Глава 28. Фирма «джеймс хью райли, аттракционы и головоломки»

 

Среди крупнейших американских компаний, занимающихся устройством различных развлечений, забав и зрелищ, несомненно, следует назвать фирму «Джеймс Хью Райли, аттракционы и головоломки», хотя в действительности ее… не существует.

Услышав, что на окраине города вновь открылась ярмарка с аттракционами, каруселью и т. п., я решил подъехать туда, чтобы повидаться со своим давним другом Джимом Райли. Мы познакомились с ним в 40-е годы, еще в бытность студентами Чикагского университета. В то время Райли был уже на старшем курсе математического факультета, как вдруг, совершенно неожиданно для всех, он вступил в странствующую труппу, чтобы стать конферансье в танцевальном ревю. В этом амплуа, как говорят актеры, он выступал и в последующие годы. В труппе его называли Профессором.

Каким-то образом ему удалось сохранить в себе живой интерес к математике, и когда бы нам ни доводилось встречаться, я всегда мог почерпнуть у него несколько оригинальных тем для раздела занимательной математики в Scientific American.

На этот раз я разыскал Профессора у входа в паноптикум, где он беседовал с контролером, проверявшим билеты. На нем была стетсоновская шляпа, и выглядел он старше и солиднее, чем при нашей последней встрече.

— Регулярно читаю твой раздел в журнале, — сказал он, когда мы обменялись рукопожатиями. — Почему бы тебе не написать как-нибудь об игре «Закрой пятно»?

— А что это за игра? — спросил я.

— Это один из самых старых наших аттракционов.

Он ухватил меня за руку и потащил за собой по дорожке. Вскоре мы остановились у щита, на котором был нарисован красный круг диаметром в метр. Профессор объяснил мне правила игры. Играющий должен разместить пять металлических дисков (беря каждый раз лишь по одному диску) так, чтобы они закрыли красное пятно. Диаметр каждого диска составлял примерно 61 см. Положив диск, играющий не имеет права передвигать его. Игра считается проигранной, если после того, как положен последний, пятый диск, между металлическими дисками останется хотя бы малейший зазор и можно будет видеть красное пятно.

— Разумеется, — добавил Профессор, — из всех кругов, которые можно полностью закрыть дисками данного диаметра, мы выбрали круг наибольшего радиуса. Большинство людей считает, что диски следует располагать так. — И он разместил диски симметрично.

При таком расположении (рис. 147) край каждого диска проходит через центр красного круга (на нашем рисунке он заштрихован), а центры дисков образуют вершины правильного пятиугольника. Но пять маленьких кусочков у самого края красного круга остаются незакрытыми.

 

Рис. 147 Неправильное размещение дисков при игре «Закрой пятно».

 

— К сожалению, — продолжал Профессор, — такое решение неверно. Чтобы закрыть как можно большую часть круга, диски следует расположить вот так. — Он передвинул диски, и они легли так, как показано на рис. 148.

 

Рис. 148 Правильное размещение дисков при игре «Закрой пятно».

 

— Центр диска 1, — пояснил Профессор, — лежит на диаметре AD, а край диска проходит через точку С, расположенную немного ниже центра В красного круга. Диски 3 и 4 следует положить так, чтобы их края проходили через точки С и D. Диски 2 и 5 закрывают оставшуюся часть пятна.

Естественно, мне захотелось узнать, чему равно расстояние ВС.

Райли не мог привести на память точные цифры, но указал мне на статью, в которой приводится подробное решение этой трудной задачи.[49] Если радиус пятна равен 1, то расстояние ВС чуть больше 0,285, а наименьший радиус диска будет 0,609… Если же диски расположены так, как показано на рис. 147, то для того, чтобы они полностью закрывали пятно, их радиус должен быть равен 0,6180339… (это число, обратное числу φ — золотому сечению, о котором говорилось в главе 23). Небезынтересно отметить следующую особенность задачи: разность между площадями тех частей красного пятна, которые оказываются закрытыми при первом (см. рис. 147) и втором (см. рис. 148) способах расположения дисков, очень мала и, если диаметр пятна меньше метра, едва различима.

— Эта игра напоминает мне, — заметил я, — одну замечательную, но до сих пор не разрешенную задачу, также связанную с минимизацией площади. Определим диаметр фигуры, как длину наибольшего отрезка прямой, соединяющего две точки фигуры. Спрашивается, какова форма и площадь наименьшей плоской фигуры, которой можно накрыть любую фигуру единичного диаметра?

