Глава 11. Девять новых задач

 

1. Соприкасающиеся сигареты. Четыре шара можно расположить так, что каждый из них будет касаться трех других. Пять монет можно установить так, что каждая монета будет касаться четырех остальных (рис. 47).

 

Рис. 47

 

Можно ли расположить шесть сигарет таким образом, чтобы каждая из них соприкасалась с пятью остальными?

2. Два парома. Два парома отходят одновременно от противоположных берегов реки и пересекают ее перпендикулярно берегам.

Скорости у паромов постоянны, но у одного больше, чем у другого.

Паромы встречаются друг с другом на расстоянии 720 м от ближайшего берега. Прежде чем плыть обратно, оба парома в течение 10 мин стоят у берега. На обратном пути они встречаются в 400 м от другого берега. Какова ширина реки?

3. Как найти длину гипотенузы? Прямоугольный треугольник вписан в четверть окружности так, как показано на рис. 48.

 

Рис. 48

 

Можете ли вы, пользуясь лишь теми данными, которые приведены на чертеже, вычислить длину гипотенузы АС?

На размышление дается одна минута!

4. Хитрый электрик. Однажды электрику пришлось столкнуться с довольно неприятной задачей.

В трехэтажном доме проведена скрытая проводка. Наружу провода выходят только в двух местах: на третьем этаже и в подвале.

В том и другом случаях вывод представляет собой пучок из 11 абсолютно одинаковых проводов. Какой конец провода в верхнем выводе соответствует тому или иному концу провода в нижнем выводе, неизвестно. Именно это и должен был установить монтер.

Чтобы выполнить свою задачу, он может сделать две вещи:

1) закоротить любые провода вверху или внизу, скрутив их концы;

2) отыскать замкнутый контур с помощью специального тестера, состоящего из батарейки и звонка. Если такой прибор присоединить к концам неповрежденного провода, раздастся звонок.

Не желая понапрасну бегать вверх и вниз по лестнице, электрик, увлекавшийся к тому же исследованием операций, уселся на ступеньке с карандашом и бумагой и вскоре придумал наиболее эффективный способ решения задачи.

В чем состоял его метод?

5. Как пересечь сеть прямых? Одна из самых старых топологических головоломок, известных любому школьнику, состоит в вычерчивании непрерывной линии, пересекающей по одному разу все 16 звеньев замкнутой сети прямолинейных отрезков, изображенных на рис. 49.

 

Рис. 49

 

Кривая, проведенная на этом рисунке, не может служить решением головоломки, потому что не пересекает одного звена сети. При построении решения использовать какие-нибудь трюки — проводить кривую через вершины сети, вдоль ее звеньев, складывать лист бумаги и т. д. — нельзя.

Нетрудно доказать, что на плоскости эта головоломка решения не имеет. Возникают два вопроса: можно ли решить ее на сфере?

Существует ли решение на поверхности тора (бублика)?

6. Двенадцать спичек. Если считать, что спичка служит эталоном длины (ее длина принята за единицу длины), то 12 спичек можно различными способами расположить на плоскости так, чтобы получились многоугольники с целочисленной площадью. Два таких многоугольника изображены на рис. 50: площадь квадрата равна 9, площадь креста —5.

 

Рис. 50

 

Задача. Пользуясь всеми 12 спичками (длина каждой спички должна быть использована полностью), выложите периметр многоугольника, площадь которого равна 4.

7. Отверстие в шаре. На первый взгляд это совершенно невероятная задача (невероятная потому, что кажется, будто данных для решения недостаточно).

Через центр шара просверлено цилиндрическое отверстие длиной 6 см. Каков объем оставшейся части шара?

8. Влюбленные жуки. Четыре жука — Л, В, С, D — сидят по углам квадрата со стороной 10 см (рис. 51).

 

Рис. 51

 

Жуки А и С — самцы, В и D — самки. Они начинают одновременно ползти: А к В, В к С, С к D и D к А. Если все жуки ползут с одинаковой скоростью, то они опишут четыре одинаковые логарифмические спирали, которые пересекаются в центре квадрата. Какое расстояние проползет до встречи каждый жук? Задача решается без вычислений.

Сколько детей?

— Я слышу, в саду играют дети, — сказал Джон. — Неужели все они ваши?

— Боже упаси, конечно, нет, — воскликнул профессор Смит, известный специалист по теории чисел. — Там, кроме моих детей, играют еще и дети троих соседей, но наша семья самая большая.

