2 кучки по 3 ореха. Противник вынужден съесть кучку с 3 орехами, а другую разделить на кучки по 1 и 2 орехам. После этого первый сначала съедает кучку из 2 орехов, а потом — последний орех.

К РАССКАЗУ «ДВЕНАДЦАТЬ ДОЛЛАРОВ», «НИМ» И «ШОКОЛАДКА»

1. Начинающий игру проигрывает независимо от того, где находится отмеченная часть, если шоколадка квадратная.

2. Начинающий игру выигрывает при любом расположении отмеченной части, если числа, определяющие размер шоколадки, имеют разную четность.

К РАССКАЗУ «МЕТОД ПЕРЕБОРА.

1. Турист должен взять палатку, продукты и одеяло.

2. Маршрут коммивояжера: Ух — Эх — Ах — Ох — Их — Ух.

3. 26 студентов придумали по одной задаче.

4. Число 9+1 может оканчиваться только одним нулем.

5. Номер шхуны капитана Врунгеля 9216.

6. Эти числа: 24 и 11, 48 и 43, 36 и 29, 228 и 227.

7. На четвертом курсе было 8 экзаменов.

К РАССКАЗУ «А ЧТО БУДЕТ, ЕСЛИ...»

1. Конечность количества принимаемых значений в последовательности, каждый следующий член которой равен сумме кубов цифр предыдущего числа, вытекает из следующих утверждений:

а) если число меньше 3000, то и сумма кубов его цифр меньше 3000;

б) если число больше или равно 2000, сумма кубов цифр этого числа меньше самого числа.

Доказательства этих утверждений аналогичны доказательствам соответствующих утверждений для задачи с суммой квадратов цифр. Возможны следующие периодические последовательности: пять последовательностей с периодом 1 (неподвижные точки 1, 153, 370, 371 и 407); две с периодом 2 (919 — 1459 и 136—244); две с периодом

3 (133—55—250 и 217—352—100).

2. Здесь будет один период из 150 чисел, включающий все натуральные числа от 1 до 100 и все четные числа от 102 до 200, а также один период длины 1 с неподвижной точкой 101.

К РАССКАЗУ «МАКСИМУМ, МИНИМУМ И ТЕОРЕМА О СРЕДНИХ»

1. Обозначим радиус искомого сектора через R, длину дуги через L и площадь сектора через S. Тогда

По теореме

Равенство достигается при

2. Обозначим через R радиус круга и через а расстояние от точки А до центра круга. Тогда для хорды MN, проходящей через точку А, выполнено соотношение ху = (R + a)(R — а), rде х = MA, у = AN. Длина хорды MN равна х + у.

Получаем по теореме:

Равенство достигается при х=у.

Следовательно, длина хорды минимальна, когда в точке А она делится пополам, то есть перпендикулярна к диаметру, проходящему через точку.

3. Обозначим √х через z. Выражение запишется так: 2z6 + 3/z. Теперь из примера 3 в рассказе следует такая оценка значений данного выражения:

Минимум достигается при

4. Вынесем за скобки постоянный множитель c = k1k1⋅k2k2- ... ⋅ knkn (его можно не писать) и перепишем произведение так:

Заметим, что

Следовательно, сумма всех сомножителей в новой записи равна x1+x2+...+xn, то есть постоянна, а произведение будет наименьшим при равенстве сомножителей, то есть при

К РАССКАЗУ «ПРОВОЛОКА, МАГНИТОФОН, ПИШУЩАЯ МАШИНКА И МАТЕМАТИКА »

Лента больше изнашивается у краев. Чтобы это понять, представьте, что d очень мало, тогда при повороте катушки даже на полный оборот лента смещается очень мало и на этот ее участок придется огромное количество ударов.

РЕШЕНИЯ ЗАНИМАТЕЛЬНЫХ ЗАДАЧ

1. Задача построена на путанице одинаковых названий для единиц времени и углов. Секунды в условии означают время, а минуты — величину угла, пройденного минутной стрелкой.

2. Поскольку Леший шел по лесу со скоростью в 2 раза меньшей, чем по дороге, то за 2 суток (вторые и третьи) он прошел столько же, сколько за первые, то есть 1/3 пути. Следовательно, за последние сутки он также прошел 1/3 пути, которая составляет 100 верст. Следовательно, Леший прошел 300 верст. (Его маршрут изображен на рисунке.)

