Математические головоломки и развлечения - Мартин Гарднер

Рис. 62

Для вычисления объема остатка, получающегося после того, как вырезаны цилиндр и шапочки, нужно прибавить объем цилиндра 6π(R2 — 9) к удвоенному объему сферической шапочки и вычесть эту сумму из объема шара

Объем шапочки вычисляется по формуле:

где А — высота, а r — радиус.

При вычислении все члены взаимно уничтожаются, кроме 36π.

Это число и равно объему остатка в кубических единицах. Другими словами, объем остатка постоянен, независимо от размера сферы и диаметра отверстия.

Самое раннее упоминание об этой задаче я нашел у С. Джонса.[22] Там же приводится и аналогичная двумерная задача. Если в кольце произвольного размера провести самую длинную прямую линию, то площадь кольца равна площади круга, построенного на этой прямой как на диаметре (рис. 63).

Рис. 63

Некоторые читатели быстро решили задачу с помощью весьма тонкого рассуждения. Редакция журнала не стала бы предлагать задачу своим читателям, если бы та не имела единственного решения. Но коль скоро задача имеет единственное решение, объем оставшейся части шара не зависит от радиуса отверстия и сохраняет свое постоянное значение даже тогда, когда радиус отверстия становится равным нулю. Поэтому объем оставшейся части шара равен объему шара диаметром 6 см, то есть З6π см3.

8. В любой момент времени жуки находятся в вершинах квадрата, который сжимается и поворачивается по мере сближения жуков. Поэтому путь преследователя всегда будет перпендикулярен пути преследуемого. Это значит, что если А приближается к В, то скорость В не имеет компоненты вдоль направления скорости А.

Следовательно, А поймает В через такой же промежуток времени, как если бы В стоял на месте. Длина каждой спирали будет равна стороне квадрата—10 см.

Если же три жука выползают из вершин равностороннего треугольника, то составляющая скорости каждого жука, направленная к его преследователю, будет равна половине всей скорости жука (косинус угла 60° есть 1/2). Поэтому жуки будут сближаться со скоростью 3/2, если за единицу принять скорость жука относительно бумаги. Жуки встретятся в центре треугольника через промежуток времени, равный отношению стороны треугольника к утроенной скорости жука. Каждый жук при этом проползет расстояние, равное 2/3 стороны треугольника.

9. Когда Джон задумался над задачей профессора, ему было известно, что во всех семьях количество детей различно, а всего детей меньше 18. Кроме того, он знал, что если перемножить число детей, то получится номер дома профессора. Поэтому прежде всего он должен был разложить номер дома на множители, сумма которых была бы меньше 18. Если бы это можно было сделать только одним способом, то Джон решил бы задачу сразу. Поскольку он не мог ее решить без дополнительной информации, мы делаем вывод, что номер дома допускает разложение на множители более чем одним способом. Придя к такому заключению, мы должны выписать все возможные комбинации четырех различных чисел, сумма которых не превышает 18, и вычислить произведения каждой четверки.

Оказывается, что во многих случаях одно и то же произведение получается для разных комбинаций чисел. Как же решить, какое из произведений равно номеру дома?

Ключ к решению заключается в вопросе Джона о том, имеет ли самая маленькая семья больше одного ребенка. Этот вопрос приобретает смысл лишь в том случае, если номер дома 120. Разложить это число на множители можно следующими способами: 1x3x5x8, 1х4х5х6 и 2хЗх4х5. Если бы Смит ответил отрицательно, задача оставалась бы нерешенной. Но раз Джон ее все-таки решил, это значит, что ответ был положительным. Поэтому в семьях было 2, 3, 4 и 5 детей.

Глава 12. ПОЛИМИНО

Термин «полимино» ввел в употребление известный математик Соломон В. Голомб. В своей статье «Шахматные доски и полимино»,[23] написанной им еще в бытность его аспирантом Гарварда, Голомб определил полимино как «односвязную» фигуру, составленную из квадратов. Односвязность фигуры означает, что каждый входящий в нее квадрат имеет по крайней мере одну сторону, общую с другим входящим в нее же квадратом. Шахматист, добавляет Голомб, сказал бы, что квадраты составлены «ходом ладьи», потому что ладья могла бы обойти все квадраты полимино за конечное число ходов.