У Браунов детей меньше, чем у меня, у Гринов — еще меньше, а меньше всего детей у Блэков.

— А сколько всего детей? — спросил Джон.

— На этот вопрос я отвечу так, — сказал Смит. — Детей меньше восемнадцати, а если перемножить между собой число детей в семьях, то получится номер моего дома, который вы видели, когда пришли.

Джон достал из кармана блокнот и карандаш и принялся за вычисления. Через некоторое время он поднял голову и сказал:

— Нужна еще кое-какая информация. У Блэков больше одного ребенка?

Как только Смит ответил, Джон улыбнулся и правильно назвал число детей в каждой семье.

Джону задача показалась тривиальной, поскольку он знал номер дома, а профессор сообщил ему, сколько детей у Блэков — один или больше. Но оказывается, что число детей в каждой семье можно определить и без этой дополнительной информации!

 

Ответы

1. Существует несколько различных способов размещения сигарет.

На рис. 52 показано традиционное решение, которое обычно приводится в старых сборниках головоломок.

 

Рис. 52

 

К моему удивлению, около пятнадцати читателей обнаружили, что семь сигарет тоже можно разложить так, чтобы каждая касалась всех остальных! Из-за этого первую задачу следует считать устаревшей. На рис. 53, который прислали Дж. Рибики и Дж. нолдс, показано, как это делается.

 

Рис. 53

 

Схема нарисована для критического случая, когда отношение длины сигареты к ее диаметру равно

 

Тогда точки касания расположены точно на концах сигарет. Это решение годится также для любого отношения длины к диаметру, большего чем

 

Если изучить размеры существующих сигарет, то получится отношение около 8 к 1, то есть число, большее чем

 

поэтому наше решение останется в силе. Обратите внимание, что если убрать центральную сигарету, которая на рисунке обращена прямо на читателя, то шесть оставшихся дадут очень симметричное решение первоначальной задачи.

 

2. Когда паромы встречаются первый раз (верхняя часть рис. 54), сумма пройденных ими расстояний равна ширине реки.

 

Рис. 54

 

Когда каждый из них причаливает к противоположному берегу, эта сумма равна удвоенной ширине реки, а когда они встречаются второй раз (нижняя часть рис. 54), сумма пройденных ими расстояний в три раза больше ширины реки. Поскольку оба парома двигаются с постоянной скоростью в течение одного и того же промежутка времени, мы можем заключить, что к моменту второй встречи каждый из них прошел расстояние втрое больше пройденного к моменту первой встречи. Это расстояние равно ширине реки. Поскольку белый ааром прошел до первой встречи 720 м, к моменту второй встречи все пройденное им расстояние равно 720 х 3 = 2160 м. Из чертежа видно, что это расстояние на 400 м больше ширины реки, поэтому надо из 2160 вычесть 400. Получится 1760 м. Это и есть ширина реки. Время стоянки паромов в решение не входит.

К решению задачи можно подойти и иначе. Пусть ширина реки х. Вначале отношение расстояний, пройденных паромами, равно (x-720)/720. Ко второй встрече оно будет составлять (2х-400)/х+400. Эти отношения равны, из них мы легко находим х.

 

3. Линия АС является одной из диагоналей прямоугольника ABCD (рис. 55).

 

Рис. 55

 

Вторая диагональ BD служит радиусом окружности, длина которого равна 10 единицам. Поскольку диагонали равны, длина линии АС также равна 10 единицам.

 

4. Электрик закоротил на верхнем этаже пять пар проводов (закороченные попарно провода соединены пунктирными линиями на рис. 56), оставив один провод свободным. Потом он спустился вниз и с помощью тестера нашел нижние концы закороченных пар. На рисунке показано, какими буквами он обозначил провода. Затем он закоротил те провода, которые соединены пунктиром внизу.

 

Рис. 56

 

Вернувшись наверх, он разъединил закороченные провода, но оставил их скрученными попарно. Затем он подсоединил тестер к свободному проводу (он знал, что это верхний конец провода F) и к одному из остальных. Определив второй провод, он смог установить, что это Е₂, а соседний провод — Е₁. Затем он подключил прибор к Е₁ и к проводу, который оказался D₂. Это позволило электрику установить, что соседний конец принадлежит проводу D₁. Следуя своему методу, он легко нашел все провода. Указанный способ годится для любого нечетного числа проводов.