Иван-царевич рассуждал так: если, пройдя полпути на север, он повернет на восток, то еще через полсуток окажется в Кощеевом царстве. Таким образом, он пройдет полпути на восток и полпути на север, всего 100 верст.

3. Зашифрована следующая запись: «Сколько граней у шестигранного карандаша?»

Ответ таков: 8 граней, поскольку карандаш является шестигранной призмой, обладающей также верхней и нижней гранями.

4. Здесь последовательно записаны представления числа 16 в различных системах счисления: сначала в шестнадцатиричной, потом в пятнадцатиричной и т. д.

Вместо вопросительного знака следует подставить запись числа 16 в троичной системе счисления, то есть 121. (Заметим, вместо последнего вопросительного знака также можно подставить число — запись числа 16 в одноричной системе счисления, то есть 1111111111111111.)

5. Для решения задачи достаточно указать все числа, являющиеся точными кубами и не превосходящие 1000 (больше 1000 квартир в доме, как правило, не бывает), причем если уменьшить такое число на 20, то получится точный квадрат. Для этого доста-

точно испробовать кубы чисел от 1 до 10. Условию удовлетворяет лишь число 6, поскольку 63—20= 196=142.

Отсюда искомый номер квартиры — число 206.

6. Да, может. День рождения мальчика приходится на 31 декабря. Разговор происходил 1 января.

30 декабря ему еще было 10 лет. В день разговора ему уже 11 лет. 31 декабря этого же года мальчику исполнится 12 лет, а в следующем году — 13 лет.

7. Книга стоит 2000 рублей.

8. Количество промежутков между точками на один меньше количества самих точек, значит, если в каждый промежуток поставить по точке, то их общее количество будет суммой двух последовательных целых чисел, при этом одно из них четное, а другое — нечетное.

Отсюда сумма — всегда нечетное число.

9. Если бы Володя не вышел из дома с запасом в 8 минут, то он, возвращаясь домой за ручкой, опоздал бы не на 10, а на 18 минут, которые он должен потратить на двукратное прохождение только что пройденного пути.

Отсюда следует, что в момент, когда Володя вспомнил о ручке, он уже шел 9 минут. А так как весь путь он проходит за 20 минут, то за 9 минут Володя прошел 9/20 пути от дома до школы.

10. Расшифровка: 6823 +6823=13646.

11. В первый раз Гена получил числа: 18, 36, 54, 72 и 90, а во второй — 9, 18, 27, 36, 45.

12. В новом наборе будет 13 дуплей (от 0:0 до 12:12). На остальных косточках каждое значение встречается 12 раз. Следовательно, половинок косточек будет 12 × 13=156, а целых косточек (без дуплей) — 78.

Всего косточек: 78+13=91.

13. Пусть такое число будет 10х+у, тогда 10х+у=2ху, откуда у — четное число: y=2k. Подставив это значение вместо у и сократив на 2, получим 5x+k=2xk, или 5x=(2x—1)k. Отсюда либо k делится на 5, либо 2х— 1 делится на 5. Но k меньше 5, значит, на 5 делится 2х—1, что может быть только при x=3 и х=8.

В первом случае получаем число 36, а во втором случае для k получаем уравнение 40=15k, которое противоречит тому, что k — натуральное число.

14. Ключом к решению этой задачи является тот факт, что видимые размеры (угловые) Солнца и Луны одинаковы. Поэтому из подобия следует, что радиус Солнца в 387 раз больше радиуса Луны, а объем Солнца в 3873 ≈ 58 000 000 раз больше объема Луны.

15. Заметим, что количество бананов нечетно, и при срывании любой пары плодов оно остается нечетным. Поэтому единственный оставшийся плод может быть только бананом.

16. Длина тропинки равна либо 4,9 км, либо 3,1 км, результат зависит от того, в какую сторону ехал Саша, поскольку об этом не говорится в задаче. Но если бы длина тропинки равнялась 4,9 км,

то Гриша потратил бы на дорогу в одну сторону 0,49 ч плюс время разговора. Но уже 0,49 ч больше 24 мин, значит, длина тропинки равна 3,1 км, и время движения Гриши по ней равно 0,31 ч, или 18 мин 36 с.

Отсюда продолжительность первого разговора составляет: 24 мин — 18 мин 36 с=5 мин 24 с.

17. Да, верно, так как n(п+1)= (n+2)(n-1)+2.

18. Нет, так как трехзначное число не меньше произведения первой цифры на 100, а произведение цифр не больше, чем произведение первой цифры на 81.

