Кентерберийские головоломки

Дьюдени Генри Эрнест

Решения

 

 

Кентерберийские головоломки

1. 8 кругов сыра можно переложить на крайний табурет за 33 хода, 10 сыров – за 49 и 21 сыр – за 321 ход. Ниже приведен общий метод решения для случаев с тремя, четырьмя и пятью табуретами.

Составим следующую таблицу, которую можно продолжить для любого нужного нам числа сыров.

Первая ее строка содержит натуральные числа. Вторая строка получается сложением чисел первой строки с начала до данного места. Числа третьей строки получаются аналогичным путем из чисел, стоящих во второй строке. Четвертая строка состоит из последовательных степеней числа 2 минус 1. Следующие две строки получаются удвоением числа, стоящего в данной строке, и добавлением к произведению числа из предыдущей строки, которое стоит над тем местом, где выписывается результат. Эта таблица дает одновременно решения для любого числа сыров и трех табуретов, для треугольных чисел и четырех табуретов и для пирамидальных чисел и пяти табуретов. В этих случаях метод решения (складывание сыров в стопки) всегда только один.

В случае трех табуретов первая и четвертая строки таблицы говорят нам, что 4 сыра можно перенести за 15 ходов, 5 – за 31, 7 – за 127 ходов. Вторая и четвертая строки показывают, что в случае четырех табуретов 10 сыров можно переложить за 49, а 21 – за 321 ход. Точно так же в случае пяти табуретов мы находим из третьей и шестой строк, что для 20 сыров требуется 111 ходов, а для 35 – 351 ход. Но из таблицы мы, кроме того, можем определить и нужный способ перекладывания сыров. Так, например, в случае четырех табуретов и 10 сыров предыдущий столбец указывает на то, что мы должны образовать стопки из 6 и 3 сыров, для чего потребуется соответственно 17 и 7 ходов. А именно: сначала мы складываем 6 наименьших сыров за 17 ходов на один из табуретов; затем мы складываем 3 следующих сыра на другой табурет за 7 ходов; далее мы перекладываем самый большой круг сыра за 1 ход; затем перекладываем 3 сыра за 7 ходов; и наконец мы перекладываем 6 сыров за 17 ходов, что в сумме и составляет 49 ходов. Точно так же нам известно, что в случае пяти табуретов 35 сыров следует сложить в стопки из 20, 10 и 4 сыров соответственно, для чего потребуется 111, 49 и 15 ходов.

Если в случае четырех табуретов число сыров не треугольно, а в случае пяти табуретов – не пирамидально, то решений будет больше одного и потребуются дополнительные таблицы. Именно так обстоит дело в случае 8 сыров Мажордома. Но я предоставляю самому читателю обобщить решение нашей задачи на этот случай.

2. На рисунке показано, каким именно образом Продавец папских индульгенций, отправившись из обозначенного штриховкой города, сумел посетить все другие города ровно по одному разу за 15 переходов.

3. Нужно разместить мешки следующим образом: 2, 78, 156, 39, 4. Здесь каждая пара, умноженная на своего единственного соседа, дает число, стоящее в середине, причем пришлось передвинуть пять мешков. Существует ровно три других расположения мешков (4, 39, 156, 78, 2; или 3, 58, 174, 29, 6; или 6, 29, 174, 58, 3), но при этом требуется передвинуть семь мешков.

4. Рыцарь сказал, что на его щите можно отметить 575 квадратов с розой в каждом углу. Как получился такой результат, становится понятным, если обратиться к рисунку.

Соединив A, В, С и D, можно образовать 66 квадратов такого размера; размер A, E, F, G приводит к 48 квадратам; A, H, I, J – к 32; В, К, Z, M – к 19; B, N, O, P – к 10; В, Q, R, S – к 4; Е, T, F, C – к 57; I, U, V, P – к 33; H, W, X, J – к 15; K, Y, Z, M – к 3; Е, a, b, D – к 82; H, d, M, D – к 56; H, e, f, G – к 42; K, g, f, С – к 32; N, h, z, F – K 24; К, h, m, b – к 14; К, О, S, D – к 16; K, n, p, G – к 10; К, q, r, J – к 6; Q, t, р, С – к 4; наконец Q, u, r, i приводит к 2 квадратам. Таким образом, общее число квадратов равно 575, Эти группы можно истолковывать так, как если бы каждая представляла квадрат отличного от других размера. Это верно, за одним исключением: квадраты группы B, N, О, Р имеют точно такой же размер, как и квадраты группы K, h, m, b.

5. Добрая женщина объяснила, что затычка, плотно загнанная в бочку, тем похожа на только что выпавшую, что обе они затыкают ничего; первая – ничего в смысле неплохо, а вторая – ничего в смысле ничего не затыкает. Маленькое недоразумение с родственниками легко разрешится, когда нам скажут, что родительский приказ исходил от отца (который также находился в этой комнате), а не от матери.

6. Головоломка, предложенная веселым хозяином харчевни «Табард» из Соуерка, оказалась более популярной, чем головоломки остальных паломников.

– Я вижу, любезные господа мои, – воскликнул он, – что здорово задурил вам голову своей маленькой хитростью. И все-таки для меня не составляет труда налить ровно по одной пинте в каждую из мер, одна из которых вмещает пять, а вторая – три пинты, не пользуясь никакими другими мерами.

Такими словами Трактирщик начал объяснять паломникам, как именно можно выполнить это на первый взгляд невыполнимое задание. Тут он наполнил обе меры, а затем, отвернув кран бочки, позволил пиву выливаться на пол (против чего вся компания энергично запротестовала; но хитроумный хозяин сказал, что он совершенно уверен – в бочке не многим более восьми пинт). (Уместно заметить, что количество вылившегося зля не влияет на решение головоломки.) Потом он закрыл кран и перелил содержимое 3-пинтовой меры назад в бочку. Далее Трактирщик наполнил эту меру из 5-пинтовой и вылил из нее пиво в бочку, затем он перелил 2 пинты из 5-пинтовой меры в 3-пинтовую, наполнил 5-пинтовую меру из бочки, оставив таким образом в бочке 1 пинту. Потом он наполнил 3-пинтовую меру из 5-пинтовой, позволил компании выпить содержимое 3-пинтовой меры, наполнил 3-пинтовую меру из 5-пинтовой, оставляя тем самым в 5-пинтовой мере 1 пинту, выпил содержимое 3-пинтовой меры и наконец вылил 1 пинту из бочки в 3-пинтовую меру. Таким образом, к величайшему изумлению и восхищению паломников, в каждой мере оказалось ровно по 1 пинте эля.

7. На рисунке показано, как именно следует разрезать квадрат на четыре части и как из них сложить магический квадрат. Можно проверить, что сумма чисел в каждой строке, столбце и на каждой диагонали равна 34.

8. Кусок гобелена следовало разрезать по прямым на три части и сложить из них квадрат, как показано на рисунке.

Заметьте, узоры идут в правильном порядке. Такой способ согласуется и с требованием, чтобы одна из трех частей была как можно меньшей (в данном случае она состоит лишь из 12 маленьких квадратиков).

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.

Так следует поступать до второго R 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 ровно 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. ровно 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 = а р b q c r …, 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:

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 не обязательно, 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 ровно 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 среди 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 сшибка 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 не просто. В случае п собак на каждой стороне квадрата число различных способов равно

при п нечетном и

при п 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 п (четное или нечетное) собак можно разместить

способами. Дабы возможно было поместить по п собак на каждой стороне, их число должно быть не меньше 2п и не больше 4п, но внутри этих границ его молено 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 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

6 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 мои 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 13 + 23 = 9 (которое мы назовем основным), сначала получил решение из больших 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.

Несколько лет назад я опубликовал решение для случая

для которого Лежандр привел обстоятельное «доказательство» невозможности такого представления, но я обнаружил, что Люка предвосхитил появление моего решения.