Немного изменив этот метод, можно применить его к любому четному числу проводов больше двух. Предположим, что справа на рис. 56 есть двенадцатый провод. Наверху закорачиваются те же пять пар проводов, а два остаются свободными. Внизу провода закорачиваются, как прежде, а двенадцатый провод обозначается буквой G. Вернувшись наверх, электрик легко находит G: это единственный из двух свободных проводов, который ни с каким другим не связан. Остальные одиннадцать проводов распознаются так же, как раньше.

Существует в каком-то смысле более рациональный метод, применимый к любому числу проводов, кроме двух (задача о двух проводах не имеет решения). Этот метод легко объяснить на схеме из четырнадцати проводов (рис. 57).

 

Рис. 57

 

Метод заключается в следующем:

1. Верхний этаж. Закоротите провода по одному, два, три и т. д. Обозначьте закороченные группы буквами А, В, С, D и т. д. Последняя группа может быть неполной.

2. Нижний этаж. Установите выделенные ранее группы проводов с помощью тестера. Пронумеруйте провода и объедините их в новые группы Z, Y, X, W, V…

3. Верхний этаж. Разъедините провода. Теперь их номера можно определить с помощью тестера. Провод 1 —это, конечно, А. Провод 3 — это единственный провод в группе В, соединенный с 1. Его соседом должен быть 2. В группе С только провод 6 соединяется с 1. С 2 соединяется только 5. Провод, остающийся в С, будет 4.

И так далее для других групп.

Чертеж можно неограниченно продолжать вправо. Для случая n проводов чертеж следует оборвать на n -м проводе.

 

5. Непрерывная линия, которая входит в каждый прямоугольник и выходит из него, обязательно пересекает два отрезка. На рис. 58 каждая из областей А, В и С ограничена нечетным числом отрезков. Следовательно, если линия пересекает все отрезки, то концы ее должны лежать внутри прямоугольников А, В и С. Но у непрерывной кривой только два конца, поэтому на плоскости задача неразрешима.

 

Рис. 58

 

Те же рассуждения применимы, если сетка нарисована на сфере или на торе (левый нижний рисунок). Однако на торе сетку можно нарисовать так (правый нижний рисунок), что отверстие тора будет внутри одного из трех прямоугольников А, В или С, и тогда задача решается легко.

 

6. Из двенадцати спичек можно построить прямоугольный треугольник со сторонами в три, четыре и пять единиц, как показано на рис. 59 слева.

 

Рис. 59

 

Его площадь равна шести квадратным единицам.

Изменив положение трех спичек так, как показано на правом рисунке, мы уменьшим площадь фигуры на две квадратные единицы.

Получится многоугольник с площадью, равной четырем квадратным единицам.

Это решение приводится во многих сборниках головоломок.

Имеются и сотни других решений. Существует связь между этой задачей и игрой в полимино, о которой рассказывается в следующей главе. Каждая из пяти фигур тетрамино (состоящих из четырех единичных квадратов каждая) позволяет найти много решений задачи со спичками. Нужно лишь отбрасывать квадраты, заменяя их равновеликими по площади треугольниками до тех пор, пока длина периметра получившейся фигуры не достигнет 12 спичек. Некоторые из таких фигур показаны на рис. 60.

 

Рис. 60

 

В каждом стоят фигурки, построенные из одного и того же элемента тетрамино.

Возможно решение в виде звезды (рис. 61).

 

Рис. 61

 

Подбирая ширину лучей, можно получать звезду любой площади: от 0 до 11,196 квадратных единиц — площади правильного десятиугольника, наибольшей площади, которую можно ограничить периметром длиной в 12 спичек.

 

7. Задачу об объеме оставшейся части шара можно решить, не прибегая к высшей математике. Пусть R — радиус шара. Как видно из рис. 62, радиус цилиндрического отверстия равен

 

 

а высота сферических шапочек на концах цилиндра равна R — 3.

 

Рис. 62

 

Для вычисления объема остатка, получающегося после того, как вырезаны цилиндр и шапочки, нужно прибавить объем цилиндра 6π(R² — 9) к удвоенному объему сферической шапочки и вычесть эту сумму из объема шара

 

 

Объем шапочки вычисляется по формуле:

 

где А — высота, а r — радиус.

 

При вычислении все члены взаимно уничтожаются, кроме 36π.