19. Цифра 2 бывает на первом месте в течение 4 часов от 20.00 до 24.00. В остальные 20 часов она бывает 2 часа на втором месте: от 02.00 до 03.00 и от 12.00 до 13.00. В оставшиеся 18 часов цифра 2 бывает на третьем месте каждый час по 10 минут, в остальные 50 минут часа бывает еще 5 раз по 1 минуте на четвертом месте. Итого по 15 минут в каждый из 18 часов.

Получаем: 4ч+2ч+4ч30мин= 10 ч 30 мин.

Для цифр 0 и 1 получаем аналогично по 16 часов, для цифры 3—8 часов 15 минут, для цифр 4 и 5 — по 7 часов 30 минут, для цифр 6, 7, 8, 9 — по 4 часа 12 минут.

20. Решение: 252=625.

Число Е может быть лишь одним из чисел: 0, 1, 5, 6, а число H не больше, чем число 3. Остается проверить числа: 10, 15, 16, 20, 21, 25, 26, 30 и 31. Подходит лишь число 25.

21. Пусть а — сторона квадра-

та, а r — радиус данного круга. Тогда равенство их площадей запишется кa1, a2=πr2. Радиус круга, вписанного в квадрат, равен a/2, а сторона квадрата, вписанного в круг, равна r√2. Отсюда площади вписанных фигур равны соответственно πa2/4 и 2r2. Заменяя a2 на πr2, получаем для площадей значения π2r2/4 и 2r2. Но π2 больше, чем 8, поскольку π больше, чем 3, поэтому π2r2/4 больше, чем 2r2, то есть площадь вписанного квадрата меньше площади вписанного круга.

22. Каждое следующее число равно удвоенному предыдущему, сложенному с числом 3, поэтому вместо вопросительного знака следует поставить число 157. (Могут быть и иные решения, основанные на других закономерностях.)

23. Пусть и — скорость катера в стоячей воде, и — скорость течения реки и t — время движения первого катера от А до В. Тогда расстояние между А и В равно S=t(u+v). Второй катер за время / пройдет расстояние L=t(v—u) и будет находиться от пункта А на расстоянии S—L=2ut.

Плот же за это время пройдет путь ut, то есть будет к пункту А в 2 раза ближе, чем второй катер.

24. Имеется всего шесть двузначных чисел, являющихся точными квадратами: 16, 25, 36, 49, 64 и 81, но лишь одно из них, число 16, после перестановки цифр становится простым числом — 61.

Следовательно, номер телефона 7—61—16.

25. В этой записи, вообще говоря, каждая цифра может играть одну из трех ролей: быть номером буквы, быть первой цифрой двузначного номера буквы или второй его цифрой. Цифра 0 не может выступать ни в первой, ни во второй роли, а цифра 5 — во второй роли. Отсюда первая буква имени имеет номер 20 — буква Т, а остальные разбиваются на два блока: 115 и 33. Блок 115 можно представить тремя способами: 1—1-5, 11—5, 1—15, что соответствует сочетаниям букв ААД, ИД, АН. А блок 33 — двумя способами: 3—3 и 33, что соответствует сочетаниям букв ВВ и Я. Таким образом, получаем шесть возможных слов: ТААДВВ, ТААДЯ, ТИДВВ, ТИДЯ, ТАНВВ и ТАНЯ.

Очевидно, что имя девочки — Таня.

26. Ясно, что такие числа не могут быть однозначными. Они не могут быть и двузначными, так как из того, что первая цифра числа — а, а вторая — b, следовало бы, что 10a+b=13a+13b, или 3a+12b=0. Для трехзначных чисел получаем уравнение: 100а+ 10b+c=13(a+b+c), то есть 29а=b+4с. Отсюда четыре решения: 117, 156 и 195.

Чисел с четырьмя и более знаками, обладающих указанным свойством, не существует.

27. Обозначим путь, пройденный на лыжах сегодня, через х, а вчера — через у. Тогда позавчера был пройден путь y+3 (км). Из второго условия задачи следует, что у+40=у+3+х.

Отсюда х=37 км.

28. Если 16 блокнотов стоят X рублей и на 100 рублей можно купить X блокнотов, то один блок-

нот стоит как х:16 руб., так и 100:X руб. Значит, x/16=100/x, откуда x2=1600, то есть х=40, а один блокнот стоит 2,5 рубля.

29. Например, числа 2,6 и 5. Действительно, 2,6—5=13=2+6 + 5.

