Текст книги "Кентерберийские головоломки"

Автор книги: Генри Эрнест Дьюдени

сообщить о нарушении

Текущая страница: 13 (всего у книги 16 страниц)

Как совершались различные трюки на рождественском вечере у сквайра

Запись одного из ежегодных «головоломных рождественских вечеров» у сквайра Дэвиджа, сделанная одной из юных родственниц этого старого джентльмена, которая часто проводила веселые рождественские праздники в Стоук Коурси-Холле, не дает разгадки тайн. Поэтому я приведу мои собственные ответы на все головоломки и попытаюсь сделать их по возможности понятнее для тех, кто более или менее новичок в таких делах.

65.У мисс Чарити Локайер был, очевидно, в запасе какой-то трюк, и, мне кажется, что скорее всего он состоял в следующем. Она предложила разложить десять кусков сахару по трем чашкам так, чтобы в каждой оказалось нечетное число кусков.

На рисунке приведен возможный ответ, а цифры на чашках означают число кусков, положенных в каждую из них по отдельности. Помещая чашку, содержащую один кусок, в чашку, содержащую два куска, мы можем проверить, что действительно каждая из них содержит нечетное число кусков. В оставшейся чашке 7 (нечетное число) кусков. Итак, в одной чашке находится 1 кусок, во второй – 3 и в третьей – 7 кусков. Очевидно, что если чашка содержат другую чашку, то в ней находится и содержимое этой чашки.

Всего имеется пятнадцать различных решений этой головоломки:

Перше два числа в тройках показывают число кусков соответственно во внутренней и внешней чашках, вставленных друг в друга. Стоит отметить, что внешняя чашка этой пары сама по себе может быть пустой.

56.·Трюк в данной головоломке заключался в следующем. Из одиннадцати монет удаляется пять, затем добавляются четыре монеты (к этим уже удаленным), и у вас получается девять монет – во второй кучке удаленных монет!

57. Фермер Роуз послал на рынок ровно 101 гуся· Джейбз сначала продал мистеру Джасперу Тайлеру половину стада и полгуся сверх того (то есть 50 1/2 + 1/2 = 51, оставив 50 гусей); затем он продал фермеру Эйвенту треть остатка и еще треть гуся (то есть 16 2/3 +1/3 =17, оставив 33 гуся); потом он продал вдове Фостер четверть остатка и еще три четверти гуся (то есть 8 1/4 + 3/4 = 9, оставив 24 гуся); далее он продал Нэду Кольеру пятую часть остатка из еще подарил пятую часть гуся (то есть 4 4/5 + 1/5 = 5, оставив 19 гусей). Этих 19 гусей он и привез назад.

58. Эта небольшая шутка майора Тренчарда также представляет собой головоломку с трюком, а плутовское выражение лица крайнего справа мальчика с цифрой 9 на спине ясно показывало, что он посвящен в тайну.

Я не сомневаюсь (вспомните намек майора, что на числа надо «правильно смотреть»), что его ответ вы видите на рисунке, где мальчик 9 стоит на голове, отчего число на его спине превращается в 6. Это дает общую сумму 36 (четное число), так что, поменяв местами мальчиков 3 и 4 с 7 и 8, мы получаем 1, 2, 7, 8 и 5, 3, 4, 6, а это в каждом случае дает сумму, равную 18. Существуют три других разбиения мальчиков на группы, удовлетворяющих нужному условию: 1, 3, 6, 8–2, 4, 5, 7; 1, 4, 6, 7–2, 3, 5, 8 и 2, 3, 6, 7–1, 4, 5, 8.

59. На рисунке показано решение данной головоломки. При наложенных условиях оно единственное. Начиная с верхнего пудинга, украшенного остролистом, мы касаемся всех пудингов за 21 прямолинейный проход, пробуя дымящийся пудинг в конце десятого прохода и заканчивая вторым пудингом, украшенным остролистом.

Здесь мы имеем пример невозвратного пути шахматной ладьи между максимально удаленными клетками, Ибо если бы мы пожелали посетить каждую клетку по одному и только одному разу, а начать и закончить путь в противоположных концах одной и той же диагонали, то это оказалось бы невозможным.

Существует довольно много различных путей от одного украшенного пудинга до другого с наименьшим числом (21) прямолинейных проходов, но я их не перечислил. Я записал 14 из них, а возможно, их еще больше. Любой из путей удовлетворяет всем условиям, кроме того, которое касается дымящегося пудинга, Это дополнительное условие было введено, дабы ликвидировать неоднозначность решения. Мне не известно какое-либо другое решение данной головоломки; однако, поскольку я не записал все решения без дополнительного условия, я не могу высказать в настоящее время категорического утверждения по этому вопросу.

60. Как оказалось, каждый из гостей поцеловал каждого под веткой омелы со следующими исключениями и дополнениями: ни одно лицо мужского пола не целовало лиц мужского пола; ни один женатый мужчина не целовал замужних женщин, кроме своей жены; все холостяки и мальчики поцеловали всех девушек и девочек дважды; вдовец не целовал никого; вдовы не целовали друг друга. Каждый поцелуй возвращался и оба таких взаимных поцелуя считались за один. Составляя список всех присутствующих, мы можем удалить из него вдовца, ибо он выступал в роли наблюдателя.

7 женатых пар – 14

3 вдовы – 3

12 холостяков и мальчиков – 12

10 девушек и девочек – 10

Всего – 39 человек

Далее, если бы каждый из 39 человек поцеловал всех остальных, то число поцелуев равнялось бы 741, а если бы 12 холостяков и мальчиков поцеловали 10 девушек и девочек еще по одному разу, то следовало бы добавить 120, что дало бы общее число поцелуев 861. Но поскольку ни один женатый мужчина не целовал замужних женщин, за исключением своей жены, мы должны вычесть 42 поцелуя; поскольку ни одно лицо мужского пола не целовало лиц мужского пола, мы должны вычесть еще 171 поцелуй; а поскольку ни одна вдова не целовала другую вдову, мы должны вычесть и еще 3 поцелуя Следовательно, из общего вдела 861 мы должны вычесть 42+171 + 13 = 216 поцелуев, что приводит к ответу: под веткой омелы всего было совершено 645 поцелуев.

61. Число различных кубов, объем которых в сумме составляет 17 кубических дюймов, бесконечно Здесь приводятся наименьшие измерения. Ребро одного куба должно равняться 2 23 278/40 831 дюйма, а ребро другого 11 663/40 831 дюйма. Если читатель возьмет на себя труд возвести в куб каждое из этих чисел, то обнаружив что сумма будет в точности равна 17. (См. также головоломку 20.)

Происшествия в клубе головоломок

62. Один за другим члены клуба находили ключ к тайне двусмысленной фотографии, только Чертой упорно предлагал сдаться. Тогда Герберт Бейнс привел доказательства того, что плащ, который нес на руке лорд Максфорд, был женским, ибо пуговицы на нем располагались на левой стороне, тогда как у мужского плаща они всегда находятся справа. Не похоже, чтобы лорд Максфорд гулял по парижским улицам с перекинутым через руку женским плащом, если бы он не сопровождал его владелицу. Следовательно, он шел вместе с леди.

Пока велась беседа, официант принес Бейнсу телеграмму.

– Ну вот, – сказал Бейнс, прочитав послание, – телеграмма от Доуви: «Не беспокойтесь фото тчк леди оказалась сестрой джентльмена зпт находившейся Париже проездом». Это подтверждает наш вывод. Вы могли бы заметить, что леди легко одета и, следовательно, плащ вполне мог принадлежать ей. Вполне очевидно, что дождь был внезапным и спутники были недалеко от цели, так что она сочла не нужным надевать плащ.

63. Объяснение тайны Корнуэллского утеса оказалось очень простым. И все же это был ловкий трюк, придуманный двумя преступниками, который увенчался бы полным успехом, не появись неожиданно наши друзья из Клуба головоломок. Вот как это происходило. Когда Лэмсон и Марш достигли подъема, Марш один взошел на вершину утеса с большими башмаками Лэмсона в руках. Добравшись до края утеса, он поменял ботинки и задом наперед спустился по склону, неся на этот раз в руках свои собственные ботинки. Поэтому меньшие следы имеют более глубокий отпечаток на пятке, а большие следы – на носке; человек сильнее наступает на пятку, когда идет прямо, и делает упор на носки, когда движется задом наперед. Это также согласуется с тем обстоятельством, что большие следы иногда наступали на меньшие, но никогда наоборот, а также о тем, что большие следы совершали более короткие шаги, поскольку человек, двигаясь задом наперед, всегда делает шаг короче. Записная книжка была подброшена нарочно, чтобы полиция обратила внимание на следы и пошла по ложному пути.

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, 42678, 51 246, 57 834, 75 231, 78 624, 87 435, 72 936, 65281, 65983 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 Ена север или на юг от домика егеря, и обошел ли егерь Адом ЕЕс севера или с юга. Но можно заметить, что единственными людьми, приближавшимися к мистеру Хастингсу, не пересекая пути, были дворецкий Еи 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 АРВчерез сторону квадрата х.Удвоенный результат составит ху.Поделив его на л: и возведя в квадрат, мы выразим у ²через х.Аналогично выразим z ²через x;затем решим уравнение y ²+z ²= 3 ², которое примет вид x ⁴– 20 x ²= -37. Следовательно,

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 маркам ми. 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: ¹/ ² d.,1 d., 1 ¹/ ₂d., 2d., 2 1/2 d., 3d., 4d., 5d., 6d., 9d., 10d., 1 s., 2s,6d., 5s., 10s., £ 1и £2.

В первом случае числа образуют арифметическую прогрессию: 1, l ¹/ ₂, 2 ¹/ ₂, 3, 3 ¹/ ₂, 4, 4 ¹/ ₂, 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 различныхчисел, 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 совершить 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 ровно по одному разу и сделав при этом 14 поворотов, если не считать поворот, 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 составили 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 та 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 1),то ему пришлось бы проделать 42 фута! На пути 2расстояние составило бы 43,174 фута, а длина пути 3оказалась 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 число 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, известей 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 Ви Ек соответствующим главным путям, то число путей для одной линии Абесконечно.

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]35
  В Англии вместо десятичной запятой употребляется десятичная точка. Причем если целая часть равна нулю, то она часто опускается (сравните с тем, как печатаются числа на современных ЭВМ). Точка над цифрой указывает на период бесконечной десятичной дроби. Таким образом, запись.9 соответствует нашей записи 0,(9). – Прим. перев.


[Закрыть]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 1, 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 41095 890, 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 множилем 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 300 000 на 73 получается остаток 43, а частное равно 4109. К этому я добавляю уже упомянутое 6 и получаю пример чародея 41096×83.

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:

0212765957448808510638297872340425531914893617.

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 1/17 и 1/47 умножьте первое число на 17, а второе на 47, и вы получите сплошные девятки.

Записывая обычную дробь, скажем 1/17, 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, 1/2, 1/4 и 1/8 приводят к конечным десятичным дробям 0,5, 0,25 и 0,125; 1/5 и 1/25 дают 0,2 и 0,4; 1/10 и 1/20 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 1/3, 1/6 или 1/7, 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 1/17 (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 1 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.