Текст книги "200 знаменитых головоломок мира"

Автор книги: Генри Эрнест Дьюдени

сообщить о нарушении

Текущая страница: 12 (всего у книги 15 страниц)

64. Рассел обнаружил, что имеется ровно 12 пятизначных чисел, обладающих тем свойством, что произведение первых двух его цифр на три оставшиеся (все цифры различны и среди них нет нуля) дает число, состоящее из тех же самых пяти цифр, идущих в другом порядке. Но только одно из этих 12 чисел начиналось с 1, а именно 14 926. Далее, если мы умножим 14 на 926, то получим 12 964, число, состоящее из тех же цифр. Следовательно, номер автомобиля был 14 926.

Остальные одиннадцать чисел – это 34 651, 42 678, 51 246, 57 834, 75 231, 78 624, 87 435, 72 936, 65 281, 65 983 и 86 251. (См. также задачи 93 и 101.)

65. На рисунке видно, что существуют два различных способа, с помощью которых можно начертить пути людей в Вороньем парке. Это зависит от того, пошел ли дворецкий Е на север или на юг от домика егеря и обошел ли егерь А дом ЕЕ с севера или с юга. Но можно заметить, что единственными людьми, приближавшимися к мистеру Хастингсу, не пересекая пути, были дворецкий Е и человек, вошедший через ворота С. Однако известно, что дворецкий отправился спать за пять минут до полуночи, тогда как мистер Хастингс оставался до полуночи у приятеля. Следовательно, преступником должен быть человек, вошедший в парк через ворота С.

66. Площадь поля имеет от 17 до 18 квадратных фарлонгов, точнее, 17,937254 квадратного фарлонга, или 179,37254 акра. Если бы расстояния от последовательных углов равнялись соответственно 3, 2 и 4 фарлонгам, то площадь поля составляла бы 209,70537 акра.

Один из способов решения данной задачи состоит в следующем. Выразим площадь треугольника АРВ через сторону квадрата х. Удвоенный результат составит ху. Поделив его на х и возведя в квадрат, мы выразим у² через х. Аналогично выразим z² через х; затем решим уравнение у² + z² = 3², которое примет вид х⁴ – 20x² = —37. Следовательно, х² = 10 += 17,937254 квадратного фарлонга (очень точное приближение), а поскольку в одном квадратном фарлонге содержится десять акров, то это равно 179,37254 акра. Если мы возьмем отрицательный корень уравнения, то получим площадь поля в 20,62746 акра; в этом случае сокровища были бы зарыты вне поля, как показано на рис. 2. Но это решение исключено условием, гласящим, что сокровища зарыты на поле. Точные слова были: «В документе... говорится, что поле квадратное и что сокровища зарыты на нем...»

ГОЛОВОЛОМКИ ПРОФЕССОРА

67. Ключом к решению головоломки служит тот факт, что если составлять магический квадрат из целых чисел, сумма которых равна 15, то 2 обязательно приходится помещать в одном из его углов. В противном случае числа должны быть дробными, а это и обеспечено в нашей головоломке использованием шестипенсовых монет и полукрон. Я привожу нужное расположение, в нем используются наименьшие ходящие в Англии монеты, сумма которых составляет 15. Можно заметить, что в каждом углу находится дробная сумма, тогда как требуемая сумма вдоль каждого из восьми направлений равна целому числу шиллингов.

68. Первая из этих головоломок основана на аналогичном принципе, хотя на самом деле она много проще, ибо условие, что девять марок должны быть различными, делает простым их выбор, хотя для того, чтобы их правильно разместить, требуется немного подумать и поэкспериментировать, прежде чем будет обнаружена закономерность, управляющая дробями в углах. На рисунке вы видите решение.