30. Очевидно, что первая цифра частного—1, а первая цифра делителя — 2. Теперь нетрудно найти, что последняя цифра частного — 6. Зная делитель и частное: 23 и 136, нетрудно найти все цифры в примере.

31. Пусть первая цифра — х, а вторая — у. Тогда, с одной стороны, сумма цифр номера равна 3x+4y, а с другой — 10х+у. Следовательно, 3x+4y=10x+y, то есть 7x=3y, откуда x=3, у=7.

Номер телефона 333-77-77.

32. Из первого условия следует, что дерево, которое у Вити имело номер 1, у Коли имело номер 14, а последнее дерево было под номером 13. Отсюда: разность между 94 и последним деревом (по счету Вити) такая же, как и разность между 7 и 13 деревьями по счету Коли.

Значит, последнее дерево имеет номер 94+13 — 7=100.

33. Среди 18 последовательных чисел, очевидно, одно делится на 18. Сумма цифр трехзначного числа, делящегося на 18, не может быть больше 18, поскольку сумма цифр должна делиться на 9, а сумма цифр 27 имеется лишь у одного числа — 999, которое не делится на 18 (большей же суммы цифр быть не может).

Итак, сумма цифр числа, делящегося на 18, — 9 или 18. В любом из этих случаев число делится на сумму своих цифр.

34. Если цифры первого двузначного числа X и у, то из условия задачи записывается следующее уравнение: 10х+у—10у—х= х+у. Отсюда 8х=10у, или 4х= 5у. Учитывая, что х и у — цифры, получаем, что x=5, y=4.

Значит, номер самосвала — 54—45.

35. Очевидно, что я окажусь на половине пути канатной дороги в тот момент, когда количество вагончиков впереди и сзади окажется одинаковым. Поскольку всего вагончиков 96, а их половина составляет 48, то искомый номер встречного вагончика таков: 66— 48=18.

36. Обозначим искомое число через Х. Тогда х+16=а2; x—16= b\ Отсюда a2- b2=32= 1 — 32= 2—16=4—8=(а—6)-(а+b). Получаем две системы уравнений: а+b=16, а— b=2 и а+b=8, а—b=4. Случай а+b=32, а—b= 1 отпадает, так как числа а и b должны быть одинаковой четности. В первом случае а=9, b=7, х=65, во втором а=6, b=2, x=20.

Таким образом, еще только число 65 обладает указанным в задаче свойством.

37. Найдем связь между температурами в шкалах Фаренгейта (Тф) и Цельсия (Тц). Пусть Тф=АТц+В. При точке плавления льда получаем 32= A∙O+B то есть В=32. В точке кипения воды получаем 212=100A + 32, откуда A=1,8. Теперь запишем условие равенства температур : 7 = 1,8Т+ 32.

Отсюда Т=—40°.

38. После первого дня туристу осталось пройти 2/3 пути, после второго дня — 2/3 остатка, то есть 2/3—2/3 пути, а после третьего дня — 2/3 нового остатка, то есть 2/3∙2/3∙2/3 всего пути.

Отсюда 32 километра составляет 8/27 всего пути, а весь путь равен 108 километрам.

39. Ответ вы найдете на рисунке к этой задаче (с. 165).

40. Примем за основание системы счисления число n. Из последнего столбца видно, что букве О соответствует число 0. Тогда переносы единицы будут лишь из второго столбца в третий и из четвертого в пятый. Получаем систему четырех уравнений с четырьмя неизвестными: 2Т=n+И, И+1 = К, К+И=n, К+1=Т.

Отсюда: n=7, И=3, К=4, Т= 5.

41. В 9 часов угол между стрелками равен 90°. За час часовая стрелка проходит 1/12 часть окружности, то есть 30°, а за 20 минут 1/3 от нее, то есть 10°. Аналогично минутная стрелка, проходящая за час 360°, за 20 минут пройдет 120°. Таким образом, угол в 90° уменьшится на 10° и увеличится на 120°. Следовательно, станет равным 200°. Дополнительный к нему угол будет равен 160°.

42. Если число не оканчивается на 9, то сумма цифр следующего за ним числа больше его суммы цифр на единицу, поэтому такое число не может быть искомым. Если число оканчивается на 9 (но не на 99), то сумма цифр следующего числа меньше его суммы цифр на 8, что опять не соответствует условию задачи. Если же число оканчивается на 99 (но не на 999), то сумма цифр следующего за ним числа будет меньше суммы цифр первоначального на 17. Отсюда следует, что если у первоначального числа сумма цифр делилась на 17, то и у следующего она будет делиться на 17, притом это число оканчивается на два нуля.