Профессор кивнул.

— Наименьший из правильных многоугольников, удовлетворяющих условию задачи, — это правильный шестиугольник со стороной

 

но около 30 лет назад кому-то удалось улучшить это решение, отрезав у шестиугольника два угла. — Он вытащил из кармана пиджака карандаш, блокнот и тут же набросал чертеж, показанный на рис. 149.

 

Рис. 149 Шестиугольник с обрезанными углами, которым можно накрыть любую фигуру единичного диаметра.

 

Углы шестиугольника срезаны по прямым, касательным к вписанной окружности (единичного диаметра) и перпендикулярным к прямым, проведенным из центра окружности в вершины шестиугольника.

— А это решение считается наилучшим из известных? — спросил я.

Райли отрицательно покачал головой.

— Я слышал, что несколько лет назад какой-то математик из Иллинойсского университета показал, как от усеченного шестиугольника можно отрезать еще кусочек, но подробностей не знаю.

Разговаривая, мы не спеша прогуливались по дорожке и остановились перед другим аттракционом. Он состоял из трех огромных игральных костей, которые нужно было скатывать по волнистой наклонной поверхности на расположенную внизу горизонтальную плоскость, и больших белых цифр от 1 до 6, нарисованных на специальном щите. Играющий может поставить любую сумму денег на любую из цифр. Затем он бросает кости. Если названное им число выпадает на одной из костей, он получает обратно свою ставку плюс равную ей сумму денег. Если число, на которое он поставил, выпадает на двух костях, ему возвращают его ставку плюс удвоенную сумму денег. Если же названное им число выпадает на всех трех костях, то он получает свою ставку и сверх нее утроенную сумму денег. Разумеется, если цифра, на которую он поставил, не выпадает ни на одной из костей, ставка считается проигранной.

— Разве такая игра может приносить доход? — спросил я. — Ведь вероятность выпадения задуманного числа на одной кости равна 1/6. А так как у нас имеются три кости, то вероятность выпадения числа хотя бы на одной из них равна 3/6, или 1/2. Если число выпадает более чем на одной кости, то играющий получает прибыль, превышающую его ставку. Мне кажется, что в этой игре все преимущества на стороне игрока.

Профессор довольно рассмеялся:

— Вот так простаки и попадаются. Подумай-ка получше.

Поразмыслив над этой игрой позднее, я был поражен. Может быть, некоторым читателям доставит удовольствие самостоятельно вычислить, сколько можно выиграть на каждый поставленный доллар при достаточно продолжительной игре.

Когда я стал собираться домой, Райли завел меня в одну из «обираловок» (так он называл закусочные) перекусить перед дорогой. Кофе нам подали сразу же, но я решил подождать, когда принесут сандвичи.

— Если хочешь пить горячий кофе, — сказал Профессор, — лучше наливать сливки сразу. Чем горячей кофе, тем быстрее он остывает.

Я послушно налил сливки в кофе. Когда Профессору принесли его сандвич с ветчиной — два одинаковых кусочка хлеба, между которыми зажат ломтик ветчины, — он спросил:

— Тебе никогда не встречалась статья Тьюки и Стоуна «Обобщенная теорема о сандвиче с ветчиной»?

— Ты имеешь в виду Джона Тьюки и Артура Стоуна — изобретателей флексагонов?

— Именно их.

Я покачал головой.

— Я не знал даже, что существует простая, не обобщенная теорема о сандвиче с ветчиной.

Райли снова вытащил свой блокнот и нарисовал сначала отрезок прямой.

— Любую одномерную фигуру всегда можно разделить на две равные по длине части с помощью одной точки. Правильно? — Я кивнул. Тогда он нарисовал две замкнутые кривые неправильной формы и прямую, которая пересекает обе нарисованные кривые (рис. 150).

 

Рис. 150 К «теореме о сандвиче с ветчиной» для размерности 2.

 

— Через любые две плоские кривые всегда можно провести прямую так, что она разделит каждую из фигур на две равновеликие (по площади) части. Правильно?

— Поверю тебе на слово.

— Это нетрудно доказать. Элементарное доказательство можно найти в книге Куранта и Роббинса «Что такое математика?».[50] Оно основано на использовании теоремы Больцано.

— Я еще помню ее формулировку, — сказал я. — Непрерывная функция, принимающая как положительные, так и отрицательные значения, обращается в нуль по крайней мере в одной точке.

