Иэн Стюарт - Математические головоломки профессора Стюарта

См. Laurent Bartoldi and André Henriques. Orange peels and Fresnel integrals, Mathematical Intelligencer 34 No. 4 (2012) 1–3.

Статья доступна на сайте: www.arxiv.org/abs/1202.3033

Как выиграть в лотерею?

Нет, это неверно. Все утверждения, сделанные по ходу дела, верны, но вывод ошибочен.

Чтобы понять почему, рассмотрим лотерею, которая проводится еженедельно в небольшой известной провинции Лиллипутии. Шаров здесь всего три – 1, 2, 3 – и вынимаются два из них. Вы выигрываете, если заранее правильно называете эти два шара.

Существует три возможных результата розыгрыша:

12 13 23,

и все они равновероятны.

Первым числом является 1 с вероятностью 2/3 (это максимальная вероятность), 2 с вероятностью 1/3 или 3 с вероятностью 0.

Второе число – это 3 с вероятностью 2/3 (максимальная вероятность), 2 с вероятностью 1/3 или 1 с вероятностью 0.

Таким образом, по той же логике игрокам, чтобы максимально увеличить свои шансы, следует выбирать 13. Однако на самом деле все три варианта равновероятны, так что это попросту чепуха.

В общем и целом 1 с большей вероятностью окажется наименьшим числом в розыгрыше, поскольку в этом случае чисел, превышающих заданное число (то есть единицу), больше, чем в любом другом случае. А вовсе не потому, что единица может быть вытащена с большей вероятностью, чем какое бы то ни было другое число. Тот же эффект действует и в отношении других позиций, но не настолько очевидно.

КражаСлучай с зелеными носками

– Глубокое знание лондонского преступного мира позволяет мне сразу же определить, кто злодей, – объявил Сомс.

– Кто?

– Это не имеет значения, пока у нас нет формальных доказательств его вины, Ватсап. Только доказательства способны убедить инспектора Роулейда из лондонской полиции, когда мы представим ему свои выводы. Во-первых, мы должны составить список возможных способов распределения цветов одежды между подозреваемыми.

– Это я могу, – сказал Ватсап. – Я немного владею элементарной комбинаторикой. Она весьма полезна, когда нужно определить, какую конечность ампутировать первой.

И он написал:

КЗБ КБЗ ЗКБ ЗБК БКЗ БЗК

– Буквы обозначают цвета предметов одежды в следующем порядке: пиджак, брюки, носки, – объяснил Ватсап. – Цвета нигде не повторяются, потому что об этом говорят свидетели, так что возможные варианты сводятся к данным перестановкам этих трех букв.

– Очень хорошо, – сказал Сомс. – И каким же должен быть наш следующий шаг?

– Э-э… составить таблицу всех способов распределения предметов одежды между тремя мужчинами. На это потребуется некоторое время, Сомс, поскольку сочетаний существует… э-э, 6 × 5 × 4… 120 штук.

– Не так, Ватсап. Подумав немного, мы сможем с самого начала исключить большинство сочетаний. Сосредоточимся для начала только на одном подозреваемом – скажем, на Джордже Грине. Предположим, к примеру, что Грин носит зеленый пиджак, коричневые брюки и белые носки: случай ЗКБ.

– Уф, но так ли это на самом деле?

– Это мое предположение, которое позволяет рассуждать дальше. Если мое предположение верно, из этого следует, что никто из остальных двух подозреваемых не может носить зеленый пиджак, или коричневые брюки, или белые носки, ведь только один из трех предметов каждого рода может быть заданного цвета. Так что для этих двоих мы можем исключить варианты ЗБК, КЗБ и БКЗ из оставшихся пяти возможных вариантов. Это оставляет нам только варианты КБЗ и БЗК. Которые, обратите внимание, представляют собой циклические перестановки варианта ЗКБ. Мы можем распределить эти варианты между Биллом Брауном и Уолли Уайтом только двумя способами, – Сомс начал заполнять таблицу.

– Но, Сомс, – воскликнул Ватсап, – может быть, Джордж Грин не носит одежду цветов ЗКБ!

– Вполне возможно, – невозмутимо ответил Сомс. – Это всего лишь две верхние строки моей таблицы. Я могу провести аналогичные рассуждения для пяти остальных вариантов одежды Джорджа Грина. Разумеется, при этом перестановки тоже получатся циклическими. Внесем в таблицу все 12 возможных вариантов.

Ватсап скопировал себе в блокнот итоговую таблицу (см. ниже).

Когда он закончил, Сомс кивнул.