Найдем наименьшее число, оканчивающееся на два нуля, сумма цифр которого делится на 17. Очевидно, что это число 8900. Значит, искомой парой являются числа 8899 и 8900. (Числа, оканчивающиеся на 999 и 9998, не удовлетворяют условию задачи, так как сумма цифр у первых уменьшается при прибавлении единицы на 26, а у вторых — на 35.)

43. Пусть а — основание системы счисления, в которой считает Антон. Тогда запись в его тетради означает следующее: (a+ 3)2—а2+ 7а+1. Раскрывая скобки и приводя подобные члены, получаем а=8.

44. Степа перемножал числа 6 и 9.

45. Если обозначить через х время от начала движения до встречи, а через и и v скорости Винни-Пуха и Пятачка, то расстояние между их домами можно выразить тремя способами:

xu+xv=u(x+1)=v(x+4).

Из первого равенства вытекает, что u=vx, а из сравнения первого выражения и третьего, что ху=4v.

Исключая из этих уравнений и и v, получаем, что x2=4, х=2.

Значит, Винни-Пух был в дороге 3 минуты, а Пятачок — 6 минут.

46. Точку D следует поставить

так, чтобы отрезок CD был равен 1/5 отрезка АС, тогда площадь треугольника DBC будет равна 1/5 площади треугольника ABС. Аналогично точка F ставится так, чтобы ВЕ=АВ/4, точка F — так, чтобы FD=AD/3, и точка G — так, чтобы GE=AE/2.

47. 1 999 999 999, то есть одно число равно 1000000000, а остальные — единице.

Действительно, если бы два числа, X и у, большие единицы, мы заменили парой чисел ху и единица, то количество чисел и их произведение не изменились бы, а сумма увеличилась бы на ху+1 и уменьшилась на х+у.

Покажем, что ху+1—х—у>0. Разложим левую часть на множители (х—1)(у—1). Так как х и у, по предположению, больше единицы, то каждый сомножитель положителен.

49. Быстрее добраться от станции метро Физическая, поскольку после прибытия туда оставшийся путь можно пройти в 2 раза быстрее, чем оставшийся к этому моменту путь другого маршрута.

50. Решение: 15 306+15 306= 30 612.

51. Как дуга маленькой окружности, так и биссектриса угла делят четверть круга на две равные части, поэтому часть, принадлежащая как сектору, так и полукругу, равняется по площади части, не принадлежащей ни одному из них.

52. Для семи агентов схема

слежки такова: 1→5→2→6→3→ 7→4→1. При восьми агентах соответствующую схему устроить нельзя.

Допустим, однако, что можно. Расставим их по кругу так, чтобы слева от каждого агента стоял тот, за которым он следит. Тогда первые четыре агента стоят через одного, а между ними находятся остальные четыре агента. Но в этом случае получается, что за агентом 001 следит тот, за кем следит агент 004, а по условию за ним должен следить тот, за кем следит агент 008.

Получили противоречие. Следовательно, такая схема неосуществима.

53. Задача имеет два решения: либо у мадемуазель Рембо проживают одна кошка, одна собака, один попугай, при этом нет тараканов, либо только два таракана, и больше нет никаких животных.

54. Положим на одну чашу весов монету в 5 копеек, а на другую две монеты в 2 и 3 копейки. Если весы будут находиться в равновесии, то бракованная монета — это 1 копейка. Если перевесит одна из чаш, то положим в ту чашу, где лежала монета в 5 копеек, монету в 3 копейки, а на другую — 2 и 1 копейки. Если весы окажутся в равновесии, то бракованная монета — достоинством 5 копеек. Если при втором взвешивании будет легче та же чаша, что и при первом, то бракованная монета достоинством в 2 копейки, в противном случае — в 3 копейки.

55. Если заменить каждую цифру «счастливого» билета ее дополнением до 9, то есть 0 на 9, 1 на 8 и т. д., то полученный билет тоже будет «счастливым». Заметим, что если билет был «счастливым» и принадлежал одной катушке, то он станет «счастливым» и в другой. Отсюда следует, что в катушках одинаковое число «счастливых» билетов.

56. Если первая цифра этого шестизначного числа равна а, то само число можно записать в виде 100 000а + b, где b — пятизначное число. После перестановки имеем число 10+а. При вычитании этого числа из удесятеренного первого числа получаем, что 999 999а=а∙27∙7∙11∙13∙37.

Поэтому из делимости первоначального числа на 7, 11, 13 или 37 следует делимость и второго на соответствующее число.

57. Между первым и последним ударом прошло 18 секунд.

58. Да, верно, поскольку Ира не могла собрать грибов больше, чем Таня, то она собрала грибов больше, чем один из мальчиков, а Таня больше, чем другой мальчик, так как она набрала грибов больше всех.

59. Из условия следует, что если А и В — друзья, то любой из остальных либо их общий друг, либо общий враг (иначе им троим не примириться).

Возьмем всех друзей человека А. Из сказанного следует, что все они дружны между собой и враждуют с остальными. Пусть теперь А и его друзья по очереди ссорятся с друзьями и мирятся с врагами. После этого все окажутся друзьями. Действительно, пусть А первым поссорился с друзьями и помирился с врагами, но тогда каждый из его бывших друзей будет с ним мириться, а бывшие враги останутся друзьями. Таким

образом, все люди оказываются друзьями А и, следовательно, друзьями между собой.

60. Решение: 9453,5+9453,5= 18 907.

61. Выпало 352 страницы. Заметим, что номер последней из выпавших страниц должен быть четным и большим, чем 387, то есть 738.

62. По 5 пятниц может иметь 5 месяцев. Обычный год при этом должен начинаться с пятницы, а високосный с четверга или пятницы.

63. Футболисту, получившему травму, 32 года.

64. Возьмем 2 кувшина разной формы. Если они и разного цвета, то условие выполнено. Если одинакового, то возьмем третий кувшин, отличающийся от них цветом. Его форма не совпадает с формой хотя бы одного из первых кувшинов, не совпадает и цвет.

65. Представить все фасоны и расцветки удается не всегда. Например, если привезены платья двух фасонов с одинаковой расцветкой, а третий фасон имеет две другие расцветки.

66. В комнате 3 табуретки и 4 стула.

67. Больше ступеней насчитает тот, кто бежит быстрее.

68. Заметим, что не более 1 команды может совсем не иметь побед. В этом случае команд 5 и они провели в турнире 20 встреч.

69. Аня тратит на дорогу 2 часа 30 минут.

70. Восстановленный пример таков:

71. Капиталы в 7 и 10 рублей.

72. Из 36 шариков можно сложить и треугольник и квадрат.

73. Да, была.

74. Да, верно. Обозначим через В общее количество людей, через В — количество голубоглазых среди них, через Г — количество блондинов и через X — количество голубоглазых блондинов. Тогда по условию х:Г>Б:В. Умножим обе части неравенства на Г и разделим на Б.

Получим х:Б>Г:В, то есть доля голубоглазых среди блондинов больше, чем среди всего населения.

75. В стране больше карабасов. Пусть карабасов х, а барабасов у. Предположим, что карабасы вручили своим друзьям барабасам по визитной карточке. Число врученных карточек равно 9х. Но это число равно и 10у, поскольку каждый барабас получил по 10 визитных карточек. Значит. 9х=10у, отсюда следует, что х>у.

76. Число ШЕСТЬ меньше, чем 10 000, а число ДВАДЦАТЬ больше, чем число ДВА, умноженное на 10 000.

77. В любом году число 13 хотя бы один раз является понедельником. Наибольшее число раз в году оно может быть понедельником 4 раза.

78. Это числа 0,5 и —1.

79. Нет, так как эта сумма должна делиться на 3. Быть равной 3 она также не может, так как наименьшая сумма у тройки 1 + 2 + 3=6.

80. Решение: 932 + 9338= 10270.

81. Ответ вы найдете на рисунке к этой задаче (с. 165).

82. Из надписи на красной коробочке следует, что ключик лежит в синей или зеленой коробочке. Из надписи на синей коробочке следует, что в зеленой находится гадюка или лежит ключик. Из надписи на зеленой вытекает, что там — золотой ключик.

83. Заметим, что 100 000= 105<**198*7<305=24 300 000. Кроме того, всякое целое число в пятой степени оканчивается на ту же цифру, что и само число. Поэтому достаточно проверить лишь числа 17 и 27.

После проверки получаем, что на доске было написано число 175=1 419 857.

84. Поскольку все утверждения противоречат друг другу, то верным может быть не более одного из них. Все утверждения не могут быть неверными, потому что тогда

последнее утверждение окажется верным.

Итак, верно лишь одно утверждение, а именно 99-е, которое утверждает, что неверно 99 утверждений, а верно лишь одно — оно само.

85. Сумма всех очков домино равна 168. В среднем в кучках по 42 очка. Теперь нетрудно подобрать нужные значения: 37, 41, 43 и 47.

86. Павел Павлович пошел домой в 4 часа дня.

87. Не может, так как сумма 0+1 + 2 + ...+9=45. Если бы степень числа 2 содержала поровну все цифры, то сумма цифр делилась бы на 45 и, следовательно, на 9. Значит, и само число должно делиться на 9, а оно может иметь делителями только степени числа 2.

88. Если доля Алеши стоила 25 рублей, то столько же стоили доли Коли и Вити. Значит, все 5 пакетиков стоили 75 рублей, соответственно каждый — 15 рублей. Коля заплатил 45 рублей, значит, он должен получить 45 — 25= 20 рублей, а Витя 30—25= 5 рублей.

89. Фраза окажется верной, когда будут проставлены цифры: 2, 2, 8, 4, 3, 2, 2, 2, 3, 2.

90. Расшифровка: 45 203 +45 203=90 406.

91. Соединим две соседние вершины звезды, например А и Е (см. рис. на с. 165). Так как у треугольников АМЕ и ВМЕ углы при вершине M равны, то сумма углов при

вершинах В и D равна сумме углов при вершинах Е и А треугольника АЕМ. Но тогда сумма углов при вершинах звезды равна сумме углов треугольника АСЕ, то есть 180°.

92. Таких чисел два: 41 312 432 и 23 421 314.

93. Нетрудно подсчитать, что всего было 10 партий и поэтому разыгрывалось 10 очков. А — победитель турнира — набрал не более 3 очков, так как одну партию проиграл. Но он не мог набрать и меньшее количество очков, так как 2,5+2 + 1,5 + 1+0,5=7,5 <10. Значит, А одну партию проиграл, а остальные выиграл. Выиграть у Б он не мог, так как Б вообще не проигрывал. Значит, он проиграл Б и выиграл у остальных. Заметим, что 3 + 2,5+2+ 1,5+1 = 10, поэтому Б набрал 2,5 очка, В — 2 очка, Г — 1,5 очка и △ — 1 очко. Значит, Б остальные 3 партии свел вничью. Г набрал 1,5 очка, сделав ничью с Б и выиграв у В или Д, но В проиграл А, сделал ничью с Б, но если он проиграл Г, то набрал бы не больше 1,5 очка, а он набрал 2 очка. Значит, В выиграл у Г и сделал ничью с Д, а Г выиграл у Д. (Таблица на с. 165.)

94. Это хорошо видно на рисунке к задаче (см. с. 165).

95. Пусть это число a, b и с, причем с=а3—b3. Тогда с=(а—b)X(a2+ab+b2). Чтобы число с было простым, необходимо, чтобы а—b = 1, а это возможно, при условии простоты чисел а и b, лишь при а=3, b=2. Отсюда с=19.

96. План расположения домов на хуторе приведен на рисунке к этой задаче на с. 165.

97. Если обозначить через v объем воды в озере, через w — объем воды, вытекающей в сутки из родников в озеро, и через z — количество воды, выпиваемой в сутки слоном, то условия задачи запишутся в виде двух уравнений:

v + w=183z, v+5w=5⋅37⋅z.

Вычитая из второго уравнения первое, получим, что 4w = 2z, или z=2w. Подставив это соотношение в первое уравнение, имеем v=365w. Пусть 1 слон выпивает озеро за х дней, тогда v+xw= xz. Подставляя z= 2w, получаем, что v=xw, но мы знаем, что v = 365w, поэтому x=365, то есть слон опустошит озеро за год, после чего понадобится еще 2 года, чтобы озеро вновь наполнилось от родников.

98. Обозначим через А сумму баллов, набранную Джоном перед последним из к тестов. Тогда A + 97 / k =90 и A + 73 / k = 87, или А=90k—97 и А=87k—73. Отсюда 97k—97=87k—73, k=8.

Значит, в серии профессора Тестера было 8 тестов.

99. В первом случае правая часть делится на 11, а левая — нет, во втором случае левая часть делится на А, а правая лишь при А = 1, тогда (10+B)⋅111 = (101 + 10B)⋅11 + 1, откуда B=2. В третьем случае левая и правая части представляются как АВ⋅АА ⋅ 101.

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ В КАРТИНКАХ

К картинке «Сколько денег в кошельке? »

До покупки мороженого у Пьера оставалось 20 франков (5+15). Сле-

довательно, до покупки тетрадей у него было 40 франков (20 + 20), до покупки книги 100 франков 2(40+10), а перед поездкой на автобусе 105 франков.

