Математические головоломки и развлечения - Мартин Гарднер

из которого уже нетрудно найти ответ задачи: n = 100.

5. Когда при делении столбиком приходится сносить не одну, а две цифры, в частном появляется нуль. В нашем примере это происходит дважды, поэтому мы сразу же сможем сказать, что частное имеет вид Х080Х. При умножении делителя на последнюю цифру частного должно получиться четырехзначное число. Поэтому последней цифрой частного может быть только 9, так как умноженный на 8 делитель дает лишь трехзначное число.

Делитель не может быть больше или равным 125, так как, умножив 125 на 8, мы получим 1000, то есть четырехзначное число. Отсюда следует вывод, что первая цифра частного должна быть больше 7, так как, умножив на 7 делитель (по доказанному он меньше 125), мы бы получили число, которое после вычитания из первых четырех знаков делимого давало бы не двузначный, а по крайней мере трехзначный остаток. Так как девятка не может быть первой цифрой частного (при умножении делителя на 9 мы получили бы четырехзначное число), то ею может быть лишь восьмерка. Итак, частное полностью известно и равно 80809.

Делитель должен быть больше 123, так как произведение 80 809 на 123 выражается семизначным числом, а наше делимое восьмизначно. Единственное натуральное число, заключенное между 123 и 125, равно 124. Теперь уже мы в состоянии восстановить всю запись деления:

6. Разделить пирог между n персонами так, чтобы каждой из них досталось по крайней мере 1/n пирога, можно несколькими способами. Предлагаемый нами способ обладает тем преимуществом, что после раздела не остается лишних кусков пирога.

Предположим, что имеется пять желающих получить по куску пирога: А, В, С, D и Е. А отрезает кусок, который, по его мнению, составляет 1/5 пирога, и намеревается оставить его себе. Если В считает, что А отрезал слишком большой кусок, то он (В) имеет право уменьшить этот кусок до размеров, которые он считает соответствующими 1/5 пирога. Разумеется, если В считает, что отрезанный А кусок меньше 1/5, то он к нему вообще не прикасается. Аналогичными правами пользуются по очереди С, D и Е. Кусок достается тому из пятерых, кто дотрагивается до него последним. Всякий, кто считает, что получившему кусок пирога досталось меньше 1/5, естественно, доволен: ведь, по его мнению, осталось больше 4/5 пирога.

Оставшаяся часть пирога (сюда входят и кусочки, отрезанные при доведении уже отрезанного куска до «кондиции») делится затем точно таким же образом между четырьмя, тремя и т. д. любителями пирога. При последнем разделе один из участников режет пирог, а другой выбирает. Ясно, что этот метод применим при любом числе заинтересованных лиц.

Подробный разбор этого и других решений задачи содержится в книге Р. Д. Льюиса и Г. Райффа «Игры и решения» (ИЛ, 1960).

7. Вот как нужно складывать первую карту. Перевернем ее лицевой стороной вниз, в результате чего номера на квадратах расположатся в такой последовательности:

Затем, перегнув карту пополам, сложим ее так, чтобы правая половина карты накрыла ее левую половину, то есть квадрат 5 оказался

наложенным на квадрат 2, квадрат 6 — на квадрат 3, квадрат 4 — на квадрат 1 и квадрат 7 — на квадрат 8. Сложенную вдвое карту перегнем еще раз пополам так, чтобы ее нижняя половина накрыла верхнюю половину. При этом квадрат 4 накроет квадрат 5, а квадрат 7 — квадрат 6. Внутреннюю часть карты сложим еще раз пополам так, чтобы квадраты 4 и 5 оказались между квадратами 6 и 3, а затем подогнем край карты (квадраты 1 и 2) под образовавшийся пакетик. Первая карта свернута по всем правилам!

Вторую карту сначала нужно сложить пополам (номерами квадратов наружу), перегнув ее по горизонтали так, чтобы сверху оказались квадраты с номерами 4, 5, 3 и 6. Затем следует отогнуть левый край двойной полосы так, чтобы квадрат 4 накрыл собой квадрат 5. Правый конец полоски (квадраты 6 и 7) после этого нужно ввести внутрь сложенной вдвое карты между квадратами 1 и 4 и протащить за то ребро квадрата 4, по которому уже был произведен сгиб, так чтобы квадраты 6 и 7 оказались между квадратами 8 и 5, а квадраты 3 и 2 — между квадратами 1 и 4.