Это число и равно объему остатка в кубических единицах. Другими словами, объем остатка постоянен, независимо от размера сферы и диаметра отверстия.

Самое раннее упоминание об этой задаче я нашел у С. Джонса.[22] Там же приводится и аналогичная двумерная задача. Если в кольце произвольного размера провести самую длинную прямую линию, то площадь кольца равна площади круга, построенного на этой прямой как на диаметре (рис. 63).

 

Рис. 63

 

Некоторые читатели быстро решили задачу с помощью весьма тонкого рассуждения. Редакция журнала не стала бы предлагать задачу своим читателям, если бы та не имела единственного решения. Но коль скоро задача имеет единственное решение, объем оставшейся части шара не зависит от радиуса отверстия и сохраняет свое постоянное значение даже тогда, когда радиус отверстия становится равным нулю. Поэтому объем оставшейся части шара равен объему шара диаметром 6 см, то есть З6π см³.

 

8. В любой момент времени жуки находятся в вершинах квадрата, который сжимается и поворачивается по мере сближения жуков. Поэтому путь преследователя всегда будет перпендикулярен пути преследуемого. Это значит, что если А приближается к В, то скорость В не имеет компоненты вдоль направления скорости А.

Следовательно, А поймает В через такой же промежуток времени, как если бы В стоял на месте. Длина каждой спирали будет равна стороне квадрата—10 см.

Если же три жука выползают из вершин равностороннего треугольника, то составляющая скорости каждого жука, направленная к его преследователю, будет равна половине всей скорости жука (косинус угла 60° есть 1/2). Поэтому жуки будут сближаться со скоростью 3/2, если за единицу принять скорость жука относительно бумаги. Жуки встретятся в центре треугольника через промежуток времени, равный отношению стороны треугольника к утроенной скорости жука. Каждый жук при этом проползет расстояние, равное 2/3 стороны треугольника.

 

9. Когда Джон задумался над задачей профессора, ему было известно, что во всех семьях количество детей различно, а всего детей меньше 18. Кроме того, он знал, что если перемножить число детей, то получится номер дома профессора. Поэтому прежде всего он должен был разложить номер дома на множители, сумма которых была бы меньше 18. Если бы это можно было сделать только одним способом, то Джон решил бы задачу сразу. Поскольку он не мог ее решить без дополнительной информации, мы делаем вывод, что номер дома допускает разложение на множители более чем одним способом. Придя к такому заключению, мы должны выписать все возможные комбинации четырех различных чисел, сумма которых не превышает 18, и вычислить произведения каждой четверки.

Оказывается, что во многих случаях одно и то же произведение получается для разных комбинаций чисел. Как же решить, какое из произведений равно номеру дома?

Ключ к решению заключается в вопросе Джона о том, имеет ли самая маленькая семья больше одного ребенка. Этот вопрос приобретает смысл лишь в том случае, если номер дома 120. Разложить это число на множители можно следующими способами: 1x3x5x8, 1х4х5х6 и 2хЗх4х5. Если бы Смит ответил отрицательно, задача оставалась бы нерешенной. Но раз Джон ее все-таки решил, это значит, что ответ был положительным. Поэтому в семьях было 2, 3, 4 и 5 детей.

 

Глава 12. ПОЛИМИНО

 

Термин «полимино» ввел в употребление известный математик Соломон В. Голомб. В своей статье «Шахматные доски и полимино»,[23] написанной им еще в бытность его аспирантом Гарварда, Голомб определил полимино как «односвязную» фигуру, составленную из квадратов. Односвязность фигуры означает, что каждый входящий в нее квадрат имеет по крайней мере одну сторону, общую с другим входящим в нее же квадратом. Шахматист, добавляет Голомб, сказал бы, что квадраты составлены «ходом ладьи», потому что ладья могла бы обойти все квадраты полимино за конечное число ходов.

На рис. 64 показаны мономино и все возможные фигуры полимино из двух, трех и четырех квадратов.

 

Рис. 64

 

Существует только один тип домино, два типа тримино и пять типов тетрамино. У пентамино число различных фигур возрастает сразу до двенадцати. Все они показаны на рис. 65.

 

Рис. 65

 

Асимметричные фигуры, переходящие друг в друга при переворачивании, считаются одной и той же фигурой. Во всех развлечениях с полимино, о которых пойдет речь в этой главе, наряду с любой асимметричной фигурой можно использовать и ее зеркальное отражение.