Я привожу и решение второй головоломки с марками. Сумма вдоль каждой вертикали, горизонтали и диагонали равна 1 шиллингу 6 пенсам. В одном квадратике нет марок, и условием это не запрещено. В обращении находятся марки следующего достоинства: – ½d., 1d., 1½ d., 2d., 2½ d., 3d., 4d., 5d., 6d., 9d., 10d., 1s., 2s., 6d., 5s., 10s., £ 1 и £2.

В первом случае числа образуют арифметическую прогрессию: 1, 1½, 2½ , 3, 3½, 4, 4½, 5.

Но из любых девяти чисел можно образовать магический квадрат, если их удается расположить следующим образом:

где разности по горизонталям все одинаковы так же, как и разности по вертикалям, хотя последние и не обязаны совпадать с первыми. Именно так обстоит дело в случае второго решения, где числа можно записать в виде:

Точно так же в решении задачи 67 с монетами числа в шиллингах равны

Если должно быть девять различных чисел, то 0 может появиться один раз (как в решении задачи 22). И все же можно построить квадрат с отрицательными числами следующим образом:

69. Как совершенно верно заметил Профессор, существует только одно решение (если не считать симметричного) этой головоломки. На другие бокалы прыгают следующие лягушки: Джордж в третьем (сверху) горизонтальном ряду; Чанг – искусно выполненное существо в конце четвертого ряда и Вильгельмина – прекрасное создание в седьмом ряду. Джордж прыгает вниз на второй бокал седьмого ряда; Чанг, который из-за хронического ревматизма может совершать лишь небольшие прыжки, перемещается довольно неохотно на бокал, расположенный непосредственно над ним (восьмой в третьем ряду), тогда как Вильгельмина со всем пылом юности и пола совершает отличный и сложный прыжок на четвертый бокал четвертого ряда. При новом расположении, как видно из рисунка, никакие две лягушки не находятся на одной вертикали, горизонтали или диагонали.

70. Эта головоломка довольно трудна, хотя, как заметил Профессор, когда Хокхерст нашел решение, «она как раз из тех, которые решаются... с первого взгляда», если повезет. И все же если посмотреть на изящное симметричное решение, то оно выглядит невероятно простым.

Можно заметить, что Ромео добирается до балкона Джульетты, посетив каждый дом только по одному разу и сделав при этом 14 поворотов, если не считать поворота, который он делает в самом начале. Это наименьшее возможное число поворотов, и задачу можно решить, лишь выбрав путь, указанный на рисунке или симметричный ему.

71. Для того чтобы совершить свое путешествие с наименьшим числом поворотов, Ромео должен избрать указанный мною путь, при котором приходится сделать лишь 16 поворотов. Профессор сообщил мне, что Helix aspersa, то есть обыкновенная, или садовая, улитка, испытывает странную неприязнь к поворотам, она настолько велика, что один представитель этого вида, с которым он проводил эксперименты, отправился однажды вечером по прямой и с тех пор так и не повернул назад.

72. Это одна из тех головоломок, где практически невозможно избежать неоднозначности решения. Имеются два или три положения, на которые четыре лягушки могут прыгнуть таким образом, чтобы образовалось пять прямых, по четыре лягушки на каждой, но решение, приведенное на рисунке, наиболее удовлетворительно.

Прыгавшие лягушки оставили свои призраки на прежних местах, дабы показать читателю, где они находились ранее. Чанг, лягушка в середине верхнего ряда, страдающая ревматизмом, о чем уже говорилось в задаче о лягушках и бокалах, делает самый короткий прыжок – на небольшое расстояние между двумя рядами; Джордж и Вильгельмина прыгают с концов нижнего ряда в направлении север-северо-запад и север-северо-восток соответственно, тогда как лягушка из середины нижнего ряда, чье имя Профессор забыл упомянуть, прыгает точно на юг.