На рис. 64 показаны мономино и все возможные фигуры полимино из двух, трех и четырех квадратов.

Рис. 64

Существует только один тип домино, два типа тримино и пять типов тетрамино. У пентамино число различных фигур возрастает сразу до двенадцати. Все они показаны на рис. 65.

Рис. 65

Асимметричные фигуры, переходящие друг в друга при переворачивании, считаются одной и той же фигурой. Во всех развлечениях с полимино, о которых пойдет речь в этой главе, наряду с любой асимметричной фигурой можно использовать и ее зеркальное отражение.

Число различных полимино данного порядка, разумеется, зависит от того, из скольких квадратов составлены фигуры (то есть от порядка), но пока еще никому не удалось найти формулу, выражающую эту связь. Чтобы найти число различных «костей» n-мино высшего порядка, приходится пускаться в утомительные вычисления, отнимающие уйму времени.

Существует 35 различных разновидностей гексамино и 108 разновидностей гептамино. В число последних включено и одно спорное гептамино, изображенное на рис. 66.

Рис. 66

В большинстве развлечений с полимино такие фигуры с внутренними «дырками» (в случае октамино их, например, шесть) лучше всего исключать из рассмотрения.

В главе 3 задача о полимино (задача 3) рассматривалась в связи с расположением домино на шахматной доске с вырезанными углами. В статье Голомба обсуждается много не менее интересных аналогичных задач о полимино высших порядков. Очевидно, что покрыть шахматную доску размером 8x8 клеток одними лишь тримино невозможно (хотя бы потому, что число 64 не делится на 3). Можно ли покрыть ту же доску двадцать одним прямым тримино и одним мономино? С помощью хитроумной раскраски квадратов, из которых состоят кости тримино, в три различных цвета Голомб показал, что это возможно лишь тогда, когда мономино закрывает один из заштрихованных квадратов на рис. 67.

Рис. 67

С другой стороны, методом полной математической индукции можно доказать, что двадцать одним тримино и одним мономино можно полностью покрыть шахматную доску независимо от того, где находится мономино. Оказывается, доску можно покрыть и шестнадцатью одинаковыми тетрамино любого типа, кроме зигзагообразного. Зигзагообразные тетрамино нельзя уложить даже так, чтобы закрыть хотя бы полоску у края доски. Если доску раскрасить разноцветными полосками, то можно доказать, что 15 L-образных тетрамино и одно квадратное тетрамино не могут образовывать покрытия. Раскрасив доску полосами в виде зигзагов, мы докажем, что квадратное тетрамино плюс любая комбинация прямых и зигзагообразных тетрамино также не могут покрывать целиком всю доску.

При взгляде на пентамино, изображенные на рис. 65, невольно возникает вопрос: можно ли из этих 12 фигур и одного квадратного тетрамино сложить обычную шахматную доску размером 8x8 клеток?

Впервые решение этой задачи появилось в 1907 году. Оно принадлежало Генри Дьюдени.[24] В решении Дьюдени квадратное тетрамино примыкает к боковой стороне доски.

Лет через двадцать читатели английского журнала «Небывалые шахматы» (под небывалыми, или фантастическими, шахматами здесь подразумеваются игры на необычных досках с необычными фигурами и по необычным правилам) начали исследовать разные пентамино и гексамино.

Самые интересные результаты были опубликованы в декабрьском номере того же журнала за 1954 год. Многое из того, о чем здесь будет рассказано, взято из этого номера и из неопубликованной статьи Голомба, посвященной аналогичным теоремам, которые он доказал независимо от других.

Т. Р. Доусон, основатель журнала «Небывалые шахматы», первым придумал удивительно простой способ доказательства того, что задача Дьюдени имеет решение при любом положении квадрата. Три варианта его решения представлены на рис. 68.

Рис. 68 Доказательство Т. Р. Доусона.

Квадратное тетрамино в комбинации с L-образным пентамино образует квадрат 3x3. При вращении большого квадрата квадратичное пентамино на каждом рисунке оказывается в четырех различных положениях.