Число различных полимино данного порядка, разумеется, зависит от того, из скольких квадратов составлены фигуры (то есть от порядка), но пока еще никому не удалось найти формулу, выражающую эту связь. Чтобы найти число различных «костей» n-мино высшего порядка, приходится пускаться в утомительные вычисления, отнимающие уйму времени.

Существует 35 различных разновидностей гексамино и 108 разновидностей гептамино. В число последних включено и одно спорное гептамино, изображенное на рис. 66.

 

Рис. 66

 

В большинстве развлечений с полимино такие фигуры с внутренними «дырками» (в случае октамино их, например, шесть) лучше всего исключать из рассмотрения.

В главе 3 задача о полимино (задача 3) рассматривалась в связи с расположением домино на шахматной доске с вырезанными углами. В статье Голомба обсуждается много не менее интересных аналогичных задач о полимино высших порядков. Очевидно, что покрыть шахматную доску размером 8x8 клеток одними лишь тримино невозможно (хотя бы потому, что число 64 не делится на 3). Можно ли покрыть ту же доску двадцать одним прямым тримино и одним мономино? С помощью хитроумной раскраски квадратов, из которых состоят кости тримино, в три различных цвета Голомб показал, что это возможно лишь тогда, когда мономино закрывает один из заштрихованных квадратов на рис. 67.

 

Рис. 67

 

С другой стороны, методом полной математической индукции можно доказать, что двадцать одним тримино и одним мономино можно полностью покрыть шахматную доску независимо от того, где находится мономино. Оказывается, доску можно покрыть и шестнадцатью одинаковыми тетрамино любого типа, кроме зигзагообразного. Зигзагообразные тетрамино нельзя уложить даже так, чтобы закрыть хотя бы полоску у края доски. Если доску раскрасить разноцветными полосками, то можно доказать, что 15 L-образных тетрамино и одно квадратное тетрамино не могут образовывать покрытия. Раскрасив доску полосами в виде зигзагов, мы докажем, что квадратное тетрамино плюс любая комбинация прямых и зигзагообразных тетрамино также не могут покрывать целиком всю доску.

При взгляде на пентамино, изображенные на рис. 65, невольно возникает вопрос: можно ли из этих 12 фигур и одного квадратного тетрамино сложить обычную шахматную доску размером 8x8 клеток?

Впервые решение этой задачи появилось в 1907 году. Оно принадлежало Генри Дьюдени.[24] В решении Дьюдени квадратное тетрамино примыкает к боковой стороне доски.

Лет через двадцать читатели английского журнала «Небывалые шахматы» (под небывалыми, или фантастическими, шахматами здесь подразумеваются игры на необычных досках с необычными фигурами и по необычным правилам) начали исследовать разные пентамино и гексамино.

Самые интересные результаты были опубликованы в декабрьском номере того же журнала за 1954 год. Многое из того, о чем здесь будет рассказано, взято из этого номера и из неопубликованной статьи Голомба, посвященной аналогичным теоремам, которые он доказал независимо от других.

Т. Р. Доусон, основатель журнала «Небывалые шахматы», первым придумал удивительно простой способ доказательства того, что задача Дьюдени имеет решение при любом положении квадрата. Три варианта его решения представлены на рис. 68.

 

Рис. 68 Доказательство Т. Р. Доусона.

 

Квадратное тетрамино в комбинации с L-образным пентамино образует квадрат 3x3. При вращении большого квадрата квадратичное пентамино на каждом рисунке оказывается в четырех различных положениях.

Шахматную доску можно вращать как целое и отражать в зеркале, поэтому легко видеть, что квадратное тетрамино может находиться в любом месте доски.

Никто не знает, сколько всего существует решений этой задачи, но похоже, что их больше 10 000. В 1958 году Дана С. Скотт (аспирантка-математик из Принстона) с помощью компьютера нашла все возможные решения с квадратом в центре доски. За три с половиной часа компьютер вьщал полный список из 65 различных решений (решения, получаемые одно из другого при поворотах и отражениях доски, не считаются различными и входят в этот список как одно решение).

При составлении программы было удобно разбить все решения на три класса в зависимости от расположения креста относительно центрального квадрата. На рис. 69 показаны решения всех трех классов. Компьютер нашел 20 решений первого, 19 второго и 26 третьего классов.