21. На рисунке показано, как можно посадить 16 деревьев, чтобы они образовали 15 рядов по 4 дерева в каждом ряду. Это число рядов больше того, которое уже давно считалось максимальным. Хотя при нынешнем уровне наших знаний невозможно строго доказать, что число 15 нельзя превзойти, тем не менее я свято верю в то, что это максимально возможное число рядов.

22. Ответ приведен на рисунке, где сумма чисел вдоль каждого из 10 рядов равна 30.

Трюк состоит в том, что хотя 6 бутылок (3, 5, 6, 9, 10 и 15), в которых стоят цветы, и не передвигаются, но все 16 бутылок не обязаны располагаться точно на том же участке стола, что и раньше. На самом деле квадрат передвинут на один шаг влево.

23. Портрет можно нарисовать, не отрывая карандаша от бумаги, одним росчерком, поскольку на нем есть только две точки, в которых соединяется нечетное число линий, но при этом совершенно необходимо, чтобы рисунок начинался в одной из этих точек, а заканчивался в другой. Одна точка находится вблизи внешнего края левого глаза короля, а другая – под ней, на левой щеке.

24. Пятьсот серебряных пенни можно разместить по четырем мешкам при заданных условиях ровно 894 348 различными способами. Если бы монет было 1000, то число способов возросло бы до 7 049 112. Это трудная задача на разбиение чисел. У меня есть единая формула, позволяющая решить задачу при любом числе монет для случая четырех мешков, но ее крайне трудно получить, и лучший метод состоит в том, чтобы найти 12 отдельных формул для различных сравнений по модулю 12.

25. Даже поверхностное изучение исходного рисунка покажет читателю, что если понимать условия такими, какими они кажутся с первого взгляда, то головоломку решить совершенно невозможно. Следовательно, нужно поискать какую-нибудь брешь в условиях, если их понимать буквально.

Если бы Священник мог обойти исток реки, то на пути в церковь он смог бы пройти по одному и только одному разу через каждый мост, как показано на рисунке. Мы вскоре увидим, что это не запрещено. Хотя на рисунке показаны все мосты в приходе, но на нем представлена лишь часть самого прихода. Нигде не сказано, что река не берет свое начало на территории прихода, и, поскольку это единственный способ решить задачу, мы должны принять, что река начинается в данном приходе. Следовательно, на рисунке показано решение. Стоит отметить, что условие четко запрещает нам обходить устье реки, поскольку в нем сказано, что река впадает в море «через несколько сотен миль к югу», а ни один приход на свете не тянется на сотни миль!

26. На рисунке показано, каким образом треугольный кусок материи можно разрезать на 4 части, из которых затем удается сложить правильный квадрат. Разделим AB пополам в точке D, а ВС в точке Е. Продолжим прямую АЕ до точки F так, чтобы EF равнялось ЕВ. Разделим пополам AF в точке G и проведем дугу AНF. Продолжим ЕВ до точки Н; ЕН как раз и равно стороне искомого квадрата. Из Е как из центра радиусом ЕН опишем дугу HJ и отложим отрезок JK, равный BE. Теперь из точек D и К опустим перпендикуляры на EJ с основаниями в точках L и М. Если вы все это проделаете аккуратно, то и получите отрезки, вдоль которых следует провести разрезы.

Я выступал с этой задачей, поставленной в более общей форме, перед Королевским обществом в Берлингтон-Хауз, а также в Королевском институте.

Эта задача была также предложена читателям газеты «Дейли мейл» (выпуски от 1 и 8 февраля 1905 г.), но среди сотен ответов не было ни одного правильного. Исключение составил лишь ответ К. У. М'Елроя.

Я добавил еще один рисунок, на котором решение задачи показано в более любопытной и удобной для практики форме. Все части модели можно сделать из красного дерева, скрепив их бронзовыми шарнирами, дабы ее удобно было показывать в аудитории. Легко заметить, что все четыре части образуют нечто вроде цепочки. Если закрутить эту цепочку в одном направлении, то получится треугольник, а если ее закрутить в противоположную сторону, то получится квадрат.

27. Правильный ответ – это 18 816 различных путей. Общая формула для 6 лилий и любого квадрата, большего 22, такова: 6 умножить на квадрат числа комбинаций из п элементов по 3, где п – число лилий на стороне квадрата. Разумеется, если п четно, то число оставшихся лилий должно быть четным, а если п нечетно, то и это число должно быть нечетным.

28. В этой небольшой задаче мы пытались показать, как с помощью всяких софизмов на первый взгляд удается доказать, что диагональ квадрата имеет ту же длину, что и две его стороны. Головоломка состояла в том, чтобы найти ошибку в рассуждениях, ибо такая ошибка безусловно есть, если мы считаем, что прямая реализует кратчайшее расстояние между двумя точками. Но где же вкралась ошибка?

Ясно, что, коль скоро наш зигзаг составлен из «ступенек», параллельных сторонам квадрата, его длина равна сумме длин двух сторон квадрата. Не важно даже, потребуется ли вам, чтобы разглядеть эти ступеньки, мощный микроскоп. Но ошибка состоит в допущении, что такой зигзагообразный путь может стать прямой линией. С помощью этого метода даже при неограниченном (по крайней мере теоретически) увеличении числа таких ступенек вы никогда не получите прямой линии. При переходе от зигзага с миллиардом ступенек к прямой практически вы совершите такой же «скачок», как и в самом начале, перейдя от двух сторон квадрата к его диагонали. Сказать, что увеличивая число ступенек, мы в конце концов получим прямую, так же абсурдно, как и утверждать, что, бросая камешки в корзину, мы в конце концов получим золотые монеты. В этом-то и состояла вся заковыка.

29. Поверхность воды или другой жидкости всегда имеет сферическую форму, а чем больше сфера, тем менее выпуклым будет ее участок. Верхний диаметр любого сосуда на вершине горы будет служить основанием сегмента большей сферы, чем у подножья. Эта сфера в силу вышесказанного должна быть менее выпуклой. Иными словами, сферическая поверхность воды будет меньше возвышаться над краем сосуда, и, следовательно, на вершине горы в него вмещается меньше воды, чем вмещалось у ее подножья. Поэтому читатель волен выбрать любую гору, какая ему понравится, будь она в Италии или где-либо еще!

30. Число различных способов равно 63 504. Общая формула для таких расположений, когда число букв в предложении-палиндроме равно 2n+1, без диагоналей имеет вид [4(2 n – 1)]2.

Я думаю, что было бы неплохо привести здесь формулу для общего решения каждой из четырех наиболее обычных форм такой ромбовидной головоломки. Под словом «прямая» я понимаю полную диагональ. Так, в случаях а, б, в и г прямые соответственно содержат 5, 5, 7 и 9 букв. В случае а есть непалиндромная прямая (соответствующее слово BOY – мальчик), и общее решение для таких случаев, где эта прямая состоит из 2/7 + 1 букв, имеет вид 4(2 n – 1). Когда прямая представляет собой единственный палиндром со средней буквой в центре, как в случае б (соответствующее слово LEVEL – уровень), то общая формула имеет вид 4[(2 n – 1)]2. Именно к этому типу относится головоломка крысолова. В случаях виг мы имеем двойные палиндромы, но весьма различных типов. В случае в, где прямая содержит 4n – 1 букву, общее решение имеет вид 4(22n – 2). Но случай г – самый трудный изо всех.

Я хочу подчеркнуть еще раз, что в рассматриваемых ромбах:

1) не разрешается чтение по диагоналям (это особенно важно в случаях, когда такое чтение в принципе возможно);

2) начинать можно с любого места;

3) читать можно, двигаясь вперед и назад и используя при однократном чтении некоторые буквы более одного раза, но одну и ту же букву нельзя использовать дважды подряд.