8. Пусть x — число долларов, а у — число центов в той сумме, на которую мистер Браун выписал чек. Условие задачи можно записать в виде уравнения

100y + x — 5 = 2(100x + y),

или, что то же самое,

99y — 199x = 5

Это диофантово уравнение, имеющее бесконечно много решений в целых числах. Обычный метод решения с помощью непрерывных дробей дает наименьший ответ в положительных целых числах х = 31, у = 63. Следовательно, мистер Браун выписал чек на сумму 31 доллар 63 цента. Это единственный ответ задачи, поскольку ближайшее к найденному решение х = 129, у = 262 не удовлетворяет требованию: у должен быть меньше 100.[51]

Однако существует гораздо более простой подход к решению.

Пусть, как и прежде, х означает число долларов, а у — число центов. После покупки газеты у Брауна осталось денег 2х + 2у. При этом из х центов, выплаченных ему кассиром, у него осталось х-5 центов.

Мы знаем, что у меньше 100, но мы не можем сказать с уверенностью, будет ли у меньше 50 центов. Если это так, то мы вправе записать уравнения

2x = y

2y = x-5

Если у равен 50 или большему количеству центов, то после покупки газеты у Брауна останется 2у центов, что больше или равно числу оставшихся у него долларов. Поэтому в написанные нами уравнения в этом случае необходимо внести некоторые изменения:

из 2у вычесть 100 и прибавить 1 к 2х. Уравнения примут вид

2x+1 = y

2y-100 = x-5

Каждая из систем уравнений легко решается. Первая система приводит к отрицательному значению х, что исключается. Вторая дает правильный ответ.

9. Независимо от того, сколько вина в одном сосуде и сколько воды в другом, а также от того, сколько жидкости переносится из сосуда в сосуд за один раз (за исключением единственного случая, когда в одном из сосудов вообще нет жидкости), достичь равенства процентного содержания вина в обеих смесях невозможно. Это нетрудно доказать с помощью простого рассуждения по индукции.

Если в сосуде А содержится вино более высокой концентрации, чем в сосуде В, то и после того, как мы отольем часть жидкости из А в В, в А останется вино более высокой концентрации. Точно так же, переливая вино из В в А, то есть из сосуда с вином низкой концентрации в сосуд с вином более высокой концентрации, мы заведомо оставляем в В вино более низкой по сравнению с А концентрации.

Так как при каждом переливании могут представляться только эти два случая, то в сосуде А всегда будет смесь с более высоким процентным содержанием вина, чем в В. Единственный способ уравнивания концентраций заключается в том, чтобы полностью перелить содержимое одного из сосудов в другой.

Только что приведенное решение исходит из неверного допущения: оно предполагает, что жидкости бесконечно делимы, в то время как они состоят из дискретных молекул. На это указал мне в своем письме один из читателей.

Сэр!

Ваше решение задачи о смешивании вина и воды явно игнорирует физическую природу рассматриваемых объектов. Когда из смеси двух жидкостей берут пробу, то относительное количество одной из жидкостей в пробе будет отличаться от относительного количества той оке жидкости в смеси. Отклонение от «правильного» относительного количества будет порядка

, где n — число молекул интересующей нас жидкости.

Следовательно, уравнять концентрации вина в двух сосудах можно. Вероятность выравнивания концентраций становится заметно отличной от нуля после того, как неравенство концентраций понижается до величины порядка у/п. Для этого необходимо произвести лишь 47 двойных переливаний, о которых говорится в условии задачи…

Глава 30. ИНДУКТИВНАЯ ИГРА ЭЛУЗИС

В большинстве математических игр, начиная с игры в крестики и нолики и кончая шахматами, от играющего требуется умение мыслить индуктивно. Совсем иные требования предъявляет элузис — замечательная карточная игра, изобретенная Робертом Эбботом.