СМЕШАННЫЕ ГОЛОВОЛОМКИ

73. Дабы выиграть в эту игру, вы должны рано или поздно оставить сопернику четное число одинаковых групп. Затем, что бы он ни делал в одной группе, вы повторяете то же самое в такой же группе. Пусть, например, вы оставили ему следующие группы: 0.0.000.000. Теперь если он собьет одну кеглю, то и вы сбиваете одну кеглю; если он собьет две из одного триплета, то и вы сбиваете две из другого триплета; если он собьет центральную кеглю в одном из триплетов, то и вы сбиваете центральную кеглю другого триплета. Таким путем вы должны выиграть при известных обстоятельствах. Поскольку игра начинается с расположения 0.00000000000, первый игрок может всегда выиграть, но только при условии, что он собьет шестую или десятую кеглю (считая одну, уже упавшую, второй), и это в любом случае приведет к расположению 0.000.0000000, поскольку порядок групп роли не играет. Что бы теперь ни сделал второй игрок, всегда можно добиться четного числа равных групп. Предположим, что он сбивает одинокую кеглю, тогда мы оставляем ему расположение 00.0000000. Далее, что бы он ни делал, мы затем оставляем ему либо 000.000, либо 0.00.000. Мы уже знаем, что в первом случае выигрыш обеспечен, но он обеспечен и во втором случае, ибо, как бы противник ни играл, мы всегда можем поставить его либо перед 0.0, либо перед 0.0.0.0, либо перед 00.00. Провести полный анализ я предоставляю читателю.

74. На рисунке показано, как из 13 частей можно сложить шахматную доску (следует заметить, что обратная задача о вырезании из доски этих специальных частей занимательна в равной степени).

75. Представьте себе, что комната – это картонная коробка. Тогда ее можно разрезать многими способами и развернуть на стол. Я показываю четыре таких способа и отмечаю в каждом случае относительное расположение паука и мухи и прямой путь, которым, не сходя с картона, должен двигаться паук. Это четыре наиболее благоприятных случая, и можно заметить, что кратчайшим будет путь 4, поскольку он равен всего лишь 40 футам (сложите 32 в квадрате с 24 в квадрате и извлеките квадратный корень). Легко видеть, что на самом деле паук ползет по пяти из шести различных сторон комнаты! Отметив путь, сложите вновь коробку (удалив сторону, по которой паук не ползет), и вид наикратчайшего пути окажется довольно удивительным. Если бы паук придерживался пути, который большинству, очевидно, покажется кратчайшим (путь 7), то ему пришлось бы проделать 42 фута! На пути 2 расстояние составило бы 43,174 фута, а длина пути 3 оказалась бы равной 40,718 фута. Я предоставляю читателю определить наикратчайшие пути, когда паук и муха находятся соответственно от потолка и пола на расстояниях 2, 3, 4 и 5 футов.

76. Брат Джон дал первому человеку три большие и одну маленькую бутылки, полные вина, и одну большую и три маленькие пустые бутылки. Каждому из двух оставшихся он дал две большие и три маленькие бутылки вина и две большие и одну маленькую пустые бутылки. Таким образом, каждый из трех человек получил равную долю вина и одинаковое количество бутылок каждого размера.

77. На рисунке показано, как следует разрезать кусок материи на две части. Опустите правую часть на один «зуб», и вы получите правильный квадрат с симметрично расположенными розами.

78. Небольшое исследование данной головоломки убедит читателя, что Хендрик никогда не сможет схватить черную свинью и что белая свинья никогда не будет схвачена Катрюн.

Каждая свинья просто вбегает в один из ближайших углов и выбегает из него, и ее никогда не удастся схватить. Как это ни странно на первый взгляд, датчанин не может схватить черную свинью, а его жена белую! Но каждый из них без труда может поймать свинью другого цвета. Так что если первый игрок решит послать Хендрика за белой свиньей, а Катрюн за черной, он безо всякого труда выиграет за небольшое число ходов.

Это на самом деле столь просто, что даже нет необходимости приводить запись партии. С помощью этой игры мы решаем головоломку из реальной жизни. Датчанин и его жена не могут поймать свиней, потому что по своей простоте и незнанию нрава датских свиней каждый бегает не за тем животным, за которым нужно.

