Генри Дьюдени - 200 знаменитых головоломок мира
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 = ар bq сr..., 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.
