Генри Дьюдени - Пятьсот двадцать головоломок

• Название: Пятьсот двадцать головоломок
• Автор: Генри Дьюдени
• Издательство: Мир
• Жанр: Математика
• Год: 1975

Генри Э. Дьюдени по праву считается классиком занимательной математики. Многие его задачи, породив обширную литературу и вызвав многочисленные подражания, вошли в ее золотой фонд.

В предлагаемой книге собрано 520 задач и головоломок Дьюдени по арифметике, алгебре, геометрии, разрезанию и составлению фигур. Читателя ждет встреча с постоянно действующими героями Дьюдени — семейством Крэкхэмов, профессором Рэкбрейном и др.

Книга доставит удовольствие всем любителям занимательной математики.

---

480. Если загородка имеет вид прямоугольника, то его площадь будет тем больше, чем ближе он к квадрату. Но самая большая площадь получается, когда жерди расположены в виде правильного многоугольника, а если это можно сделать несколькими способами, то максимальной будет площадь у того многоугольника, стороны которого состоят всего из одной жерди. Так, в приведенном ранее примере площадь шестиугольника была больше площади треугольника. Изображенный на рисунке правильный двенадцатиугольник ограничивает наибольшую (в случае 12 жердей) площадь, достаточную для примерно 11⅕ овцы. Одиннадцатью жердями можно огородить участок, достаточный только для примерно 9 овцы. Следовательно, для 10 овец необходимо взять 12 жердей. Если вы расположите эти жерди в виде квадрата, как показано пунктиром, то огородите участок только для 9 овец.

481. На рисунке показано, как 13 и 7 спичками можно огородить два участка, причем площадь одного из них в 3 раза больше второго, поскольку меньший содержит ровно 5 маленьких треугольников, а больший 15.

Есть и другие решения.

482. На рисунке показано одно из четырех решений данной головоломки с 11 (нечетным числом) спичками. Если вы сначала окружите какой-нибудь внешний ряд вроде A, то затем сможете окружить в любом случае квадрат B и завершить решение, затратив всего 11 спичек.

483. Следует передвинуть вторую I в VII так, чтобы получился знак квадратного корня. Корень квадратный из 1 равен, разумеется, 1, следовательно, и вся получившаяся дробь равна 1.

484. Передвиньте две сигареты, образующие букву L, и поместите их так, как показано на рисунке. Мы имеем корень квадратный из 1 минус 1 (то есть 1—1), что равно, очевидно, 0. Во втором случае мы можем сдвинуть те же сигареты, поместив одну из них рядом с V, а другую рядом со второй I так, чтобы получилось слово NIL (ничто).

485. Расположите 12 спичек, как показано на рисунке справа; они и ограничат 5 квадратов. Конечно, один из них (отмеченный стрелкой) очень мал, но в условии не было ограничений на размеры квадратов.

486. Вы должны спрятать одну спичку внутри коробка, как показано на рисунке пунктирной линией, причем ее головка должна только-только зайти за край внутренней части коробка. Закрывая коробок, вы проталкиваете эту спичку вперед ногтем большого пальца (что можно, потренировавшись, делать незаметно), и она падает на свое место. Разумеется, ни одна из первоначально показанных спичек не перевернется, поскольку это невозможно, но никто никогда не пересчитывает спички.

487. На рисунке показано, как можно ограничить две фигуры 7 и 13 спичками соответственно, чтобы при этом площадь одной из них была ровно в 3 раза больше площади другой. Пунктирные линии показывают, что одна фигура составлена из 2 квадратов и равностороннего треугольника, а другая — из 6 таких же квадратов и 3 треугольников. Двенадцать горизонтальных и вертикальных спичек остались на месте.

488. На рисунке приведен простой ответ. От нас не требовалось, чтобы фигура была плоской или чтобы она была образована 9 спичками. Мы изобразили (в перспективе) куб (правильную фигуру с шестью сторонами).

489. На рисунке показано, как расположить 26 спичек так, чтобы они разделили чертеж на две части одинаковых размеров и одной формы, из которых одна содержит две звездочки, а другая — два крестика.

490. Расположите 3 спички, как показано па рисунке, и в центре поставьте торцом коробок.

491. Уберите 4 спички, показанные пунктиром на рисунке, и останутся 4 равных треугольника.

492. На рисунке пунктирными линиями обозначены 6 передвинутых спичек, тонкими — места, куда их надо поместить, а толстыми — 6 неподвижных спичек.

493. На рисунке пунктиром показано первоначальное положение двух передвинутых спичек.

494. Расположите 10 спичек так — FIVE[44]. Уберите 7 спичек, образующих F и Е ( общего числа спичек), и у вас останется IV (четыре).

495. В коробке было 36 спичек, из которых мой друг мог составить треугольник (17, 10, 9) площадью 36 квадратных дюймов. После того как 6 спичек было использовано, оставшиеся 30 образовали треугольник (13, 12, 5) площадью 30 квадратных дюймов, а использовав еще 6 спичек, он смог из оставшихся 24 составить треугольник (10, 8, 6) площадью 24 квадратных дюйма.

496. Расположите карты вверх рубашкой в следующем порядке (тройка пик поверх колоды, червовая десятка снизу): тройка пик, тройка треф, червовая пятерка, бубновый туз, бубновая десятка, десятка пик, король треф, бубновая двойка, король пик, червовый валет, пятерка треф, бубновая тройка, бубновый валет, червовая шестерка, трефовый валет, четверка пик, восьмерка пик, дама бубен, четверка бубен, червовая дама, червовая семерка, трефовая десятка, пиковый валет, бубновая пятерка, трефовый туз, пиковая пятерка, бубновый король, трефовая семерка, трефовая восьмерка, бубновая шестерка, червовая восьмерка, червовый туз, червовый король, трефовая четверка, семерка бубен, девятка пик, двойка червей, пиковая дама, пиковый туз, пиковая шестерка, червовая тройка, бубновая восьмерка, червовая девятка, двойка треф, дама треф, пиковая двойка, шестерка треф, девятка треф, девятка бубен, червовая четверка, пиковая семерка, червовая десятка.

[Все подобные головоломки решаются просто, надо только, начиная с последней выложенной карты, проделать все действия в обратном порядке, получив в конце нужную стопку карт. — М. Г.]

497. Для того чтобы перетасовать 14 карт описанным выше способом и получить при этом исходный порядок карт, требуется 14 тасований, хотя в случае 16 карт их требуется только 5. Мы не можем углубляться здесь в природу этого явления, но читателю, быть может, будет небезынтересно провести самостоятельное исследование данного вопроса.

[Относительно математической теории такого тасования см. W. W. Rouse Ball «Mathematical Recreations and Essays» (N. Y., 1960, pp. 310-311). Это тасование иногда называют «тасованием Монжа», по имени знаменитого французского математика XVIII в. Гаспара Монжа, который впервые его придумал. — М. Г.]

498. Для того чтобы освободить одно звено и присоединить его снова, требуется 3 цента. Если бы мы освободили по одному звену на конце каждого из 13 кусков, то это обошлось бы нам в 39 центов, так что выгодней было бы купить новую цепочку. Если бы один из кусков содержал 12 звеньев и мы освободили бы все эти звенья, чтобы с их помощью соединить оставшиеся 12 кусков, то это обошлось бы в 36 центов. Если бы у нас было 2 куска, содержащих вместе 11 звеньев, то мы могли бы освободить эти звенья и с их помощью соединить оставшиеся 11 кусков, что обошлась бы нам в 33 цента.

Самое лучшее, что мы можем сделать, это освободить все 10 звеньев в трех кусках и с их помощью соединить оставшиеся 10 кусков, затратив 30 центов. В качестве таких кусков можно взять 1 кусок из 4 звеньев и 2 куска по 3 звена. Так, если мы включим в число 3 кусок из 3 звеньев и 1 кусок из 4 звеньев, расположенные в среднем ряду, то получим всего 5 больших и 5 маленьких звеньев.

Если бы мы сумели найти 4 куска, содержащие всего 9 звеньев, то сэкономили бы на этом еще 3 цента, но это сделать невозможно так же, как невозможно найти 5 кусков, содержащих 8 звеньев, и т. д. Следовательно, стоимость ремонта составит 30 центов.

499. Прибавьте IV, перевернутое «вверх ногами», к VI, и вы получите XI.

500. Каждый год, делящийся на 4, является високосным, за исключением тех лет, которые делятся на 100; из этих последних високосными будут только те, которые делятся на 400, а остальные не являются високосными. Обычно это обстоятельство упускают из виду. Так, 1800 г. не был високосным, не был им и 1900 г.; однако 2000, 2400, 2800 гг. и т. д. будут високосными. Первым днем нашего века был вторник 1 января 1901 г.

В нашем веке всего 25 високосных лет, поскольку 2000 г. високосный. Следовательно, он содержит 36 525 (365 × 100 + 25) дней, или 5217 недель и 6 дней; поэтому 1 января 2001 г. наступит на 6 дней позднее вторника, то есть придется на понедельник. Век, начинающийся 1 января 2001 г., будет содержать только 24 високосных года, поскольку 2100 г. невисокосный, и 1 января 2101 г. наступит на 5 дней позднее понедельника, то есть в субботу, поскольку в этом веке будет 5217 недель и только 5 лишних дней. Теперь нам удобно представить результаты в виде таблицы:

1 января 1901 г. — Вторник

1 января 2001 г. — Понедельник. На 6 дней позже (2000 г. високосный)

1 января 2101 г. — Суббота. На 5 дней позже

1 января 2201 г. — Четверг. На 5 дней позже

1 января 2301 г. — Вторник. На 5 дней позже

1 января 2401 г. — Понедельник. На 6 дней позже (2400 г. високосный)

Таким образом, мы видим, что первые дни последовательных веков циклически повторяются в порядке: вторник, понедельник, суббота, четверг; поэтому они никогда не придутся на воскресенье, среду или пятницу.