Математические головоломки и развлечения - Мартин Гарднер

Разделите прямоугольный листок бумаги на восемь квадратов и перенумеруйте их (только с одной стороны листа) так, как показано на рис. 153 вверху.

Рис. 153 Головоломка Дьюдени со складыванием карты.

Существует 40 различных способов перегибания этой «карты» вдоль проведенных прямых, при которых на верхнем квадрате после складывания оказывается цифра 1. Карту требуется складывать так, чтобы цифры на квадратах шли последовательно от 1 до 8, причем квадрат с цифрой 1 был наверху.

Если вам удалось решить эту задачу, постарайтесь решить более сложную: попробуйте сложить таким же образом «карту», изображенную на рис. 153 внизу.

8. Рассеянный кассир. Рассеянный кассир, оплачивая чек мистеру Брауну, перепутал доллары и центы и отсчитал клиенту доллары вместо центов и центы вместо долларов. Купив газету за пять центов, Браун обнаружил, что денег у него ровно вдвое больше, чем он должен получить по чеку. На какую сумму был выписан чек?

9. Вода и вино. В уже упоминавшейся задаче с таким названием говорилось о двух сосудах, в одном из которых содержалось вино, а в другом вода. Некоторое количество воды наливают в вино, а затем то же количество смеси переливают снова в сосуд с водой.

Спрашивается, чего больше: воды в вине или вина в воде? Ответ: количество воды в сосуде с вином и вина в сосуде с водой одинаково.

Раймонд Смаллиан поставил новый вопрос. Предположим, что сначала в одном сосуде находится 10 унций воды, а в другом 10 унций вина. Если из первого сосуда во второй и обратно переливать любое число раз по три унции жидкости (тщательно перемешивая содержимое сосуда после каждого переливания), то может ли наступить момент, когда процентное содержание вина в сосудах станет одинаковым?

Ответы

1. Приводимое ниже решение задачи о том, как пересечь пустыню, заимствовано из журнала Eureka, издаваемого студентами-математиками университета в Кеймбридже (Массачусетс). Назовем «единицей» расстояние в 500 миль, одной заправкой — количество бензина, необходимое для того, чтобы проехать 500 миль, и рейсом — поездку, совершаемую грузовиком в любом направлении от одной остановки до другой.

Две заправки позволяют грузовику пройти максимальное расстояние в 4/3 единицы. Для этого необходимо совершить четыре рейса. Сначала на расстоянии 1/3 единицы от пункта отправления строится бензохранилище: грузовик полностью заправляют (на это уходит 1 заправка), после чего он едет к бензохранилищу, оставляет там 1/3 заправки и возвращается назад. Его снова полностью заправляют (на что уходит еще 1 заправка). Он опять едет к бензохранилищу и забирает оставленную там 1/3 заправки (таким образом, он снова оказывается полностью заправленным). После этого он может проехать еще расстояние в 1 единицу.

Три заправки позволят грузовику проехать расстояние в 4/3 + 1/5 единицы, причем для этого потребуется совершить девять рейсов.

Сначала на расстоянии 1/5 единицы от пункта отправления строят бензохранилище и завозят в него 6/5 заправки. На это уходят три рейса. Затем грузовик возвращается, полностью заправляется (на что уходит последняя заправка) и прибывает к первому хранилищу, имея в своих баках 4/5 заправки. Вместе с уже имеющимся в бензохранилище топливом это количество составляет две полные заправки, что достаточно для того, чтобы грузовик мог пройти еще 4/3 единицы расстояния (как это сделать, мы только что объяснили).

Нам осталось еще ответить на второй вопрос о минимальном количестве бензина, необходимом для того, чтобы грузовик мог проехать 800 миль. Три заправки, как мы только что выяснили, позволяют грузовику покрыть расстояние в 766∙2/3 мили (4/3 +1/5 единицы), поэтому на расстоянии 33∙1/3 мили (1/15 единицы) от пункта отправления необходимо построить еще одно (третье) бензохранилище. За пять рейсов экипаж грузовика сможет построить это хранилище и завезти в него столько горючего, что, когда в конце седьмого рейса грузовик поравняется с третьим хранилищем, общее количество бензина в его баках и в хранилище составит три заправки.

Как мы уже знаем, этого количества топлива достаточно для того, чтобы грузовик смог пройти оставшееся расстояние в 766∙2/3 мили. На семь рейсов, совершенных между пунктом отправления и вновь построенным бензохранилищем, израсходовано 7/15 заправки.

Трех оставшихся заправок как раз достаточно для того, чтобы проехать оставшуюся часть пути. Таким образом, на весь путь будет израсходовано 3∙7/15, или больше 3,46, заправки. Всего потребуется совершить шестнадцать рейсов.

Рассуждая в том же духе, можно показать, что, имея четыре заправки, грузовик сумеет проехать расстояние в 1∙1/3 +1/5 + 1/7 единицы.

На границах отрезков пути длиной в 1∙1/3, 1/5 и 1/7 следует расположить бензохранилища. С увеличение числа заправок этот бесконечный ряд расходится, поэтому грузовик сможет пересечь пустыню любой ширины. Если ширина пустыни 1000 миль, то для преодоления этого расстояния потребуется построить 7 бензохранилищ, совершить 64 рейса и израсходовать 7,673 заправки бензина.

В связи с этой задачей редакция получила сотни писем с общими решениями и интересными замечаниями. Сесил Дж. Филлинс, профессор математики Флоридского университета, следующим образом сформулировала существо дела.

Общее решение задачи дается формулой

где d— ширина пустыни, которую необходимо пересечь, m — число миль, отнесенных к одной заправке бензина. Число бензохранилищ, которое необходимо построить, на единицу меньше числа членов в отрезке ряда, который следует взять для получения данного d. На поездки между любыми двумя станциями расходуется одна заправка. Поскольку ряд расходится, метод позволяет преодолеть пустыню любой ширины, хотя необходимое количество бензина с увеличением расстояния возрастает экспоненциально.

Если грузовик в конце путешествия возвращается в исходный пункт, то формула имеет вид

Этот ряд также расходится, и свойства решения аналогичны свойствам решения для случая, когда грузовик обратно не возвращается.

2. Если у Смита двое детей и по крайней мере один из них мальчик, то мы имеем три равновероятных случая:

мальчик — мальчик,

мальчик — девочка,

девочка — мальчик.

Только в одном из них оба ребенка — мальчики, следовательно, вероятность того, что у Смита два сына, равна 1/3.

В случае Джонса ситуация иная. Из условия задачи нам известно, что старший ребенок девочка. Это ограничивает число возможных случаев лишь двумя равновероятными исходами:

девочка — девочка,

девочка — мальчик.

Следовательно, вероятность того, что у Джонса две девочки, равна 1/2.

Однако, поразмыслив, я понял, что задача сформулирована неоднозначно и дать на нее правильный ответ без использования дополнительных данных невозможно. Дальнейший анализ задачи дан в главе 34.

3. Ключом к шахматной задаче лорда Дансэни служит то обстоятельство, что черный ферзь стоит не на черном поле, как он должен был бы стоять в начале игры. Значит, черный король и черный ферзь уже успели совершить какие-то ходы, что возможно лишь в том случае, если некоторые из черных пешек также совершили какие-то ходы. Пешки не могут ходить назад, отсюда мы с необходимостью заключаем, что черные пешки занялиизображенную на рис. 152 позицию, двигаясь от противоположного края доски! Зная это, нетрудно заметить, что белым конем, стоящим на g1, можно поставить мат в четыре хода. Первым ходом конь белых перепрыгивает с поля g1 на поле g2. Если черные отвечают ходом КЬ8—а6, то белые дают мат уже через два хода, однако черные могут отсрочить свое поражение на один ход, пойдя КЬ8—с6 вместо КЬ8—а6. Очередным ходом Ке2—f4 белые угрожают объявить мат на следующем ходу. Чтобы закрыться от мата, черные делают ход Кс6—d4. Белые берут коня черным ферзем, после чего дают мат на четвертом ходу.

4. Пусть n — число ступеней на видимой части стоящего эскалатора. Время, за которое профессор Шляпенарский успевает спуститься на одну ступеньку, примем за единицу. Поскольку для того, чтобы спуститься по движущемуся вниз эскалатору, профессору необходимо пройти 50 ступеней, за время спуска (равное 50 единицам) под гребенкой эскалатора исчезают и становятся невидимыми n—50 ступеней. Поднимаясь наверх (против движения) по тому же эскалатору, профессор преодолевает 125 ступеней, проходя за каждую единицу времени 5 ступеней. Следовательно, в принятых нами единицах время подъема составляет — 125/5, или 25 единиц, и под гребенкой эскалатора успевают исчезнуть 125 — n ступеней. Поскольку эскалатор можно считать движущимся с постоянной скоростью, для n получается следующее линейное уравнение: