Текст книги "200 знаменитых головоломок мира"

Автор книги: Генри Эрнест Дьюдени

сообщить о нарушении

Текущая страница: 10 (всего у книги 15 страниц)

– Хорошо, без вычислений я сразу же могу сказать, что это расстояние выражается в ничтожных долях дюйма.

Реджинальд и мистер Филкинс придерживались того же мнения.

– Я думаю, для всех вас будет удивительным, – сказал помощник священника, – узнать, что эти лишние шесть ярдов сделают расстояние между поясом и Землей очень близким к одному ярду!

– Очень близким к одному ярду! – воскликнули все в изумлении; но мистер Смусли оказался совершенно

прав. Увеличение расстояния не зависит от первоначальной длины пояса, который мог охватывать апельсин с тем же успехом, что и Землю. В любом случае увеличение длины на шесть ярдов приводит к увеличению расстояния всюду между поясом и охватываемым телом на величину, очень близкую к одному ярду. Это способно вызвать удивление у людей, далеких от математики.

– Слышали вы историю о небывало раннем развитии ребенка миссис Перкинс, который умер на прошлой неделе? – спросила миссис Олгуд. – Ему было лишь три месяца от роду, когда он лежал при смерти, а убитая горем мать спросила у доктора, неужели ничего нельзя придумать для спасения ребенка. «Абсолютно ничего!» – сказал доктор. Тогда ребенок посмотрел жалостливо в лицо матери и сказал: «Абсолютно ничего!»

– Невозможно! – настаивала Милдред. – Всего лишь трех месяцев от роду!

– Бывают невероятные случаи преждевременного развития детей, – сказал мистер Филкинс, – достоверность которых часто находит серьезные подтверждения. Но уверены ли вы, миссис Олгуд, что этот случай произошел на самом деле?

– Совершенно, – ответила леди. – Но в самом ли деле вы удивлены тем, что ребенок трех месяцев не может совершенно ничего сказать? Чего бы вы ожидали от него?

– Кстати, о смерти, – сказал торжественно мистер Смусли. – Я знал двух людей, отца и сына, которые погибли в одном и том же сражении с бурами. Они оба носили имя Эндрю Джонсон и были похоронены рядом, но возникла некоторая трудность, как различить их по могильным плитам. Что бы вы сделали?

– Очень просто, – сказал мистер Олгуд. – На одной из плит следовало написать «Мистер Эндрю Джон-сон-старший», а на другой – «Мистер Эндрю Джонсон-младший».

– Но я забыл сказать, что отец погиб первым.

– А какая разница?

– Видите ли, хотелось быть абсолютно точным; отсюда и возникла трудность.

– Но я не вижу никакой трудности, – сказал мистер Олгуд; не видел ее и никто из присутствовавших.

– Хорошо, – объяснил мистер Смусли, – дело вот и чем. Если отец умер первым, то после этого сын уже нс был «младшим». Разве не так?

– Если быть совершенно точным, то да.

– Именно этого они и хотели – быть совершенно точными. Теперь: если он уже не был «младшим», то он п не умер «младшим». Следовательно, было бы неправильным делать такую надпись на его могиле. Понимаете, в чем дело?

– Я сейчас вспомнил, – сказал мистер Филкинс, – одну любопытную вещь. Некий человек написал мне как-то, что, роясь у себя в саду, он откопал две старинные монеты. На одной была надпись «51 г. до н. э.», а на второй – «Георг I». Как я узнал, что он пишет неправду?

– Быть может, вам было известно, что этот человек склонен ко лжи? – спросил Реджинальд.

– Но это не было бы доказательством того, что и в данном случае он лжет.

– Может быть, – предположила Милдред, – вы знали, что в те времена не делали монет?

– Напротив, в оба исторических периода чеканились монеты.

– Были они серебряными или медными? – спросил Билли.

– Мой приятель ничего не писал об этом, и я не вижу, Билли, как бы это могло помочь.

– Понял! – воскликнул Реджинальд. – Надпись «до н. э.» не могла появиться до рождества Христа. Тогда еще не могли предвидеть это событие. Это обозначение было принято лишь позднее, дабы отличить даты, предшествующие тем, которые составляют «нашу эру». Это очень хорошо, но я не могу понять, почему второе утверждение также ложно.