— Верно. Теорема Больцано хотя и кажется тривиальной, тем не менее служит мощным средством для доказательства различных теорем существования. Разумеется, в интересующем нас случае теорема Больцано позволяет доказать утверждение о том, что прямая, делящая обе фигуры на две равновеликие части, существует, но ничего не говорит о том, как построить такую прямую.

— А какое отношение имеют сандвичи с ветчиной к нашей задаче?

— Это станет ясным, если перейти к трехмерному случаю. Объемы любых трех трехмерных тел, независимо от их размеров, формы и расположения в пространстве, всегда можно рассечь на две совершенно одинаковые (по объему) части одной плоскостью — так же, как ломтик ветчины в сандвиче разделяет два одинаковых кусочка хлеба. Стоун и Тьюки обобщили эту теорему на случай произвольной размерности. Они доказали, что всегда можно найти гиперплоскость, которая делит пополам четыре четырехмерных тела, как угодно расположенных в четырехмерном пространстве, или пять пятимерных тел и т. д.

Профессор выпил чашку кофе и указал на груду бубликов на прилавке.

— Если уж речь зашла о разрезании тел, то вот любопытный вопрос, который ты, может быть, как-нибудь задашь своим читателям. Каково максимальное число частей, на которые можно рассечь тор тремя плоскостями? Над этой задачей я размышляю и сам.

Закрыв глаза, я попытался представить себе, как три плоскости могут рассечь тор, но муза — покровительница аттракционов хорошенько запрятала ключ к задаче, у меня заболела голова, и наконец я сдался.

* * *

Аттракцион с тремя игральными костями известен в Соединенных Штатах под названием «Лови счастье» или «Клетка для птиц».

Он широко распространен в игорных домах, где кости при бросании попадают в специальную проволочную клетку, или, как ее еще называют, «ловушку». (Иногда при бросании костей жульничают, используя электромагниты.) Один из знатоков азартных игр отзывается об этом аттракционе так:

 

«Замысел игры весьма остроумен. Больше половины всех бросаний не приносят банкомету никакого выигрыша. Когда же ему случается выиграть, он тут же выплачивает в увеличенном размере выигрыши другим игрокам, и глаза проигравшего скорее с завистью устремятся на удачливого игрока, чем с подозрением — на банкомета. Выигрыши игроков сведены до минимума, и все же, когда кто-нибудь из них проигрывает, удар для него смягчается той явной щедростью, с которой банкомет выплачивает выигрыши кому-нибудь другому».

 

 

Мнения читателей по поводу того, когда лучше наливать сливки в кофе, разделились: одни были согласны с Профессором, другие считали, что сливки лучше наливать позднее, непосредственно перед тем, как пить кофе, а третьи полагали, что правы и те и другие, поскольку на самом деле выбор момента для наливания сливок роли не играет.

Я попросил Нормана Т. Гриджмена, специалиста по статистике из Канадского национального совета по исследованиям в Оттаве, разобраться в существе дела. Проведенный им анализ подтверждает мнение Профессора. Если исходить из закона остывания Нью-Ньютона (который гласит, что скорость остывания пропорциональна разности температур нагретого тела и окружающей его среды) и учесть, что объем жидкости в чашке после добавления сливок в кофе возрастает (на это обстоятельство, несмотря на его важность, часто не обращают внимания), то оказывается, что тепло лучше сохраняется в том случае, когда мы смешиваем кофе со сливками сразу, не давая ему остыть. Другие факторы — изменение интенсивности излучения из-за просветления жидкости, увеличение поверхности остывания в чашках с наклонными стенками и т. д. — оказывают столь малое влияние, что ими можно пренебречь.

Выкладки для типичного примера выглядят следующим образом. Пусть начальная температура 250 г кофе 90 °C, начальная температура 50 г сливок составляет 10 °C, а температура окружающей среды 20 °C. Если сливки налить в кофе сразу, то температура смеси через полчаса окажется равной 48 °C. Если же сливки налить через полчаса, то температура смеси будет составлять 45 °C, то есть она будет на 3 °C ниже.

 

 

Ответы  

Бросающий кости в описанном нами аттракционе может надеяться выиграть немногим более 92 центов на каждый поставленный доллар. Три кости могут выпасть 216 равновероятными способами, в 91 случае играющий выигрывает. Поэтому вероятность выигрыша для него на каждой ставке равна 91/216. Предположим, что он бросает кости подряд 216 раз, ставя каждый раз по одному доллару, и что каждый раз кости выпадают по-разному. В 75 выигрышных для него случаях названное игроком число выпадает лишь на одной кости, следовательно, он получает 150 долларов. В 15 случаях названное число выпадает на двух костях сразу, и он получает 45 долларов. В одном случае заветное число выпадает сразу на всех трех костях, и игрок получает 4 доллара. Общая сумма, выплаченная ему, составляет 199 долларов. Чтобы получить ее, он поставил 216 долларов.