Принцип, на котором строится эта головоломка, известен шахматистам как «переход в оппозицию». В случае головоломки ходы напоминают ходы шахматной ладьи с дополнительным условием, что ладья может ходить лишь на соседнюю клетку. Если число клеток в том же ряду между мужчиной или женщиной и свиньей нечетно, то свинью схватить нельзя, если же это число четно, то схватить ее можно. Число клеток между Хендриком и черной свиньей, а также между Катрюн и белой свиньей равно 1 (нечетное число), следовательно, они не смогут поймать соответствующих свиней. Но число клеток между Хендриком и белой свиньей, а также между Катрюн и черной свиньей равно 4 (четное число), значит этих свиней они смогут легко поймать.

79. Начав с 5, первый игрок может всегда выиграть. Если ваш противник тоже пойдет с 5, то вы пойдете с 2 с суммой 12. Далее, когда он будет ходить 5, вы ходите 2, и если на каком-нибудь шаге он выпадет из ряда 3, 10, 17, 24, 31, вы вступите в него и выиграете. Если же после вашего первого хода 5 он вместо 5 выберет что-то другое, вы сделаете 10 или 17 и выиграете. Первый игрок может также выиграть, начав с 1 или 2, но игра довольно запутанна. Однако она стоит того, чтобы читатель изучил ее.

80. В эту головоломку заложена восточная хитрость. И дело не в том, что были озадачены представители пяти стран. Гораздо более были бы озадачены инженеры в своих попытках проложить все эти извилистые пути. На рис. 1 показаны направления для всех пяти систем линий, так что никакая линия не пересечет другие и при этом способе расстояния, видимо, будут самыми короткими.

Быть может, читатель хочет знать, сколько различных решений есть у этой головоломки. На это я отвечу, что число решений неопределенно, и объясню почему. Если мы просто рассмотрим случай одной линии А, то на рис. 2 показан один путь, на рис. 3 – второй, на рис. 4 – третий и на рис. 5 – четвертый. Если путь на рис. 3 отличен от пути на рис. 4, а это, несомненно, так, то путь на рис. 5 отличен от пути на рис. 4. Но, последовательно взглянув на рис. 2, 3, 4, 5, мы видим, что этот процесс можно продолжать неограниченно, а поскольку всегда есть пути (сколь бы длинны и извилисты они ни были) от станций В и Е к соответствующим главным путям, то число путей для одной линии А бесконечно. Следовательно, число полных решений также должно быть бесконечным, если мы считаем, что у железнодорожных линий, как и у геометрических линий, нет ширины, и неопределенным, если нам назовут наибольшее число параллельных линий, которое можно построить в определенных местах. Если будет дано какое-то ясное условие, ограничивающее все такие «извивы», то нетрудно будет подсчитать число решений. При любом разумном ограничении такого рода число решений, как я подсчитал, будет чуть менее двух тысяч, сколь бы удивительным это ни могло показаться.

81. Это небольшое новшество в области магических квадратов. Такие квадраты можно составить как из чисел, образующих арифметическую прогрессию, так и из чисел, не обладающих этим свойством. В первом случае одно место должно оставаться пустым, но при определенных условиях. В случае нашей головоломки не представляет труда образовать магический квадрат с отсутствующей 9, но с отсутствующей 1 (то есть используя 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 и 9) это сделать невозможно. Однако, взглянув на исходный рисунок, мы заметим, что числа, с которыми мы действуем на самом деле, не совпадают с только что упомянутыми. Клоун с цифрой 9 изображен в тот момент, когда он подбросил два шарика. Положение этих шариков превращает число в бесконечную периодическую дробь .9.^[35]. Далее известно, что такая бесконечная дробь соответствует числу 1. Поэтому хотя клоун с номером 1 и отсутствует, но клоун с номером 9 с помощью своего простого трюка изображает число. Следовательно, клоуны должны расположиться так:

Сумма вдоль каждой вертикали, горизонтали и диагонали равна 12.