– Реджинальд совершенно прав, – сказал мистер Филкинс, – относительно первой монеты. Вторая же не могла существовать потому, что первый из королей Георгов не носил при жизни имя «Георг I».

– Почему же? – спросила миссис Олгуд. – Он ведь действительно был Георгом I.

– Да, но этого никто не знал, пока не появился Георг II.

– Тогда не было и Георга II, пока на трон не взошел Георг III?

– Нет, не обязательно. Второй Георг стал Георгом II потому, что уже был Георг I.

– Тогда первый Георг был Георгом I потому, что до него не было короля, носившего такое имя..

– Как ты не понимаешь, мама, – сказал Джордж Олгуд. – Ведь мы не называем нашу королеву Викторию Викторией I; но если бы когда-нибудь появилась Виктория II, то ее стали бы так называть.

– Но ведь уже было несколько Георгов, поэтому и он был Георгом I, а несколько Викторий еще не было, значит, два случая не одинаковы.

Присутствующие оставили попытки убедить миссис Олгуд, но читатель, конечно, уже ясно понял, о чем идет речь.

– Есть один вопрос, – сказала Милдред, – который я хотела бы, чтобы вы мне разъяснили. Я привыкла покупать у нашего зеленщика пучки спаржи, каждый 12 дюймов в окружности. Я всегда измеряю их рулеткой, чтобы убедиться, что покупаю полное количество. Однажды у зеленщика не оказалось больших пучков, и он предложил мне взять вместо одного большого два маленьких пучка по 6 дюймов в окружности. «Это одно и то же, – сказала я, – и, конечно, цена останется прежней». Но зеленщик настаивал на том, что два маленьких пучка содержат больше спаржи, чем один большой, и потребовал сверх обычной цены несколько пенсов. Вот я и хочу узнать, кто из нас был прав? Содержат ли два маленьких пучка столько же спаржи, сколько и один большой, или же в них больше спаржи, чем в большом?

– Это старая головоломка, – сказал, рассмеявшись, Реджинальд, – про мешок зерна, который Семпроний занял у Кая, и ваш зеленщик, вероятно, где-то о ней прочитал. Во всяком случае, он вас здорово надул.

– Так они содержали то же количество спаржи?

– Напротив, вы оба были не правы, и вы ему слишком много переплатили. Вы получили лишь половину того количества, которое было в большом пучке, и, следовательно, вам надлежало заплатить лишь половину прежней суммы, а не переплачивать сверх нее.

Да, это было скверное мошенничество. Круг, длина окружности которого вдвое меньше длины окружности другого круга, обладает по сравнению с последним в 4 раза меньшей площадью. Следовательно, 2 маленьких пучка содержали спаржи в 2 раза меньше, чем большой пучок.

– Мистер Филкинс, можете ли вы ответить вот на какой вопрос? – начал Билли. – В соседней деревне живет человек, который каждое утро за завтраком съедает по два яйца.

– Не вижу в этом ничего особенного, – вставил Джордж. – Если бы два яйца съедали по человеку, это было бы интересно.

– Не перебивай мальчика, Джордж, – сказала его мать.

– Ну так вот, – продолжал Билли, – этот человек не покупает, не занимает, не выменивает, не выпрашивает, не ворует и не находит эти яйца. Он не держит кур, и ему не дают эти яйца. Как же он их получает?

– Быть может, он их меняет на что-нибудь еще? – спросила Милдред.

– Это бы значило их выменивать, – ответил Билли.

– Может быть, их ему посылают друзья? – предположила миссис Олгуд.

– Я же сказал, что их ему не дают.

– Я знаю, – сказал Джордж уверенно. – Чужая курица пришла к нему в дом и снесла их.

– Но это значило бы, что он их нашел, разве не так?

– Не взял ли он их напрокат? – спросил Реджинальд.

– Если так, то он не смог бы их вернуть после того, как съел, а это значило бы, что он их украл.

– Может быть, собака зарыта в слове «класть», – сказал мистер Филкинс. – Кладет ли он их на стол?

– Сперва он должен их получить, не так ли? Вопрос был, как он их получает?

– Сдаемся! – сказали все за столом. Тогда маленький Билли перебрался под защиту своей матери, ибо Джордж был способен в подобных случаях на грубые поступки.

– У человека были утки, – крикнул он, – и его слуга собирал яйца каждое утро!

– Но ты сказал, что он не держит домашнюю птицу! – запротестовал Джордж.

– Я не говорил; правда, мистер Филкинс? Я сказал, что он не держит кур.

– Но он их находит, – сказал Реджинальд.

– Нет; я сказал, что их находит его слуга.

– Ну тогда, – вставила Милдред, – его слуга дает их ему.

– Вы же не можете давать человеку его собственность?

Все согласились, что ответ Билли вполне удовлетворителен.

РЕШЕНИЯ

КЕНТЕРБЕРИЙСКИЕ ГОЛОВОЛОМКИ

1. 8 кругов сыра можно переложить на крайний табурет за 33 хода, 10 сыров – за 49 и 21 сыр – за 321 ход. Ниже приведен общий метод решения для случаев с тремя, четырьмя и пятью табуретами.

Составим следующую таблицу, которую можно продолжить для любого нужного нам числа сыров.

Число

Число сыров

табуретов

3

1 2 3 4 5 6 7

Натуральные числа

4

1 3 6 10 15 21 28

Треугольные числа

5

1 4 10 20 35 56 84

Треугольные пирамиды

Число ходов

3

13 7 15 31 63 127

4

1 5 17 49 129 321 769

5

1 7 31 111 351 1023 2815

Первая ее строка содержит натуральные числа. Вторая строка получается сложением чисел первой строки от начала до данного места. Числа третьей строки получаются аналогичным путем из чисел, стоящих во второй строке. Четвертая строка состоит из последовательных степеней числа 2 минус 1. Следующие две строки получаются удвоением числа, стоящего в данной строке, и добавлением к произведению числа из предыдущей строки, которое стоит над тем местом, где выписывается результат. Эта таблица дает одновременно решения для любого числа сыров и трех табуретов, для треугольных чисел и четырех табуретов и для пирамидальных чисел и пяти табуретов. В этих случаях метод решения (складывание сыров друг на друга) всегда только один.

В случае трех табуретов первая и четвертая строки таблицы говорят нам, что 4 сыра можно перенести за 15 ходов, 5 – за 31, 7 – за 127 ходов. Вторая и четвертая строки показывают, что в случае четырех табуретов 10 сыров можно переложить за 49, а 21 – за 321 ход. Точно так же в случае пяти табуретов мы находим из третьей и шестой строк, что для 20 сыров требуется 111 ходов, а для 35 – 351 ход. Но из таблицы мы, кроме того, можем определить и нужный способ перекладывания сыров. Так, например, в случае четырех табуретов и 10 сыров предыдущий столбец указывает на то, что мы должны образовать стопки из 6 и 3 сыров, для чего потребуется соответственно 17 и 7 ходов. А именно: сначала мы складываем 6 наименьших сыров за 17 ходов на один из табуретов; затем мы складываем 3 следующих сыра на другой табурет за 7 ходов; далее мы перекладываем самый большой круг сыра за 1 ход; затем перекладываем 3 сыра за 7 ходов; и, наконец, мы перекладываем 6 сыров за 17 ходов, что в сумме и составляет 49 ходов. Точно так же нам известно, что в случае пяти табуретов 35 сыров следует сложить друг на друга из 20, 10 и 4 сыров соответственно, для чего потребуется 111, 49 и 15 ходов.

Если в случае четырех табуретов число сыров не треугольно, а в случае пяти табуретов – не пирамидально, то решений будет больше одного и потребуются дополнительные таблицы. Именно так обстоит дело в случае 8 сыров Мажордома. Но я предоставляю самому читателю обобщить решение нашей задачи на этот случай.

2. На рисунке показано, каким именно образом Продавец папских индульгенций, отправившись из обозначенного штриховкой города, сумел посетить все другие города по одному разу за 15 переходов.