Следовательно, при достаточно продолжительной игре он ожидает выиграть на каждый поставленный доллар 199/216 или 0,9212… доллара. Это означает, что владелец аттракциона на каждом поставленном игроком долларе получает прибыль в 7,8 цента, или 7,8 %.

На рис. 151 показано, как разрезать тор на 13 частей, используя для этого три плоскости. Формула для наибольшего числа кусков, на которые можно рассечь тор n плоскостями, имеет вид (n³ + 3n² + 8n)/6.

 

Рис. 151 Как тремя плоскостями рассечь тор на 13 частей.

 

Если куски после каждого сечения плоскостью можно переставлять, то тремя плоскостями тор можно рассечь на 18 кусков.

В связи с этой задачей я получил много интересных писем. Один из читателей задал трудный вопрос: каково оптимальное отношение диаметра дырки в торе к диаметру его поперечного сечения, при котором размеры наименьшего куска, отсекаемого от тора плоскостями, будут максимальными?

Другой читатель после нескольких тщательно проведенных опытов над бубликами прислал нам следующее письмо.

 

Уважаемая редакция!

Некоторое размышление над задачей заставляет заключить, что максимальное число кусков равно 13. На этом вопрос можно было бы считать исчерпанным, если бы при первом же посещении булочной я не купил несколько бубликов и не обнаружил, что технические проблемы, связанные с их разрезанием, не менее увлекательны, чем математические.

Чтобы получить тринадцать кусков, из бублика необходимо вырезать узкую пирамиду, вершина которой расположена внутри бублика. Я обнаружил, что проводимые сечения удобно намечать воткнутыми в бублик зубочистками. Однако, произведя все необходимые разрезы, я так и не смог найти даже следов двух самых маленьких пирамид. (Правда, было много крошек, но они, я полагаю, не в счет.) Оказывается, что при проведении трех секущих плоскостей через бублик следует не только соблюдать все меры предосторожности при каждом разрезе, но и следить за тем, чтобы при последовательных разрезах клинообразные кусочки бублика не сдвигались относительно друг друга. Даже при соблюдении всех предосторожностей самые маленькие пирамиды чуть-чуть сдвигались, но все оке не настолько, чтобы лезвие ножа могло их полностью уничтожить.

При разрезании последнего бублика я воспользовался вместо зубочисток стальными шпильками и достиг полного успеха: получилось 15 четко выраженных кусков. Все пирамиды были выше всяких похвал. Приняв чрезвычайные меры для того, чтобы предотвратить перемещения одних кусков бублика относительно других, я получил даже два лишних куска. Это произошло из-за того, что дырка в бублике не имела строго круглой формы и после проведения двух первых разрезов от бублика отделился маленький, но вполне различимый кусочек.

Может быть, очень тонкий тор типа кольца для хула-хупа разрезать было бы легче, но эта мысль появилась уже после того, как бублики были съедены, и не была исследована экспериментально.

 

 

Глава 29. ЕЩЕ ДЕВЯТЬ ЗАДАЧ

 

1. Как пересечь пустыню? На одном краю пустыни шириной 800 миль имеется неограниченный запас бензина. В самой пустыне заправочных станций нет и бензина достать негде. Грузовик может перевозить столько бензина, сколько необходимо для того, чтобы проехать 500 миль (это количество мы будем называть одной заправкой). Кроме того, его экипажу разрешается строить заправочные станции в любом месте трассы. Бензохранилища могут быть любых размеров; предполагается, что потерь на испарение нет.

Какое количество бензина (в заправках) необходимо для того, чтобы грузовик мог пересечь пустыню? Существует ли предельная ширина пустыни, которую можно пересечь на грузовике?

 

2. Двое детей. У мистера Смита двое детей. По крайней мере один из них мальчик. Какова вероятность того, что оба ребенка мистера Смита — мальчики?

У мистера Джонсона двое детей. Старший ребенок девочка. Какова вероятность того, что оба ребенка мистера Джонсона — девочки?

 

3. Шахматная задача лорда Дансэни. Поклонникам ирландского писателя лорда Дансэни вряд ли нужно говорить о том, что лорд Дансэни любил шахматы (его рассказ «Гамбит трех моряков», несомненно, самая занимательная из когда-либо написанных шахматных новелл). Однако не столь широко известно, что он любил придумывать хитроумные шахматные задачи, в которых так же, как и в его рассказах, сочетались юмор и фантазия.