Значит, с самого начала у него было 210 франков (2 105).

К картинке «В чем фокус?»

Пусть номер обуви девочки — х, а ее возраст — у. Тогда последовательно получаем: 5x, 5x+13, 100x + 260, 100x + 260-(1989— y)=100x + y —1729, 100x + y. В 1995 году нужно прибавлять число, большее на 6, то есть 1735 (каждый год число увеличивается на единицу).

К картинке «Королева и рыцари».

У третьего рыцаря было 6 слив (2⋅3), у второго 8 слив (6 + 1 + 1), у третьего 16 слив (6+8 + 1 + 1). Всего 30 слив.

К картинке «Три мушкетера».

Самый сильный — Портос, затем Атос, д'Артаньян и Арамис.

К картинке «Четыре лилипута».

Второй и третий говорят правду, первый и четвертый — лгут.

К картинке «Богатыри». Соловья-разбойника поймал Добрыня Никитич. Он и Алеша Попович слукавили в первый раз, а Илья Муромец — в последний.

К картинке «Кто с кем танцует? »

Максиму 20 лет, его партнерше Юле — 17; Игорю — 19 лет, его партнерше Ире—16; Антону — 23 года, его партнерше Светлане — 20 лет.

К картинке «Кто первый?»

Первый — Сережа, вторая — Надя, третий — Коля, четвертый — Ваня, пятый — Толя.

К картинке «Сколько стоит арбуз?»

Обозначим через х цену арбуза, а через у — налог на арбуз. Тогда

откуда х=11, у=2.

Но Ходжа Насреддин и дехканин Али не платили налог на арбузы, оставленные стражниками, поскольку они их не ввозили в город. Поэтому верное решение:

К картинке «Задача туриста».

Я находился 1 февраля в Петербурге, 8 февраля в Софии, 1 марта в Варшаве, 8 марта в Берлине.

Савин А. П.

С13 Математические миниатюры: Занимательная математика для детей/Оформл. серии Г. Грозной; Обложка Л. Галкиной; Ил. А. Шабельника. — М.: Дет. лит., 1998.—175 с: ил. — (Знай и умей).

ISBN 5-08-003716-4

Автор знакомит читателей со многими математическими понятиями, изучаемыми в рамках школьной программы, а также с некоторыми важными направлениями современной математики, не входящими в курс средней школы. В отдельной главе представлены занимательные задачи и их решения.

ББК 22.1

Научно-популярное издание

Для среднего и старшего школьного возраста

Савин Анатолий Павлович

МАТЕМАТИЧЕСКИЕ МИНИАТЮРЫ

Занимательная математика для детей

Ответственный редактор В. А. Анкудинов. Художественные редакторы Л. Д. Бирюков, Н. Г. Ордынский. Технический редактор И. П. Савенкова. Корректоры В. Н. Дробышева, Е. В. Туманова.

ИБ № 13995

Сдано в набор 18.03.97. Подписано к печати 08.02.98. Формат 70х 100 1/16. Бум. офс. № 1. Шрифт «Школьный». Печать офс. Усл. печ. л. 14,13. Усл. кр.-отт. 29,9. Тираж 10000 экз. Заказ 780. С 012.

Орденов Трудового Красного Знамени и Дружбы народов издательство «Детская литература» Государственного комитета Российской Федерации по печати. 103720, Москва, Центр, М. Черкасский пер., 1.

Тверской ордена Трудового Красного Знамени полиграфкомбинат детской литературы им. 50-летия СССР Государственного комитета Российской Федерации по печати. 170040, Тверь, проспект 50-летия Октября, 46.

ЗАНИМАТЕЛЬНЫЕ ИГРЫ И ЗАДАЧИ, ВЕСЕЛЫЕ И ПОУЧИТЕЛЬНЫЕ РАССКАЗЫ, ПРЕДСТАВЛЕННЫЕ В ЭТОЙ КНИГЕ, ОТКРОЮТ ВАМ НЕОЖИДАННЫЕ СВОЙСТВА, КАЗАЛОСЬ БЫ, ХОРОШО ИЗВЕСТНЫХ МАТЕМАТИЧЕСКИХ ПОНЯТИЙ, ПОМОГУТ ЛУЧШЕ УЗНАТЬ ПРИЁМЫ И МЕТОДЫ СОВРЕМЕННОЙ МАТЕМАТИКИ.