3. Нужно разместить мешки следующим образом: 2, 78, 156, 39, 4. Здесь каждая пара, умноженная на своего единственного соседа, дает число, стоящее в середине, причем пришлось передвинуть пять мешков. Существует лишь три других расположения мешков (4, 39, 156, 78, 2; или 3, 58, 174, 29, 6; или 6, 29, 174, 58, 3), но при этом требуется передвинуть семь мешков.

4. Рыцарь сказал, что на его щите можно отметить 575 квадратов с розой в каждом углу. Как получился такой результат, становится понятным, если обратиться к рисунку. Соединив А, В, С и D, можно образовать 66 квадратов такого размера; размер A, E, F, G приводит к 48 квадратам; А, Н, I, J – к 32; В, К, Z, М – к 19; В, N, О, Р – к 10; В, Q, R, S – к 4; E, Т, F, С – к 57; I, U, V, Р – к 33; Н, W, X, J – к 15; K, Y, Z, М – к 3; E, a, b, D – к 82; H, d, М, D – к 56; Н, е, f, G – к 42; К, g, f, С – к 32; N, h, z, F – к 24; K, h, m, b – к 14; К, О, S, D – к 16; К, n, р, G – к 10, K, q, r, J – к 6; О, t, р, С – к 4; наконец, Q, u, r, i приводит к 2 квадратам. Таким образом, общее число квадратов равно 575. Эти группы можно истолковывать так, как если бы каждая представляла квадрат отличного от других размера. Это верно, за одним исключением: квадраты группы B, N, O, P имеют точно такой же размер, как и квадраты группы K, h, m, b.

5. Добрая женщина объяснила, что затычка, плотно загнанная в бочку, тем похожа на только что выпавшую, что обе они затыкают ничего', первая – ничего в смысле неплохо, а вторая – ничего в смысле ничего не затыкает. Маленькое недоразумение с родственниками легко разрешится, когда нам скажут, что родительский приказ исходил от отца (который также находился в этой комнате), а не от матери.

6. Головоломка, предложенная веселым хозяином харчевни «Табард» из Соуерка, оказалась более популярной, чем головоломки остальных паломников.

– Я вижу, любезные господа мои, – воскликнул он, – что здорово задурил вам голову своей маленькой хитростью. И все-таки для меня не составляет труда налить ровно по одной пинте в каждую из мер, одна из которых вмещает пять, а вторая – три пинты, не пользуясь никакими другими мерами.

Такими словами Трактирщик начал объяснять паломникам, как именно можно выполнить это на первый взгляд невыполнимое задание. Тут он наполнил обе меры, а затем, отвернув кран бочки, позволил пиву выливаться на пол (против чего вся компания энергично запротестовала; но хитроумный хозяин сказал, что он совершенно уверен – в бочке не многим более восьми пинт). (Уместно заметить, что количество вылившегося эля не влияет на решение головоломки.) Потом он закрыл кран и перелил содержимое 3-пинтовой меры назад в бочку. Далее Трактирщик наполнил эту меру из 5-пинтовой и вылил из нее пиво в бочку, затем он перелил 2 пинты из 5-пинтовой меры в 3-пинтовую, наполнил 5-пинтовую меру из бочки, оставив таким образом в бочке 1 пинту. Потом он наполнил 3-пинтовую меру из 5-пинтовой, позволил компании выпить содержимое 3-пинтовой меры, наполнил 3-пинтовую меру из 5-пинтовой, оставляя тем самым в 5-пинтовой мере 1 пинту, выпил содержимое 3-пинтовой меры и, наконец, вылил 1 пинту из бочки в 3-пинтовую меру. Таким образом, к величайшему изумлению и восхищению паломников, в каждой мере оказалось ровно по 1 пинте эля.

7. На рисунке показано, как именно следует разрезать квадрат на четыре части и как из них сложить магический квадрат. Можно проверить, что сумма чисел в каждой строке, столбце и на каждой диагонали равна 34.

8. Кусок гобелена следовало разрезать по прямым на три части и сложить из них квадрат, как показано на рисунке. Заметьте, узоры идут в правильном порядке. Такой способ согласуется и с требованием, чтобы одна из трех частей была как можно меньшей (в данном случае она состоит лишь из 12 маленьких квадратиков).