На рис. 152 изображена задача, которую Дансэни предложил для сборника «В часы досуга». Для ее решения умение логически мыслить требуется в гораздо большей степени, чем умение играть в шахматы (хотя правила игры знать необходимо). Белые начинают и дают мат в четыре хода. Изображенная на рис. 152 позиция может встретиться и в реальной партии.

 

Рис. 152 Шахматная задача лорда Дансэни.

 

4. Профессор на эскалаторе. Польский математик профессор Станислав Шляпенарский, идя очень медленно по движущемуся вниз эскалатору, успевает спуститься на 50 ступеней, прежде чем эскалатор кончается. Из любопытства он взбегает затем по тому же эскалатору (не пропуская при этом ни одной ступени) и оказывается наверху после того, как преодолеет 125 ступеней.

Сколько ступеней можно будет насчитать в остановившемся эскалаторе, если предположить, что вверх профессор взбегает в пять раз быстрее, чем спускается вниз (то есть за то время, за которое, идя вниз, профессор опускается на одну ступеньку, взбегая наверх, он успевает подняться на пять ступенек)?

 

 

5. Одинокая восьмерка. Редакторы журнала The American Mathematical Monthly обнаружили, что самой популярной из когда-либо напечатанных журналом задач является задача, присланная Р. Л. Шэссэном (April 1964).

Наш добрый знакомый и известный знаток теории чисел профессор Евклид Парацельсо Бомбасто Умбигио страшно занят проверкой на своем арифмометре 81 х 10⁹ возможных решений следующей задачи. Требуется восстановить запись деления столбиком одного числа на другое (деление производится без остатка), в которой все цифры подряд были заменены на X, за исключением цифр в частном, где они почти все оказались стертыми:

 

Посрамите профессора! Докажите, что число возможных решений можно понизить до (81 х 10⁹)⁰.

Поскольку любое отличное от нуля число в нулевой степени равно единице, читатель должен найти единственно возможное решение задачи. Цифра 8 в частном стоит на правильном месте: восьмерка является третьей цифрой пятизначного ответа. Задача легче, чем может показаться на первый взгляд, и решается без особого труда, если воспользоваться некоторыми вполне элементарными соображениями.

 

6. Как разделить пирог? Существует простой способ, при котором двое могут разделить пирог так, чтобы каждому досталась по крайней мере половина: один разрезает пирог, а другой выбирает себе кусок. Придумайте общий метод, который позволил бы n персонам разделить пирог на п частей так, чтобы каждому досталось не меньше, чем по 1/ n пирога.

 

7. Складывание карты. Математикам и по сей день не удалось найти формулу для числа способов, которыми можно сложить дорожную карту при заданном числе n сгибов. Некоторое представление о сложности этого вопроса дает следующая головоломка, придуманная все тем же Генри Э. Дьюдени.

Разделите прямоугольный листок бумаги на восемь квадратов и перенумеруйте их (только с одной стороны листа) так, как показано на рис. 153 вверху.

 

Рис. 153 Головоломка Дьюдени со складыванием карты.

 

Существует 40 различных способов перегибания этой «карты» вдоль проведенных прямых, при которых на верхнем квадрате после складывания оказывается цифра 1. Карту требуется складывать так, чтобы цифры на квадратах шли последовательно от 1 до 8, причем квадрат с цифрой 1 был наверху.

Если вам удалось решить эту задачу, постарайтесь решить более сложную: попробуйте сложить таким же образом «карту», изображенную на рис. 153 внизу.

 

8. Рассеянный кассир. Рассеянный кассир, оплачивая чек мистеру Брауну, перепутал доллары и центы и отсчитал клиенту доллары вместо центов и центы вместо долларов. Купив газету за пять центов, Браун обнаружил, что денег у него ровно вдвое больше, чем он должен получить по чеку. На какую сумму был выписан чек?

 

9. Вода и вино. В уже упоминавшейся задаче с таким названием говорилось о двух сосудах, в одном из которых содержалось вино, а в другом вода. Некоторое количество воды наливают в вино, а затем то же количество смеси переливают снова в сосуд с водой.

Спрашивается, чего больше: воды в вине или вина в воде? Ответ: количество воды в сосуде с вином и вина в сосуде с водой одинаково.