Последнее условие легче понять, если читатель обратится к случаю в, где нельзя двигаться вперед и назад, не использовав два раза подряд первое О, что запрещает пункт (3). В случае г все устроено совсем иначе, и именно отсюда возникают большие трудности. Формула для случая г имеет вид

где число букв на прямой равно 4n+1. В приведенном здесь примере n=2, а число способов равно 400.

31. Простак Пахарь, чье предложение казалось таким нелепым, был совершенно прав: Мельник должен получить 7 монет, а Ткач – лишь одну. Поскольку все трое съели одинаковые порции хлеба, то, очевидно, на долю каждого пришлось по 8/3 каравая. Следовательно, поскольку Мельник внес 15/3, а съел 8/3, то 7/3 каравая он отдал Эконому, тогда как Ткач внес 9/3, съел 8/3 и отдал Эконому 1/3. Таким образом, поскольку они отдали Эконому порции хлеба в отношении 7:1, то в том же отношении следует и поделить между ними 8 монет.

 

Сэр Хьюг объясняет свои задачи

Друзья сэра Хьюга были настолько озадачены многими из его странных головоломок, что ему пришлось собрать родственников и домочадцев и объяснять свои задачи.

– По правде говоря, – сказал он, – некоторые из моих загадок слишком сложны для неискушенного ума. И все же я попытаюсь объяснить их так, чтобы все смогли понять, в чем здесь дело. Есть люди, которые не способны сами додуматься до ответа, но, когда им сообщают решение, они могут разобраться в нем и получить при этом удовольствие.

32. Сэр Хьюг объяснил, что если лунки находятся на расстояниях 300, 250, 200, 325, 275, 350, 225, 375 и 400 ярдов, а человек всегда может послать мяч строго по прямой на расстояние либо в 125, либо в 100 ярдов, он сумеет закончить игру за 26 ударов. Это совершенно верно, поскольку, если мы назовем «прогоном» удар, соответствующий 125 ярдам, а «подходом» – удар, соответствующий 100 ярдам, то можно играть следующим образом. Первой лунки можно достичь за 3 подхода, второй – за 2 прогона, третьей – за 2 подхода, четвертой за 2 подхода и один прогон, пятой – за 3 прогона и 1 обратный подход, шестой – за 2 прогона и 1 подход, седьмой – за 1 прогон и 1 подход, восьмой – за 3 прогона и, наконец, до девятой лунки можно добраться за 4 подхода. Всего, таким образом, получается 26 ударов. За меньшее число ударов игру закончить невозможно.

33.

– Клянусь пресвятой Девой! – воскликнул сэр Хьюг, – если бы кого-нибудь вон из тех молодцов заковали в цепи, чего они воистину заслужили за свои грехи, тогда бы он, быть может, узнал, что длина любой цепочки, состоящей из одинаковых колец, равна внутренней ширине кольца, умноженной на число колец, да еще к этому надо прибавить удвоенную толщину железного прута, из которого сделаны кольца. Можно показать, что внутренняя ширина каждого из колец равна 12/3 дюйма, что число колец, выигранных Стивеном Мале, равно 3, а Анри де Турне выиграл 9 колец.

Рыцарь совершенно прав, ибо 12/3 × 3 + 1 =6, а 12/3 × 9+1 = 16– Таким образом, де Турне опередил Мале на 6 колец. Приведенный здесь рисунок может помочь читателю проверить ответ и понять, почему длина цепочки равна внутренней ширине кольца, умноженной на число колец, плюс удвоенная толщина кольца. Можно заметить, что каждое звено, будучи надетым на цепочку, теряет в длине ровно на удвоенную толщину железного прута, из которого сделаны кольца.

34.

– Меня здесь спрашивали, – продолжал сэр Хьюг, – как можно найти камеру в Темнице мертвой головы, в которой томилась дева. Будь я проклят, если это так уже трудно! Главное – знать, как приступить к делу. Пытаясь пройти через каждую дверь один раз и не больше, вы должны заметить, что каждая камера имеет две или четыре двери, за исключением двух, у которых только по три двери. Теперь раскиньте-ка мозгами: вы не можете войти и выйти из какой-то камеры, пройдя через каждую дверь ровно по одному разу, если число дверей нечетно. Но поскольку таких камер с нечетным числом дверей две, вы с успехом можете пройти весь путь, начав его в одной из этих камер, а закончив в другой. Прошу заметить, что только одна из этих камер внешняя, так что именно из нее следует начинать путь. Тогда совершенно ясно, любезные господа, что благородная дева томилась в другой камере с нечетным числом дверей.

Рисунок делает это совершенно очевидным. Камеры с нечетным числом дверей отмечены звездочками, а пунктиром показан один из многих возможных путей. Совершенно ясно, что вы должны начать путь от нижней звездочки, а закончить его в верхней; следовательно, искомая камера расположена над левой глазницей.

35.

– Сказано, что доказать существование пудинга можно лишь с помощью собственных челюстей, и, клянусь зубом святого Георгия, я не знаю, как еще объяснить нужное расположение чисел, если не показать его. Поэтому я здесь и написал числа, сумма которых вдоль каждой из прямых, расположенных на мишени, равна 23.

Мне кажется, что относительно решения де Фортибуса стоит добавить несколько замечаний. Девятнадцать чисел можно расположить таким образом, чтобы сумма вдоль каждой прямой равнялась любому числу от 22 до 38 включительно, кроме 30, В некоторых случаях существует несколько различных решений, но в случае 23 их только два. Я привел одно из них. Чтобы получить другое, поменяйте на рисунке местами 7, 10, 5, 8, 9 соответственно с 13, 4, 17, 2, 15. Также поменяйте местами 18 с 12, а остальные числа оставьте на прежних местах. В каждом случае в центре должно находиться четное число; им может оказаться любое число от 2 до 18. У каждого решения есть дополнительное к нему решение. Таким образом, если вместо каждого числа на приведенном рисунке мы поставим разность между ним и 20, то получим решение для случая 37. Аналогичным образом из расположения на исходном рисунке мы сразу же получим решение для случая 38.

36. Сэр Хьюг весьма озадачил своего главного зодчего, потребовав от него построить окно, у которого каждая сторона равнялась бы одному футу и которое было бы разделено железными прутьями на восемь одинаковых просветов с равными сторонами. На рисунке показано, как это можно сделать.

Нетрудно заметить, что стороны окна равны одному футу, а каждая сторона треугольных просветов составляет половину фута.

– По правде говоря, мой добрый зодчий, – сказал лукаво де Фортибус, обращаясь к мастеру, – я не требовал от тебя, чтобы окно было квадратным; совершенно ясно, что оно и не может быть таковым.

37.

– Клянусь пальцами святого Модена, – воскликнул сэр Хьюг де Фортибус, – мой бедный ум никогда не придумывал ничего более искусного и более занимательного. Меня словно озарило, и теперь, по прошествии некоторого времени, я все больше восхищаюсь головоломкой, которая представляется мне все труднее и труднее. Мои господа и родичи, я сейчас покажу вам, как она решается.

Затем достойный рыцарь указал на слегка неправильную форму полумесяца – его два участка от а до d и от с до d представляют собой отрезки прямых, а дуги ас и bd в точности одинаковы. Если сделать разрезы, показанные на рисунке 1, то из четырех получившихся частей (кривые на рисунке 2) можно сложить правильный квадрат. Если теперь этот квадрат разрезать (прямые на рисунке 2), то мы получим 10 частей, из которых можно будет затем сложить симметричный греческий крест, который вы видите на рисунке 3. Пропорции полумесяца и креста на исходном рисунке были указаны правильно, и можно показать, что решение получается абсолютно точное, а не приближенное.

Мне известно решение с существенно меньшим числом частей, но его значительно труднее понять, чем приведенное, где все упрощается введением промежуточного квадрата.