9. Плотник сказал, что он сделал ящик, внутренние размеры которого в точности совпадали с размерами исходного бруса, то есть 3×1×1. Затем он поместил резной столбик внутрь ящика, а пустоты заполнил сухим песком, который он по ходу дела хорошенько встряхивал до тех пор, пока в ящик нельзя уже было ничего больше засыпать. Затем Плотник осторожно вынул столбик, внимательно следя за тем, чтобы не просыпать ни песчинки, встряхнул песок в ящике и показал, что он заполняет пространство ровно в один кубический фут. Значит, ровно столько дерева было удалено в процессе работы.

10. На рисунке показано, куда следует сдвинуть три стрелы на доске у входа в таверну «Шашки», чтобы при этом ни одна стрела не лежала на одной прямой ни с одной другой стрелой. Черные точки указывают первоначальное расположение передвинутых стрел.

11. Поскольку карт, составляющих слова CANTERBURY PILGRIMS, восемнадцать, выпишем по кругу числа от 1 до 18, как показано на рисунке. Затем напишем первую букву С рядом с 1, а каждую следующую букву рядом со следующим вторым числом, которое окажется свободным^[30]. Так следует поступать до второго К включительно. Если читатель закончит процесс, помещая Y рядом с 2, Р – рядом с 6, I – рядом с 10 и т. д., то он получит при этом буквы, идущие в следующем порядке: CYASNPTREIRMBLUIRG. Это и есть требуемый порядок с буквой С на верху колоды и G внизу ее.

12. Эта головоломка сводится к нахождению наименьшего числа, обладающего 64 делителями, включая 1 и само число. Таким наименьшим числом будет 7560. Следовательно, паломники могут ехать гуськом, пара за парой, тройка за тройкой, четверка за четверкой и т. д. 64 способами, причем последним способом будет 7560 всадников в ряд. Купец был осторожен, не упомянув, по какой дороге ехали всадники.

Для того чтобы найти число делителей данного числа N, положим N = а^р b^q с^r..., где а, b, с – простые числа. Тогда число делителей, куда включены 1 и само N, будет равно (р + 1) (q + 1) (r + 1)...

Таким образом, в случае головоломки Купца

7560 = 2³ х 3³ х 5 х 7

степени – 3 3 1 1

следовательно, всего имеется 4×4×2×2 = 64 делителя.

Чтобы найти наименьшее число с данным числом делителей, мы должны воспользоваться методом проб и ошибок. Однако важно порой следить за тем, чтобы число имело данное число делителей, но не большее. Например, наименьшим числом с 7 делителями будет 64, хотя 24 обладает 8 делителями, а тем самым и 7. Требование «не большее» в данном случае необязательно, поскольку не существует чисел, меньших 7560 и обладающих числом делителей, превышающим 64.

13. Наименьшее число шагов, за которое можно нужным образом расположить узников, равно 26. Узники передвигаются в следующем порядке: 1, 2, 3, 1, 2, 6, 5, 3, 1, 2, 6, 5, 3, 1, 2, 4, 8, 7, 1, 2, 4, 8, 7, 4, 5, 6. Поскольку свободной всегда оказывается только одна темница, эти обозначения не могут вызвать недоразумений.

Эту диаграмму можно упростить с помощью так называемого метода «пуговок и веревочек». В результате получатся диаграммы, изображенные на рисунке, которые намного упростят решение. В случае А можно использовать фишки, в случае Б можно воспользоваться шахматными ладьями и уголком шахматной доски. В обоих случаях мы приходим к расположению за наименьшее возможное число шагов.

См. также решение головоломки 94.

14. На рисунке показано, как Ткач разрезал квадратный кусок прекрасной ткани на четыре части одинаковых формы и размера так, чтобы каждая часть содержала вышитого льва и замок неповрежденными.