Раймонд Смаллиан поставил новый вопрос. Предположим, что сначала в одном сосуде находится 10 унций воды, а в другом 10 унций вина. Если из первого сосуда во второй и обратно переливать любое число раз по три унции жидкости (тщательно перемешивая содержимое сосуда после каждого переливания), то может ли наступить момент, когда процентное содержание вина в сосудах станет одинаковым?

 

 

Ответы  

1. Приводимое ниже решение задачи о том, как пересечь пустыню, заимствовано из журнала Eureka, издаваемого студентами-математиками университета в Кеймбридже (Массачусетс). Назовем «единицей» расстояние в 500 миль, одной заправкой — количество бензина, необходимое для того, чтобы проехать 500 миль, и рейсом — поездку, совершаемую грузовиком в любом направлении от одной остановки до другой.

Две заправки позволяют грузовику пройти максимальное расстояние в 4/3 единицы. Для этого необходимо совершить четыре рейса. Сначала на расстоянии 1/3 единицы от пункта отправления строится бензохранилище: грузовик полностью заправляют (на это уходит 1 заправка), после чего он едет к бензохранилищу, оставляет там 1/3 заправки и возвращается назад. Его снова полностью заправляют (на что уходит еще 1 заправка). Он опять едет к бензохранилищу и забирает оставленную там 1/3 заправки (таким образом, он снова оказывается полностью заправленным). После этого он может проехать еще расстояние в 1 единицу.

Три заправки позволят грузовику проехать расстояние в 4/3 + 1/5 единицы, причем для этого потребуется совершить девять рейсов.

Сначала на расстоянии 1/5 единицы от пункта отправления строят бензохранилище и завозят в него 6/5 заправки. На это уходят три рейса. Затем грузовик возвращается, полностью заправляется (на что уходит последняя заправка) и прибывает к первому хранилищу, имея в своих баках 4/5 заправки. Вместе с уже имеющимся в бензохранилище топливом это количество составляет две полные заправки, что достаточно для того, чтобы грузовик мог пройти еще 4/3 единицы расстояния (как это сделать, мы только что объяснили).

Нам осталось еще ответить на второй вопрос о минимальном количестве бензина, необходимом для того, чтобы грузовик мог проехать 800 миль. Три заправки, как мы только что выяснили, позволяют грузовику покрыть расстояние в 766∙2/3 мили (4/3 +1/5 единицы), поэтому на расстоянии 33∙1/3 мили (1/15 единицы) от пункта отправления необходимо построить еще одно (третье) бензохранилище. За пять рейсов экипаж грузовика сможет построить это хранилище и завезти в него столько горючего, что, когда в конце седьмого рейса грузовик поравняется с третьим хранилищем, общее количество бензина в его баках и в хранилище составит три заправки.

Как мы уже знаем, этого количества топлива достаточно для того, чтобы грузовик смог пройти оставшееся расстояние в 766∙2/3 мили. На семь рейсов, совершенных между пунктом отправления и вновь построенным бензохранилищем, израсходовано 7/15 заправки.

Трех оставшихся заправок как раз достаточно для того, чтобы проехать оставшуюся часть пути. Таким образом, на весь путь будет израсходовано 3∙7/15, или больше 3,46, заправки. Всего потребуется совершить шестнадцать рейсов.

Рассуждая в том же духе, можно показать, что, имея четыре заправки, грузовик сумеет проехать расстояние в 1∙1/3 +1/5 + 1/7 единицы.

На границах отрезков пути длиной в 1∙1/3, 1/5 и 1/7 следует расположить бензохранилища. С увеличение числа заправок этот бесконечный ряд расходится, поэтому грузовик сможет пересечь пустыню любой ширины. Если ширина пустыни 1000 миль, то для преодоления этого расстояния потребуется построить 7 бензохранилищ, совершить 64 рейса и израсходовать 7,673 заправки бензина.

В связи с этой задачей редакция получила сотни писем с общими решениями и интересными замечаниями. Сесил Дж. Филлинс, профессор математики Флоридского университета, следующим образом сформулировала существо дела.

Общее решение задачи дается формулой

 

где d — ширина пустыни, которую необходимо пересечь, m — число миль, отнесенных к одной заправке бензина. Число бензохранилищ, которое необходимо построить, на единицу меньше числа членов в отрезке ряда, который следует взять для получения данного d. На поездки между любыми двумя станциями расходуется одна заправка. Поскольку ряд расходится, метод позволяет преодолеть пустыню любой ширины, хотя необходимое количество бензина с увеличением расстояния возрастает экспоненциально.