Исследуя все 65 решений, мы обнаруживаем несколько интересных фактов. Не существует решения, в котором прямое тетрамино не прилегало бы по всей своей длине к стороне доски. Для решений, в которых квадрат расположен не в центре, это утверждение неверно. В семи решениях (принадлежащих к первому и третьему классам) нет «перекрестков», то есть точек, где бы соприкасались углы четырех фигур. Отдельные знатоки считают, что «перекрестки» портят красоту рисунка. У третьего решения (рис. 69) есть интересное свойство: фигуру можно перегнуть пополам вдоль прямой линии. Существует 12 таких решений, все они относятся к третьему классу, и у каждого есть «перекрестки».

 

Рис. 69

 

Если не использовать квадратичное тетрамино и оставить незакрытыми четыре клетки в различных местах шахматной доски, то остальную часть ее можно будет собрать многими способами.

Такая «неполная» доска выглядит довольно изящно (три варианта сборки показаны на рис. 70).

 

Рис. 70

 

Из двенадцати пентамино можно сложить прямоугольники 6 х 10; 5 х 12; 4 х 15 и 3 х 20 (рис. 71).

 

Рис. 71 Прямоугольники, составленные из пентамино.

 

Прямоугольник 3 х 20, со всех точек зрения более сложный, мы предлагаем интересующемуся читателю собрать самостоятельно. Существует только два различных решения этой задачи, если не считать вращений и отражений. Обратите внимание, что на рис. 71 прямоугольник 5 х 12 собран из двух прямоугольников 5 х 7 и 5 х 5. Два прямоугольника 5x6, изображенные на рис. 72, можно сложить так, что получится прямоугольник либо 5 х 12, либо 6 х 10.

 

Рис. 72

 

Профессор Р. Робинсон и Дж. Таккер независимо друг от друга придумали задачу, которая получила название задачи об утроении.

Выбрав одно из пентамино, нужно с помощью девяти остальных фигур построить большую фигуру, подобную выбранной. Фигура должна быть в три раза выше и шире, чем первоначальная.

Задача об утроении допускает много изящных решений, три из них показаны на рис. 73.

 

Рис. 73 Схемы утроения.

 

Задача об утроении решается для любого из двенадцати пентамино.

Не менее интересны и другие задачи на составление различных фигур из «костей» пентамино, например «задача о двойном удвоении». Сначала вы складываете два пентамино. Потом строите эту фигуру из двух других пентамино, а из восьми оставшихся пентамино складываете подобную фигуру, но вдвое больших размеров.

Типичное решение такой задачи показано на рис. 74.

 

Рис. 74 Схема «двойного удвоения».

 

Другая задача состоит в том, чтобы из всех 12 фигур пентамино сложить прямоугольник 5 х 13, имеющий в центре отверстие в форме одной из этих фигур. Задача решается всегда независимо от того, с какой из 12 фигур пентамино совпадает форма отверстия. Одно из решений приведено на рис. 75.

 

Рис. 75

 

На рис. 76 показана еще одна интересная задача. Из двенадцати пентамино требуется сложить развертку куба с ребром, равным

 

 

Куб получается, если рисунок согнуть по пунктирным линиям.

 

Рис. 76 Развертка куба, сложенная из пентамино.

 

Какое минимальное число пентамино надо положить на шахматную доску, чтобы ни для одного из оставшихся пентамино места больше не было? Этот любопытный вопрос придумал Голомб; сам он считает, что это число равно пяти.

На рис. 77 изображена одна из таких конфигураций.

 

Рис. 77 Игра на шахматной доске фигурами пентамино.

 

Эта задача натолкнула Голомба на мысль играть на шахматной доске картонными пентамино, вырезанными точно по размерам квадратов доски. (Мы рекомендуем читателю изготовить такой набор пентамино, ибо он годен не только для игры, но и для того, чтобы решать и придумывать задачи.)

Двое или более игроков по очереди выбирают любое но и закрывают им любые клетки доски. У фигур нет «верхней» и «нижней» стороны. Как и во всех других задачах этой главы, пентамино могут быть асимметричными. Проигрывает тот, кто не сможет поставить свое пентамино.

Голомб пишет:

 

«Игра продолжается не менее пяти и не более двенадцати ходов, никогда не заканчивается вничью, в начале партии отличается большим разнообразием, чем шахматы, и наверняка увлечет людей самого различного возраста. Давать советы относительно стратегии игры трудно, но два важных принципа все же можно указать:

1. Старайтесь играть так, чтобы всегда оставалось место для четного числа «костей» (если вы играете вдвоем).