15. Было 4 порции пирога и 4 порции печеночного паштета, которые следовало распределить между 8 из 11 паломников. Но 5 из этих 11 хотят есть только пирог, 4 – только паштет, а 2 – и то и другое блюдо. Любая возможная комбинация должна попасть в одну из следующих групп: 1) пирог распределяется целиком между первыми пятью из упомянутых паломников; 2) только одному из «всеядной» пары дается пирог; 3) пирог дается другому из этой пары; 4) пирог дается обоим из этой пары. Число возможных комбинаций соответственно равно: 1) 75; 2) 50; 3) 10; 4) 10, что в общей сложности дает 145 способов выбора восьми участников. В большинстве случаев называют ответ 185, просмотрев то обстоятельство, что в сорока случаях в группе (3) еду получают те же самые 8 гостей, что и в группе (2), хотя «всеядная» пара и ест предложенные блюда по-разному. Именно в этом месте просчиталась вся компания.

16. Числом, которое Пристав церковного суда назвал по секрету Батской ткачихе, было 29, а начать счет ей следовало с Доктора медицины, который стоял непосредственно справа от нее. Первый раз 29 выпадает на Шкипера, который выходит из круга. Второй раз счет падает на Доктора, который выбывает следующим. Оставшиеся три раза счет выпадает соответственно на Повара, Пристава и Мельника. Следовательно, все леди остались бы на ночлег в таверне, если бы не роковая ошибка доброй ткачихи. Вместо 29 можно было бы взять любое кратное 2520 плюс 29, причем счет следовало начинать с Доктора.

17. Монах мог поместить собак в конуры 2926 различными способами так, чтобы на каждой стороне было по 10 собак. Число собак может изменяться от 20 до 40; в этих пределах всегда можно расположить собак нужным способом.

Решение этой головоломки в общем виде непросто. В случае n собак на каждой стороне квадрата число различных способов равно

при п нечетном и

при n четном, если считать только те размещения, которые существенно различны. Но если мы будем считать все перевернутые и отраженные размещения различными, как и поступал сам Монах, то n(четное или нечетное) собак можно разместить

способами. Дабы возможно было поместить по п собак на каждой стороне, их число должно быть не меньше 2n и не больше 4n, но внутри этих границ его можно взять любым.

Обобщение принципа, лежащего в основе этой головоломки, приведено в задаче 42.

18. Существует 264 различных способа, которыми шхуна «Маделена» могла совершить десять ежегодных плаваний, не проходя ни по какому пути дважды. Каждый год она должна заканчивать плавание на том же острове, откуда она впервые отчалила.

19. Аббат из Черси был совершенно прав. Этот крест странной формы можно разрезать на четыре части, из которых затем удается сложить правильный квадрат. Как это сделать, показано на рисунке.

20. Здесь мы действительно сталкиваемся с запутанной задачей. Наши учебники сообщают, что все сферы подобны и что соответствующие объемы относятся, как кубы линейных размеров. Следовательно, поскольку окружности^[31] двух сосудов равны соответственно одному и двум футам, а кубы единицы и двух в сумме дают 9, то нам остается только найти два других числа, сумма кубов которых равнялась бы 9. Разумеется, эти числа должны быть дробными. Кстати, этот маленький вопрос привлекал внимание образованнейших людей своего времени на протяжении двух с половиной столетий. Хотя Ферма в XVII в. показал, как можно найти ответ из двух дробей со знаменателем, содержащим не менее чем 21 цифру, этим исчерпываются не только все опубликованные ответы, полученные с помощью его метода, который я нашел неточным, но и никогда не публиковавшийся много меньший результат, приведенный ниже. Кубы чисел в сумме дают ровно 9, и, следовательно, такими долями фута должны выражаться длины окружностей двух сосудов, про которые Доктор сказал, что они должны вместе содержать такое же количество жидкости, как и показанные два сосуда. Один выдающийся клерк страховой компании и еще один корреспондент взяли на себя труд возвести в куб эти числа, и они оба нашли мой ответ совершенно правильным.

Если бы исходные сосуды имели в окружности соответственно 1 и 3 фута, то ответом служили бы числа сумма кубов которых равна 28. (См. также головоломку 61.)