38. Головоломка состояла в том, чтобы, начиная от верхнего А и двигаясь вниз от одной соседней буквы к другой, подсчитать, сколькими различными способами можно прочитать слово ABRACADABRA.

– Теперь обратите внимание, добрые друзья мои, – сказал сэр Хьюг, обращаясь ко всем, кто находился рядом, – что вначале есть два пути: вы можете выбрать любое В, затем любое R и так далее до самого конца. До каждой из букв можно добраться, двигаясь от верхнего А, соответственно 2, 4, 8, 16, 32 и т. д. способами. Следовательно, поскольку нужно сделать 10 шагов, спускаясь от верхнего А до нижней строки, нам остается только умножить 2 на себя 10 раз. В результате мы и получим искомое число, равное 1024.

39. Хотя сэр Хьюг и заявил, что нет нужды измерять шест, все же совершенно необходимо было определить его высоту. Друзьям и домочадцам сэра Хьюга де Фортибуса было хорошо известно, что он имел шесть футов росту. На исходном рисунке можно заметить, что рост сэра Хьюга в два раза больше длины его тени. Следовательно, высота флагштока в том же месте и в то же время дня тоже должна вдвое превышать длину его тени. Длина тени флагштока равна росту сэра Хьюга, следовательно, она составляет 6 футов, а высота флагштока – 12 футов. Далее, улитка, поднимаясь на 3 фута днем и опускаясь на 2 фута ночью, поднимается в действительности за сутки на 1 фут. В конце девятых суток она окажется в трех футах от вершины и, значит, закончит свое путешествие на десятый день.

Читатель, безусловно, воскликнет здесь:

– Все это очень хорошо, но как мы могли узнать рост сэра Хьюга? О нем ничего не говорилось!

Действительно, прямо на это не указывалось, но для людей искушенных не составит труда его определить. На рисунке к задаче 36 сэр Хьюг изображен у квадратного окна, про которое сказано, что его сторона равна 1 футу. Следовательно, отложив эту длину (нужное число раз), можно было убедиться, что рост сэра Хьюга в 6 раз превышает высоту окна, то есть равен 6 футам!

40. Последняя головоломка была, без сомнения, крепким орешком, но, надо думать, трудности не делают хорошую головоломку менее интересной, когда нам покажут ее решение. На приведенном здесь рисунке показано, как была выложена крышка у шкатулки леди Изабеллы де Фитцарнульф. Это единственное возможное решение, и удивительно (хотя я и не могу привести здесь довольно тонкий метод решения), что число, размеры и порядок расположения квадратов определяются размерами золотой полоски и что крышка шкатулки не может иметь других размеров, отличных от 20 квадратных дюймов. Число, указанное в каждом квадрате, равно длине его стороны, выраженной в дюймах, так что ответ можно проверить почти с одного взгляда.

Сэр Хьюг сделал несколько общих замечаний, которые не совсем безынтересны и сегодня.

– Друзья и домочадцы, – сказал он, – если те странные порождения моего бедного ума, о которых мы так приятно поговорили сегодня вечером, и оказались, быть может, малоинтересными для вас, пусть они послужат напоминанием разуму о том, что наша быстротекущая жизнь окружена и наполнена загадками.

 

Решения загадок ридлуэлских монахов

41. Перенумеруйте корзинки, показанные на исходном рисунке, от 1 до 12 в направлении, в котором, как мы видим, двигается брат Джонатан. Начиная от 1, действуйте, как указано ниже, причем «1 в 4» означает, что надо взять рыбку из корзинки 1 и переложить ее в корзинку 4.

1 в 4, 5 в 8, 9 в 12, 3 в 6, 7 в 10, 11 в 2 и кончайте последний обход, перейдя к 1; при этом вы совершите всего три обхода. Можно действовать и по другому: 4 в 7, 8 в 11, 12 в 3, 2 в 5, 6 в 9, 10 в 1. Легко решить задачу за четыре обхода, но решения с тремя обходами найти труднее.

42. Если бы аббат не требовал, чтобы в каждой келье жило не более трех человек и чтобы каждая келья была занята, то можно было бы оказать гостеприимство 24, 27, 30, 33, 39 или 42 паломникам. Но если принять 24 паломника так, чтобы на втором этаже было вдвое больше человек, чем на первом, и чтобы на каждой стороне было по 11 человек, то некоторые кельи пришлось бы оставить пустыми. Если, с другой, стороны, мы попробуем разместить 33, 36, 39 и 42 паломника, то нам придется в некоторых кельях разместить более трех человек.

Таким образом, предполагавшееся число паломников равнялось 27, а поскольку их прибыло на 3 человека больше, то истинное число паломников составило 30. На приведенном здесь рисунке показано, как их можно разместить в каждом случае; при этом видно, что все условия выполнены.

43. Правильное решение показано на приведенном здесь рисунке. Никакой изразец не находится на одной прямой (вертикальной, горизонтальной или диагональной) с другим изразцом того же рисунка, причем использовано только три простых изразца. Если, расположив львов, вы ошибочно используете четыре изразца какого-либо другого рисунка вместо трех, то у вас окажется четыре места, куда придется поместить простые изразцы.

Трюк заключается в том, чтобы взять четыре изразца одного рисунка и только по три изразца каждого другого рисунка.

44. Вопрос состоял в том, чего больше взял брат Бенджамин: вина из бутылки или воды из кувшина. Оказывается, ни того, ни другого. Вина было перелито из бутылки в кувшин ровно столько же, сколько воды было перелито из кувшина в бутылку. Пусть для определенности бокал содержал четверть пинты. В бутылке была 1 пинта вина, а в кувшине – 1 пинта воды. После первой манипуляции в бутылке содержались 3/4 пинты вина, а в кувшине – 1 пинта воды, смешанная с 1/4 пинты вина. Второе действие состояло в том, что удалялась 1/5 содержимого кувшина, то есть 1/5 одной пинты воды, смешанной с 1/5 одной четверти пинты вина. Таким образом, в кувшине были оставлены 4/5 четверти пинты (то есть 1/5 пинты), тогда как из кувшина в бутылку было перелито равное количество (1/5 пинты) воды.

45. В бочонке было 100 пинт вина, и Джон-келарь 30 раз отливал оттуда по пинте, наливая взамен пинту воды. После первого раза в бочонке оставалось 99 пинт вина; после второго раза его оставалось 9801/100 (квадрат 99, деленный на 100); после третьего раза в бочонке оставалось 970299/10000 (куб 99, деленный на квадрат 100); после четвертого раза там оставалась четвертая степень 99, деленная на куб 100, а после тридцатого раза в бочонке оставалась тридцатая степень 99, деленная на двадцать девятую степень 100. Это при обычном методе вычисления приведет к делению 59-значного числе на 58-значное! Однако с помощью логарифмов удается быстро установить, что в бочонке осталось количество вина, очень близкое к 73,97 пинты. Следовательно, украденное количество приближается к 26,03 пинты. Монахам, конечно, не удалось получить ответ, поскольку у них не было таблиц логарифмов и они не собирались проводить долгие и утомительные выкладки, дабы «в точности» определить искомую величину, что оговорил в условии хитрый келарь.

С помощью упрощенного метода вычислений я удостоверился, что точное количество украденного вина составило

26,0299626611719577269984907683285057747323737647323555652999

пинты. Человек, который вовлек монастырь в вычисление 58-значной дроби, заслуживал сурового наказания.

46. Правильным ответом будет 602 176. Такое число крестоносцев могло образовать квадрат 776×776. После того как к отряду присоединился еще один рыцарь, можно было образовать 113 квадратов по 5329 (73×73) человек в каждом. Другими словами, 113×(73)2-1=(776)2. Это частный случай так называемого уравнения Пелля.