2. Если вы затрудняетесь проанализировать создавшуюся позицию, постарайтесь по возможности усложнить ее, чтобы противник оказался в еще более затруднительном положении, чем вы».

 

Поскольку 35 костей гексамино покрывают площадь в 210 квадратиков, невольно возникает мысль: а нельзя ли сложить из них прямоугольники размером 3 х 70, 5 х 42, 6 х 35, 7 х 30, 10 х 21 или 14 х 15? Я всерьез подумывал о том, чтобы назначить премию в 1000 долларов тому из читателей, кто сумеет построить один из этих шести прямоугольников, но мысль о тех долгих часах, которые ему придется затратить понапрасну, чтобы отыскать решение, вынудила меня отказаться от моего намерения. Дело в том, что все подобные попытки, как доказал Голомб, заранее обречены на провал. Его доказательство может служить прекрасным примером использования методов комбинаторной геометрии — мало известной отрасли математики, выводы которой широко используются в технике при отыскании оптимальных способов подгонки стандартных деталей. Для нас особый интерес представляют два примера:

а) раскраска частей интересующей нас фигуры в различные цвета для большей наглядности;

б) принцип «проверки на четность», основанный на использовании комбинаторных свойств четных и нечетных чисел.

Прежде всего раскрасим наши прямоугольники подобно шахматной доске в черные и белые квадраты. И тех и других должно быть нечетное число: 105 черных квадратов и 105 белых.

Перебрав 35 фигур гексамино, мы обнаружим, что 24 из них всегда покрывают три черных и три белых квадрата, то есть нечетное число квадратов каждого цвета. Число таких «нечетных гексамино» четно, а поскольку произведение четного числа на нечетное четно, мы можем утверждать, что все вместе 24 «четных» гексамино покроют четное число квадратов каждого цвета.

Остающиеся 11 гексамино имеют такую форму, что каждым из них можно накрыть четыре квадрата одного цвета и два другого, то есть четное число квадратов того и другого цвета. Число таких «четных гексамино» нечетно, но опять же. поскольку произведение четного числа на нечетное есть число четное, мы можем с уверенностью утверждать, что эти 11 фигур накрывают четное число квадратов каждого цвета. (На рис. 78 и 79 разбиты на группы 35 гексамино четных и нечетных фигур.)

 

Рис. 78 Двадцать четыре «нечетных» гексамино.

 

Рис. 79 Одиннадцать «четных» гексамино.

 

Наконец, поскольку сумма четных чисел четна, мы заключаем, что с помощью 35 гексамино можно накрыть четное число белых квадратов и четное число черных. К сожалению, каждый прямоугольник состоит из 105 квадратов каждого цвета. Это число нечетно, поэтому прямоугольника, который можно было покрыть 35 фигурами гексамино, не существует.

«Рассмотренные задачи, — резюмирует Голомб, — заставляют сделать вывод, который относится ко всем правдоподобным рассуждениям вообще. Взяв те или иные начальные данные, мы долго и упорно пытаемся подогнать их под некоторую схему. Если это нам удается, мы считаем, что только такая схема и «соответствует фактам». В действительности же те данные, которыми мы располагаем, отражают лишь отдельные стороны прекрасного и всеобъемлющего целого. Такого рода рассуждения неоднократно встречаются в религии, политике и даже в науке. Пентамино служит примером того, как одни и те же данные с одинаковым успехом удовлетворяют многим различным схемам. Схема, на которой мы в конце концов останавливаем свой выбор, определяется не столько имеющимися в нашем распоряжении данными, сколько тем, к чему мы стремимся.

Вполне возможно, что при некоторых данных (как это было в задаче о прямоугольниках, составленных из гексамино) схемы, которую мы так стремимся отыскать, вообще не существует».

* * *

 

Читателям, которые захотят попробовать свои силы в складывании фигур из гексамино, можно предложить еще два примера (рис. 80 и 81), заимствованных из журнала «Небывалые шахматы».

 

Рис. 80 Фигура I для складывания из гексамино.

 

Рис. 81 Фигура II для складывания из гексамино.

 

Каждая из фигур составлена из полного набора C5 костей) гексамино. Построить же фигуры из полного набора гексамино можно лишь в том случае, если разность между числом квадратов одного и другого цвета равна 2, 6, 10, 14, 18 и 22.