Если грузовик в конце путешествия возвращается в исходный пункт, то формула имеет вид

 

Этот ряд также расходится, и свойства решения аналогичны свойствам решения для случая, когда грузовик обратно не возвращается.

 

2. Если у Смита двое детей и по крайней мере один из них мальчик, то мы имеем три равновероятных случая:

 

мальчик — мальчик,

мальчик — девочка,

девочка — мальчик.

 

Только в одном из них оба ребенка — мальчики, следовательно, вероятность того, что у Смита два сына, равна 1/3.

В случае Джонса ситуация иная. Из условия задачи нам известно, что старший ребенок девочка. Это ограничивает число возможных случаев лишь двумя равновероятными исходами:

 

девочка — девочка,

девочка — мальчик.

 

Следовательно, вероятность того, что у Джонса две девочки, равна 1/2.

Однако, поразмыслив, я понял, что задача сформулирована неоднозначно и дать на нее правильный ответ без использования дополнительных данных невозможно. Дальнейший анализ задачи дан в главе 34.

 

3. Ключом к шахматной задаче лорда Дансэни служит то обстоятельство, что черный ферзь стоит не на черном поле, как он должен был бы стоять в начале игры. Значит, черный король и черный ферзь уже успели совершить какие-то ходы, что возможно лишь в том случае, если некоторые из черных пешек также совершили какие-то ходы. Пешки не могут ходить назад, отсюда мы с необходимостью заключаем, что черные пешки занялиизображенную на рис. 152 позицию, двигаясь от противоположного края доски! Зная это, нетрудно заметить, что белым конем, стоящим на g1, можно поставить мат в четыре хода. Первым ходом конь белых перепрыгивает с поля g1 на поле g2. Если черные отвечают ходом КЬ8—а6, то белые дают мат уже через два хода, однако черные могут отсрочить свое поражение на один ход, пойдя КЬ8—с6 вместо КЬ8—а6. Очередным ходом Ке2—f4 белые угрожают объявить мат на следующем ходу. Чтобы закрыться от мата, черные делают ход Кс6—d4. Белые берут коня черным ферзем, после чего дают мат на четвертом ходу.

 

4. Пусть n — число ступеней на видимой части стоящего эскалатора. Время, за которое профессор Шляпенарский успевает спуститься на одну ступеньку, примем за единицу. Поскольку для того, чтобы спуститься по движущемуся вниз эскалатору, профессору необходимо пройти 50 ступеней, за время спуска (равное 50 единицам) под гребенкой эскалатора исчезают и становятся невидимыми n —50 ступеней. Поднимаясь наверх (против движения) по тому же эскалатору, профессор преодолевает 125 ступеней, проходя за каждую единицу времени 5 ступеней. Следовательно, в принятых нами единицах время подъема составляет — 125/5, или 25 единиц, и под гребенкой эскалатора успевают исчезнуть 125 — n ступеней. Поскольку эскалатор можно считать движущимся с постоянной скоростью, для n получается следующее линейное уравнение:

 

из которого уже нетрудно найти ответ задачи: n = 100.

 

5. Когда при делении столбиком приходится сносить не одну, а две цифры, в частном появляется нуль. В нашем примере это происходит дважды, поэтому мы сразу же сможем сказать, что частное имеет вид Х080Х. При умножении делителя на последнюю цифру частного должно получиться четырехзначное число. Поэтому последней цифрой частного может быть только 9, так как умноженный на 8 делитель дает лишь трехзначное число.

Делитель не может быть больше или равным 125, так как, умножив 125 на 8, мы получим 1000, то есть четырехзначное число. Отсюда следует вывод, что первая цифра частного должна быть больше 7, так как, умножив на 7 делитель (по доказанному он меньше 125), мы бы получили число, которое после вычитания из первых четырех знаков делимого давало бы не двузначный, а по крайней мере трехзначный остаток. Так как девятка не может быть первой цифрой частного (при умножении делителя на 9 мы получили бы четырехзначное число), то ею может быть лишь восьмерка. Итак, частное полностью известно и равно 80809.

Делитель должен быть больше 123, так как произведение 80 809 на 123 выражается семизначным числом, а наше делимое восьмизначно. Единственное натуральное число, заключенное между 123 и 125, равно 124. Теперь уже мы в состоянии восстановить всю запись деления:

 

6. Разделить пирог между n персонами так, чтобы каждой из них досталось по крайней мере 1/ n пирога, можно несколькими способами. Предлагаемый нами способ обладает тем преимуществом, что после раздела не остается лишних кусков пирога.