82. Головоломка чародея одновременно и легкая и трудная, ибо очень просто найти одно такое число – 86. Если мы умножим 8 на 86, то, дабы получить правильный ответ, нам придется лишь поставить 6 впереди восьмерок – 688. Однако второе число вряд ли удастся найти методом проб. Оно равно 71, а число, на которое его следует умножить, – не что иное, как 1639344262295081967213114754098360655737704918032787. Если вы захотите умножить это число на 71, то вам нужно будет лишь поставить еще одну 1 в начале и вторую 7 в конце – существенное сокращение труда! Указанные два числа вместе с примером чародея исчерпывают двузначные сомножители, обладающие нужным свойством, однако число цифр второго сомножителя можно увеличивать. Так, если вы перед 41096 поставите число 41095890, повторенное любое число раз, то на полученное число можно всегда умножать 83 способом, указанным чародеем.

Если мы сложим цифры любого числа и затем, если потребуется, повторим эту процедуру, то в конце концов мы получим однозначное число. Я называю его «цифровым корнем». Так, цифровой корень 521 равен 8, а 697 – 4. Далее: очевидно, что цифровые корни двух искомых чисел должны давать одинаковый корень в сумме и произведении. Это может быть лишь в случае, когда корни двух чисел равны 2 и 2, или 9 и 9, или 3 и 6, или 5 и 8. Следовательно, цифровой корень двузначного сомножителя должен равняться 2, 3, 5, 6, 8 или 9. В каждом случае есть 10 таких чисел. Я выписал все 60, затем я вычеркнул те из них, у которых вторая цифра превосходит первую и у которых обе цифры совпадают (всего 36 чисел); затем я вычеркнул те числа, где первая цифра нечетна, а вторая четна (7 чисел); затем – все кратные 5 (еще 3 числа). Числа 21 и 62 я отверг после исследования, в детали которого не хочу здесь входить. Теперь из первоначальных 60 чисел осталось только 12 следующих: 83, 63, 81, 84, 93, 42, 51, 87, 41, 86, 53 и 71. Это единственные возможные множители, которые мне пришлось изучить.

Теперь мои действия стали столь же удивительными, как и простыми. Сначала, изучая 83, я вычитаю 10 и получаю 73. Добавляя нули ко второй цифре, я говорю, что если 30 000 и т. д., разделенное на 73, даст когда-либо в остатке 43, то частное и будет искомым множителем для 83. Этим путем я получил 43. Единственным кратным 3, дающим 8 на месте единиц, является 6. Следовательно, я умножаю 73 на 6 и получаю 438, или 43 после отбрасывания 8. Далее: при делении 300000 на 73 получается остаток 43, а частное равно 4109. К этому я добавляю уже упомянутое 6 и получаю пример чародея 41 096 × 83.

Исследуя четные числа, разберем два случая. Так, взяв 86, мы можем сказать, что если при делении 60 000 и т. д. на 76 мы получим когда-либо 22 или 60 (поскольку 3×6 и 8×6 оба дают 8), то найдем тем самым решение задачи. Но исследовав первое число, я отверг его и заметил, что если 60 разделить на 76, то получится 0 и 60 в остатке. Следовательно, 8 × 86 = 688 – это и есть второй пример. Можно показать в случае 71, что при делении 10 000 и т. д. на 61 получается в остатке 42 (7 × 61 = 427) и очень длинное частное, приведенное в начале этого раздела, с добавленной к нему 7.

Другие множители не приводят к решению, так что 83, 86 и 71 – три единственных возможных множителя. Те, кто хорошо знаком с принципом рекуррентных десятичных дробей (которого я немного касаюсь в следующей задаче), поймут условия, при которых остатки повторяются после некоторых периодов, и обнаружат, что лишь в двух случаях из трех придется проводить длинные выкладки. Ясно также, что для каждого множителя существует неограниченное число множимых.

83. Решение таково. Поместите на ленточку следующее довольно длинное число:

0212765957446808510638297872340425531914893617.

Его можно умножить на любое число до 46 включительно, и при этом на кольце получится та же самая последовательность цифр. Исходное число можно умножать на любое число до 16 включительно. Я возьму в качестве предела 9, дабы не сбить читателей со следа. Суть дела в том, что эти два числа представляют собой просто числа в десятичном разложении соответственно и . Умножьте первое число на 17, а второе на 47, и вы получите сплошные девятки.

Записывая обычную дробь, скажем, , в десятичном виде, мы действуем следующим образом: добавляем к делимому столько нулей, сколько нам потребуется, до тех пор, пока остаток не станет равным нулю или пока не получим столько знаков, сколько потребуется, ибо каждая дополнительная цифра в бесконечном десятичном разложении приближает нас все ближе и ближе к точному значению.

Далее: поскольку все степени 10 могут содержать кратные 2 и 5, то отсюда следует, что десятичное разложение никогда не оборвется, если знаменатель вашей обыкновенной дроби содержит какой-либо множитель, отличный от этих двух чисел. Так, , и – приводят к конечным десятичным дробям 0,5, 0,25 и 0,125; и дают 0,2 и 0,4; и приводят к 0,1 и 0,05, ибо в этих случаях знаменатели состоят из кратных 2 и 5. Однако, если вы захотите записать в десятичном виде ,или , то никогда не доберетесь до конца, а получите дроби 0,3333 и т.д., 0,166666 и т. д. и 0,142857142857142857 и т. д., где в первом случае 3 повторяется до бесконечности, во втором случае повторяется 6, а в третьем случае мы получаем период 142857.

В случае (в «Задаче с ленточкой») мы получим повторяющийся период 0,0588235294117647.

Далее, в приведенных выше выкладках последовательные остатки равны 1, 10, 15, 14, 4, 6, 9 и т. д.; именно эти числа я изобразил на внутреннем круге на рисунке. Можно заметить, что каждое число от 1 до 16 встречается один раз и что если мы умножим наше «ленточное» число на любое из чисел внутреннего круга, то положение последнего точно указывает на начало произведения. Так, если мы умножим наше число на 4, то получим 235 и т. д., если мы умножим его на 6, то получим 352 и т. д. Следовательно, мы можем умножать исходное число на любое число от 1 до 16 и получить при этом желаемый результат.

Суть головоломки состоит в следующем. Любое простое число, за исключением 2 и 5, которые являются делителями 10, делит без остатка любое число, состоящее из девяток, количество которых на I меньше данного простого числа. Например, 999 999 (6 девяток) делится на 7, 16 девяток делятся на 17, 18 девяток – на 19 и т. д. Это будет справедливо всегда, хотя порой достаточно и меньшего числа девяток; например, 9 делится на 3, 99 делится на 11, 999 999 – на 13, и здесь наше «ленточное» правило для последовательных чисел не работает и действует иной закон. Следовательно, поскольку 0 и 7 на концах ленточки нельзя перемещать на другие места, мы должны искать дробь с простым знаменателем, оканчивающимся на 7, что приводит к полному периоду. Мы берем 37 и обнаруживаем, что соответствующий период слишком мал, 0,027, ибо 37 делит 999; следовательно, это число не годится. Затем мы берем 47 и находим, что его полный период совпадает с 46-значным числом, приведенным в начале данного раздела.

Если вы разрежете любой из этих полных периодов пополам и расположите одну половину под другой, то обнаружите, что их сумма состоит из одних девяток, так что достаточно найти лишь одну из половинок, а затем выписать дополнения. Так, в случае ленточки, если вы прибавите 05882352 к 94117647, то получите 99999999; точно так же дело обстоит и с нашим длинным ответом. Обратите также внимание, что на приведенном выше рисунке дополнительными друг к другу являются не только противоположные числа на внешнем кольце, но также и противоположные числа на внутреннем кольце, сумма которых всегда равна 17. Мне стоит, быть может, отметить, что, ограничивая наши множители первыми девятью числами, мы, видимо, допускаем возможность, что короткий период может привести к решению с меньшим числом цифр, но есть причины считать это невероятным.