– А теперь, мой дорогой Ватсап, нам остается только исключить невозможные комбинации при помощи имеющихся у нас данных…

– Потому что в результате то, что останется, каким бы невероятным оно ни казалось, должно быть истиной! – воскликнул Ватсап.

– Я и сам не сумел бы сказать лучше. Хотя в данном случае самое невероятное – это то, что только один из этих негодяев оказался замешан в вашем деле. Я скорее ожидал бы сговора. В любом случае, констебль Уаггинс – достойный человек, Ватсап, и хватка у него железная. Недостаток воображения он компенсирует настойчивостью. Так вот, он заявил, что носки у Брауна были того же цвета, что пиджак у Уайта. Это означает, что тройка букв Брауна должна оканчиваться той же буквой, какой начинается тройка Уайта. Это позволяет исключить строки 1, 3, 5, 7, 9 и 11 и уменьшает нашу таблицу до следующего состояния:

– Далее я определяю, какие комбинации в ней соответствуют второму условию достойного констебля: тому, что человек, фамилия которого соответствует цвету брюк Уайта, был в носках, цвет которых не соответствовал фамилии человека в белом пиджаке. Чтобы понять это, нужно просто посмотреть внимательно. К примеру, в четвертой строке на Уайте коричневые брюки, что соответствует фамилии Браун. Носки у Брауна белые. Отличается ли при этом цвет пиджака Уайта от белого? Нет, пиджак на нем как раз белый. Убираем строку 4.

– Не уверен, что я до конца…

– Ну, хорошо, позвольте мне составить другую таблицу! – и Сомс написал:

– Остаются только строки 2 и 8. Что снова уменьшает нашу таблицу до вида:

– Наконец, констебль Ваггинс говорит нам, что цвет пиджака человека, чья фамилия соответствует цвету носков Грина, отличается от цвета брюк Брауна.

– Это позволяет исключить строку 8. Остается строка 2.

– Таким образом, нам остается только посмотреть, кто носил зеленые носки в строке 2. Как я и подозревал с самого начала, это был Уолли Уайт, одетый по схеме КБЗ.

Последовательные кубы

Эти числа можно найти простым перебором. Систематический метод состоит в том, чтобы обозначить среднее число n и записать, что (n – 1)³ + n³ + (n + 1)³ = 3n³ + 6n = m² для некоторого числа m. Таким образом, m² = 3n (n² + 2). Множители 3, n, n² + 2 не имеют общих делителей, кроме, может быть, чисел 2 и 3. Поэтому любой простой делитель больше 3 должен присутствовать как в n, так и в n² + 2 в четной степени (возможно, нулевой). Первые два числа, удовлетворяющие этому условию, – это 4 и 24, причем 24 является решением, а 4 не является.

Adonis Asteroid Mousterian

Буквы соответствуют следующим числам:

квадрат 3 × 3: A = 0, D = 3, I = 2, N = 0, O = 1, S = 6;

квадрат 4 × 4: A = 0, D = 12, E = 1, I = 2, N = 0, O = 3, S = 0, T = 4;

квадрат 5 × 5: A = 0, E = 1, I = 2, M = 0, N = 5, O = 3, R = 10, S = 15, T = 20, U = 4.

Теперь квадраты выглядят так:

Про магические квадраты и подобные конструкции см.: Jeremiah Farrell, Magic square magic, Word Ways 33 (2012) 83–92.

Статья доступна на сайте: http://digitalcommons.butler.edu/wordways/vol33/iss2/2

Два коротких вопроса на квадраты

1. 923 187 456, квадрат числа 30 384.

Поскольку нам нужно наибольшее число такого типа, можно смело предположить, что ответ начинается с 9, так что на самом деле этот вариант следует опробовать первым, даже если наше предположение окажется неверным. Таким образом, искомое число должно лежать между 912 345 678 и 987 654 321; следует также помнить, что все цифры различны и что нуля среди них нет. Квадратные корни из граничных чисел равны 30 205,06 и 31 426,96. Все, что нам остается сделать, – это проверить числа от 30 206 до 31 426 и посмотреть, какое из них даст нам ответ из девяти разных цифр. В этом интервале лежит 1221 число. Начав с числа 31 426 и продвигаясь в обратном направлении, мы рано или поздно доберемся до числа 30 384. Теперь, когда мы нашли решение задачи, начинающееся с цифры 9, нам не стоит волноваться о числах, начинающихся с 8 и остальных цифр.

2. 139 854 276, квадрат числа 11 826.

Ищется это число аналогичным способом.