Зная какое-то выражение числа в виде суммы или разности двух кубов, мы можем по формуле получить отсюда бесконечно много других представлений этого числа с помощью попеременно положительных и отрицательных чисел. Так, Ферма, отправляясь от известного равенства I3 + 23 = 9 (которое мы назовем основным), сначала получил решение из большйх отрицательных чисел, а затем решение из еще больших положительных чисел. Но существует бесконечно много основных соотношений, и я с помощью ряда проб нашел исходное решение из отрицательных чисел (меньших, чем те, что на первом шаге получил Ферма), из которого я уже и вывел решение, указанное выше. Это простое объяснение.

О любом числе до 100, за исключением 66, мы можем сказать, представимо ли оно в виде суммы двух кубов или нет. Студентам следует обратиться к курсу теории чисел.

Несколько лет назад я опубликовал решение для случая для которого Лежандр привел обстоятельное «доказательство» невозможности такого представления, но я обнаружил, что Люка предвосхитил появление моего решения.

21. На рисунке показано, как можно посадить 16 деревьев, чтобы они образовали 15 рядов по 4 дерева в каждом ряду. Это число рядов больше того, которое уже давно считалось максимальным. Хотя при нынешнем уровне наших знаний невозможно строго доказать, что число 15 нельзя превзойти, тем не менее я свято верю в то, что это максимально возможное число рядов.

22. Ответ приведен на рисунке, где сумма чисел вдоль каждого из 10 рядов равна 30. Трюк состоит в том, что хотя 6 бутылок (3, 5, 6, 9, 10 и 15), в которых стоят цветы, и не передвигаются, но все 16 бутылок не обязаны располагаться точно на том же участке стола, что и раньше. На самом деле квадрат передвинут на один шаг влево.

23. Портрет можно нарисовать, не отрывая карандаша от бумаги, одним росчерком, поскольку на нем есть только две точки, в которых соединяется нечетное число линий, но при этом совершенно необходимо, чтобы рисунок начинался в одной из этих точек, а заканчивался в другой. Одна точка находится вблизи внешнего края левого глаза короля, а другая – под ней, на левой щеке.

24. Пятьсот серебряных пенни можно разместить по четырем мешкам при заданных условиях ровно 894 348 различными способами. Если бы монет было 1000, то число способов возросло бы до 7 049 112. Это трудная задача на разбиение чисел. У меня есть единая формула, позволяющая решить задачу при любом числе монет для случая четырех мешков, но ее крайне трудно получить, и лучший метод состоит в том, чтобы найти 12 отдельных формул для различных сравнений по модулю 12.

25. Даже поверхностное изучение исходного рисунка покажет читателю, что если понимать условия такими, какими они кажутся с первого взгляда, то головоломку решить совершенно невозможно. Следовательно, нужно поискать какую-нибудь брешь в условиях, если их понимать буквально. Если бы Священник мог обойти исток реки, то на пути в церковь он смог бы пройти по одному и только одному разу через каждый мост, как показано на рисунке. Мы вскоре увидим, что это не запрещено. Хотя на рисунке показаны все мосты в приходе, но на нем представлена лишь часть самого прихода. Нигде не сказано, что река не берет свое начало на территории прихода, и, поскольку это единственный способ решить задачу, мы должны принять, что река начинается в данном приходе. Следовательно, на рисунке показано решение. Стоит отметить, что условие четко запрещает нам обходить устье реки, поскольку в нем сказано, что река впадает в море «через несколько сотен миль к югу», а ни один приход на свете не тянется на сотни миль!

26. На рисунке показано, каким образом треугольный кусок материи можно разрезать на 4 части, из которых затем удается сложить правильный квадрат. Разделим AВ пополам в точке D, а ВС в точке Е. Продолжим прямую АЕ до точки F так, чтобы ЕF равнялось ЕВ. Разделим пополам AF в точке G и проведем дугу АНF. Продолжим ЕВ до точки H; ЕН как раз и равно стороне искомого квадрата. Из Е как из центра радиусом ЕН опишем дугу HJ и отложим отрезок JK, равный BE. Теперь из точек D и К опустим перпендикуляры на EJ с основаниями в точках L и М. Если вы все это проделаете аккуратно, то и получите отрезки, вдоль которых следует провести разрезы.

Я выступал с этой задачей, поставленной в более общей форме, перед Королевским обществом в Берлингтон-Хауз, а также в Королевском институте. Эта задача была также предложена читателям газеты «Дейли мейл» (выпуски от 1 и 8 февраля 1905 г.), но среди сотен ответов не было ни одного правильного. Исключение составил лишь ответ К. У. М’Елроя.

Я добавил еще один рисунок, на котором решение задачи показано в более любопытной и удобной для практики форме. Все части модели можно сделать из красного дерева, скрепив их бронзовыми шарнирами, дабы ее удобно было показывать в аудитории. Легко заметить, что все четыре части образуют нечто вроде цепочки. Если закрутить эту цепочку в одном направлении, то получится треугольник, а если ее закрутить в противоположную сторону, то получится квадрат.

27. Правильный ответ – это 18 816 различных путей. Общая формула для 6 лилий и любого квадрата, большего 22, такова: 6 умножить на квадрат числа комбинаций из п элементов по 3, где п – число лилий на стороне квадрата. Разумеется, если п четно, то число оставшихся лилий должно быть четным, а если п нечетно, то и это число должно быть нечетным.

28. В этой небольшой задаче мы пытались показать, как с помощью всяких софизмов на первый взгляд удается доказать, что диагональ квадрата имеет ту же длину, что и две его стороны. Головоломка состояла в том, чтобы найти ошибку в рассуждениях, ибо такая ошибка, безусловно, есть, если мы считаем, что прямая реализует кратчайшее расстояние между двумя точками. Но где же вкралась ошибка?

Ясно, что, коль скоро наш зигзаг составлен из «ступенек», параллельных сторонам квадрата, его длина равна сумме длин двух сторон квадрата. Не важно даже, потребуется ли вам, чтобы разглядеть эти ступеньки, мощный микроскоп. Но ошибка состоит в допущении, что такой зигзагообразный путь может стать прямой линией. С помощью этого метода даже при неограниченном (по крайней мере теоретически) увеличении числа таких ступенек вы никогда не получите прямой линии. При переходе от зигзага с миллиардом ступенек к прямой практически вы совершите такой же «скачок», как и в самом начале, перейдя от двух сторон квадрата к его диагонали. Сказать, что, увеличивая число ступенек, мы в конце концов получим прямую, так же абсурдно, как и утверждать, что, бросая камешки в корзину, мы в конце концов получим золотые монеты. В этом-то и состояла вся закавыка.

29. Поверхность воды или другой жидкости всегда имеет сферическую форму, а чем больше сфера, тем менее выпуклым будет ее участок. Верхний диаметр любого сосуда на вершине горы будет служить основанием сегмента большей сферы, чем у подножья. Эта сфера в силу вышесказанного должна быть менее выпуклой. Иными словами, сферическая поверхность воды будет меньше возвышаться над краем сосуда, и, следовательно, на вершине горы в него вмещается меньше воды, чем вмещалось у ее подножия. Поэтому читатель волен выбрать любую гору, какая ему понравится, будь она в Италии или где-либо еще!

30. Число различных способов равно 63 504. Общая формула для таких расположений, когда число букв в предложении-палиндроме равно 2n + 1, без диагоналей имеет вид [4(2ⁿ -1)]².

Я думаю, что было бы неплохо привести здесь формулу для общего решения каждой из четырех наиболее обычных форм такой ромбовидной головоломки. Под словом «прямая» я понимаю полную диагональ. Так, в случаях а, б, в и г прямые соответственно содержат 5, 5, 7 и 9 букв. В случае а есть непалиндромная прямая (соответствующее слово BOY – мальчик), и общее решение для таких случаев, где эта прямая состоит из 2ⁿ + 1 букв, имеет вид 4(2ⁿ – 1). Когда прямая представляет собой единственный палиндром со средней буквой в центре, как в случае б (соответствующее слово LEVEL – уровень), то общая формула имеет вид 4[(2ⁿ – 1)]². Именно к этому типу относится головоломка крысолова. В случаях б и г мы имеем двойные палиндромы, но весьма различных типов. В случае в, где прямая содержит 4n – 1 букву, общее решение имеет вид 4(2²ⁿ – 2). Но случай г – самый трудный изо всех.