84. Если бы не требовалось, чтобы все квадраты были одинаковых размеров, то ковер можно было бы разрезать на четыре части любым из трех способов, показанных на рисунке. В каждом случае две части, отмеченные буквой А, если их сложить вместе, образуют один из трех квадратов, два других квадрата состоят из одной части. Но для того, чтобы получить квадраты одинаковых размеров, нам придется разрезать ковер на 6 частей, как показано на большем рисунке. Часть 1 сама является квадратом, из частей 4 и 5 можно сложить следующий квадрат, а из частей 2, 3 и 6 – третий, все одинакового размера.

Если из этих трех квадратов сложить прямоугольник IDBA, то среднее пропорциональное двух сторон прямоугольника равно стороне равновеликого квадрата. Продолжите АВ до С, сделав ВС равным BD. Затем поместите ножку циркуля в точку Е (середина АС) и опишите дугу АС. Я показываю совершенно общий метод превращения прямоугольника в квадраты, но в данном частном случае мы, конечно, можем сразу же поместить ножку циркуля в точку Е, которую искать не приходится. Продолжим BD до пересечения с дугой в точке F, и BF окажется искомой стороной квадрата. Далее отметим AG и DH, равные BF, и проведем разрез IG, а также разрез НК из Н перпендикулярно ID. Шесть искомых частей пронумерованы так же, как и на первом рисунке.

Можно заметить, что я сначала привел здесь обратный метод: разрезал три малых квадрата на шесть частей, из которых можно сложить большой квадрат. В случае нашей головоломки мы можем действовать следующим образом.

Возьмем LM равным половине диагонали ON. Проведем прямую NM и опустим из L перпендикуляр на NM. Тогда LP будет равно стороне всех трех квадратов, сумма площадей которых равна площади большого квадрата QNLO. Читатель сможет теперь без труда вырезать шесть искомых частей, пронумерованных на первом рисунке.

85. Читателю может прийти в голову, что история о медведе на Северном полюсе не имеет никакого отношения к изложенной далее головоломке. На самом деле это не так. Одиннадцать медведей невозможно расположить таким образом, чтобы они образовали семь рядов по четыре медведя в каждом. Но другое дело, когда капитан Лонгбау сообщает нам, что «оказалось семь рядов по четыре медведя в каждом». Ибо если расположить их так, как показано на рисунке, чтобы три медведя оказались на одной прямой с Северным полюсом, то на каждой из семи прямых действительно будет по четыре животных. На решение задачи не влияет, очевидно, тот факт, имеет ли этот седьмой ряд в длину сотню миль или сотню футов, лишь бы он был прямым – обстоятельство, которое капитан, быть может, проверил с помощью своего карманного компаса.

86. Требовалось показать, как житель города А мог бы посетить каждый город только по одному разу и закончить свое путешествие в Z Эта головоломка содержит маленький трюк. После того как читатель докажет, к своему удовлетворению, что головоломка неразрешима при условиях, как он понял их первоначально, ему следует внимательно изучить букву формулировки, дабы найти в ней брешь. Было сказано: «Это было бы нетрудно сделать, если бы он мог пользоваться не только железными, но и шоссейными дорогами, однако это исключено». Далее, хотя и запрещается пользоваться шоссейными дорогами, но ничего не сказано про море! Если мы вновь внимательно изучим карту, то заметим, что два города расположены на побережье. Достигнув одного из этих городов, он садится на судно, совершающее прибрежное плавание, и прибывает в другой порт. Полный путь показан на рисунке жирной линией. (См. также решение задачи 94.)