47. Читатель знает, что целые числа бывают простыми и составными. Далее, 1 111 111 не может быть простым числом, ибо если бы оно было таковым, то единственными возможными ответами оказались бы те, что предложил брат Бенджамин и отверг брат Питер. Точно так же оно не может разлагаться в произведение более двух простых сомножителей, ибо тогда решение оказалось бы не единственным. И действительно, 1 111 111 = 239×4649 (оба сомножителя простые); поскольку каждая кошка уничтожила больше мышей, чем всего было кошек, то кошек было 239 (см. введение).

В общем случае данная задача состоит в нахождении делителей (если они имеются) чисел вида (10n – 1)/9.

Люка в свой книге «Занимательная арифметика» приводит несколько удивительных таблиц, которые он позаимствовал из арифметического трактата под названием «Талкис», принадлежащего арабскому математику й астроному Ибн Албанна, жившему в первой половине XIII века. В Парижской национальной библиотеке имеется несколько манускриптов, посвященных «Талкис», и комментарий Алкаласади, который умер в 1486 г. Среди таблиц, приведенных Люка, есть одна, где перечислены все делители чисел указанного вида вплоть до п = 18. Кажется почти невероятным, что арабы того времени могли найти делители при п = 17, приведенные во введении к настоящей книге. Но Люка утверждает, что они имеются в «Талкис», хотя выдающийся математик читает их по-другому, и мне кажется, что их открыл сам Люка. Это, разумеется, можно было бы проверить, обратившись непосредственно к «Талкис», но во время войны сделать это оказалось невозможно.

Трудности возникают исключительно в тех случаях, когда п – простое число. При п = 2 мы получаем простое число 11. Для п = 3, 5, 11 и 13 делители соответственно равны (3×37), (41×271), (21649×513 239) и (53×79×265371653). В этой книге я привел уже делители для п = 7 и 17. Делители в случаях п = 19, 23 и 37 неизвестны, если они вообще имеются. При п = 29 делителями будут (3191×16 763×43 037×62 003×77 843× 839 397); при п = 31 одним из делителей будет 2791; при п = 41 два делителя имеют вид (83×1231).

Что же касается четных и, то следующая любопытная последовательность сомножителей, несомненно, заинтересует читателя. Числа в скобках – простые.

п = 2 = (11)

п = 6 = (11) × 111 × 91

п = 10 = (11) × 11 111 × (9091)

п =14 = (11) × 1 11l 111 × (909091)

п =18 = (11) × 111 111 111 × 90 909 091

Или мы можем записать делитель иначе:

п = 2 = (11) п = 6 = 111 × 1001

п = 10 = 11 111× 100001

п = 14 = 1 111 111 × 10 000 001

п =18 = 111 111 111 × 1 000 000 001

В приведенных выше двух таблицах п имеет вид 4m + z. Когда п имеет вид 4m, делители можно записать следующим образом:

п= 4 = (11) × (101)

п= 8 = (11) × (101) ×10001

п = 12 = (11) × (101) × 100 010 001

п = 16 = (11) × (101) × 1 000 100 010 001

При п = 2 мы получаем простое число 11; при п = 3 делителями будут 3 × 37; при п = 6 они имеют вид 11 × 3 × 37 × 7 × 13; при п = 9 получается 32 × 37 × 333 667. Следовательно, мы знаем, что делителями при п = 18 будут 11 × 32 × 37 ×7 × 13 × 333 667, тогда как остающийся множитель – составной и может быть представлен в виде 19 × 52 579. Это показывает, как можно упростить работу в случае составного п.

48. Наименьшее число шагов равно 118. Я приведу решение полностью. Белые кружки двигаются по часовой стрелке, а черные – в противоположном направлении. Ниже приведены номера кружков, которые следует перемещать в указанном порядке. Сдвигаете ли вы просто кружок на соседнее место или перепрыгиваете через другой кружок, станет ясно из расположения кружков, ибо иной альтернативы не будет. Ходы, указанные в скобках, следует совершать пять раз подряд: 6, 7, 8, 6, 5, 4, 7, 8, 9, 10, 6, 5, 4, 3, 2, 7, 8, 9, 10, 11 (6, 5, 4, 3, 2, 1), 6, 5, 4, 3, 2, 12 (7, 8, 9, 10, И, 12), 7, 8, 9, 10, 11, 1, 6, 5, 4, 3, 2, 12, 7, 8, 9, 10, 11, 6, 5, 4, 3, 2, 8, 9, 10, 11, 4, 3, 2, 10, 11, 2. Таким образом, при заданных условиях мы сделали 118 ходов; черные лягушки поменялись с белыми местами, причем номера 1 и 12 также поменялись местами.

В общем случае потребуется 3n2 + 2n – 2 ходов, где п равно числу лягушек каждого цвета. Закон, управляющий последовательностью ходов, легко обнаружить, рассматривая наиболее простые случаи, где п = 2, 3 и 4.

Если вместо кружков с номерами 1 и 12 должны поменяться местами кружки с номерами 6 и 7, то потребуется п г – 4п + 2 ходов. Если мы придадим п значение 6, как в нашем случае, то получится 62 хода.

 

Как удалось бежать королевскому шуту

Хотя королевский шут и пообещал «потом все объяснить», записей, где бы говорилось, как он это сделал, не сохранилось. Поэтому я предложу читателю мою собственную точку зрения относительно вероятного решения предложенных загадок.

49. Шут «разделил веревку пополам» – это вовсе не означает, что он разрезал ее на две равные части. Без сомнения, он просто расплел жгуты, из которых она была свита, и разъединил их, так что у него получились две веревки, равные по длине исходной, но вдвое тоньше ее. Связав их, он получил веревку, которая оказалась почти вдвое длиннее исходной и позволила ему спуститься вниз из окна темницы.

50. Как шут нашел во тьме путь из лабиринта? Он просто прикоснулся своей левой (или правой) рукой к стене и, не отрывая ее, двинулся вперед Пунктир на рисунке поможет проследить его путь, если шут пошел из А влево Если читатель попытается проложить аналогичный путь вправо, то он также добьется успеха. На самом деле эти два пути вместе покрывают все участки стен лабиринта, за исключением двух изолированных частей слева (одна из них U-, а другая – Е-образная).

Это правило приложимо к большинству лабиринтов и головоломных садов; однако если бы центральная часть оказалась окруженной изолированной стеной наподобие кольца со щелью, то шут все ходил бы и ходил вокруг этого кольца.

51. Головоломка состояла в том, чтобы найти английское слово из трех букв, по одной букве на каждом диске. В английском языке нет слов, составленных из одних согласных, а единственной гласной на всех дисках является Y. Ни одно английское слово из трех букв, начинающиеся с Y, не содержит в качестве остальных букв одни согласные, а слова из трех букв, кончающиеся на Y (с двумя согласными), либо начинаются на S, либо в качестве второй буквы содержат H, L или R. Но этих четырех согласных нет на дисках. Следовательно, Y должно стоять в середине, а единственное подобное слово, которое мне удалось обнаружить, – это PYX. Так что именно оно и служит решением нашей головоломки.

52. Без сомнения, читатель улыбнется, услышав, что лодка с человеком может двигаться вперед в стоячей воде с помощью причальной веревки. И тем не менее это факт. Если шут привяжет конец веревки к корме, а потом, стоя на носу, начнет делать ею резкие рывки, то лодка будет двигаться вперед. Этим часто пользуются на практике и утверждают, что таким образом можно развить скорость от двух до трех миль в час.

53. Эта головоломка должна показаться многим читателям абсолютно неразрешимой. Шут сказал: «В каждый из 16 садов я вошел по одному и не более разу». Если мы проследуем путем, указанным на рисунке пунктиром, то обнаружим, что совсем нетрудно войти по одному разу во все сады, кроме одного, прежде чем мы достигнем последнего сада с выходом В.

Трудность состоит в том, чтобы войти в сад, отмеченный звездочкой, поскольку если мы уйдем из сада В, то нам перед уходом придется войти туда второй раз, что запрещено условием. Трюк состоят в том, что войти в сад со звездочкой следует, не покидая при этом другой сад. Представьте себе, что шут, подойдя к проходу (пунктирная линия делает здесь острый угол), хотел спрятаться в саду со звездочкой, но, уже поставив одну ногу на эту звездочку, обнаружил, что тревога была напрасной. Он с полным основанием, мог сказать: «Я вошел в сад со звездочкой, ибо я перенес в него одну ногу и часть корпуса, но я не вошел в другой сад дважды, поскольку, войдя туда однажды, я не покидал его до тех пор, пока не вышел через ворота В». Это единственный возможный ответ, и, конечно, шут имел в виду именно его.

54. Решение этой головоломки лучше всего объяснить с помощью рисунка. Если шут положил свои 8 досок указанным здесь способом через угол, образованный канавой, то он сумел довольно просто перебраться через нее.

Таким образом королевский шут мог преодолеть все трудности и благополучно бежать, что он, как нам сообщает, и сделал.

 

Как совершались различные трюки на рождественском вечере у сквайра

Запись одного из ежегодных «головоломных рождественских вечеров» у сквайра Дэвиджа, сделанная одной из юных родственниц этого старого джентльмена, которая часто проводила веселые рождественские праздники в Стоук Коурси-Холле, не дает разгадки тайн. Поэтому я приведу мои собственные ответы на все головоломки и попытаюсь сделать их по возможности понятнее для тех, кто более или менее новичок в таких делах.

65. У мисс Чарити Локайер был, очевидно, в запасе какой-то трюк, и, мне кажется, что скорее всего он состоял в следующем. Она предложила разложить десять кусков сахару по трем чашкам так, чтобы в каждой оказалось нечетное число кусков.

На рисунке приведен возможный ответ, а цифры на чашках означают число кусков, положенных в каждую из них по отдельности. Помещая чашку, содержащую один кусок, в чашку, содержащую два куска, мы можем проверить, что действительно каждая из них содержит нечетное число кусков. В оставшейся чашке 7 (нечетное число) кусков. Итак, в одной чашке находится 1 кусок, во второй – 3 и в третьей – 7 кусков. Очевидно, что если чашка содержат другую чашку, то в ней находится и содержимое этой чашки.

Всего имеется пятнадцать различных решений этой головоломки:

Перше два числа в тройках показывают число кусков соответственно во внутренней и внешней чашках, вставленных друг в друга. Стоит отметить, что внешняя чашка этой пары сама по себе может быть пустой.

56.· Трюк в данной головоломке заключался в следующем. Из одиннадцати монет удаляется пять, затем добавляются четыре монеты (к этим уже удаленным), и у вас получается девять монет – во второй кучке удаленных монет!

57. Фермер Роуз послал на рынок ровно 101 гуся· Джейбз сначала продал мистеру Джасперу Тайлеру половину стада и полгуся сверх того (то есть 50 1/2 + 1/2 = 51, оставив 50 гусей); затем он продал фермеру Эйвенту треть остатка и еще треть гуся (то есть 16 2/3 + 1/3 = 17, оставив 33 гуся); потом он продал вдове Фостер четверть остатка и еще три четверти гуся (то есть 8 1/4 + 3/4 = 9, оставив 24 гуся); далее он продал Нэду Кольеру пятую часть остатка из еще подарил пятую часть гуся (то есть 4 4/5 + 1/5 = 5, оставив 19 гусей). Этих 19 гусей он и привез назад.

58. Эта небольшая шутка майора Тренчарда также представляет собой головоломку с трюком, а плутовское выражение лица крайнего справа мальчика с цифрой 9 на спине ясно показывало, что он посвящен в тайну.

Я не сомневаюсь (вспомните намек майора, что на числа надо «правильно смотреть»), что его ответ вы видите на рисунке, где мальчик 9 стоит на голове, отчего число на его спине превращается в 6. Это дает общую сумму 36 (четное число), так что, поменяв местами мальчиков 3 и 4 с 7 и 8, мы получаем 1, 2, 7, 8 и 5, 3, 4, 6, а это в каждом случае дает сумму, равную 18. Существуют три других разбиения мальчиков на группы, удовлетворяющих нужному условию: 1, 3, 6, 8–2, 4, 5, 7; 1, 4, 6, 7–2, 3, 5, 8 и 2, 3, 6, 7–1, 4, 5, 8.

59. На рисунке показано решение данной головоломки. При наложенных условиях оно единственное. Начиная с верхнего пудинга, украшенного остролистом, мы касаемся всех пудингов за 21 прямолинейный проход, пробуя дымящийся пудинг в конце десятого прохода и заканчивая вторым пудингом, украшенным остролистом.

Здесь мы имеем пример невозвратного пути шахматной ладьи между максимально удаленными клетками, Ибо если бы мы пожелали посетить каждую клетку по одному и только одному разу, а начать и закончить путь в противоположных концах одной и той же диагонали, то это оказалось бы невозможным.

Существует довольно много различных путей от одного украшенного пудинга до другого с наименьшим числом (21) прямолинейных проходов, но я их не перечислил. Я записал 14 из них, а возможно, их еще больше. Любой из путей удовлетворяет всем условиям, кроме того, которое касается дымящегося пудинга, Это дополнительное условие было введено, дабы ликвидировать неоднозначность решения. Мне не известно какое-либо другое решение данной головоломки; однако, поскольку я не записал все решения без дополнительного условия, я не могу высказать в настоящее время категорического утверждения по этому вопросу.

60. Как оказалось, каждый из гостей поцеловал каждого под веткой омелы со следующими исключениями и дополнениями: ни одно лицо мужского пола не целовало лиц мужского пола; ни один женатый мужчина не целовал замужних женщин, кроме своей жены; все холостяки и мальчики поцеловали всех девушек и девочек дважды; вдовец не целовал никого; вдовы не целовали друг друга. Каждый поцелуй возвращался и оба таких взаимных поцелуя считались за один. Составляя список всех присутствующих, мы можем удалить из него вдовца, ибо он выступал в роли наблюдателя.

7 женатых пар – 14

3 вдовы – 3

12 холостяков и мальчиков – 12

10 девушек и девочек – 10

Всего – 39 человек

Далее, если бы каждый из 39 человек поцеловал всех остальных, то число поцелуев равнялось бы 741, а если бы 12 холостяков и мальчиков поцеловали 10 девушек и девочек еще по одному разу, то следовало бы добавить 120, что дало бы общее число поцелуев 861. Но поскольку ни один женатый мужчина не целовал замужних женщин, за исключением своей жены, мы должны вычесть 42 поцелуя; поскольку ни одно лицо мужского пола не целовало лиц мужского пола, мы должны вычесть еще 171 поцелуй; а поскольку ни одна вдова не целовала другую вдову, мы должны вычесть и еще 3 поцелуя Следовательно, из общего вдела 861 мы должны вычесть 42+171 + 13 = 216 поцелуев, что приводит к ответу: под веткой омелы всего было совершено 645 поцелуев.

61. Число различных кубов, объем которых в сумме составляет 17 кубических дюймов, бесконечно Здесь приводятся наименьшие измерения. Ребро одного куба должно равняться 2 23 278/40 831 дюйма, а ребро другого 11 663/40 831 дюйма. Если читатель возьмет на себя труд возвести в куб каждое из этих чисел, то обнаружив что сумма будет в точности равна 17. (См. также головоломку 20.)

 

Происшествия в клубе головоломок

62. Один за другим члены клуба находили ключ к тайне двусмысленной фотографии, только Чертой упорно предлагал сдаться. Тогда Герберт Бейнс привел доказательства того, что плащ, который нес на руке лорд Максфорд, был женским, ибо пуговицы на нем располагались на левой стороне, тогда как у мужского плаща они всегда находятся справа. Не похоже, чтобы лорд Максфорд гулял по парижским улицам с перекинутым через руку женским плащом, если бы он не сопровождал его владелицу. Следовательно, он шел вместе с леди.

Пока велась беседа, официант принес Бейнсу телеграмму.

– Ну вот, – сказал Бейнс, прочитав послание, – телеграмма от Доуви: «Не беспокойтесь фото тчк леди оказалась сестрой джентльмена зпт находившейся Париже проездом». Это подтверждает наш вывод. Вы могли бы заметить, что леди легко одета и, следовательно, плащ вполне мог принадлежать ей. Вполне очевидно, что дождь был внезапным и спутники были недалеко от цели, так что она сочла не нужным надевать плащ.

63. Объяснение тайны Корнуэллского утеса оказалось очень простым. И все же это был ловкий трюк, придуманный двумя преступниками, который увенчался бы полным успехом, не появись неожиданно наши друзья из Клуба головоломок. Вот как это происходило. Когда Лэмсон и Марш достигли подъема, Марш один взошел на вершину утеса с большими башмаками Лэмсона в руках. Добравшись до края утеса, он поменял ботинки и задом наперед спустился по склону, неся на этот раз в руках свои собственные ботинки. Поэтому меньшие следы имеют более глубокий отпечаток на пятке, а большие следы – на носке; человек сильнее наступает на пятку, когда идет прямо, и делает упор на носки, когда движется задом наперед. Это также согласуется с тем обстоятельством, что большие следы иногда наступали на меньшие, но никогда наоборот, а также о тем, что большие следы совершали более короткие шаги, поскольку человек, двигаясь задом наперед, всегда делает шаг короче. Записная книжка была подброшена нарочно, чтобы полиция обратила внимание на следы и пошла по ложному пути.

64. Рассел обнаружил, что имеется ровно 12 пятизначных чисел, обладающих тем свойством, что произведение первых двух его цифр на три оставшиеся (все цифры различны и среди них нет нуля) дает число, состоящее из тех же самых пяти цифр, идущих в другом порядке. Но только одно из этих 12 чисел начиналось с 1, а именно 14 926. Далее, если мы умножим 14 на 926, то получим 12 964, число, состоящее из тех же цифр Следовательно, номер автомобиля был 14 926.

Остальные одиннадцать чисел – это 34 651, 42678, 51 246, 57 834, 75 231, 78 624, 87 435, 72 936, 65281, 65983 и 86 251. (См. также задачи 93 и 101).

65. На рисунке видно, что существуют два различных способа, с помощью которых можно начертить пути людей в Вороньем парке.

Это зависит от того, пошел ли дворецкий Е на север или на юг от домика егеря, и обошел ли егерь А дом ЕЕ с севера или с юга. Но можно заметить, что единственными людьми, приближавшимися к мистеру Хастингсу, не пересекая пути, были дворецкий Е и человек, вошедший через ворота С. Однако известно, что дворецкий отправился спать за пять минут до полуночи, тогда как мистер Хастингс оставался до полуночи у приятеля Следовательно, преступником должен быть человек, вошедший в парк через ворота С.

66. Площадь поля имеет от 17 до 18 квадратных фарлонгов, точнее 17,937254 квадратного фарлонга, или 179,37254 акра. Если бы расстояния от последовательных углов равнялись соответственно 3, 2 и 4 фарлонгам, то площадь поля составляла бы 209,70537 акра.

Один из способов решения данной задачи состоит в следующем. Выразим площадь треугольника АРВ через сторону квадрата х. Удвоенный результат составит ху. Поделив его на л: и возведя в квадрат, мы выразим у 2 через х. Аналогично выразим z 2 через x; затем решим уравнение y2+z2 = 32, которое примет вид x4 – 20x2 = -37. Следовательно,

квадратного фарлонга (очень точное приближение), а поскольку в одном квадратном фарлонге содержится десять акров, то это равно 179,37254 акра. Если мы возьмем отрицательный корень уравнения, то получим площадь поля в 20,62746 акра; в этом случае сокровища были бы зарыты вне поля, как показано на рис. 2. Но это решение исключено условием, гласящим, что сокровища зарыты на поле. Точные слова были: «В документе… говорится, что поле квадратное и что сокровища зарыты на нем…»

 

Головоломки профессора

67. Ключом к решению головоломки служит тот факт, что если составлять магический квадрат из целых чисел, сумма которых равна 15, то 2 обязательно приходится помещать в одном из его углов. В противном случае числа должны быть дробными, а это и обеспечено в нашей головоломке использованием шестипенсовых монет и полукрон.

Я привожу нужное расположение, в нем используются наименьшие ходящие в Англии монеты, сумма которых составляет 15. Можно заметить, что в каждом углу находится дробная сумма, тогда как требуемая сумма вдоль каждого из восьми направлений равна целому числу шиллингов.

68. Первая из этих головоломок основана на аналогичном принципе, хотя на самом деле она много проще, ибо условие, что девять марок должны быть различными, делает простым их выбор, хотя для того, чтобы их правильно разместить, требуется немного подумать и поэкспериментировать, прежде чем будет обнаружена закономерность, управляющая дробями в углах, На рисунке вы видите решение.

Я привожу и решение второй головоломки с маркам ми. Сумма вдоль каждой вертикали, горизонтали и диагонали равна 1 шиллингу 6 пенсам. В одном квадратике нет марок, и условием это не запрещено. В обращении находятся марки следующего достоинства: 1/2 d., 1 d., 1 1/2 d., 2d., 2 1/2 d., 3d., 4d., 5d., 6d., 9d., 10d., 1 s., 2s,6d., 5s., 10s., £1 и £2.

В первом случае числа образуют арифметическую прогрессию: 1, l 1 / 2 , 2 1 / 2 , 3, 3 1 / 2 , 4, 4 1 / 2 , 5. Но из любых девяти чисел можно образовать магический квадрат, если их удается расположить следующим образом:

где разности по горизонталям все одинаковы так же, как и разности по вертикалям, хотя последние и не обязаны совпадать с первыми. Именно так обстоит дело в случае второго решения, где числа можно записать в виде

Точно так же в решении задачи 67 с монетами числа в шиллингах равны

Если должно быть девять различных чисел, то 0 может появиться один раз (как в решении задачи 22). И все же можно построить квадрат с отрицательными числами следующим образом:

69. Как совершенно верно заметил Профессор, существует только одно решение (если не считать симметричного) этой головоломки. На другие бокалы прыгают следующие лягушки: Джордж в третьем (сверху) горизонтальном ряду; Чанг – искусно выполненное существо в конце четвертого ряда и Вильгельмина – прекрасное создание в седьмом ряду. Джордж прыгает вниз на второй бокал седьмого ряда; Чанг, который из-за хронического ревматизма может совершить лишь небольшие прыжки, перемещается довольно неохотно на бокал, расположенный непосредственно над ним (восьмой в третьем ряду), тогда как Вильгельмина со всем пылом юности и пола совершает отличный и сложный прыжок на четвертый бокал четвертого ряда.

При новом расположении, как видно из рисунка, никакие две лягушки не находятся на одной вертикали, горизонтали или диагонали.

70. Эта головоломка довольно трудна, хотя, как заметил Профессор, когда Хокхерст нашел решение, «она как раз из тех, которые решаются… с первого взгляда», если повезет. И все же если посмотреть на изящное симметричное решение, то оно выглядит невероятно простым.

Можно заметить, что Ромео добирается до балкона Джульетты, посетив каждый дом ровно по одному разу и сделав при этом 14 поворотов, если не считать поворот, который он делает в самом начале. Это наименьшее возможное число поворотов, и задачу можно решить, лишь выбрав путь, указанный на рисунке или симметричный ему.

71. Для того чтобы совершить свое путешествие с наименьшим числом поворотов, Ромео должен избрать указанный мною путь, при котором приходится сделать лишь 16 поворотов. Профессор сообщил мне, что Helix Aspersa, то есть обыкновенная, или садовая, улитка, испытывает странную неприязнь к поворотам, она настолько велика, что один представитель этого вида, с которым он проводил эксперименты, отправился однажды вечером по прямой и с тех пор так и не повернул назад.

72. Это одна из тех головоломок, где практически невозможно избежать неоднозначности решения. Имеются два или три положения, на которые четыре лягушки могут прыгнуть таким образом, чтобы образовалось пять прямых, по четыре лягушки на каждой, но решение, приведенное на рисунке, наиболее удовлетворительно.

Прыгавшие лягушки составили свои призраки на прежних местах, дабы показать читателю, где они находились ранее. Чанг, лягушка в середине верхнего ряда, страдающая ревматизмом, о чем уже говорилось в задаче о лягушках и бокалах, делает самый короткий прыжок – на небольшое расстояние между двумя рядами; Джордж и Вильгельмина прыгают с концов нижнего ряда в направлении север-северо-запад и север-северо-восток соответственно, тогда как лягушка из середины нижнего ряда, чье имя Профессор забыл упомянуть, прыгает точно на юг.

 

Смешанные головоломки

73. Дабы выиграть в эту игру, вы должны рано или поздно оставить сопернику четное число одинаковых групп. Затем, что бы он ни делал в одной группе, вы повторяете та же самое в такой же группе. Пусть, например, вы оставили ему следующие группы: 0.0.000.000. Теперь если он собьет одну кеглю, то и вы сбиваете одну кеглю; если он собьет две из одного триплета, то и вы сбиваете две из другого триплета; если он собьет центральную кеглю в одном из триплетов, то и вы сбиваете центральную кеглю другого триплета. Таким путем вы должны выиграть при известных обстоятельствах. Поскольку игра начинается с расположения 0.00000000000, первый игрок может всегда выиграть, но только при условии, что он собьет шестую или десятую кеглю (считая одну, уже упавшую, второй), и это в любом случае приведет к расположению 0.000.0000000, поскольку порядок групп роли не играет. Что бы теперь ни сделал второй игрок, всегда можно добиться четного числа равных групп. Предположим, что он сбивает одинокую кеглю, тогда мы оставляем ему расположение 00.0000000. Далее, что бы он ни делал, мы затем оставляем ему либо 000.000, либо 0.00.000. Мы уже знаем, что в первом случае выигрыш обеспечен, но он обеспечен и во втором случае, ибо, как бы противник ни играл, мы всегда можем поставить его либо перед 0.0, либо перед 0.0.0.0, либо перед 00.00. Провести полный анализ я предоставляю читателю.

74. На рисунке показано, как из 13 частей можно сложить шахматную доску (следует заметить, что обратная задача о вырезании из доски этих специальных частей занимательна в равной степени)/

75. Представьте себе, что комната – это картонная коробка. Тогда ее можно разрезать многими способами и развернуть на стол. Я показываю четыре таких способа и отмечаю в каждом случае относительное расположение паука и мухи и прямой путь, которым, не сходя с картона, должен двигаться паук. Это четыре наиболее благоприятных случая, и можно заметить, что кратчайшим будет путь 4, поскольку он равен всего лишь 40 футам (сложите 32 в квадрате с 24 в квадрате и извлеките квадратный корень).

Легко видеть, что на самом деле паук ползет по пяти из шести различных сторон комнаты! Отметив путь, сложите вновь коробку (удалив сторону, по которой паук не ползет), и вид наикратчайшего пути окажется довольно удивительным. Если бы паук придерживался пути, который большинству, очевидно, покажется кратчайшим (путь 1), то ему пришлось бы проделать 42 фута! На пути 2 расстояние составило бы 43,174 фута, а длина пути 3 оказалась бы равной 40,718 фута. Я предоставляю читателю определить наикратчайшие пути, когда паук и муха находятся соответственно от потолка и пола на расстояниях 2, 3, 4 и 5 футов.

76. Брат Джон дал первому человеку три большие и одну маленькую бутылки, полные вина, и одну большую и три маленькие пустые бутылки. Каждому из двух оставшихся он дал две большие и три маленькие бутылки вина и две большие и одну маленькую пустые бутылки. Таким образом, каждый из трех человек получил равную долю вина и одинаковое число бутылок каждого размера.

77. На рисунке показано, как следует разрезать кусок материи на две части. Опустите правую часть на один «зуб», и вы получите правильный квадрат с симметрично расположенными розами.

78. Небольшое исследование данной головоломки убедит читателя, что Хендрик никогда не сможет схватить черную свинью и что белая свинья никогда не будет схвачена Катрюн.

Каждая свинья просто вбегает в один из ближайших углов и выбегает из него, и ее никогда не удастся схватить. Как это ни странно на первый взгляд, датчанин не может схватить черную свинью, а его жена белую! Но каждый из них без труда может поймать свинью другого цвета. Так что если первый игрок решит послать Хендрика за белой свиньей, а Катрюн за черной, он безо всякого труда выиграет за небольшое число ходов.

Это на самом деле столь просто, что даже нет необходимости приводить запись партии. С помощью этой игры мы решаем головоломку из реальной жизни. Датчанин и его жена не могут поймать свиней, потому что по своей простоте и незнанию нрава датских свиней каждый бегает не за тем животным, за которым нужно.

Принцип, на котором строится эта головоломка, известей шахматистам как «переход в оппозицию». В случае головоломки ходы напоминают ходы шахматной ладьи с дополнительным условием, что ладья может ходить лишь на соседнюю клетку. Если число клеток в том же ряду между мужчиной или женщиной и свиньей нечетно, то свинью схватить нельзя, если же это число четно, то схватить ее можно. Число клеток между Хендриком и черной свиньей, а также между Катрюн и белой свиньей равно 1 (нечетное число), следовательно, они не смогут поймать соответствующих свиней. Но число клеток между Хендриком и белой свиньей, а также между Катрюн и черной свиньей равно 4 (четное число), значит этих свиней они смогут легко поймать.

79. Начав с 5, первый игрок может всегда выиграть Если ваш противник тоже пойдет с 5, то вы пойдете с 2 с суммой 12. Далее, когда он будет ходить 5, вы ходите 2, и если на каком-нибудь шаге он выпадет из ряда 3, 10, 17, 24, 31, вы вступите в него и выиграете. Если же после вашего первого хода 5 он вместо 5 выберет что-то другое, вы сделаете 10 или 17 и выиграете. Первый игрок может также выиграть, начав с 1 или 2, но игра довольно запутанна. Однако она стоит того, чтобы читатель изучил ее.

80. В эту головоломку заложена восточная хитрость. И дело не в том, что были озадачены представители пяти стран. Гораздо более были бы озадачены инженеры в своих попытках проложить все эти извилистые пути. На рис. 1 показаны направления для всех пяти систем линий, так что никакая линия не пересечет другие и при этом способе расстояния, видимо, будут самыми короткими.

Быть может, читатель хочет знать, сколько различных решений есть у этой головоломки. На это я отвечу, что число решений неопределенно, и объясню, почему. Если мы просто рассмотрим случай одной линии А, то на рис. 2 показан один путь, на рис. 3 – второй, на рис. 4 – третий и на рис. 5 – четвертый. Если путь на рис. 3 отличен от пути на рис. 4, а это несомненно так, то путь на рис. 5 отличен от пути на рис. 4. Но, последовательно взглянув на рис. 2, 3, 4, 5, мы видим, что этот процесс можно продолжать неограниченно, а поскольку всегда есть пути (сколь бы длинны и извилисты они ни были) от станций В и Е к соответствующим главным путям, то число путей для одной линии А бесконечно.