Предположим, что имеется пять желающих получить по куску пирога: А, В, С, D и Е. А отрезает кусок, который, по его мнению, составляет 1/5 пирога, и намеревается оставить его себе. Если В считает, что А отрезал слишком большой кусок, то он (В) имеет право уменьшить этот кусок до размеров, которые он считает соответствующими 1/5 пирога. Разумеется, если В считает, что отрезанный А кусок меньше 1/5, то он к нему вообще не прикасается. Аналогичными правами пользуются по очереди С, D и Е. Кусок достается тому из пятерых, кто дотрагивается до него последним. Всякий, кто считает, что получившему кусок пирога досталось меньше 1/5, естественно, доволен: ведь, по его мнению, осталось больше 4/5 пирога.

Оставшаяся часть пирога (сюда входят и кусочки, отрезанные при доведении уже отрезанного куска до «кондиции») делится затем точно таким же образом между четырьмя, тремя и т. д. любителями пирога. При последнем разделе один из участников режет пирог, а другой выбирает. Ясно, что этот метод применим при любом числе заинтересованных лиц.

Подробный разбор этого и других решений задачи содержится в книге Р. Д. Льюиса и Г. Райффа «Игры и решения» (ИЛ, 1960).

 

7. Вот как нужно складывать первую карту. Перевернем ее лицевой стороной вниз, в результате чего номера на квадратах расположатся в такой последовательности:

 

Затем, перегнув карту пополам, сложим ее так, чтобы правая половина карты накрыла ее левую половину, то есть квадрат 5 оказался

наложенным на квадрат 2, квадрат 6 — на квадрат 3, квадрат 4 — на квадрат 1 и квадрат 7 — на квадрат 8. Сложенную вдвое карту перегнем еще раз пополам так, чтобы ее нижняя половина накрыла верхнюю половину. При этом квадрат 4 накроет квадрат 5, а квадрат 7 — квадрат 6. Внутреннюю часть карты сложим еще раз пополам так, чтобы квадраты 4 и 5 оказались между квадратами 6 и 3, а затем подогнем край карты (квадраты 1 и 2) под образовавшийся пакетик. Первая карта свернута по всем правилам!

Вторую карту сначала нужно сложить пополам (номерами квадратов наружу), перегнув ее по горизонтали так, чтобы сверху оказались квадраты с номерами 4, 5, 3 и 6. Затем следует отогнуть левый край двойной полосы так, чтобы квадрат 4 накрыл собой квадрат 5. Правый конец полоски (квадраты 6 и 7) после этого нужно ввести внутрь сложенной вдвое карты между квадратами 1 и 4 и протащить за то ребро квадрата 4, по которому уже был произведен сгиб, так чтобы квадраты 6 и 7 оказались между квадратами 8 и 5, а квадраты 3 и 2 — между квадратами 1 и 4.

 

8. Пусть x — число долларов, а у — число центов в той сумме, на которую мистер Браун выписал чек. Условие задачи можно записать в виде уравнения

100y + x — 5 = 2(100x + y),

или, что то же самое,

99y — 199x = 5

Это диофантово уравнение, имеющее бесконечно много решений в целых числах. Обычный метод решения с помощью непрерывных дробей дает наименьший ответ в положительных целых числах х = 31, у = 63. Следовательно, мистер Браун выписал чек на сумму 31 доллар 63 цента. Это единственный ответ задачи, поскольку ближайшее к найденному решение х = 129, у = 262 не удовлетворяет требованию: у должен быть меньше 100.[51]

Однако существует гораздо более простой подход к решению.

Пусть, как и прежде, х означает число долларов, а у — число центов. После покупки газеты у Брауна осталось денег 2х + 2у. При этом из х центов, выплаченных ему кассиром, у него осталось х-5 центов.

Мы знаем, что у меньше 100, но мы не можем сказать с уверенностью, будет ли у меньше 50 центов. Если это так, то мы вправе записать уравнения

2x = y

2y = x-5

Если у равен 50 или большему количеству центов, то после покупки газеты у Брауна останется 2у центов, что больше или равно числу оставшихся у него долларов. Поэтому в написанные нами уравнения в этом случае необходимо внести некоторые изменения:

из 2у вычесть 100 и прибавить 1 к 2х. Уравнения примут вид

2x+1 = y

2y-100 = x-5

Каждая из систем уравнений легко решается. Первая система приводит к отрицательному значению х, что исключается. Вторая дает правильный ответ.