87. Решение таково. Вы, конечно, можете принять предложение «попытаться сделать это за 20 шагов», но потерпите неудачу. Наименьшее возможное число шагов 26. Передвигайте вагоны так, чтобы они занимали последовательно следующие положения:

=10 шагов;

Всего – 26 шагов.

88. Наименьшее возможное число яиц, которое миссис Коуви могла взять с собой на рынок, равно 719. После того как она продала половину этого числа и отдала сверх того пол-яйца, у нее оставалось 359 яиц; после второй операции осталось 239 яиц; после третьей – 179, а после четвертой – 143 яйца. Это количество она смогла разделить поровну между своими 13 друзьями, дав каждому из них по 11 яиц. При всех этих операциях она не повредила ни одного яйца.

89. Два слова, дающие решение нашей головоломки, – это BLUEBELL (колокольчик) и PEARTREE (грушевое дерево). Расположите буквы следующим образом: В3– 1, L6– 8, U5-3, Е4-6, В7-5, Е2-4, L9-7, L9-2. Это означает, что вы берете В, прыгаете с 3 на 1 и выписываете букву В на месте 1 и т. д. Второе слово можно выписать в том же порядке. Решение зависит от выбора слова, у которого вторая буква совпадает с восьмой, а четвертая – с шестой, поскольку эти буквы можно менять местами, не нарушая соответствующее слово. Слово MARITIMA (морская гвоздика) тоже подошло бы, если бы оно было словом английского языка.

90. Вот как следует расположить семь человек:

Разумеется, за круглым столом А будет соседом человека, указанного в конце строки.

Первоначально я сформулировал эту задачу для 6 человек и 10 дней. Разумеется, легко видеть, что максимальное число расположений для n человек равно . Эрнст Бергольт первым обнаружил сравнительно простой метод решения для всех случаев, где n равно простому числу + 1. Затем я указал способ построения решения для 10 человек, опираясь на который, Е. Д. Бьюли нашел общий метод для любых четных чисел. Нечетные числа, однако, оказались крайне трудными, и единственными нечетными числами, с которыми удалось справиться, были 7 (приведен выше), 5, 9, 17 и 33, причем четыре последних равны некой степени 2 плюс 1. Наконец, хотя и не без больших трудностей, я нашел некий тонкий метод решения для всех случаев и выписал схемы для всех чисел до 25 включительно. Для случая 11 решение получил также У. Нэш. Быть может, читатель испытает свои способности в случае 13. Он обнаружит, что это необычайно крепкий орешек.

91. Существует 12 способов расположения коробок без учета рисунков. Если бы все 13 рисунков были различны, то ответ оказался бы равен 93 312. Но поскольку в некоторых случаях коробки можно переставлять, не меняя расположения рисунков, число способов уменьшается на 1728, и, следовательно, коробки в соответствии с условиями можно расположить 91 584 способами. Я предоставляю моим читателям выяснить самостоятельно, как получаются эти числа.

92. Число способов, которыми можно разместить четырех поросят по 36 свинарникам в соответствии с заданными условиями, равно 17, включая приведенный мною пример и не считая новыми расположения, полученные из данных с помощью поворотов и отражений. Яниш в своей книге Analyse Mathematique au jeu des Echecs (1862 г.) утверждает, что существует 21 решение небольшой задачи, на которой основана данная головоломка. Поскольку я сам нашел только 17, то я вновь изучил этот вопрос и обнаружил, что он ошибается, несомненно, засчитав решения, полученные с помощью поворотов и отражений, за новые.

Вот 17 ответов. Цифры обозначают горизонтали, а их положение показывает вертикали. Так, например, 104 603 означает, что мы помещаем поросенка в первую строку и первый столбец, никого не помещаем во второй столбец, помещаем другого поросенка в четвертую строку и третий столбец, третьего – в шестую строку и четвертый столбец, никого – в пятый столбец, четвертого поросенка мы помещаем в третью строку и шестой столбец. Размещение Е я привел, формулируя условия: